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2020年中考真题-浙江金华、丽水-word解析
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这是一份2020年中考真题-浙江金华、丽水-word解析，共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
浙江省金华市、丽水市2020年中考数学试卷
一、选择题(本题有10小题,每小题3分,共30分)
1.实数3的相反数是（ ）
A. 3 B. 3 C. D.
2.分式 的值是零，则x的值为（ ）
A. 5 B. 2 C. －2 D. －5
3.下列多项式中，能运用平方差公式分解因式的是（ ）
A. B. C. D.
4.下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
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（ ）
A. B. C. D.
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
7.已知点(－2，a)，(2，b)，(3，c)在函数 的图象上，则下列判断正确的是（ ）
A. a＜b＜c B. b＜a＜c C. a＜c＜b D. c＜b＜a
8.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的度数是（ ）
A. 65° B. 60° C. 58° D. 50°
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. B.
C. D.
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与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P.若GO=GP，则 的值是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题 (本题有6小题,每小题4分,共24分)
11.点P(m，2)在第二象限内，则m的值可以是(写出一个即可)________.
12.数据1，2，4，5，3的中位数是________.
13.如图为一个长方体，则该几何体主视图的面积为________cm2.
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________°.
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________.
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.
（1）当E，F两点的距离最大值时，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.
三、解答题 (本题有8小题,共66分,各小题都必须写出解答过程)
17.计算： .
18.解不等式： .
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：
抽取的学生最喜爱体育锻炼项目的统计表
类别
项目
人数（人）
A
跳舞
59
B
健身操
C
俯卧撑
31
D
开合跳
E
其它
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.
20.如图， 的半径OA=2，OC⊥AB于点C，∠AOC＝60°.
（1）求弦AB的长.
（2）求 的长.
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.
22.如图，在△ABC中，AB= ，∠B=45°，∠C=60°.
（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.
23.如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数 图象的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A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.
（3）作直线AC与y轴相交于点D.当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围.
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.
答案解析
一、选择题(本题有10小题,每小题3分,共30分)
1.【答案】 A
【考点】实数的相反数
【解析】【解答】解：3的相反数是-3.
故答案为：A.
【分析】只有符号不同的两个数互为相反数，据此判断即可.
2.【答案】 D
【考点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：由题意得x+5=0且x-2≠0，
解得x=-5.
故答案为：D.
【分析】分式值为0的条件：分子为0且分母不为0，据此解答即可.
3.【答案】 C
【考点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解：A、两符号相同，不能用平方差公式分解，故A不符合题意；
B、虽然符号相反，但缺少平方项，∴不能用平方差公式分解，故B不符合题意；
C、a2-b2=(a+b)(a-b)，故C符合题意；
D、两符号相同，不能用平方差公式分解，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)，据此逐一分析即可.
4.【答案】 C
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、是中心对称图形，故C符合题意；
D、不是中心对称图形，故D不符合题意；
【分析】中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，据此逐一判断即可.
5.【答案】 A
【考点】概率公式
【解析】【解答】解：一共有6张卡片，写有1号的有3张，
∴ 摸到1号卡片的概率为：.
故答案为：A.
【分析】直接利用概率公式计算即可.
6.【答案】 B
【考点】平行线的判定
【解析】【解答】解：∵a⊥AB，b⊥AB，
∴ a∥b （在同一平面内，垂直于同一直线的两直线互相平行）.
故答案为：B.
【分析】在同一平面内，垂直于同一直线的两直线互相平行，据此解答即可.
7.【答案】 C
【考点】反比例函数的性质
【解析】【解答】解：∵ 函数 的图象位于一，三象限，∴在每个象限内，y随x的增大而减小，
∵-2＜0＜2＜3，
∴ (2，b)，(3，c) 位于第一象限，b＞c＞0，
(－2，a) 位于第三象限，∴a＜0，
∴a＜c＜b.
故答案为：C.
【分析】根据反比例函数的性质进行解答即可.
8.【答案】 B
【考点】多边形内角与外角，圆周角定理，切线的性质
【解析】【解答】解：连接OE，OF，
∵点EF分别是切点，∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°，
∴∠EOF=360°-∠OEB-∠OFB-∠B=120°，
∴∠P=∠EOF=60°.
故答案为：B.
【分析】连接OE，OF，根据切线的性质可得∠OEB=∠OFB=90°，利用等边三角形的性质可得∠B=60°，根据四边形内角和等于360°，可求出∠EOF的度数，根据圆周角定理可得∠P=∠EOF，据此求出结论.
