2019年江苏省各市中考数学压轴题选编

28.（2019年镇江）（11分）学校数学兴趣小组利用机器人开展数学活动在相距150个单位长度的直线跑道AB上，机器人甲从端点A出发，匀速往返于端点A、B之间，机器人乙同时从端点B出发，以大于甲的速度匀速往返于端点B、A之间他们到达端点后立即转身折返，用时忽略不计兴趣小组成员探究这两个机器人迎面相遇的情况，这里的“迎面相遇”包括面对面相遇、在端点处相遇这两种.【观察】观察图1,若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为30个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为个单位长度；若这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为40个单位长度，则他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为个单位长度.【发现】设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第二次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度兴趣小组成员发现了y与x的函数关系，并画出了部分函数图像（线段0P,不包括点0,如图2所示）.①a=;②分别求出各部分图像对应的函数表达式，并在图2中补全函数图像.【拓展】设这两个机器人第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为x个单位长度，他们第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y个单位长度•若这两个机器人第三次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离为y不超过60个单位长度，则他们第一次迎面相遇时，相遇地点与点A之间的距离x的取值范围是•（直接写出结果）1/3520192019江苏省各市中考压轴题/35③④第28题答图2°如图，当/PCB=90。时，由勾股定理得DB=3,•••CB=33,在厶PCB中PC2+CB2=2,(33)2+Pb(t-3)2=t2,解得t=6.3°当/CPB=90。时，易证四边形ABPB为正方形，PB=AB=2•.3,•t=23；⑴如图④，四边形ABCD为正方形，t>3时，TAB=Ab=AD,AM=AM,Rt△MDA也RtABAM(HL),•••/DAM=ZBAM,由轴对称可得/PAB=ZPAB=2/DAM+ZPAD，•/PAB+ZPAD=2/DAM+2/PAD=90°,•••/PAM=ZDAM+ZPAD=45（2019•泰州）｛解析｝本题考查了待定系数法求一次函数的解析式、反比例函数的解析式，反比例函数与一次函数的综合，分类讨论思想・（1）①把点A（3,4）的坐标代入y2=m，即可求出的y函数表达式；从而得x出m的值；再由n二一2,和点A（3,4）的坐标代入yi二kx+n可求得k；②由函数图像的性质可直接得出x的范围；（2）①可用m、n的代数式表示出点D、点B、点C的坐标，再分两种情况得出方程；②先可用k、m、n的代数式表示出点E坐标为（，0），再分点E在点B左侧、点E在点B右侧，得出d关于k、km、n的关系式，从而可求得结论・｛答案｝解：（1）①…y二—过点A（3,4）,x3m=12,又…点A(3,4)yi=kx+n的图象上，且n二一2,・4=3k—2,•••k=2・②由图像可知当x>3时，yi>y2・(2［①：k=2,•yi=2x+n,•••平行于y轴的直线I过点P(1,0),•••D(1,2+n),B(1,m),C(1,n),又•••点B、C、D中的一点到另外两点的距离相等，若BD=BC，贝V2+n—m=m一n,•m-n=1,若BD=DC，贝vm—(2+n)=2+n一n,.m一n=4,若BC=DC，贝ym—n=2+n一n,.m一n=2,m—n=2.m—n=1或m—m—n=2.②由题意可知，B(1,m),C(1,n),当yi=m时，kx+n=m.x=即点E为（丄丄,0）,kBC=mn,BE=1mkn,(i)当点E在点B左侧时，mnd=BC+BE=(mn)(1)k、mnq(=(mn)1k1=(mn)(1-)1.k=1，从而d=1;(ii)当点E在点B右侧时，k>0,d=BC+BE=(mn)(m-1)k=(mn)1=(mn)(1-)1k•••k>0,m-n的值取不大于1的任意实数，不存在定值k,使d的值与m-n的取值无关,•••此情况不合题意，舍去，综上所述，k=1,d=1.