精品解析：2020年浙江省丽水市中考数学试题（解析版）

2020 年浙江省丽水市中考数学试卷一．选择题（共 10 小题） 1. 有理数 3 的相反数是（　　） 1313A. B. C. 3D. ﹣3 ﹣A【答案】【解析】【分析】依据相反数的定义求解即可．【详解】解：3 的相反数是﹣3．故选：A．【点睛】本题主要考查了相反数的定义．只有符号不同的两个数称互为相反数． x  5 x  2 2. 分式的值是零，则 x 的值为（） B. 2 A. 5 C. －2 D. －5 D【答案】【解析】【分析】分式的值为零：分子等于零，且分母不等于零．【详解】解：依题意，得 x+5=0，且 x-2≠0，解得，x=-5,且 x≠2,即答案为 x=-5．故选：D．【点睛】本题考查了分式的值为零的条件．若分式的值为零，需同时具备两个条件：（1）分子为 0；（2）分母不为 0．这两个条件缺一不可． 3. 下列多项式中，能运用平方差公式分解因式的是（） a2 b2 a2  b2 2a b2 a2 b2 A. B. C. D. C【答案】【解析】【分析】根据平方差公式的特点分析即可． 2【详解】解：A、 2 不能运用平方差公式分解，故此选项错误； a  b B、 C、 D、 2 不能运用平方差公式分解，故此选项错误： 2 能运用平方差公式分解，故此选项正确： 2 不能运用平方差公式分解，故此选项错误； 2a b 2a b 2a b 故答案为 C．【点睛】本题考查了平方差公式和因式分解，运用平方差公式分解因式的多项式必须是二项式、两项都能写成平方的形式且符号相反． 4. 下列四个图形中，是中心对称图形的是（） A. B. C. D. C【答案】【解析】【分析】根据中心对称的图形的定义：把一个图形绕某一点旋转 180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就是中心对称图形．【详解】A 选项不是中心对称图形，故本选项错误； B 选项不是中心对称图形，故本选项错误； C 选项是中心对称图形，故本选项错误； D 选项不是中心对称图形，故本选项错误；故本题答案选 C．【点睛】本题主要考查的是中心对称图形的定义，理解定义是解本题的关键． 5. 如图，有一些写有号码的卡片，它们的背面都相同，现将它们背面朝上，从中任意摸出一张，摸到 1 号卡片的概率是（） 13231612A. B. C. D. A【答案】【解析】【分析】根据概率公式直接求解即可．【详解】解：∵共有 6 张卡片，其中写有 1 号的有 3 张， 3612∴从中任意摸出一张，摸到 1 号卡片的概率是故选：A．，【点睛】此题考查了概率的求法，用到的知识点为：可能性等于所求情况数与总情况数之比． 6. 如图，工人师傅用角尺画出工件边缘 AB 的垂线 a 和 b，得到 a∥b，理由是（） A. 连结直线外一点与直线上各点的所有线段中，垂线段最短 B. 在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线互相平行 C. 在同一平面内，过一点有一条而且仅有一条直线垂直于已知直线 D. 经过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行 B【答案】【解析】【分析】根据在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行判断即可．【详解】解： ∵由题意 a⊥AB，b⊥AB， ∴∠1=∠2 ∴a∥b 所以本题利用的是：同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行，故选：B．【点睛】本题考查平行线的判定，平行公理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． k7. (2a) (2 b) (3 c) 已知点－，，，，，在函数 y  k＞0 的图象上，则下列判断正确的是（）xA. a＜b＜c B. b＜a＜c C. a＜c＜b D. c＜b＜a C【答案】【解析】【分析】 kyx随的增大而 y  (k  0) 根据反比例函数的性质得到函数的图象分布在第一、三象限，在每一象限， xa  0 ．减小，则b  c  0 ，【详解】解：k  0 ，kyx随的增大而减小， y  (k  0) 函数的图象分布在第一、三象限，在每一象限， xQ- 2 < 0 < 2 < 3 ，a  0 ，．，b  c  0 a  c  b 故选：．C【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．