9.【答案】 D
【考点】一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题
【解析】【解答】 解：若设“□”内数字为x，
可得：3×（2×10+x）+5=10x+2，即3（20+x）+5=10x+2.
故答案为：D.
【分析】若设“□”内数字为x，可得2□=2×10+x，□2=10x+2，据此解答即可.
10.【答案】 B
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质
【解析】【解答】解：设AF=y，BF=x，
∴ 正方形EFGH的边长GH=y-x，
∴EG=GF=（y-x）,
∴正方形ABCD的面积为x2+y2 ， 正方形EFGH的面积为（y-x）2 ，
∵ED∥BG，∴∠EDO=∠GBO，
∵ED=BG，∠EOD=∠BOG，
∴△EOD≌GOB，
∴EO=GO，
∴GO=EG=（y-x）,
∵GP=GO，
∴GP=（y-x），
∴GH:GP= ，
∴PH：PG=
∵DH∥GB，
∴△DHP∽BGH，
∴ ， 即得 ， ∴x=()y
∴.
故答案为：B.
【分析】设AF=y，BF=x，可得正方形EFGH的边长GH=y-x，即得EG=GF=（y-x）,根据正方形的面积公式可得正方形ABCD的面积为x2+y2 ， 正方形EFGH的面积为（y-x）2 ， 先证△EOD≌GOB，可得EO=GO，可得GO=EG=（y-x），从而可得GP=GO=（y-x），从而可得PH：PG= ， 由于DH∥GB，可得△DHP∽BGH，利用相似三角形对应边成比例可得DH：GB=x:y= ， 代入正方形的面积进行计算即得结论.
二、填空题 (本题有6小题,每小题4分,共24分)
11.【答案】 如－1等（答案不唯一，负数即可）
【考点】点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：∵ 点P(m，2)在第二象限内， ∴m＜0，
m可以是-1.
故答案为：-1（答案不唯一）.
【分析】根据第二象限点的坐标符号为负正，据此解答即可.
12.【答案】 3
【考点】中位数
【解析】【解答】解：将数据从小大排列1,2,3,4,5，
最中间的数据是3，
∴中位数是：3.
故答案为：3.
【分析】中位数：先把数据从小到大（或从大到小）进行排列，如果数据的个数是奇数，那么最中间的那个数据就是中位数，如果数据的个数是偶数，那么最中间的那两个数据的平均数就是中位数；据此解答即可.
13.【答案】 20
【考点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：主视图是一个长4，高为5的长方体，
∴主视图的面积为：4×5=20cm2.
故答案为：20.
【分析】主视图：是从物体正面所看的的平面图形，根据长方体的尺寸确定主视图的长，高，然后计算即可.
14.【答案】 30
【考点】多边形内角与外角，平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵∠1+∠2+70°+140°+120°=（5-2）×180°，
∴∠1+∠2=210°，
∵平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形 ，
∴∠2+120°=180°，∠1+a=180°，
∴∠2+120°+∠1+a=360°，
∴a=30°.
故答案为：30.
【分析】根据五边形的内角和可求出∠1+∠2=210°，根据平行四边形的性质及平角的定义可得∠2+120°=180°，∠1+a=180°，从而求出a的度数.
15.【答案】
【考点】正多边形和圆，锐角三角函数的定义
【解析】【解答】如图，过作AD∥BC，过点B作BH⊥AD垂足为H，∴∠A=β，
设正六边形的边长为a，∴BH=6×2a=12a，∠AED=120°，AE=AD=a，
在等腰三角形ADE中，∠ADE=∠EAD=30°，
∴AD=a，∴AH=a+a+a=a,
tanβ=tanA==.
故答案为：.
【分析】如图，过作AD∥BC，过点B作BH⊥AD垂足为H，可得∠A=β，设正六边形的边长为a，根据正六边形的性质及卡通图形，可得BH=12a，∠ADE=∠EAD=30°，AE=AD=a，从而求出AD=a，从而可得AH=a，由tanβ=tanA=即可求出结论.
16.【答案】 （1）16
（2）
【考点】等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（1）当点E、O、F三点共线时，E、F两点的距离最大，此时四边形ABDC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与点D重合）时 ，如图，连接CO并延长交AB于点H，
∴CH⊥AB，AH=BH，
∵ AC=BD=6cm，CE:AE=2:3，∴CE=cm，
在Rt△OEF中，CO== ，
∵sin∠ECO== ， ∴AH= ，
∴AB=2AH=.
