中考数学压轴题2.pdf
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1、各地中考数学压轴题精选精析(1.2012黄石)25.(本小题满分10分)已知抛物线G的函数解析式为y a x2+b x-3 a(b 0 ,请证明:x+22,并说明x为何值时才会有x+=2.X X(3)若抛物线先向上平移4个单位,再向左平移1个单位后得到抛物线。2,设,B(,2)是G 上的两个不同点,且 满 足:Z 4 O B =9 0。,ni 0 ,n 1)2)【考点】二次函数综合题.【专题】压轴题;配方法.【分析】(1)求抛物线的顶点坐标,需要先求出抛物线的解析式,即确定待定系数a、b的 值.已知抛物线图象与y轴交点,可确定解析式中的常数项(由此得到a的 值);然后从方程入手求b的 值,题干
2、给出了两根差的绝对值,将其进行适当变形(转化为两根和、两根积的形式),结合根与系数的关系即可求出b的值.(2)x+=i ,因此将X+,配成完全平方式,然后根据平方的非负性即可得X X证.(3)结 合(1)的抛物线的解析式以及函数的平移规律,可得出抛物线C2的解析 式;在RtOAB中,由勾股定理可确定m、n的关系式,然后用m列出AAOB的面积表达式,结合不等式的相关知识可确定AOAB的最小面积值以及此时m的 值,进而由待定系数法确定一次函数0 A的解析式.【解答】解:(1),.抛物线过(0,-3)点,J.-3a=-3:.a=1.1 分/.y-xi+bx-3.x2+bx-3=0的两根为至且=4.x
3、 x2|=J a +x2)2 4X,X2=4且 0:.b=-2.1 分.-.y=解-2 3=(X-1)2-4,抛物线C i的顶点坐标为(1,-4).1分(2).%0,/.x+-2 =(Vx-=)0.“+,2 2,显然当x=1时,才有x+=2,.2分X X(3)方法一:由平移知识易得C 2的解析式为:y=g .1分:.A m,m2),n,n2).AZO8为 RtA/.OA2+OB2=AB2:.m2+川 +2 +=m-n)2+(m2-n2)2化 简 得:mn=-1.1分/S LAOB-OA OB=-4m2+/y/n2+n42 2 m n=-1S LAOB J2+7 -+-=J2+m-4 2 2 V
4、 m21-2=12.SA/。的最小值为1,此时.2分直 线0 4的一次函数解析式为y =x.1分方 法 二:由题意可求抛物线C,的解析式为:y =V.(1分).A(mjn2),B(n,n?)过点A、3作x轴的垂线,垂足分别为C、q=q q-v口 梯 形ACQ B J AOC BOD二;(m 2 4-n 2)(m-n Lm.m2-Ln.n21 .、=-mn(m-n)由8。得处=”OC ACn2-n即 一 二1m mmn=-1.(1 分)1 .H=-m.80 =1 mn/m n)、=1 /(m H1、)2 2 m由(2)知:机+,2 2m.-.S=-(m +)-x2=l2 m 2当且仅当2 =1
5、,S取得最小值1此时A的坐标为(1,1).(2分);.一次函数0 4的解析式为y =x.(1分)【点评】该题考查了二次函数解析式的确定、函数图象的平移、不等式的应用等知识,解题过程中完全平方式的变形被多次提及,应熟练掌握并能灵活应用.(2.2012滨 州)24.如 图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c经过A(-2,-4),0(0,0),B(2,0)三点.(1)求抛物线y=ax2+bx+c的解析式;(2)若 点M是该抛物线对称轴上的一点,求AM+OM的最小值.解 答:解:(1)把 人(-2,-4),0(0,0),B(2,0)三点的坐标代入y=ax2+bx+c中,得4a-2b+c=-
6、4 4a+2b+c=0,c=0解这个方程组,得a=-工,b=l,c=02所以解析式为y=/+x.(2)由 y=-lx2+x=-1 (x-1)2+l,可得抛物线的对称轴为x=l,并且对称轴垂直平分线段OB.QM=BM.QM+AM=BM+AM连接AB交直线x=l于M点,则此时OM+AM最小过点A作AN_Lx轴于点N,在 RbABN 中,AB=2=4A/2,因此OM+AM最 小 值 为 蚯.(3.2012滨 州)25.如 图1,li,L,b,14是一组平行线,相邻2条平行线间的距离都是1个单位长度,正方形ABCD的4个顶点A,B,C,D都在这些平行线上.过点A作AFI3于 点F,交L于 点H,过点C
