2020陕西中考数学答案 中考卷-2020中考数学试题（解析版）,（4）

2020年河北省初中毕业生升学文化课考试 数学试卷 一、选择题（本大题有16个小题，共42分.1~10小题各3分，11~16小题各2分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.如图，在平面内作已知直线的垂线，可作垂线的条数有（ ） A. 0条 B. 1条 C. 2条 D. 无数条 【答案】D 【解析】 【分析】 在同一平面内，过已知直线上的一点有且只有一条直线垂直于已知直线；
但画已知直线的垂线，可以画无数条． 【详解】在同一平面内，画已知直线的垂线，可以画无数条；

故选：D． 【点睛】此题主要考查在同一平面内，垂直于平行的特征，解题的关键是熟知垂直的定义． 2.墨迹覆盖了等式“（）”中的运算符号，则覆盖的是（ ） A. ＋ B. － C. × D. ÷ 【答案】D 【解析】 【分析】 直接利用同底数幂的除法运算法则计算得出答案． 【详解】∵（）， ， ∴覆盖的是：÷． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了同底数幂的除法运算，正确掌握相关运算法则是解题关键． 3.对于①，②，从左到右的变形，表述正确的是（ ） A. 都是因式分解 B. 都是乘法运算 C. ①是因式分解，②是乘法运算 D. ①是乘法运算，②是因式分解 【答案】C 【解析】 【分析】 根据因式分解的定义进行判断即可；

【详解】①左边多项式，右边整式乘积形式，属于因式分解；

②左边整式乘积，右边多项式，属于整式乘法；

故答案选C． 【点睛】本题主要考查了因式分解的定义理解，准确理解因式分解的定义是解题的关键． 4.如图的两个几何体分别由7个和6个相同的小正方体搭成，比较两个几何体的三视图，正确的是（ ） A. 仅主视图不同 B. 仅俯视图不同 C. 仅左视图不同 D. 主视图、左视图和俯视图都相同 【答案】D 【解析】 【分析】 分别画出所给两个几何体三视图，然后比较即可得答案． 【详解】第一个几何体的三视图如图所示：
第二个几何体的三视图如图所示：
观察可知这两个几何体的主视图、左视图和俯视图都相同， 故选D． 【点睛】本题考查了几何体的三视图，正确得出各几何体的三视图是解题的关键． 5.如图是小颖前三次购买苹果单价的统计图，第四次又买的苹果单价是元/千克，发现这四个单价的中位数恰好也是众数，则（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 根据统计图中的数据结合中位数和众数的定义，确定a的值即可． 【详解】解：由条形统计图可知，前三次的中位数是8 ∵第四次又买的苹果单价是a元/千克，这四个单价的中位数恰好也是众数 ∴a=8． 故答案为B． 【点睛】本题考查条形统计图、中位数和众数的定义，掌握中位数和众数的定义是解答本题的关键． 6.如图1，已知，用尺规作它的角平分线． 如图2，步骤如下， 第一步：以为圆心，以为半径画弧，分别交射线，于点，；

第二步：分别以，为圆心，以为半径画弧，两弧在内部交于点；

第三步：画射线．射线即为所求． 下列正确的是（ ） A. ，均无限制 B. ，的长 C. 有最小限制，无限制 D. ，的长 【答案】B 【解析】 【分析】 根据作角平分线的方法进行判断，即可得出结论． 【详解】第一步：以为圆心，适当长为半径画弧，分别交射线，于点，；

∴；

第二步：分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧在内部交于点；

∴的长；

第三步：画射线．射线即为所求． 综上，答案为：；
的长， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了基本作图，解决问题的关键是掌握作角平分线的方法． 7.若，则下列分式化简正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据a≠b，可以判断各个选项中的式子是否正确，从而可以解答本题． 【详解】∵a≠b， ∴，选项A错误；