【分析】（1）当点E、O、F三点共线时，E、F两点的距离最大，此时四边形ABDC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与点D重合）时 ，如图，；连接CO并延长交AB于点H，可得CH⊥AB，AH=BH，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sin∠ECO== ， 求出AH，从而求出AB=2AH的长.
三、解答题 (本题有8小题,共66分,各小题都必须写出解答过程)
17.【答案】 解：原式＝1＋2－1＋3
＝5
【考点】实数的运算，特殊角的三角函数值
【解析】【分析】利用零指数幂，算术平方根，特殊角的三角函数值，绝对值的意义将原式简化，然后进行加减运算即可.
18.【答案】 解：5x－5<4＋2x，
5x－2x<4＋5，
3x<9，
x <3
【考点】解一元一次不等式
【解析】【分析】利用去括号，移项合并，系数化为1求出不等式的解集即可.
19.【答案】 （1）解：22÷11%＝200.
∴参与问卷调查的学生总人数为200人.
（2）解：200×24%＝48.
答:最喜爱“开合跳”的学生有48人.
（3）解：抽取学生中最喜爱“健身操”的初中学生有200－59－31－48－22＝40（人），
.
∴最喜爱“健身操”的初中学生人数约为1600人.
【考点】用样本估计总体，统计表，扇形统计图
【解析】【分析】（1）利用跳绳的人数除以其百分比即得参与问卷调查的学生总人数.
（2） 利用参与问卷调查的学生总人数乘以“开合跳”的学生百分比即得“开合跳”的学生的人数 ；
（3）利用8000乘以样本中最喜爱“健身操”人数的百分比即得结论.
20.【答案】 （1）解：在Rt△AOC中，∠AOC＝60°，
∴AC＝AO·sin∠AOC =2sin60°＝ ，
∵OC⊥AB，
∴AB＝2AC＝2
（2）解：∵OA= OB=2，OC⊥AB，
∴∠AOB＝2∠AOC＝120°.
∴ ＝ ＝
＝ .
∴ 的长是 .
【考点】垂径定理，圆周角定理，弧长的计算
【解析】【分析】（1）在Rt△AOC中， 由AC＝AO·sin∠AOC，可求出AC= ， 根据垂径定理可得AB＝2AC＝2 ；
（2） 根据等腰三角形的性质可得∠AOB＝2∠AOC＝120°，直接利用弧长公式即可求出结论.
21.【答案】 （1）解：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）解：设T=kh+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）解：当T＝6时，6＝－0.6h＋15，
解得h＝15.
∴该山峰的高度大约为15百米.
【考点】一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）由高度每增加1百米，气温大约降低0.6℃，可得高度增加2百米，则温度降低2×0.6＝1.2（℃），从而可得高度为5百米时的气温大约是13.2－1.2＝12℃；
（2）直接利用待定系数法求一次函数解析式T＝－0.6h＋15；
（3）利用（2）直接求出当T＝6时，h的值即可.
22.【答案】 （1）解：如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，
= =4.
（2）解：①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.
②如图3，
由（1）可知：在Rt△ADC中， .
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴AF＝
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝ ＝ .
【考点】翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，在Rt△ABD中， =4；
（2） ①由折叠知△AEF≌△PEF，可得AE＝EP，利用线段的中点及等量代换，可得BE＝EP，根据等边对等角，可得∠EPB＝∠B＝45°， 利用三角形内角和即可求出∠AEP＝90°；
②由（1）可知：在Rt△ADC中， ， 由∠EAF＝∠CAB，∠AFE＝∠B，可证△EAF∽△CAB，可得 ＝ ， 据此求出AF的长，在等腰直角△APF中，AP＝ ， 从而求出结论.
23.【答案】 （1）解：当m＝5时，y＝ ，
当x＝1时， n＝ .
（2）解：当n＝2时，将C(1，2)代入函数表达式y＝ ，
得2＝ ，
解得m1＝3， m2＝－1(舍去).
∴此时抛物线的对称轴为直线x=3，
根据抛物线的轴对称性，当y＝2时，有x1＝1 ，x2＝5.
∴x的取值范围为1≤x≤5.
（3）解：∵点A与点C不重合，
∴m≠1.
∵抛物线的顶点A的坐标是(m，4) ，
∴抛物线的顶点在直线y＝4上.
当x＝0时，y＝ ，
∴点B的坐标为(0， ).
抛物线从试题图位置向左平移到图2的位置前，m减小，点B沿y轴上向上移动.
当点B与点O重合时， ＝0，
解得 m1＝ ，m2＝ .