7、作CE_Ll2于 点E ,交b于 点G.(1)求 证:/D F学CBE;(2)求正方形ABCD的面积;(3)如图2,如果四条平行线不等距,相邻的两条平行线间的距离依次为h i,h2,h3,试用h i,h2,h3表示正方形ABCD的面积S .考 点:全等三角形的判定与性质;平行线之间的距离;正方形的性质。解 答:证 明:(1)在RbAFD和RbCEB中,AD=BC,AF=CE,.RtAAFD复 RbCEB;(2).zABH+zCBE=90,zABH+zBAH=90,.-.zCBE=zBAHX /AB=BC,zAHB=zCEB=90.A B H%BCE,同理可得,AABH毁ABCE合ACDG2AD
8、AF,-S 正方形 ABCD=4SAABH+S 正方形 HEGF=4XAX2X1+1X12=5 ;(3 )由(1)知,3 F D 学 CEB,故 hi=h3,由(2)知,ABHBCECDGDAF,-S 正方形 ABCD=4S-ABH+S 正方形 HEGF=4XA(hi+h2)hi+h22=2hi2+2hih2+h22.2(4.2012云南)22.如 图,在矩形ABCD中,对角线BD的垂直平分线M N 与 A D 相交于点M,与 BD相交于点N,连 接 BM,DN.(1)求 证:四边形BMDN是菱形;(2)若 AB=4,AD=8,求 MD 的 长.AMDB考 点:矩形的性质;线段垂直平分线的性质
9、;勾股定理;平行四边形的判定;菱形的性质;菱形的判定。专 题:计算题;证明题。分 析:(1)根据矩形性质求出ADll BC,根 据 OB=OD和 ADll BC推出O M=O N,得出平行四边形BMDN,推出菱形BMDN;(2)根据菱形性质求出DM=BM,在 R tM M B 中,根据勾股定理得出BM2=AM2+AB2,推出 x2=x2-16x+64+16,求出即可.解 答:(1)证 明:.,四边形ABCD是矩形,.ADllBC,zA=90,M N 是 BD的中垂线,.-.OB=OD,BDMN,/=空,ON OB.-.BM=DM,-,OB=OD,二四边形BMDN是平行四边形,.MNBD,平行四
10、边形BMDN是菱形.(2)解:.四边形BMDN是菱形,.-.MB=MD,设 M D 长为x,则 MB=DM=x,在 RbAMB 中,BM2=AM2+AB2即 x2=(8-x)2+42,解 得:x=5,答:MD长 为5.点 评:本题考查了矩形性质,平行四边形的判定,菱形的判定和性质,勾股定理等知识点的应用,对角线互相平分的四边形是平行四边形,对角线互相垂直的平行四边形是菱 形.(5.2012云南)23.如 图,在平面直角坐标系中,直线y=-L+2交x轴于点P,交y轴3于点A.抛物线y=-Ix+bx+c的图象过点E(-1,0),并与直线相交于A、B两 点.(1)求抛物线的解析式(关系式);(2)过
11、点A作ACAB交x轴于点C,求点C的坐标;(3)除点C外,在坐标轴上是否存在点M,使得AMAB是直角三角形?若存在,请求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.考 点:二次函数综合题。分 析:(1)首先求出A点坐标,然后利用待定系数法求出抛物线的解析式;(2)利用相似三角形(RtAOCA-Rt-OPA)比例线段之间的关系,求出线段0 C的长 度,从而得到c点的坐标,如题图所示;(3)存在所求的M点,在x轴上有3个,y轴上有2个,注意不要遗漏.求 点M坐标的过程并不复杂,但要充分利用相似三角形比例线段之间的关系.解答:解:(1)直线解析式为y=-m+2,令x=0,则y=2,.A(0,2),.抛物线y
12、=-y+bx+c的图象过点A(0,2),E(-1,0),f2=c0=-b+c 2解 得,c=2.抛物线的解析式为:y=-1X2+3X+2.2 2(2)直线y=-lx+2分别交x轴、y轴于点P、点A,3.-.P(6,0),A(0,2),.QP=6,OA=2.ACAB,OAOP,.RfOCAsRhOPA,.旦口,0A OP.OC=迷一2 ,OP-6-3又C点在x轴负半轴上,.点C的坐标为C(-2,0).3(3)抛物线y=-4+3+2与 期 y=-lx+2交于A、B两 点,2 2 3令-上2+冬+2=-AX+2,2 2 3解得 X 1=O ,X2=,33 9如答图所示,过 点B作BD_LX轴于点D,
13、贝lj D(,0),B D=I,DP=6-H=I.3 9 3 3点M在坐标轴上,且AMAB是直角三角形,有以下几种情况:当点M在x轴 上,且BMAB,如答图所示.设 M(m,0),则 M D=H-m.3.BMAB,BDx轴,.迪型,BD DP9 3解 得m=留,27,此 时M点坐标为(丝,0);27当点M在x轴 上,且BMAM,如答图所示.设 M(m,0),则 M D=-m.3-BMAM,易知 RbAOMsRtAMDB,.OM_OA 即 m=2 BD=MD I _11 _ 讨9 3化 简 得:m2-llm+=0 ,3 9解 得:xi=四返,X2 1 一 倔,6 6,此 时M点坐标为(场,0),