如图，⊙O 是等边△ABC 的内切圆，分别切 AB，BC，AC 于点 E，F，D，P 是  上一点，则∠EPF 的 8. DF 度数是（） A. B. C. D. 50° 65° 60° 58° B【答案】【解析】【分析】连接 OE，OF．求出∠EOF 的度数即可解决问题．【详解】解：如图，连接 OE，OF． ∵⊙O 是△ABC 的内切圆，E，F 是切点， ∴OE⊥AB，OF⊥BC， ∴∠OEB=∠OFB=90°， ∵△ABC 是等边三角形， ∴∠B=60°， ∴∠EOF=120°， 1∴∠EPF= ∠EOF=60°， 2故选：B．【点睛】本题考查三角形的内切圆与内心，切线的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 9. 如图，在编写数学谜题时，“□”内要求填写同一个数字，若设“□”内数字为 x，则列出方程正确的是（） A. 32x  5  2x B. 320x  5 10x2 3 20  x  5 10x  2 C. 320  x  5  20x D. D【答案】【解析】【分析】直接利用表示十位数的方法进而得出等式即可．【详解】解：设“□”内数字为 x，根据题意可得： 3×（20+x）+5=10x+2．故选：D．【点睛】此题主要考查了由实际问题抽象出一元一次方程，正确表示十位数是解题关键． 10. “如图，四个全等的直角三角形拼成赵爽弦图，得到正方形 ”ABCD EFGH. EG BD 连结，相交于点与正方形 S正方形ABCD O，BD HC 与P. GO=GP 若相交于点，则的值是（）S正方形EFGH 15 4A. B. C. D. 1 2 2  2 5 2 B【答案】【解析】【分析】 DBPG @DBCG(ASA) BC2 = (4+ 2 2)x2 OG = PG = CG = x EG  2x ，证明得出，得出．设，则，由勾股定理 FG = 2x PG  CG ，则可得出答案． 【详解】解：四边形EFGH 为正方形， \ ÐEGH = 45° FGH  90 ，，QOG = GP ，\ ÐGOP = ÐOPG = 67.5° ，\ ÐPBG = 22.5° ，又DBC  45 ，\ ÐGBC = 22.5° ，\ ÐPBG = ÐGBC ，QÐBGP = ÐBG = 90° ，BG  BG ，\ DBPG @DBCG(ASA) ，\ PG = CG ．OG = PG = CG = x 设，O 为EG ，的交点， BD \ EG = 2x ，，FG = 2x “”四个全等的直角三角形拼成赵爽弦图， \ BF = CG = x \ BG = x + 2x ，，\ BC2 = BG2 + CG2 = x2 ( 2+ 1)2 + x2 = (4+ 2 2)x2 ，4+ 2 2 x2 ()S正方形ABCD ．2== 2+ S正方形EFGH 2×2 故选： B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，熟练掌握勾股定理的应用是解题的关键．二．填空题（共 6 小题） 11. 点 P(m，2)在第二象限内，则 m 的值可以是(写出一个即可) ______ ．【答案】－1（答案不唯一，负数即可）【解析】【分析】根据第二象限的点符号是“-，+”，m 取负数即可．【详解】∵点 P(m，2)在第二象限内， ∴，m  0 m 取负数即可，如 m=-1，故答案为：－1（答案不唯一，负数即可）．【点睛】本题考查了已知点所在象限求参数，属于基础题，掌握第二象限点坐标的符号是“-，+”是解题的关键． 12. 数据 1，2，4，5，3 的中位数是______． 3【答案】【解析】【分析】先将题目中的数据按照从小到大排列，即可得到这组数据的中位数． 1245312【详解】解：数据，，，，按照从小到大排列是，，，，， 3453则这组数据的中位数是， 3故答案为：．【点睛】本题考查中位数，解答本题的关键是明确中位数的含义，会求一组数据的中位数． 213. 如图为一个长方体，则该几何体主视图的面积为 ______ cm . 【答案】20 【解析】【分析】根据从正面看所得到的图形，即可得出这个几何体的主视图的面积．【详解】解：该几何体的主视图是一个长为 5，宽为 4 的矩形，所以该几何体主视图的面积为 20cm2．故答案为：20．【点睛】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图． 14. 如图，平移图形 M，与图形 N 可以拼成一个平行四边形，则图中 α 的度数是______°． 30 【答案】【解析】【分析】根据平行四边形的性质解答即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ABCD \ ÐD = 180°- ÐC = 60° ，\ Ða = 180°- (540°- 70°- 140°- 180°) = 30° ，30 故答案为：．