当点B与点D重合时，如图2，顶点A也与点B，D 重合，点B到达最高点.
∴点B的点坐标为（0，4），
∴ ＝4，解得 m＝0.
当抛物线从图2位置继续向左平移时，如图3点B不在线段OD上.
∴ B点在线段OD上时，m的取值范围是0≤m＜1或1＜m＜2 .
【考点】二次函数图象的几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数y=a（x-h）^2+k的图象，二次函数y=a（x-h）^2+k的性质
【解析】【分析】（1）将m=5,x=1代入中，即可求出n值；
（2）当n＝2时，将C(1，2)代入函数表达式中，求出m=3值，即得此时抛物线的对称轴为直线x=3，当y＝2时，即y=(x-3)2+4=2,解得x1＝1 ，x2＝5，由于抛物线开口向下，当1≤x≤5时，抛物线的图象在直线y=2直线的上方，据此即得结论；
（3）点A与点C不重合，可得m≠1.由抛物线的顶点A的坐标是(m，4) ，可知抛物线的顶点在直线y＝4上.利用抛物线求出点B的坐标为(0， ).抛物线从试题图位置向左平移到图2的位置前，m减小，点B沿y轴上向上移动， ①当点B与点O重合时，②如图2，顶点A也与点B，D 重合，点B到达最高点. ③当抛物线从图2位置继续向左平移时，如图3点B不在线段OD上，分别求出m的范围即可.
24.【答案】 （1）证明：∵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＝Rt∠.
∵点D，E是OB，OC的中点，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴AE＝AD，
∴□AEFD是菱形.
（2）解：如图1，连结DE.
∵S△ABD＝ AB·BD＝ ，
S△ODE＝ OD·OE＝ ，
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE
＝64－2 －8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48.
（3）解：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，
∴ ＝ ＝ ，
∴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，
∴ ＝ ＝ ，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，
∴HM＝ ＝4.
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴ ＝ ＝ ，则PN＝ ＝ ，
∴OM＝ .
设HN＝t，则MQ＝3t.
∵MQ＝MC，
∴3t＝8－ ，解得t＝ .
∴OP＝MN＝4＋t＝ ，
∴点P的坐标为( ，0).
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，
∴ ＝ ＝ ＝ ，则MH＝ NQ＝ .
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+ ，解得 t＝ .
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝ ，
∴点P的坐标为( ，0).
3）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，
∴ ＝ ＝ ＝ ，则MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4.
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴点P的坐标为(16，0).
综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，( ，0)，( ，0)，(16，0).
【考点】坐标与图形性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，相似多边形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据两组对边分别平行可证四边形AEFD是平行四边形，利用正方形的性质可得OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.根据线段中点的定义可得CE＝BD，根据“SAS”可证△ACE≌△ABD ，可得AE=AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即证；
（2）如图1，连结DE. 根据三角形的面积公式求出S△ABD＝ AB·BD＝,16， S△ODE＝ OD·OE=8，利用S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE=24，由S菱形AEFD＝2S△AED即可求出结论；
（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. 分两种情况讨论：①当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2（△APH的两直角边之比为1:3）；图3(△APH的两直角边之比为1:3).两种情况；②当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4(△PQH的两直角边之比为1:3 )、图5(△PQH的两直角边之比为1:3)两种情况；据此分别解答即可.
浙江省金华市、丽水市2020年中考数学试卷
一、选择题(本题有10小题,每小题3分,共30分)
1.实数3的相反数是（ ）
A. 3 B. 3 C. D.
2.分式 的值是零，则x的值为（ ）
A. 5 B. 2 C. －2 D. －5
3.下列多项式中，能运用平方差公式分解因式的是（ ）
A. B. C. D.
4.下列四个图形中，是中心对称图形的是（ ）
A. B. C. D.
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（ ）
A. B. C. D.
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
7.已知点(－2，a)，(2，b)，(3，c)在函数 的图象上，则下列判断正确的是（ ）
A. a＜b＜c B. b＜a＜c C. a＜c＜b D. c＜b＜a
8.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的度数是（ ）
A. 65° B. 60° C. 58° D. 50°
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. B.
C. D.
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与正方形EFGH.连结EG，BD相交于点O，BD与HC相交于点P.若GO=GP，则 的值是（ ）
A. B. C. D.
二、填空题 (本题有6小题,每小题4分,共24分)
11.点P(m，2)在第二象限内，则m的值可以是(写出一个即可)________.
12.数据1，2，4，5，3的中位数是________.
13.如图为一个长方体，则该几何体主视图的面积为________cm2.