14、(I1一倔,0);6 6(说 明:此时的M点相当于以AB为直径的圆与x轴的两个交点)当点M在y轴 上,且BM AM,如答图所示.此 时M点坐标为(0,工);9当点M在y轴 上,且BM_L AB,如答图所示.设 M,(0,m),则 AM=2 BM=H,MM=-m.9 9 3 9易知 RfABM sRfM BM,此 时M点坐标为(0,-筐).9综上所述,除点C外,在坐标轴上存在点M,使得AMAB是直角三角形.符合条件的点M有5个,其坐标分别为:(,0、(I倔,0 I(上返,27 6 6点 评:本题综合考查了二次函数的图象与性质、待定系数法求函数解析式、一次函数、解一元二次方程、相似三角形的判定与性
15、质等重要知识点.难点在于第(3)问,所求的M点 有5个(x轴上有3个,y轴上有2个),需要分情况讨论,不要遗漏.(6.2012岳阳)25.(1)操作发现:如图,D是等边AABC边BA上一动点(点D与 点B不重合),连 接DC,以DC为边在BC上方作等边ADCF,连接AF.你能发现线段AF与BD之间的数量关系吗?并证明你发现的结论.(2)类比猜想:如图,当动点D运动至等边 ABC边BA的延长线上时,其他作法与(1)相 同,猜想AF与BD在(1)中的结论是否仍然成立?(3)深入探究:I.如图,当动点D在等边SBC边BA上运动时(点D与 点B不重合)连 接D C,以DC为边在BC上方、下方分别作等边
16、ADCF和等边ADCF,连接AF、B F,探究AF、BF,与AB有何数量关系?并证明你探究的结论.H.如图,当动点D在等边边BA的延长线上运动时,其他作法与图相同,I中的结论是否成立?若不成立,是否有新的结论?并证明你得出的结论.F图考 点:全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质。专 题:几何综合题。分 析:(1)根据等边三角形的三条边、三个内角都相等的性质,利用全等三角形的判定定理 SAS可以证得ABCD当 ACF;然后由全等三角形的对应边相等知AF=BD;(2)通过证明ABCD乎 ACF,即可证明AF=BD;(3)I.AF+BF=AB;禾 I 用全等三角形ABCD 4ACF(SAS)的对
17、应边BD=AF;同理ABCFEAACD(SAS),则 BF=AD,所以 AF+BF=AB;n .I 中的结论不成立.新的结论是AF=AB+BF;通过证明ABCF少 ACD(SAS),则 BF=AD(全等三角形的对应边相等);再 结 合 2)中的结论即可证得AF=AB+BF.解 答:解:(1)AF=BD;证明如下ABC是等边三角形(已 知),.BC=AC,zBCA=60(等边三角形的性质);同理知,DC=CF,zDCF=60;.-.zBCA-zDCA=zDCF-DCA,即NBCD=NACF;在 BCD和 ACF中,BC=AC ZBCD=ZACF,DC=FC.-.ABCDACF(SAS),.BD=
18、AF(全等三角形的对应边相等);(2)证明过程同(1),证得ABCD弁ACF(SAS),则AF=BD(全等三角形的对应边相等),所 以,当动点D运动至等边AABC边BA的延长线上时,其他作法与(1;相 同,AF=BD仍然成立;(3)I.AF+BF=AB;证明如下:由(1)知,ABCD%ACF(SAS),则BD=AF;同理ABCF旭AACD(SAS),则 BF=AD,.AF+BF=BD+AD=AB;n.I中的结论不成立.新的结论是AF=AB+BF;证明如下:在ABCF和AACD中,rBC=AC-NBCF=ZACD,F C=DC.BCFAACD(SAS),二.BF=AD(全等三角形的对应边相等);
19、又 由(2)知,AF=BD;.AF=BD=AB+AD=AB+BF,即 AF=AB+BF.点 评:本题考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质.等边三角形的三条边都相 等,三个内角都是60.(7.2012岳阳)26.我们常见的炒菜锅和锅盖都是抛物线面,经过锅心和盖心的纵断面是两端抛物线组合而成的封闭图形,不妨简称为“锅 线 ,锅口直径为6dm,锅 深3dm,锅盖高1dm(锅口直径与锅盖直径视为相同),建立直接坐标系如图所示,如果把锅纵断面的抛物线的记为C i,把锅盖纵断面的抛物线记为C2.(1)求(:1和C2的解析式;(2)如图,过 点B作直线8 :丫=L -1交(:1于 点(-2,-至)