，选项B错误；

，选项C错误；

，选项D正确；

故选：D． 【点睛】本题考查分式的混合运算，解答本题的关键是明确分式混合运算的计算方法． 8.在如图所示的网格中，以点为位似中心，四边形的位似图形是（ ） A. 四边形 B. 四边形 C. 四边形 D. 四边形 【答案】A 【解析】 【分析】 以O为位似中心，作四边形ABCD的位似图形，根据图像可判断出答案． 【详解】解：如图所示，四边形的位似图形是四边形． 故选：A 【点睛】此题考查了位似图形的作法，画位似图形的一般步骤为：①确定位似中心；
②分别连接并延长位似中心和能代表原图的关键点；
③根据相似比，确定能代表所作的位似图形的关键点；
顺次连接上述各点，确定位似图形． 9.若，则（ ） A. 12 B. 10 C. 8 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 利用平方差公式变形即可求解． 【详解】原等式变形得：
． 故选：B． 【点睛】本题考查了平方差公式的应用，灵活运用平方差公式是解题的关键． 10.如图，将绕边的中点顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的与构成平行四边形，并推理如下：
点，分别转到了点，处， 而点转到了点处． ∵， ∴四边形是平行四边形． 小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∵，”和“∴四边形……”之间作补充．下列正确的是（ ） A. 嘉淇推理严谨，不必补充 B. 应补充：且， C. 应补充：且 D. 应补充：且， 【答案】B 【解析】 【分析】 根据平行四边形的判定方法“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可作答． 【详解】根据旋转的性质得：
CB=AD，AB=CD， ∴四边形ABDC是平行四边形；

故应补充“AB=CD”， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和旋转的性质，牢记旋转前、后的图形全等，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键． 11.若为正整数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据乘方的定义及幂的运算法则即可求解． 【详解】=， 故选A． 【点睛】此题主要考查幂的运算，解题的关键是熟知其运算法则． 12.如图，从笔直的公路旁一点出发，向西走到达；
从出发向北走也到达．下列说法错误的是（ ） A. 从点向北偏西45°走到达 B. 公路的走向是南偏西45° C. 公路的走向是北偏东45° D. 从点向北走后，再向西走到达 【答案】A 【解析】 【分析】 根据方位角定义及勾股定理逐个分析即可． 【详解】解：如图所示，过P点作AB的垂线PH， 选项A：∵BP=AP=6km，且∠BPA=90°，∴△PAB为等腰直角三角形，∠PAB=∠PBA=45°， 又PH⊥AB，∴△PAH为等腰直角三角形， ∴PH=km，故选项A错误；

选项B：站在公路上向西南方向看，公路的走向是南偏西45°，故选项B正确；

选项C：站在公路上向东北方向看，公路的走向是北偏东45°，故选项C正确；

选项D：从点向北走后到达BP中点E，此时EH为△PEH的中位线，故EH=AP=3，故再向西走到达，故选项D正确． 故选：A． 【点睛】本题考查了方位角问题及等腰直角三角形、中位线等相关知识点，方向角一般以观测者的位置为中心，所以观测者不同，方向就正好相反，但角度不变． 13.已知光速为300000千米秒，光经过秒（）传播的距离用科学记数法表示为千米，则可能为（ ） A. 5 B. 6 C. 5或6 D. 5或6或7 【答案】C 【解析】 【分析】 科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同． 【详解】解：当t=1时，传播的距离为300000千米，写成科学记数法为：千米， 当t=10时，传播的距离为3000000千米，写成科学记数法为：千米， ∴n的值为5或6， 故选：C． 【点睛】此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|＜10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值． 14.有一题目：“已知；
点为的外心，，求．”嘉嘉的解答为：画以及它的外接圆，连接，，如图．由，得．而淇淇说：“嘉嘉考虑的不周全，还应有另一个不同的值．”，下列判断正确的是（ ） A. 淇淇说的对，且的另一个值是115° B. 淇淇说的不对，就得65° C. 嘉嘉求的结果不对，应得50° D. 两人都不对，应有3个不同值 【答案】A 【解析】 【分析】 直接利用圆内接四边形的性质结合圆周角定理得出答案． 【详解】解：如图所示：
∵∠BOC=130°， ∴∠A=65°， ∠A还应有另一个不同的值∠A′与∠A互补． 故∠A′＝180°−65°＝115°． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了三角形的外接圆，正确分类讨论是解题关键． 15.如图，现要在抛物线上找点，针对的不同取值，所找点的个数，三人的说法如下， 甲：若，则点的个数为0；