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________°.
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________.
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.
（1）当E，F两点的距离最大值时，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.
三、解答题 (本题有8小题,共66分,各小题都必须写出解答过程)
17.计算： .
18.解不等式： .
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：
抽取的学生最喜爱体育锻炼项目的统计表
类别
项目
人数（人）
A
跳舞
59
B
健身操
C
俯卧撑
31
D
开合跳
E
其它
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.
20.如图， 的半径OA=2，OC⊥AB于点C，∠AOC＝60°.
（1）求弦AB的长.
（2）求 的长.
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.
22.如图，在△ABC中，AB= ，∠B=45°，∠C=60°.
（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.
23.如图，在平面直角坐标系中，已知二次函数 图象的顶点为A，与y轴交于点B，异于顶点A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.
（3）作直线AC与y轴相交于点D.当点B在x轴上方，且在线段OD上时，求m的取值范围.
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.
答案解析
一、选择题(本题有10小题,每小题3分,共30分)
1.【答案】 A
【考点】实数的相反数
【解析】【解答】解：3的相反数是-3.
故答案为：A.
【分析】只有符号不同的两个数互为相反数，据此判断即可.
2.【答案】 D
【考点】分式的值为零的条件
【解析】【解答】解：由题意得x+5=0且x-2≠0，
解得x=-5.
故答案为：D.
【分析】分式值为0的条件：分子为0且分母不为0，据此解答即可.
3.【答案】 C
【考点】平方差公式及应用
【解析】【解答】解：A、两符号相同，不能用平方差公式分解，故A不符合题意；
B、虽然符号相反，但缺少平方项，∴不能用平方差公式分解，故B不符合题意；
C、a2-b2=(a+b)(a-b)，故C符合题意；
D、两符号相同，不能用平方差公式分解，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】平方差公式a2-b2=(a+b)(a-b)，据此逐一分析即可.
4.【答案】 C
【考点】中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：A、不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、不是中心对称图形，故B不符合题意；
C、是中心对称图形，故C符合题意；
D、不是中心对称图形，故D不符合题意；
【分析】中心对称图形：把一个图形绕着某一点旋转180°后，旋转后的图形能够与原来的图形重合，据此逐一判断即可.
5.【答案】 A
【考点】概率公式
【解析】【解答】解：一共有6张卡片，写有1号的有3张，
∴ 摸到1号卡片的概率为：.
故答案为：A.
【分析】直接利用概率公式计算即可.
6.【答案】 B
【考点】平行线的判定
【解析】【解答】解：∵a⊥AB，b⊥AB，
∴ a∥b （在同一平面内，垂直于同一直线的两直线互相平行）.
故答案为：B.
【分析】在同一平面内，垂直于同一直线的两直线互相平行，据此解答即可.
7.【答案】 C
【考点】反比例函数的性质
【解析】【解答】解：∵ 函数 的图象位于一，三象限，∴在每个象限内，y随x的增大而减小，
∵-2＜0＜2＜3，
∴ (2，b)，(3，c) 位于第一象限，b＞c＞0，
(－2，a) 位于第三象限，∴a＜0，
∴a＜c＜b.
故答案为：C.
【分析】根据反比例函数的性质进行解答即可.
8.【答案】 B
【考点】多边形内角与外角，圆周角定理，切线的性质
【解析】【解答】解：连接OE，OF，
∵点EF分别是切点，∴∠OEB=∠OFB=90°，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B=60°，
∴∠EOF=360°-∠OEB-∠OFB-∠B=120°，
∴∠P=∠EOF=60°.
故答案为：B.
【分析】连接OE，OF，根据切线的性质可得∠OEB=∠OFB=90°，利用等边三角形的性质可得∠B=60°，根据四边形内角和等于360°，可求出∠EOF的度数，根据圆周角定理可得∠P=∠EOF，据此求出结论.
9.【答案】 D
【考点】一元一次方程的实际应用-数字、日历、年龄问题
【解析】【解答】 解：若设“□”内数字为x，
可得：3×（2×10+x）+5=10x+2，即3（20+x）+5=10x+2.
故答案为：D.
【分析】若设“□”内数字为x，可得2□=2×10+x，□2=10x+2，据此解答即可.