20、,连接OE、BC,在3 3x轴上求一点P,使以点P、B、C为顶点的WBC与WOE相 似,求 出P点的坐标;(3)如 果(2)中的直线BE保持不变,抛物线Ci或C2上是否存在一点Q,使得AEBQ的面积最大?若存在,求出Q的坐标和AEBQ面积的最大值;若不存在,请说明理由.图 图考 点:二次函数综合题。专 题:压轴题;分类讨论。分 析:(1)已知A、B、C、D四点坐标,利用待定系数法即可确定两函数的解析式.(2)根据直线BE:y=Ax-1知,该直线必过(0,-1)点,那么NEBO=NCBO,3若以点P、B、C为顶点的WBC与ABOE相 似,那么夹这组对应角的对应边必成比例,先求出BC、BO、BE的
21、 长,然后分情况根据线段间的比例关系求出BP的 长,进而得到OP的 长,即可确定P点坐标.(3)AEBQ中,BE长为定值,若 以BE为 底,当AEBQ的面积最大时,Q到直线BE的距离最大;由于点Q可能在抛物线Ci或C2上,因此两种情况都要解一下,最后通过比较得到能使AEBQ面积最大的Q点.首先作直线hl BE,分别令直线I与抛物线G、C2有且仅有一个交点,那么符合条件的Q点必在这两个交点中,先求出这两个交点分别到直线BE的距离,距离大者符合条件,由此可得到Q点坐标和AEBQ的面积最大值.解 答:解:(1)由于抛物线Ci、C2都过点A(-3,0)、B(3,0),可设它们的解析式为:y=a(x-3
22、)(x+3);抛物线C l还经过D(0,-3),则 有:-3=a(0-3 )(0+3),a=A3即:抛物线 J:y=Ax2-3(-3x3);3抛物线C2还经过A(0,1),则 有:l=a(0-3)(0+3),a=-A9即:抛物线 C2:y=-AX2+1(-3x3).9(2)由于直线 BE:y=Ax-1 必 过(0,-1),所以NCBO=NEB。3(tanzCBO=tanzEBO=);3由E点坐标可知:tan/AOEH,即NAOEHNCBO,所以它们的补角NEOBHNCBX;3若以点P、B、C为顶点的WBC与BOE相 似,只需考虑两种情况:zCBPi=zEBO,且 0B:BE=BPi:BC,即:
23、3:ZlP=BPi:V lO,得:BPi=i,OPi=OB-BPi=-;3 5 5.Pl(-1,0);5ZP2BC=ZEBO,且 BC:BP2=OB:BE,即:710:BP2=3:,得:BP2=-,OP2=BP2-OB=-233 9 94 2(-圆,0).9综 上,符合条件的P点 有:Pi(,0)P2(-名,0).5 9(3)如 图,作直线III直 线BE,设直线I:y=Ax+b;3当直线I与抛物线Ci只有一个交点时:x+b=x*2-3,B P :x2-x-(3b+9)=03 3J(T+(-i)2 F,工符合条件的Q点为Q1(-卫,心);2 4EBQ 的最大面积:Sm ax具XBEXM Y J
24、 L里.2 40 8.该 交 点Q2(5,Y);2 12Q2到 直 线BE:lx -y-1=0的距离:3(T)x(-i)+(-i)b 3 12_5VTO_25VTQ.J 0)2+(7)2 8 4。当直线I与抛物线C2只有一个交点时:x+b=-lx2+l,即:x2+3x+9b-9=03 9.该 交 点Qi(-,卫);2 4Q i到 直 线BE:-1x-y-1=0的距离:点 评:考查了二次函数综合题.该题的难度和计算量都比较大,涉及了函数解析式的确定、相似三角形的判定和性质、图形面积的解法等重点知识;解 答(2)题 时,应注意分不同的对应边来进行讨论,以免漏解.(3)的难度较大,点到直线的距离公式
25、【点|Axn+Byn+C|(X。,y0)到直线(Ax+By+C=0)的距离为:d=,0 0 是需要记住的VA2+B2内 容.另 外,题目在设计时结合了一定的生活元素,形式较为新颖.(8.2012苏州)28.如 图,正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的 边FG重 合,将正方形ABCD以lc m/s的速度沿FG方向移动,移动开始前点A与 点F重 合,在移动过程中,边AD始终与边FG重 合,连 接CG,过点A作CG的平行线交线段GH于 点P,连 接PD.已知正方形ABCD的边长为1c m,矩 形EFGH的 边FG,GH的长分别为4c m,3c m,设正方形移动时间为x(s),线 段GP的长为y(c
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