全国各地中考数学压轴题汇编三.doc

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2012年全国各地中考数学压轴题汇编三

【2012上海】

21、如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A（4，0）、B（﹣1，0），与y轴交于点C，点D在线段OC上，OD=t，点E在第二象限，∠ADE=90°，tan∠DAE=，EF⊥OD，垂足为F．

（1）求这个二次函数的解析式；

（2）求线段EF、OF的长（用含t的代数式表示）；

（3）当∠ECA=∠OAC时，求t的值．

【2012广东】

22．如图，抛物线y=x2﹣x﹣9与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC．

（1）求AB和OC的长；

（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A、B不重合），过点E作直线l平行BC，交AC于点D．设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；

（3）在

（2）的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积（结果保留π）．

（21世版

【2012嘉兴】

23、在平面直角坐标系xOy中，点P是抛物线：

y=x2上的动点（点在第一象限内）．连接OP，过点0作OP的垂线交抛物线于另一点Q．连接PQ，交y轴于点M．作PA丄x轴于点A，QB丄x轴于点B．设点P的横坐标为m．

（1）如图1，当m=时，

①求线段OP的长和tan∠POM的值；

②在y轴上找一点C，使△OCQ是以OQ为腰的等腰三角形，求点C的坐标；

（2）如图2，连接AM、BM，分别与OP、OQ相交于点D、E．

①用含m的代数式表示点Q的坐标；

②求证：

四边形ODME是矩形．

【2012贵州安顺】

24、如图所示，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边长OA、OC分别为12cm、6cm，点A、C分别在y轴的负半轴和x轴的正半轴上，抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B，且18a+c=0．

（1）求抛物线的解析式．

（2）如果点P由点A开始沿AB边以1cm/s的速度向终点B移动，同时点Q由点B开始沿BC边以2cm/s的速度向终点C移动．

①移动开始后第t秒时，设△PBQ的面积为S，试写出S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围．

②当S取得最大值时，在抛物线上是否存在点R，使得以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形？

如果存在，求出R点的坐标；如果不存在，请说明理由．

【2012•资阳】

25．抛物线的顶点在直线y=x+3上，过点F（﹣2，2）的直线交该抛物线于点M、N两点（点M在点N的左边），MA⊥x轴于点A，NB⊥x轴于点B．

（1）先通过配方求抛物线的顶点坐标（坐标可用含m的代数式表示），再求m的值；

（2）设点N的横坐标为a，试用含a的代数式表示点N的纵坐标，并说明NF=NB；

（3）若射线NM交x轴于点P，且PA•PB=，求点M的坐标．

【2012•德州】

26、如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，PG交DC于H，折痕为EF，连接BP、BH．

（1）求证：

∠APB=∠BPH；

（2）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？

并证明你的结论；

（3）设AP为x，四边形EFGP的面积为S，求出S与x的函数关系式，试问S是否存在最小值？

若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．

【2012•湘潭】

27、如图，抛物线的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，已知B点坐标为（4，0）．

（1）求抛物线的解析式；

（2）试探究△ABC的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；

（3）若点M是线段BC下方的抛物线上一点，求△MBC的面积的最大值，并求出此时M点的坐标．

【2012•济宁】

28、如图，抛物线y=ax2+bx﹣4与x轴交于A（4，0）、B（﹣2，0）两点，与y轴交于点C，点P是线段AB上一动点（端点除外），过点P作PD∥AC，交BC于点D，连接CP．

（1）求该抛物线的解析式；

（2）当动点P运动到何处时，BP2=BD•BC；

（3）当△PCD的面积最大时，求点P的坐标．

【2012•德阳】

29、在平面直角坐标xOy中，（如图）正方形OABC的边长为4，边OA在x轴的正半轴上，边OC在y轴的正半轴上，点D是OC的中点，BE⊥DB交x轴于点E．

（1）求经过点D、B、E的抛物线的解析式；

（2）将∠DBE绕点B旋转一定的角度后，边BE交线段OA于点F，边BD交y轴于点G，交

（1）中的抛物线于M（不与点B重合），如果点M的横坐标为，那么结论OF=DG能成立吗？

请说明理由；

（3）过

（2）中的点F的直线交射线CB于点P，交

（1）中的抛物线在第一象限的部分于点Q，且使△PFE为等腰三角形，求Q点的坐标．

【2012无锡】

30、如图1，A．D分别在x轴和y轴上，CD∥x轴，BC∥y轴．点P从D点出发，以1cm/s的速度，沿五边形OABCD的边匀速运动一周．记顺次连接P、O、D三点所围成图形的面积为Scm2，点P运动的时间为ts．已知S与t之间的函数关系如图2中折线段OEFGHI所示．