乙：若，则点的个数为1；

丙：若，则点的个数为1． 下列判断正确的是（ ） A. 乙错，丙对 B. 甲和乙都错 C. 乙对，丙错 D. 甲错，丙对 【答案】C 【解析】 【分析】 分别令x（4-x）的值为5，4，3，得到一元二次方程后，利用根的判别式确定方程的根有几个，即可得到点P的个数． 【详解】当b=5时，令x（4-x）=5，整理得：x2-4x＋5=0，△=(-4)2-4×5=-6<0，因此点P的个数为0，甲的说法正确；

当b=4时，令x（4-x）=4，整理得：x2-4x+4=0，△=(-4)2-4×4=0，因此点P有1个，乙的说法正确；

当b=3时，令x（4-x）=3，整理得：x2-4x+3=0，△=(-4)2-4×3=4>0，因此点P有2个，丙的说法不正确；

故选：C． 【点睛】本题考查二次函数与一元二次方程，解题的关键是将二次函数与直线交点个数，转化成一元二次方程根的判别式． 16.如图是用三块正方形纸片以顶点相连的方式设计的“毕达哥拉斯”图案．现有五种正方形纸片，面积分别是1，2，3，4，5，选取其中三块（可重复选取）按图的方式组成图案，使所围成的三角形是面积最大的直角三角形，则选取的三块纸片的面积分别是（ ） A. 1，4，5 B. 2，3，5 C. 3，4，5 D. 2，2，4 【答案】B 【解析】 【分析】 根据勾股定理，，则小的两个正方形的面积等于大三角形的面积，再分别进行判断，即可得到面积最大的三角形． 【详解】解：根据题意，设三个正方形的边长分别为a、b、c， 由勾股定理，得， A、∵1+4=5，则两直角边分别为：1和2，则面积为：；

B、∵2+3=5，则两直角边分别为：和，则面积为：；

C、∵3+4≠5，则不符合题意；

D、∵2+2=4，则两直角边分别为：和，则面积为：；

∵， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，以及三角形的面积公式，解题的关键是熟练掌握勾股定理，以及正方形的性质进行解题． 二、填空题（本大题有3个小题，共12分.17~18小题各3分；
19小题有3个空，每空2分） 17.已知：，则_________． 【答案】6 【解析】 【分析】 根据二次根式的运算法则即可求解． 【详解】∵ ∴a=3,b=2 ∴6 故答案为：6． 【点睛】此题主要考查二次根式的运算，解题的关键是熟知其运算法则． 18.正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，则_________． 【答案】12 【解析】 【分析】 先根据外角和定理求出正六边形的外角为60°，进而得到其内角为120°，再求出正n边形的外角为30°，再根据外角和定理即可求解． 【详解】解：由多边形的外角和定理可知，正六边形的外角为：360°÷6=60°， 故正六边形的内角为180°-60°=120°， 又正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍， ∴正n边形的外角为30°， ∴正n边形的边数为：360°÷30°=12． 故答案为：12． 【点睛】本题考查了正多边形的外角与内角的知识，熟练掌握正多边形的内角和和外角和定理是解决此类题目的关键． 19.如图是8个台阶的示意图，每个台阶的高和宽分别是1和2，每个台阶凸出的角的顶点记作（为1~8的整数）．函数（）的图象为曲线． （1）若过点，则_________；

（2）若过点，则它必定还过另一点，则_________；

（3）若曲线使得这些点分布在它的两侧，每侧各4个点，则的整数值有_________个． 【答案】 (1). －16 (2). 5 (3). 7 【解析】 【分析】 （1）先确定T1的坐标，然后根据反比例函数（）即可确定k的值；

（2）观察发现，在反比例函数图像上的点，横纵坐标只积相等，即可确定另一点；

（3）先分别求出T1~T8的横纵坐标积，再从小到大排列，然后让k位于第4个和第5个点的横纵坐标积之间，即可确定k的取值范围和k的整数值的个数． 【详解】解：（1）由图像可知T1（-16,1） 又∵．函数（）的图象经过T1 ∴，即k=-16；