10.【答案】 B
【考点】全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质
【解析】【解答】解：设AF=y，BF=x，
∴ 正方形EFGH的边长GH=y-x，
∴EG=GF=（y-x）,
∴正方形ABCD的面积为x2+y2 ， 正方形EFGH的面积为（y-x）2 ，
∵ED∥BG，∴∠EDO=∠GBO，
∵ED=BG，∠EOD=∠BOG，
∴△EOD≌GOB，
∴EO=GO，
∴GO=EG=（y-x）,
∵GP=GO，
∴GP=（y-x），
∴GH:GP= ，
∴PH：PG=
∵DH∥GB，
∴△DHP∽BGH，
∴ ， 即得 ， ∴x=()y
∴.
故答案为：B.
【分析】设AF=y，BF=x，可得正方形EFGH的边长GH=y-x，即得EG=GF=（y-x）,根据正方形的面积公式可得正方形ABCD的面积为x2+y2 ， 正方形EFGH的面积为（y-x）2 ， 先证△EOD≌GOB，可得EO=GO，可得GO=EG=（y-x），从而可得GP=GO=（y-x），从而可得PH：PG= ， 由于DH∥GB，可得△DHP∽BGH，利用相似三角形对应边成比例可得DH：GB=x:y= ， 代入正方形的面积进行计算即得结论.
二、填空题 (本题有6小题,每小题4分,共24分)
11.【答案】 如－1等（答案不唯一，负数即可）
【考点】点的坐标与象限的关系
【解析】【解答】解：∵ 点P(m，2)在第二象限内， ∴m＜0，
m可以是-1.
故答案为：-1（答案不唯一）.
【分析】根据第二象限点的坐标符号为负正，据此解答即可.
12.【答案】 3
【考点】中位数
【解析】【解答】解：将数据从小大排列1,2,3,4,5，
最中间的数据是3，
∴中位数是：3.
故答案为：3.
【分析】中位数：先把数据从小到大（或从大到小）进行排列，如果数据的个数是奇数，那么最中间的那个数据就是中位数，如果数据的个数是偶数，那么最中间的那两个数据的平均数就是中位数；据此解答即可.
13.【答案】 20
【考点】简单几何体的三视图
【解析】【解答】解：主视图是一个长4，高为5的长方体，
∴主视图的面积为：4×5=20cm2.
故答案为：20.
【分析】主视图：是从物体正面所看的的平面图形，根据长方体的尺寸确定主视图的长，高，然后计算即可.
14.【答案】 30
【考点】多边形内角与外角，平行四边形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵∠1+∠2+70°+140°+120°=（5-2）×180°，
∴∠1+∠2=210°，
∵平移图形M，与图形N可以拼成一个平行四边形 ，
∴∠2+120°=180°，∠1+a=180°，
∴∠2+120°+∠1+a=360°，
∴a=30°.
故答案为：30.
【分析】根据五边形的内角和可求出∠1+∠2=210°，根据平行四边形的性质及平角的定义可得∠2+120°=180°，∠1+a=180°，从而求出a的度数.
15.【答案】
【考点】正多边形和圆，锐角三角函数的定义
【解析】【解答】如图，过作AD∥BC，过点B作BH⊥AD垂足为H，∴∠A=β，
设正六边形的边长为a，∴BH=6×2a=12a，∠AED=120°，AE=AD=a，
在等腰三角形ADE中，∠ADE=∠EAD=30°，
∴AD=a，∴AH=a+a+a=a,
tanβ=tanA==.
故答案为：.
【分析】如图，过作AD∥BC，过点B作BH⊥AD垂足为H，可得∠A=β，设正六边形的边长为a，根据正六边形的性质及卡通图形，可得BH=12a，∠ADE=∠EAD=30°，AE=AD=a，从而求出AD=a，从而可得AH=a，由tanβ=tanA=即可求出结论.
16.【答案】 （1）16
（2）
【考点】等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，锐角三角函数的定义
【解析】【解答】解：（1）当点E、O、F三点共线时，E、F两点的距离最大，此时四边形ABDC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与点D重合）时 ，如图，连接CO并延长交AB于点H，
∴CH⊥AB，AH=BH，
∵ AC=BD=6cm，CE:AE=2:3，∴CE=cm，
在Rt△OEF中，CO== ，
∵sin∠ECO== ， ∴AH= ，
∴AB=2AH=.
【分析】（1）当点E、O、F三点共线时，E、F两点的距离最大，此时四边形ABDC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与点D重合）时 ，如图，；连接CO并延长交AB于点H，可得CH⊥AB，AH=BH，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sin∠ECO== ， 求出AH，从而求出AB=2AH的长.
三、解答题 (本题有8小题,共66分,各小题都必须写出解答过程)
17.【答案】 解：原式＝1＋2－1＋3
＝5
【考点】实数的运算，特殊角的三角函数值
【解析】【分析】利用零指数幂，算术平方根，特殊角的三角函数值，绝对值的意义将原式简化，然后进行加减运算即可.