（1）求A．B两点的坐标；

（2）若直线PD将五边形OABCD分成面积相等的两部分，求直线PD的函数关系式．

答案：

21、解：

（1）二次函数y=ax2+6x+c的图象经过点A（4，0）、B（﹣1，0），

∴，解得，

∴这个二次函数的解析式为：

y=﹣2x2+6x+8；

（2）∵∠EFD=∠EDA=90°h

∴∠DEF+∠EDF=90°，∠EDF+∠ODA=90°，∴∠DEF=∠ODA

∴△EDF∽△DAO

∴．

∵，

∴=，

∴，∴EF=t．

同理，

∴DF=2，∴OF=t﹣2．

（3）∵抛物线的解析式为：

y=﹣2x2+6x+8，

∴C（0，8），OC=8．

如图，连接EC、AC，过A作EC的垂线交CE于G点．

∵∠ECA=∠OAC，∴∠OAC=∠GCA（等角的余角相等）；

在△CAG与△OCA中，，

∴△CAG≌△OCA，∴CG=4，AG=OC=8．

如图，过E点作EM⊥x轴于点M，则在Rt△AEM中，

∴EM=OF=t﹣2，AM=OA+AM=OA+EF=4+t，

由勾股定理得：

∵AE2=AM2+EM2=；

在Rt△AEG中，由勾股定理得：

∴EG===

∵在Rt△ECF中，EF=t，CF=OC﹣OF=10﹣t，CE=CG+EG=+4

由勾股定理得：

EF2+CF2=CE2，

即，

解得t1=10（不合题意，舍去），t2=6，

∴t=6．

22、解：

（1）已知：

抛物线y=x2﹣x﹣9；

当x=0时，y=﹣9，则：

C（0，﹣9）；

当y=0时，x2﹣x﹣9=0，得：

x1=﹣3，x2=6，则：

A（﹣3，0）、B（6，0）；

∴AB=9，OC=9．

（2）∵ED∥BC，

∴△AED∽△ABC，

∴=（）2，即：

=（）2，得：

s=m2（0＜m＜9）．

（3）S△AEC=AE•OC=m，S△AED=s=m2；

则：

S△EDC=S△AEC﹣S△AED=﹣m2+m=﹣（m﹣）2+；

∴△CDE的最大面积为，此时，AE=m=，BE=AB﹣AE=．

过E作EF⊥BC于F，则Rt△BEF∽Rt△BCO，得：

=，即：

=

∴EF=；

∴以E点为圆心，与BC相切的圆的面积S⊙E=π•EF2=．

23、解：

（1）①把x=代入y=x2，得y=2，∴P（，2），∴OP=

∵PA丄x轴，∴PA∥MO．∴tan∠P0M=tan∠0PA==．

②设Q（n，n2），∵tan∠QOB=tan∠POM，

∴．∴n=

∴Q（，），∴OQ=．

当OQ=OC时，则C1（0，），C2（0，）；

当OQ=CQ时，则C3（0，1）．

（2）①∵P（m，m2），设Q（n，n2），∵△APO∽△BOQ，∴

∴，得n=，∴Q（，）．

②设直线PO的解析式为：

y=kx+b，把P（m，m2）、Q（，）代入，得：

解得b=1，∴M（0，1）

∵，∠QBO=∠MOA=90°，

∴△QBO∽△MOA

∴∠MAO=∠QOB，

∴QO∥MA

同理可证：

EM∥OD

又∵∠EOD=90°，

∴四边形ODME是矩形．

24、解：

（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，

由题意知点A（0，﹣12），

所以c=﹣12，

又18a+c=0，

，

∵AB∥OC，且AB=6，

∴抛物线的对称轴是，

∴b=﹣4，

所以抛物线的解析式为；

（2）①，（0＜t＜6）

②当t=3时，S取最大值为9．

这时点P的坐标（3，﹣12），

点Q坐标（6，﹣6）

若以P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形，有如下三种情况：

（Ⅰ）当点R在BQ的左边，且在PB下方时，点R的坐标（3，﹣18），将（3，﹣18）代入抛物线的解析式中，满足解析式，所以存在，点R的坐标就是（3，﹣18），

（Ⅱ）当点R在BQ的左边，且在PB上方时，点R的坐标（3，﹣6），将（3，﹣6）代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件．