（2）由图像可知T1（-16,1）、T2（-14,2）、T3（-12,3）、T4（-10,4）、T5（-8,5）、T6（-6,6）、T7（-4,7）、T8（-2,8） ∵过点 ∴k=-10×4=40 观察T1~T8,发现T5符合题意，即m=5；

（3）∵T1~T8的横纵坐标积分别为：-16，-28，-36，-40,-40，-36，-28，-16 ∴要使这8个点为于的两侧，k必须满足-36＜k＜-28 ∴k可取-29、-30、-31、-32、-33、-34、-35共7个整数值． 故答案为：（1）-16；
（2）5；
（3）7． 【点睛】本题考查了反比例函数图像的特点，掌握反比例函数图像上的点的横纵坐标积等于k是解答本题的关键． 三、解答题（本大题有7个小题，共66分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 20.已知两个有理数：－9和5． （1）计算：；

（2）若再添一个负整数，且－9，5与这三个数的平均数仍小于，求的值． 【答案】（1）－2；
（2）． 【解析】 【分析】 （1）根据有理数的混合运算法则即可求解；

（2）根据平均数定义列出不等式即可求出m的取值，故可求解． 【详解】（1）=；

（2）依题意得＜m 解得m＞-2 ∴负整数=-1． 【点睛】此题主要考查有理数、不等式及平均数，解题的关键是熟知有理数、不等式的运算法则． 21.有一电脑程序：每按一次按键，屏幕的区就会自动加上，同时区就会自动减去，且均显示化简后的结果．已知，两区初始显示的分别是25和－16，如图． 如，第一次按键后，，两区分别显示：
（1）从初始状态按2次后，分别求，两区显示的结果；

（2）从初始状态按4次后，计算，两区代数式的和，请判断这个和能为负数吗？说明理由． 【答案】（1）；
；
（2）；
和不能为负数，理由见解析． 【解析】 【分析】 （1）根据题意，每按一次按键，屏幕的区就会自动加上，区就会自动减去，可直接求出初始状态按2次后A，B两区显示的结果． （2）依据题意，分别求出初始状态下按4次后A，B两区显示的代数式，再求A，B两区显示的代数式的和，判断能否为负数即可． 【详解】解：（1）A区显示结果为：
， B区显示结果为：；

（2）初始状态按4次后A显示为：
B显示为：
∴A+B= = = ∵恒成立， ∴和不能为负数． 【点睛】本题考查了代数式运算，合并同类项，完全平方公式问题，解题关键在于理解题意，列出代数式进行正确运算，并根据完全平方公式判断正负． 22.如图，点为中点，分别延长到点，到点，使．以点为圆心，分别以，为半径在上方作两个半圆．点为小半圆上任一点（不与点，重合），连接并延长交大半圆于点，连接，． （1）①求证：；

②写出∠1，∠2和三者间的数量关系，并说明理由． （2）若，当最大时，直接指出与小半圆的位置关系，并求此时（答案保留）． 【答案】（1）①见详解；
②∠2=∠C+∠1；
（2）与小半圆相切，． 【解析】 【分析】 （1）①直接由已知即可得出AO=PO，∠AOE=∠POC，OE=OC，即可证明；

②由（1）得△AOE≌△POC，可得∠1=∠OPC，根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC，即可得出答案；

（2）当最大时，可知此时与小半圆相切，可得CP⊥OP，然后根据，可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°，可得出∠EOD，即可求出S扇EOD． 【详解】（1）①在△AOE和△POC中， ∴△AOE≌△POC；