【点睛】此题考查平行四边形的性质和多边形的内角和，关键是根据平行四边形的邻角互补解答． 15. 如图是小明画的卡通图形，每个正六边形的边长都相等，相邻两正六边形的边重合，点 A，B，C 均为正 ______ 六边形的顶点，AB 与地面 BC 所成的锐角为 β，则 tanβ 的值是．19 15 3【答案】【解析】【分析】 3作 AT//BC，过点 B 作 BH⊥AT 于 H，设正六边形的边长为 a，则正六边形的半径为 a，边心距= 后再.求出 BH、AH 即可解答． a，然 2【详解】解：如图，作 AT//BC，过点 B 作 BH⊥AT 于 H，设正六边形的边长为 a，则正六边形的半径为 a， 3边心距= a2观察图像可知： 719 2BH  6a  7asin30 =6a  a  a25 3 AH  5acos30 = a219 25 3 aBH AH 19 15 3．所以 tanβ＝ 219 故答案为 15 3．【点睛】本题考查了正六边形的性质和解直角三角形的应用，解题的关键在于正确添加常用辅助线、构造直角三角形求解． 16. 图 1 是一个闭合时的夹子，图 2 是该夹子的主视示意图，夹子两边为 AC，BD（点 A 与点 B 重合），点 O 是夹子转轴位置，OE⊥AC 于点 E，OF⊥BD 于点 F，OE=OF=1cm，AC=BD=6cm， CE=DF， CE:AE=2:3. 按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点 O 转动．的(1)当 E，F 两点距离最大值时，以点A，B，C，D 为顶点的四边形的周长是_____ cm． (2)当夹子的开口最大（点 C 与点 D 重合）时，A，B 两点的距离为_____cm． 60 (1). (2). 【答案】 16 13 【解析】【分析】（ 1 ）当E 、 O 、 F 三点共线时， E 、 F 两点间的距离最大，此时四边形ABCD 是矩形，可得 AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可．（2）当夹子的开口最大（点 C 与 D 重合）时，连接 OC 并延长交 AB 于点 H，可得CH  AB ，AH=BH， 12 5OE CO AH 利用已知先求出CE  cm，在 Rt△OEF 中利用勾股定理求出 CO 的长，由si n ECO  ，AAC 求出 AH，从而求出 AB=2AH 的长．【详解】（1）当 E、O、F 三点共线时，E、F 两点间的距离最大，此时四边形 ABCD 是矩形， ∴AB=CD=EF=2cm， ∴以点 A，B，C，D 为顶点的四边形的周长为 2+6+2+6=16cm．（2）当夹子的开口最大（点 C 与 D 重合）时，连接 OC 并延长交 AB 于点 H， ∴CH  AB ，AH=BH， ∵AC=BD=6cm，CE∶AE=2∶3， 12 ∴CE  cm ，513 5在 Rt△OEF 中，CO  OE2  CE2  ，OE CO AH 30 ∵，，si n ECO  AH  AAC 13 60 ∴AB=2AH= ．13 60 13 故答案为 16，．【点睛】本题主要考查了勾股定理与旋转的结合，做题时准确理解题意利用已知的直角三角形进行求解是解题的关键．三．解答题（共 8 小题） 02020 +4  tan 45o + 3 17. 计算： 5【答案】【解析】【分析】利用零次幂的性质、二次根式的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质进行计算，再算加减即可． = 1+ 2- 1+ 3 = 5 【详解】解：原式．【点睛】此题主要考查了实数运算，关键是掌握零次幂、二次根式的性质、特殊角的三角函数值、绝对值的性质． 5x  5＜2(2+x) 18. 解不等式：【答案】x <3 【解析】【分析】 1去括号，移项、合并同类项，系数化为求得即可． 5x- 5 < 2(2+ x) 【详解】解： 5x- 5 < 4+ 2x 5x- 2x < 4+ 5 ，，，3x  9 ．x  3 的【点睛】本题考查了解一元一次不等式，熟练掌握解不等式步骤是解题的关键． 19. 某市在开展线上教学活动期间，为更好地组织初中学生居家体育锻炼，随机抽取了部分初中学生对“最喜爱的体育锻炼项目”进行线上问卷调查（每人必须且只选其中一项），得到如下两幅不完整的统计图表，请根据图表信息回答下列问题：类别项目人数 59 ABCDE跳绳健身操俯卧撑开合跳其它 ▲31 ▲22 （1）求参与问卷调查的学生总人数．