（2019•苏州）｛解析｝本题考查了二次函数与一元二次方程、三角形外接圆的圆心以及等腰三角形的判定等知识，属于二次函数的综合题・（1）令y=0,求出x的值，x的值就是二次函数的图像与x轴交点的横坐标；（2）根据圆的轴对称性，可知圆心就是边AB和边AC垂直平分线的交点，通过轴对称性求解；（3）先求出△ABP的面积，发现△ABP的面积与厶QBP的面积相等，得出AQ//BP,再根据等角对等边”得出AP=QB,通过勾股定理列出方程可求出点Q的坐标.2｛答案｝解：（1）解：由题意得C0,a，且yx（a1）xa=x1xa由图知：av0,令y二0，则禺=1,X2=a,所以A（a,0）,B1,0,C0,aSABC1aa=62a3或a4（舍）①a3；（2）由（1）得A（-3，°）,b1,0,C0,3，所以AO=OC=3，且①AOC=90°ABC外接圆圆心就是线段AB和AC垂直平分线的交点，很显然线段AC的垂直平分线与①AOC的角平分线所在的直线yx重合，又①AB的垂直平分线为x1,ABC外接圆圆心的坐标（-1,1）.P（3）解：过点P作PD①x轴由题意得：PD=d,P①SABP-PDAB=-X4d=2d,22①QPB的面积为2d,①SABPSBPQ,即A、D两点到PB得距离相等①AQ/PB设PB直线解析式为yxb，且它经过点B（1,0）—y2x2x2x2x解得c（舍）解得所以P(-4,-5),由于PAQAQB,AQ①BP，所以PBQ设BQ于AP交于点G,则AG=QG,BG=PG,所以AP=QB,①BQ=AP=.26,直线AC的表达式为y=x+3,设点Q(m,-m+3)(m<0),①1m2m326m4或2(舍去)®Q4,1(2019•南京)｛解析｝本题考查了一次函数、反比例函数、二次函数的图象和性质；一元二次方程根的判别式；转化思想；数学应用意识等.｛答案｝解：⑴①3;②(1,2).［解析］①d(0,a=|—2-0丨+丨1-0|=2+1=3；②设点B的坐标为(t,-2t+4)(0<t〈2),贝U|t-0丨+|—21+4-0|=3,即丨t丨+2t一2=3.v0〈t<2,at-2V0・At+2(2-1)=3.解得t=1.此时一一2t+4=2.二点B的坐标为(1,2).⑵假设函数y二X(x〉0)的图象上存在点qx,y),使d(0,C)=3.根据题意,得|X-0|+|——0|=3X因为X因为X〉0,所以4〉0X-0|+|4-0|=X+4所以X+4=3.X方程两边乘X,得X+4二3x・整理，得X2—3x+4=0.因为a二1,b=一3,c=4,b2一4ac=(一3)2一4X1x4=一7v0,所以方程X2—3x+4=0无实数根.所以函数丫=(x〉0)的图象上不存在点C,使d(0,C)=3.xx⑶设D(x,y).根据题意，得d(O,D)=|x一0|+|x一5x+7一0|=|x|+|x一5x+7|.因为X2—5x+7=(x一|)2+3，又x〉0,所以d(O,D)=x+x一5x+7=x一4x+7=(x一2)+3.所以当x=2时，d(0,D)有最小值3,此时点D的坐标是(2,1).⑷如图5，以M为原点，MN所在直线为x轴建立平面直角坐标系xOy.将函数y二一x的图象沿

y轴正方向平移，直到与景观湖边界所在曲线有交点时停止.设交点为E,过点E作EH丄MN垂足为H.修建方案是：先沿MN方向修建到H处，再沿HE方向修建到E处.理由：设过点E的直线丨］与乂轴相交于点F.在景观湖边界所在曲线上任取一点P，过点P作直线I//I,丨与x轴相交于点G.因为/EFH=45°，所以EH=FH,d(O,E)=OF+EH=OF同理d(O,P212=OG因为O®OF所以d(O,P)>d(O,E).因此，上述方案修建的道路最短.fy(2019•连云港)｛解析｝本题考查了四边形综合题目，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键.问题情境：过点B作BF//MN分别交AE、CD于点G、F，证出四边形MBFN为平行四边形，得出NF二MB，证明△ABE^ABCF得出BE=CF,即可得出结论；问题探究：(1)连接AQ,过点Q作HI//AB，分别交AD、BC于点H、|，证出△DHQ是等腰直角三角形，HD=HQ,AH=QI,证明Rt△AHQ也Rt△QIE得出/AQH=/QEI,得出△AQE是等腰直角三角形，得出/EAQ=/AEQ=45°,即可得出结论；(2)连接AC交BD于点O,则厶APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P'与点D重合；设点P与点O重合时，则点P'的落点为O'，由等腰直角三角形的性质得出/ODA=/ADO'=45°,当点P在线段BO上运动时，过点P作PG丄CD于点G,过点P'作P'H丄CD交CD延长线于点H,连接PC,证明△APB^^CPB得出/BAP=/BCP，证明RtAPG2RtANHP'得出PG=NH,GN=P'H，由正方形的性质得出/PDG=45°,易得出PG=GD，得出GN=DH,DH=P'H,得出/P'DH=45°，故/P'DA=45°，点P在线段DO'上运动；过点S作SK丄DO',垂足为K,即可得出结果;5问题拓展：延长AG交BC于E,交DC的延长线于Q,延长FH交CD于P,贝UEG=AG专,PH=FH,得出15AE=5,由勾股定理得出BE二3,得出CE=BC-BE=1,证明△ABEQCE，得出QE=3AE二孑,AQ=由折叠的性质得:8AB'=EB=3,ZB'=ZB=90°,/CAE+QE二字，证明△AGMABE由折叠的性质得:8AB'=EB=3,ZB'=ZB=90°,/C3TOC\o"1-5"\h\z25253=/BCD=90°，求出B'M=7,AC'=1,证明△AFC's八MAB',得出AF=25,DF=4-=3,证明△DFP777515DAQ，得出FP=7,得出FH=八FP=｛答案｝解：问题情境:解：线段DN、MB、EC之间的数量关系为：DN+MB二EC；理由如下：•••四边形ABCD是正方形，•••/ABE=/BCD=90°,AB=BC=CD,AB//CD,过点B作BF//MN分别交AE、CD于点G、F，如图1所示：•四边形MBFN为平行四边形，•NF=MB,•BF丄AE,•/BGE=90°,•••/CBF+/AEB=90°,v/BAE+/AEB=90°,•/CBF=/BAE,/BAE=/CBF在厶ABE和厶BCF中，AB=BC,•△ABE^^BCF(ASA),「.BE=CF,/ABE=/BCF•/DN+NF+CF=BE+EC,•DN+MB=EC；问题探究:解:(1)连接AQ,过点Q作HI//AB,分别交AD、BC于点H、丨，如图2所示：•••四边形ABCD是正方形，四边形ABIH为矩形，•HI丄AD,HI丄BC,HI=AB=AD,•/BD是正方形ABCD的对角线，•/BDA=45°,「仏DHQ是等腰直角三角形，HD二HQ,AH=QI,•/MN是AE的垂直平分线，•AQ=QE,AQ=QE在RtAAHQ和RtAQIE中，RtAAHQ也RtAQIE(HL),AH=QI•••/AQH=/QEI,•/AQH+/EQI=90°,•/AQE=90°,「仏AQE是等腰直角三角形,•••/EAQ=/AEQ=45°，即/AEF=45°;(2)连接AC交BD于点O,如图3所示：则厶APN的直角顶点P在OB上运动，设点P与点B重合时，则点P'与点D重合；设点P与点O重合时，则点P'的落点为O',•/AO=OD,/AOD=90°，•/ODA=/ADO'=45°,当点P在线段BO上运动时，过点P作PG丄CD于点G,过点P'作P'H丄CD交CD延长线于点H，连接PC,AP=PC•••点P在BD上，•••AP=卩6在厶APB和厶CPB中，BP=BP,：・AAPB©ACPB(SSS,AB=BC•••/BAP=ZBCP,vZBCD=ZMPA=90°,「./PCN=ZAMP,vAB//CD,•••/AMP=ZPNC,：/PCN=ZPNC,：PC=PN,•AP=PN,「./PNA=45°,•••/PNP'=90°,•/P'NH+PNG=90°,v/P'NH+/NP'H=90°,/PNG+/NPG=90°,•••/NPG=/P'NH,/PNG=/NP'H,由翻折性质得：PN=P'N,/NPC=/PNH在厶PGN和厶NHP'中，PN=PN,•••△PGNNHP'(ASA),/PNG=/NP'HPG=NH,GN=P'H,vBD是正方形ABCD的对角线，•/PDG=45°,易得PG=GD,•GN=DH,•DH=P'H，•/P'DH=45。，故/P'DA=45°,•••点P'在线段DO'上运动；过点S作SK土DO',垂足为K，:点S为AD的中点，DS=2,贝UP'S的最小值为.2；问题拓展：解：延长AG交BC于E,交DC的延长线于Q,延长FH交CD于P,如图4：5则EG=AG=2,PH=FH,-AE=5,在RtAABE中，BE=3,CE=BC-BE=1,v/B=/ECQ=90°,/AEB=/QEC,△ABEQCE,1AEQI=S=3「QE==3,•AQ=AE+QE=20,vAG丄MN,•/AGM=90°=/B,3v/MAG=/EAB,v/MAG=/EAB,・・・AAGMABE,*=也，即AEAB5=2,解得4AM=25,8由折叠的性质得：AB'=EB由折叠的性质得：AB'=EB=3,/B'=/B=90°,/C'=/BCD=90°,B'M=J,AC'=1,v/BAD=90」/B'AM=/C'FA,FC—MABFDFA',•篇二AM=7，解得:A=坷•=4—簣号8vAG丄MN,FH丄MN,•AG/FH,•AQ//FP,•△DFPDAQAQ=DF,即芥4解得：515FP20DSnDBGAQ=DF,即芥4解得：515FP20DSnDBG0丘匿^53Ep'ML1门(2019•淮安)｛解析｝本题考查了图形的变换•图形的旋转中，线段的长度保持不变，构建一个等腰三角形•①利用等腰三角形的性质求出角度；②判定两直线的位置关系，可以根据同旁内角的和等于180度解决问题；(2)合理使用圆的定义和圆周角的度数等于其弧所对的圆心角的度数的一半，再利用平行线的判定，得到两直线平行；(3)合理使用已有结论(两直线平行)，根据点在运动中构成三角形的两边关系求出线段的最小值•

｛答案｝（1）①50.TPB=PE/B