②∠2=∠C+∠1，理由如下：
由（1）得△AOE≌△POC， ∴∠1=∠OPC， 根据三角形外角的性质可得∠2=∠C+∠OPC， ∴∠2=∠C+∠1；

（2）在P点的运动过程中，只有CP与小圆相切时∠C有最大值， ∴当最大时，可知此时与小半圆相切， 由此可得CP⊥OP， 又∵， ∴可得在Rt△POC中，∠C=30°，∠POC=60°， ∴∠EOD=180°-∠POC=120°， ∴S扇EOD==． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，三角形的外角，切线的性质，扇形面积的计算，掌握知识点灵活运用是解题关键． 23.用承重指数衡量水平放置的长方体木板的最大承重量．实验室有一些同材质同长同宽而厚度不一的木板，实验发现：木板承重指数与木板厚度（厘米）的平方成正比，当时，． （1）求与的函数关系式． （2）如图，选一块厚度为6厘米的木板，把它分割成与原来同长同宽但薄厚不同的两块板（不计分割损耗）．设薄板的厚度为（厘米），． ①求与的函数关系式；

②为何值时，是的3倍？ 【注：（1）及（2）中的①不必写的取值范围】 【答案】（1）；
（2）①；
②． 【解析】 【分析】 （1）设W=kx2，利用待定系数法即可求解；

（2）①根据题意列出函数，化简即可；
②根据题意列出方程故可求解． 【详解】（1）设W=kx2, ∵时， ∴3=9k ∴k= ∴与的函数关系式为；

（2）①∵薄板的厚度为xcm，木板的厚度为6cm ∴厚板的厚度为（6-x）cm， ∴Q= ∴与的函数关系式为；

②∵是的3倍 ∴-4x+12=3× 解得x1=2,x2=-6(不符题意，舍去) 经检验，x=2是原方程的解， ∴x=2时，是的3倍． 【点睛】此题主要考查函数与方程的应用，解题的关键是根据题意找到等量关系列出函数或方程求解． 24.表格中的两组对应值满足一次函数，现画出了它的图象为直线，如图．而某同学为观察，对图象的影响，将上面函数中的与交换位置后得另一个一次函数，设其图象为直线． －1 0 －2 1 （1）求直线的解析式；

（2）请在图上画出直线（不要求列表计算），并求直线被直线和轴所截线段的长；

（3）设直线与直线，及轴有三个不同的交点，且其中两点关于第三点对称，直接写出的值． 【答案】（1）：；
（2）作图见解析，所截线段长为；
（3）的值为或或7 【解析】 【分析】 （1）根据待定系数法即可求解；

（2）根据题意得到直线，联立两直线求出交点坐标，再根据两点间的距离公式即可求解；

（3）分对称点在直线l，直线和y轴分别列式求解即可． 【详解】（1）依题意把（-1，-2）和（0,1）代入， 得， 解得， ∴直线的解析式为， （2）依题意可得直线的解析式为， 作函数图像如下：
令x=0，得y=3，故B（0,3）， 令， 解得， ∴A（1,4）， ∴直线被直线和轴所截线段的长AB=；

（3）①当对称点在直线上时， 令，解得x=, 令，解得x=, ∴2×=a-3， 解得a=7；

②当对称点在直线上时， 则2×（a-3）=， 解得a=；

③当对称点在y轴上时， 则+（）=0， 解得a=；

综上：的值为或或7． 【点睛】此题主要考查一次函数与几何综合，解题的关键是熟知待定系数法、一次函数的图像与性质及坐标的对称性． 25.如图，甲、乙两人（看成点）分别在数轴－3和5的位置上，沿数轴做移动游戏．每次移动游戏规则：裁判先捂住一枚硬币，再让两人猜向上一面是正是反，而后根据所猜结果进行移动． ①若都对或都错，则甲向东移动1个单位，同时乙向西移动1个单位；

②若甲对乙错，则甲向东移动4个单位，同时乙向东移动2个单位；

③若甲错乙对，则甲向西移动2个单位，同时乙向西移动4个单位． （1）经过第一次移动游戏，求甲的位置停留在正半轴上的概率；

（2）从图的位置开始，若完成了10次移动游戏，发现甲、乙每次所猜结果均为一对一错．设乙猜对次，且他最终停留的位置对应的数为，试用含的代数式表示，并求该位置距离原点最近时的值；

（3）从图的位置开始，若进行了次移动游戏后，甲与乙的位置相距2个单位，直接写出的值． 【答案】（1）；
（2）；
当时，距离原点最近；
（3）或5 【解析】 【分析】 （1）对题干中三种情况计算对应概率，分析出正确的概率即可；