（2）在参与问卷调查的学生中，最喜爱“开合跳”的学生有多少人？（3）该市共有初中学生约 8000 人，估算该市初中学生中最喜爱“健身操”的人数．【答案】（1）200;（2）48;（3）1600 【解析】【分析】（1）从统计图表中可得，“E 组其它”的频数为 22，所占的百分比为 11%，可求出调查学生总数；（2）“开合跳”的人数占调查人数的 24%，即可求出最喜爱“开合跳”的人数；（3）求出“健身操”所占的百分比，用样本估计总体，即可求出 8000 人中喜爱“健身操”的人数．【详解】解：（1）22÷11%＝200. ∴参与问卷调查的学生总人数为 200 人. （2）200×24%＝48. 答:最喜爱“开合跳”的学生有 48 人. （3）抽取学生中最喜爱“健身操”的初中学生有 200－59－31－48－22＝40（人）， 40 8000＝1600 .200 ∴最喜爱“健身操”的初中学生人数约为 1600 人. 【点睛】本题考查统计表、扇形统计图的意义和制作方法，理解统计图表中的数量之间的关是解决问题的关键． 20. 如图，的半径 OA=2，OC⊥AB 于点 C，∠AOC＝60°． AB （1）求弦 AB 的长． （2）求的长． AB 4 31【答案】（） 2;2（） 3【解析】【分析】 1（）根据题意和垂径定理，可以求得的长，然后即可得到的长； AC AB 2（）根据AOC  60 ，可以得到 AOB 的度数，然后根据弧长公式计算即可． 1【详解】解：（）的半径OA  2 ，于点，AOC  60 ，OC  AB CAB 3，3\ AC = OAgsin 60° =2´ =2； AB  2AC  2 3 2（）OC  AB ，AOC  60 ，AOB 120 ，，OA  2 120 2 4 的长是：．AB 180 3【点睛】本题考查弧长的计算、垂径定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 21. 某地区山峰的高度每增加 1 百米，气温大约降低 0.6℃.气温 T(℃)和高度 h(百米)的函数关系如图所示.请根据图象解决下列问题：（1）求高度为 5 百米时的气温．（2）求 T 关于 h 的函数表达式．（3）测得山顶的气温为 6℃，求该山峰的高度．【答案】（1）12℃;（2）T＝－0.6h＋15;（2）15;（3）该山峰的高度大约为 15 百米【解析】【分析】（1）根据高度每增加 1 百米，气温大约降低 0.6℃，由 3 百米时温度为 13.2°C，即可得出高度为 5 百米时的气温；（2）应用待定系数法解答即可；（3）根据（2）T＝－0.6h＋15 的结论，将 T＝6 代入，解答即可．【详解】解：（1）由题意得高度增加2 百米，则温度降低 2×0.6＝1.2（℃）. ∴13.2－1.2＝12 ∴高度为 5 百米时的气温大约是 12℃. （2）设 T=-0.6h+b(k≠0)，当 h＝3 时，T＝13.2， 13.2=－0.6 3+b，解得 b=15. ∴T＝－0.6h＋15. （3）当 T＝6 时，6＝－0.6h＋15，解得 h＝15. ∴该山峰的高度大约为 15 百米. 【点睛】本题考查一次函数的应用，解题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答问题． 22. 如图，在△ABC 中，AB= ，∠B=45°，∠C=60°． 4 2 （1）求 BC 边上的高线长．（2）点 E 为线段 AB 的中点，点 F 在边 AC 上，连结 EF，沿 EF 将△AEF 折叠得到△PEF． ①如图 2，当点 P 落在 BC 上时，求∠AEP 的度数． ②如图 3，连结 AP，当 PF⊥AC 时，求 AP 的长．【答案】（1）4;（2）①90°；② 2 6 【解析】【分析】（1）如图 1 中，过点 A 作 AD⊥BC 于 D．解直角三角形求出 AD 即可．（2）①证明 BE=EP，可得∠EPB=∠B=45°解决问题． AF AE ，由此求出 AF AD 8 3 3②如图 3 中，由（1）可知：AC= ，证明△AEF∽△ACB，推出 AB AC sin 60 即可解决问题．【详解】解：（1）如图 1，过点 A 作 AD⊥BC 于点 D， 2AD  ABsin 45 在 Rt△ABD 中， ==4. 4 2 2（2）①如图 2，∵△AEF≌△PEF， ∴AE＝EP. 又∵AE＝BE ， ∴BE＝EP， ∴∠EPB＝∠B＝45°， ∴∠AEP＝90°. AD 8 3 3②如图 3，由（1）可知：在 Rt△ADC 中， AC  .sin 60 ∵PF⊥AC， ∴∠PFA＝90°. ∵△AEF≌△PEF， ∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B. 