18.【答案】 解：5x－5<4＋2x，
5x－2x<4＋5，
3x<9，
x <3
【考点】解一元一次不等式
【解析】【分析】利用去括号，移项合并，系数化为1求出不等式的解集即可.
19.【答案】 （1）解：22÷11%＝200.
∴参与问卷调查的学生总人数为200人.
（2）解：200×24%＝48.
答:最喜爱“开合跳”的学生有48人.
（3）解：抽取学生中最喜爱“健身操”的初中学生有200－59－31－48－22＝40（人），
.
∴最喜爱“健身操”的初中学生人数约为1600人.
【考点】用样本估计总体，统计表，扇形统计图
【解析】【分析】（1）利用跳绳的人数除以其百分比即得参与问卷调查的学生总人数.
（2） 利用参与问卷调查的学生总人数乘以“开合跳”的学生百分比即得“开合跳”的学生的人数 ；
（3）利用8000乘以样本中最喜爱“健身操”人数的百分比即得结论.
20.【答案】 （1）解：在Rt△AOC中，∠AOC＝60°，
∴AC＝AO·sin∠AOC =2sin60°＝ ，
∵OC⊥AB，
∴AB＝2AC＝2
（2）解：∵OA= OB=2，OC⊥AB，
∴∠AOB＝2∠AOC＝120°.
∴ ＝ ＝
＝ .
∴ 的长是 .
【考点】垂径定理，圆周角定理，弧长的计算
【解析】【分析】（1）在Rt△AOC中， 由AC＝AO·sin∠AOC，可求出AC= ， 根据垂径定理可得AB＝2AC＝2 ；
（2） 根据等腰三角形的性质可得∠AOB＝2∠AOC＝120°，直接利用弧长公式即可求出结论.
21.【答案】 （1）解：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）解：设T=kh+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）解：当T＝6时，6＝－0.6h＋15，
解得h＝15.
∴该山峰的高度大约为15百米.
【考点】一次函数的实际应用
【解析】【分析】（1）由高度每增加1百米，气温大约降低0.6℃，可得高度增加2百米，则温度降低2×0.6＝1.2（℃），从而可得高度为5百米时的气温大约是13.2－1.2＝12℃；
（2）直接利用待定系数法求一次函数解析式T＝－0.6h＋15；
（3）利用（2）直接求出当T＝6时，h的值即可.
22.【答案】 （1）解：如图1，过点A作AD⊥BC于点D，
在Rt△ABD中，
= =4.
（2）解：①如图2，∵△AEF≌△PEF，
∴AE＝EP.
又∵AE＝BE ，
∴BE＝EP，
∴∠EPB＝∠B＝45°，
∴∠AEP＝90°.
②如图3，
由（1）可知：在Rt△ADC中， .
∵PF⊥AC，
∴∠PFA＝90°.
∵△AEF≌△PEF，
∴∠AFE＝∠PFE＝45°，则∠AFE＝∠B.
又∵∠EAF＝∠CAB，
∴△EAF∽△CAB，
∴ ＝ ，即 ＝ ，
∴AF＝
在Rt△AFP中，AF＝PF，则AP＝ ＝ .
【考点】翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定与性质，解直角三角形，等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）如图1，过点A作AD⊥BC于点D，在Rt△ABD中， =4；
（2） ①由折叠知△AEF≌△PEF，可得AE＝EP，利用线段的中点及等量代换，可得BE＝EP，根据等边对等角，可得∠EPB＝∠B＝45°， 利用三角形内角和即可求出∠AEP＝90°；
②由（1）可知：在Rt△ADC中， ， 由∠EAF＝∠CAB，∠AFE＝∠B，可证△EAF∽△CAB，可得 ＝ ， 据此求出AF的长，在等腰直角△APF中，AP＝ ， 从而求出结论.
23.【答案】 （1）解：当m＝5时，y＝ ，
当x＝1时， n＝ .
（2）解：当n＝2时，将C(1，2)代入函数表达式y＝ ，
得2＝ ，
解得m1＝3， m2＝－1(舍去).
∴此时抛物线的对称轴为直线x=3，
根据抛物线的轴对称性，当y＝2时，有x1＝1 ，x2＝5.
∴x的取值范围为1≤x≤5.
（3）解：∵点A与点C不重合，
∴m≠1.
∵抛物线的顶点A的坐标是(m，4) ，
∴抛物线的顶点在直线y＝4上.