硬币朝上为正面、反面的概率均为， 甲和乙猜正反的情况也分为三种情况：
①甲和乙都猜正面或反面，概率为， ②甲猜正，乙猜反，概率为， ③甲猜反，乙猜正，概率为， （2）根据题意可知乙答了10次，答对了n次，则打错了（10-n）次，再根据平移的规则推算出结果即可；

（3）刚开始的距离是8，根据三种情况算出缩小的距离，即可算出缩小的总距离，分别除以2即可得到结果；

【详解】（1）题干中对应的三种情况的概率为：
①；

②；

③；

甲的位置停留在正半轴上的位置对应情况②，故P=． （2）根据题意可知乙答了10次，答对了n次，则打错了（10-n）次， 根据题意可得，n次答对，向西移动4n， 10-n次答错，向东移了2（10-n）， ∴m=5-4n+2（10-n）=25-6n， ∴当n=4时，距离原点最近． （3）起初，甲乙的距离是8， 易知，当甲乙一对一错时，二者之间距离缩小2， 当甲乙同时答对打错时，二者之间的距离缩小2， ∴当加一位置相距2个单位时，共缩小了6个单位或10个单位， ∴或， ∴或． 【点睛】本题主要考查了概率的求解，通过数轴的理解进行准确分析是解题的关键． 26.如图1和图2，在中，，，．点在边上，点，分别在，上，且．点从点出发沿折线匀速移动，到达点时停止；
而点在边上随移动，且始终保持． （1）当点在上时，求点与点的最短距离；

（2）若点在上，且将面积分成上下4：5两部分时，求的长；

（3）设点移动的路程为，当及时，分别求点到直线的距离（用含的式子表示）；

（4）在点处设计并安装一扫描器，按定角扫描区域（含边界），扫描器随点从到再到共用时36秒．若，请直接写出点被扫描到的总时长． 【答案】（1）；
（2）；
（3）当时，；
当时，；
（4） 【解析】 【分析】 （1）根据当点在上时，PA⊥BC时PA最小，即可求出答案；

（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E，证明△APQ∽△ABC，可得，根据=可得 ，可得，求出AB=5，即可解出MP；

（3）先讨论当0≤x≤3时，P在BM上运动，P到AC的距离：d=PQ·sinC，求解即可，再讨论当3≤x≤9时，P在BN上运动，BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x，根据d=CP·sinC即可得出答案；

（4）先求出移动速度==，然后先求出从Q平移到K耗时，再求出不能被扫描的时间段即可求出时间． 【详解】（1）当点在上时，PA⊥BC时PA最小， ∵AB=AC，△ABC为等腰三角形， ∴PAmin=tanC·=×4=3；

（2）过A点向BC边作垂线，交BC于点E， S上=S△APQ， S下=S四边形BPQC， ∵， ∴PQ∥BC， ∴△APQ∽△ABC， ∴， ∴， 当=时，， ∴， AE=·， 根据勾股定理可得AB=5， ∴， 解得MP=；

（3）当0≤x≤3时，P在BM上运动， P到AC的距离：d=PQ·sinC， 由（2）可知sinC=， ∴d=PQ， ∵AP=x+2， ∴， ∴PQ=， ∴d==， 当3≤x≤9时，P在BN上运动， BP=x-3，CP=8-（x-3）=11-x， d=CP·sinC=（11-x）=-x+， 综上；

（4）AM=2<AQ=， 移动的速度==， ①从Q平移到K，耗时：=1秒， ②P在BC上时，K与Q重合时 CQ=CK=5-=， ∵∠APQ+∠QPC=∠B+∠BAP， ∴∠QPC=∠BAP， 又∵∠B=∠C， ∴△ABP∽△PCQ， 设BP=y，CP=8-y， ，即， 整理得y2-8y=， （y-4）2=， 解得y1=，y2=， ÷=10秒， ÷=22秒， ∴点被扫描到的总时长36-（22-10）-1=23秒． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，一次函数的应用，结合知识点灵活运用是解题关键．

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