又∵∠EAF＝∠CAB， ∴△EAF∽△CAB， 2 2 AF AE AF ∴＝，即＝，8 3 34 2 AC AB ∴AF＝ ,2 3 在 Rt△AFP 中，AF＝PF，则 AP＝＝.2 6 2AF 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型． 123. 如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数 y  (x  m)2  4 Ay图象的顶点为，与轴交于点，异 B2A于顶点的点 C(1 n) ，在该函数图象上．（1）当 m=5 时，求 n 的值．（2）当 n=2 时，若点 A 在第一象限内，结合图象，求当 y 时，自变量 x 的取值范围．  2 3（）作直线 AC yD. 轴相交于点当点 BxOD m 上时，求的取值范围．与在轴上方，且在线段【答案】（1）-4（2）1≤x≤5（3）0≤m＜1 或 1＜m＜2 2【解析】【分析】 1）利用待定系数法求解即可． x时，的值即可判断． y  2 2（）求出 13（）由题意点 (0,- m2 + 4) m，求出几个特殊位置的值即可判断． B的坐标为 211y  (x 5)2  4 【详解】解：（）当m  5时，，21n = -´ 42 + 4 = – 4 当时，．x 1 2112y  (x  m)2  4 2 = -(1- m)2 + 4 C(1,2) （）当n  2 时，将代入函数表达式，得，22解得或（舍弃）， m  3 1 的此时抛物线对称轴x  3 ，y  2 5或，根据抛物线的对称性可知，当时， x 1 \ x 1„ x„ 5 的取值范围为．3（）点，与点不重合， CAm 1 (m,4) 抛物线的顶点的坐标是 A，y  4 抛物线的顶点在直线上， 1y = -m2 + 4 当时，，x  0 21(0,- m2 + 4) 点B的坐标为，2y轴向上移动， m抛物线从图的位置向左平移到图的位置，逐渐减小，点 12B沿1-m2 + 4 = 0 ，当点 B与重合时， O2解得当点或，m  2 2 2 2 2与点重合时，如图，顶点也与 BB，重合，点 DB到达最高点， DAB(0,4) 点，1\ -m2 + 4 = 4 ，解得 m  0 ，2OD 2当抛物线从图的位置继续向左平移时，如图 3点B不在线段上， m上时，的取值范围是： OD 0„ m 1 点在线段或．1< m < 2 2 B 【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，待定系数法，一次函数的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题． 24. 如图，在平面直角坐标系中，正方形 ABOC 的两直角边分别在坐标轴的正半轴上，分别过 OB，OC 的中点 D，E 作 AE，AD 的平行线，相交于点 F，已知OB=8．（1）求证：四边形 AEFD 为菱形．（2）求四边形 AEFD 的面积．（3）若点 P 在 x 轴正半轴上(异于点 D)，点 Q 在 y 轴上，平面内是否存在点 G，使得以点 A，P， Q，G 为顶点的四边形与四边形 AEFD 相似？若存在，求点 P 的坐标；若不存在，试说明理由． 56 98【答案】（1）证明见解析；（2）48；（3）点 P 的坐标为(12，0)，(24，0)，( ，0)，( ，0)，(16，0) 9【解析】【分析】（1）结合正方形性质求得△ACE≌△ABD，从而得到 AE=AD，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．（2）连接 DE，求出△ADE 的面积即可解决问题．（3）首先证明 AK=3DK，①当 AP 为菱形的一边，点 Q 在 x 轴的上方，有图 2，图 3 两种情形．②当 AP 为菱形的边，点 Q 在 x 轴的下方时，有图 4，图 5 两种情形．③如图 6 中，当 AP 为菱形的对角线时，有图 6 一种情形．分别利用相似三角形的性质求解即可．