当x＝0时，y＝ ，
∴点B的坐标为(0， ).
抛物线从试题图位置向左平移到图2的位置前，m减小，点B沿y轴上向上移动.
当点B与点O重合时， ＝0，
解得 m1＝ ，m2＝ .
当点B与点D重合时，如图2，顶点A也与点B，D 重合，点B到达最高点.
∴点B的点坐标为（0，4），
∴ ＝4，解得 m＝0.
当抛物线从图2位置继续向左平移时，如图3点B不在线段OD上.
∴ B点在线段OD上时，m的取值范围是0≤m＜1或1＜m＜2 .
【考点】二次函数图象的几何变换，二次函数图象上点的坐标特征，二次函数y=a（x-h）^2+k的图象，二次函数y=a（x-h）^2+k的性质
【解析】【分析】（1）将m=5,x=1代入中，即可求出n值；
（2）当n＝2时，将C(1，2)代入函数表达式中，求出m=3值，即得此时抛物线的对称轴为直线x=3，当y＝2时，即y=(x-3)2+4=2,解得x1＝1 ，x2＝5，由于抛物线开口向下，当1≤x≤5时，抛物线的图象在直线y=2直线的上方，据此即得结论；
（3）点A与点C不重合，可得m≠1.由抛物线的顶点A的坐标是(m，4) ，可知抛物线的顶点在直线y＝4上.利用抛物线求出点B的坐标为(0， ).抛物线从试题图位置向左平移到图2的位置前，m减小，点B沿y轴上向上移动， ①当点B与点O重合时，②如图2，顶点A也与点B，D 重合，点B到达最高点. ③当抛物线从图2位置继续向左平移时，如图3点B不在线段OD上，分别求出m的范围即可.
24.【答案】 （1）证明：∵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＝Rt∠.
∵点D，E是OB，OC的中点，
∴CE＝BD，
∴△ACE≌△ABD(SAS)，
∴AE＝AD，
∴□AEFD是菱形.
（2）解：如图1，连结DE.
∵S△ABD＝ AB·BD＝ ，
S△ODE＝ OD·OE＝ ，
∴S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE
＝64－2 －8＝24，
∴S菱形AEFD＝2S△AED＝48.
（3）解：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，
∴ ＝ ＝ ，
∴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，
∴ ＝ ＝ ，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，
∴HM＝ ＝4.
又∵∠1＝∠3＝90°－∠2，∠HMQ＝∠N，
∴△HPN∽△QHM，
∴ ＝ ＝ ，则PN＝ ＝ ，
∴OM＝ .
设HN＝t，则MQ＝3t.
∵MQ＝MC，
∴3t＝8－ ，解得t＝ .
∴OP＝MN＝4＋t＝ ，
∴点P的坐标为( ，0).
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，
∴ ＝ ＝ ＝ ，则MH＝ NQ＝ .
设PM＝t，则HN＝3t，
∵HN＝HI，
∴3t＝8+ ，解得 t＝ .
∴OP＝OM－PM＝QN－PM＝4－t＝ ，
∴点P的坐标为( ，0).
3）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，
∴ ＝ ＝ ＝ ，则MH＝3PN＝12，HI＝MH－MI＝4.
∵HI是△ABP的中位线，
∴BP＝2HI＝8，即OP＝16，
∴点P的坐标为(16，0).
综上所述，点P的坐标为(12，0)，(24，0)，( ，0)，( ，0)，(16，0).
【考点】坐标与图形性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，相似多边形的性质，相似三角形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据两组对边分别平行可证四边形AEFD是平行四边形，利用正方形的性质可得OB＝OC＝AB＝AC，∠ACE＝∠ABD＝90°.根据线段中点的定义可得CE＝BD，根据“SAS”可证△ACE≌△ABD ，可得AE=AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即证；
（2）如图1，连结DE. 根据三角形的面积公式求出S△ABD＝ AB·BD＝,16， S△ODE＝ OD·OE=8，利用S△AED＝S正方形ABOC－2 S△ABD－ S△ODE=24，由S菱形AEFD＝2S△AED即可求出结论；
（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. 分两种情况讨论：①当AP为菱形一边时，点Q在x轴上方，有图2（△APH的两直角边之比为1:3）；图3(△APH的两直角边之比为1:3).两种情况；②当AP为菱形一边时，点Q在x轴下方，有图4(△PQH的两直角边之比为1:3 )、图5(△PQH的两直角边之比为1:3)两种情况；据此分别解答即可.
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