【详解】（1）∵DF∥AE，EF∥AD， ∴四边形 AEFD 是平行四边形. ∵四边形 ABOC 是正方形， ∴OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°. ∵点 D，E 是 OB，OC 的中点， ∴CE＝BD， ∴△ACE≌△ABD(SAS)， ∴AE＝AD， ∴AEFD 是菱形（2）如图 1，连结 DE 121211284=16 44=8 ∵S△ABD ＝AB·BD＝， S△ODE ＝OD·OE＝，216 ∴S△AED＝S 正方形 ABOC－2 S△ABD－ S△ODE＝64－2 －8＝24， ∴S 菱形 AEFD＝2S△AED＝48 （3）由图 1，连结 AF 与 DE 相交于点 K，易得△ADK 的两直角边之比为 1:3 1）当 AP 为菱形一边时，点 Q 在 x 轴上方，有图 2、图 3 两种情况：如图 2，AG 与 PQ 交于点 H， ∵菱形 PAQG∽菱形 ADFE， ∴△APH 的两直角边之比为 1:3 过点 H 作 HN⊥x 轴于点 N，交 AC 于点 M，设 AM=t ∵HN∥OQ，点 H 是 PQ 的中点， ∴点 N 是 OP 中点， ∴HN 是△OPQ 的中位线， ∴ON＝PN＝8－t 又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠AMH＝90°， ∴△HMA∽△PNH， 13AM HN MH PN ∴＝＝，∴HN＝3AM＝3t， ∴MH＝MN－NH＝8－3t. ∵PN＝3MH， ∴8－t =3(8－3t)，解得 t＝2 ∴OP＝2ON＝2(8－t)＝12 ∴点 P 的坐标为(12，0) 如图 3，△APH 的两直角边之比为 1:3 过点 H 作 HI⊥y 轴于点 I，过点 P 作 PN⊥x 轴交 IH 于点 N，延长 BA 交 IN 于点 M ∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠AMH＝∠PNH， ∴△AMH∽△HNP， 13AM HN MH PN ∴＝＝，设 MH＝t， ∴PN＝3MH＝3t， ∴AM＝BM－AB＝3t－8， ∴HN＝3AM＝3(3t－8) ＝9t－24 又∵HI 是△OPQ 的中位线， ∴OP＝2IH， ∴HI＝HN， ∴8＋t＝9t－24，解得 t＝4 ∴OP＝2HI＝2(8＋t)＝24， ∴点 P 的坐标为(24，0) 2）当 AP 为菱形一边时，点 Q 在 x 轴下方，有图 4、图 5 两种情况：如图 4，△PQH 的两直角边之比为 1:3 过点 H 作 HM⊥y 轴于点 M，过点 P 作 PN⊥HM 于点 N ∵MH 是△QAC 的中位线， AC ∴HM＝＝4 2又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N， ∴△HPN∽△QHM， HN 131343NP HM ∴＝＝，则 PN＝＝，MQ HM 43∴OM＝设 HN＝t，则 MQ＝3t ∵MQ＝MC， 420 9∴3t＝8－，解得t＝ 356 ∴OP＝MN＝4＋t＝ 9，56 ∴点 P 的坐标为( ，0) 9如图 5，△PQH 的两直角边之比为 1:3 过点 H 作 HM⊥x 轴于点 M，交 AC 于点 I，过点 Q 作 NQ⊥HM 于点 N ∵IH 是△ACQ 的中位线， ∴CQ＝2HI，NQ＝CI＝4 ∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PMH＝∠QNH， ∴△PMH∽△HNQ， MH NQ PH HQ 13143PM HN ∴＝＝＝，则 MH＝ NQ＝ 3设 PM＝t，则 HN＝3t， ∵HN＝HI， 428 ∴3t＝8+ ，解得 t＝ 398∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝，98∴点 P 的坐标为( ，0) 93）当 AP 为菱形对角线时，有图 6 一种情况：如图 6，△PQH 的两直角边之比为 1:3 过点 H 作 HM⊥y 轴于点 M，交 AB 于点 I，过点 P 作 PN⊥HM 于点 N ∵HI∥x 轴，点 H 为 AP 的中点， ∴AI＝IB＝4， ∴PN＝4 ∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠PNH＝∠QMH＝90°， ∴△PNH∽△HMQ， 13PM HN PM HN PN ∴＝＝＝，则 MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4 MH ∵HI 是△ABP 的中位线， ∴BP＝2HI＝8，即 OP＝16， ∴点 P 的坐标为(16，0) 56 98综上所述，点 P 的坐标为(12，0)，(24，0)，( ，0)，( ，0)，(16，0)． 9的【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形性质，菱形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找相似三角形，利用相似三角形的性质构建方程解决问题，属于中考压轴题．本试卷的题干 0635