（Ⅲ）当点R在BQ的右边，且在PB上方时，点R的坐标（9，﹣6），将（9，﹣6）代入抛物线的解析式中，不满足解析式，所以点R不满足条件．

综上所述，点R坐标为（3，﹣18）．

25、解：

（1）y=x2+x+m=（x+2）2+（m﹣1）

∴顶点坐标为（﹣2，m﹣1）

∵顶点在直线y=x+3上，

∴﹣2+3=m﹣1，

得m=2；

（2）∵点N在抛物线上，

∴点N的纵坐标为：

a2+a+2，

即点N（a，a2+a+2）

过点F作FC⊥NB于点C，

在Rt△FCN中，FC=a+2，NC=NB﹣CB=a2+a，

∴NF2=NC2+FC2=（a2+a）2+（a+2）2，

=（a2+a）2+（a2+4a）+4，

而NB2=（a2+a+2）2，

=（a2+a）2+（a2+4a）+4

∴NF2=NB2，

NF=NB；

（3）连接AF、BF，

由NF=NB，得∠NFB=∠NBF，由

（2）的结论知，MF=MA，

∴∠MAF=∠MFA，

∵MA⊥x轴，NB⊥x轴，

∴MA∥NB，∴∠AMF+∠BNF=180°

∵△MAF和△NFB的内角总和为360°，

∴2∠MAF+2∠NBF=180°，∠MAF+∠NBF=90°，

∵∠MAB+∠NBA=180°，

∴∠FBA+∠FAB=90°，

又∵∠FAB+∠MAF=90°，

∴∠FBA=∠MAF=∠MFA，

又∵∠FPA=∠BPF，

∴△PFA∽△PBF，

∴=，PF2=PA×PB=，

过点F作FG⊥x轴于点G，在Rt△PFG中，

PG==，

∴PO=PG+GO=，

∴P（﹣，0）

设直线PF：

y=kx+b，把点F（﹣2，2）、点P（﹣，0）代入y=kx+b，

解得k=，b=，

∴直线PF：

y=x+，

解方程x2+x+2=x+，

得x=﹣3或x=2（不合题意，舍去），

当x=﹣3时，y=，

∴M（﹣3，）．

26、

（1）解：

如图1，∵PE=BE，

∴∠EBP=∠EPB．

又∵∠EPH=∠EBC=90°，

∴∠EPH﹣∠EPB=∠EBC﹣∠EBP．

即∠PBC=∠BPH．

又∵AD∥BC，

∴∠APB=∠PBC．

∴∠APB=∠BPH．

（2）△PHD的周长不变为定值8．

证明：

如图2，过B作BQ⊥PH，垂足为Q．

由

（1）知∠APB=∠BPH，

又∵∠A=∠BQP=90°，BP=BP，

∴△ABP≌△QBP．

∴AP=QP，AB=BQ．

又∵AB=BC，

∴BC=BQ．

又∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，

∴△BCH≌△BQH．

∴CH=QH．

∴△PHD的周长为：

PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8．

（3）如图3，过F作FM⊥AB，垂足为M，则FM=BC=AB．

又∵EF为折痕，

∴EF⊥BP．

∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°，

∴∠EFM=∠ABP．

又∵∠A=∠EMF=90°，

∴△EFM≌△BPA．

∴EM=AP=x．

∴在Rt△APE中，（4﹣BE）2+x2=BE2．

解得，．

∴．

又四边形PEFG与四边形BEFC全等，

∴．

即：

．

配方得，，

∴当x=2时，S有最小值6．

27、解：

（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：

0=16a﹣×4﹣2，即：

a=；

∴抛物线的解析式为：

y=x2﹣x﹣2．

（2）由

（1）的函数解析式可求得：

A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；

∴OA=1，OC=2，OB=4，

即：

OC2=OA•OB，又：

OC⊥AB，

∴△OAC∽△OCB，得：

∠OCA=∠OBC；

∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，

∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径；

所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：

（，0）．

（3）已求得：

B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC的解析式为：

y=x﹣2；

设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：

y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：

x+b=x2﹣x﹣2，即：

x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；

∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=4；

∴直线l：

y=x﹣4．

由于S△MBC=BC×h，当h最大（即点M到直线BC的距离最远）时，△ABC的面积最大

所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：

，

解得：

即M（2，﹣3）．

28、解：

（1）由题意，得，

解得，

∴抛物线的解析式为y=﹣x﹣4；

（2）设点P运动到点（x，0）时，有BP2=BD•BC，

令x=0时，则y=﹣4，

∴点C的坐标为（0，﹣4）．

∵PD∥AC，

∴△BPD∽△BAC，

∴．

∵BC=，

AB=6，BP=x﹣（﹣2）=x+2．

∴BD===．

∵BP2=BD•BC，

∴（x+2）2=，

解得x1=，x2=﹣2（﹣2不合题意，舍去），

∴点P的坐标是（，0），即当点P运动到（，0）时，BP2=BD•BC；

（3）∵△BPD∽△BAC，

∴，

∴×

S△BPC=×（x+2）×4﹣

∵，

∴当x=1时，S△BPC有最大值为3．

即点P的坐标为（1，0）时，△PDC的面积最大．

29、解：

（1）∵BE⊥DB交x轴于点E，OABC是正方形，

∴∠DBC=EBA．

在△BCD与△BAE中，

∵，

∴△BCD≌△BAE，∴AE=CD．

∵OABC是正方形，OA=4，D是OC的中点，

∴A（4，0），B（4，4），C（0，4），D（0，2），∴E（6，0）．

设过点D（0，2），B（4，4），E（6，0）的抛物线解析式为y=ax2+bx+c，则有：

，

解得，

∴经过点D、B、E的抛物线的解析式为：

y=x2+x+2．

（2）结论OF=DG能成立．理由如下：

由题意，当∠DBE绕点B旋转一定的角度后，同理可证得△BCG≌△BAF，∴AF=CG．

∵xM=，∴yM=xM2+xM+2=，∴M（，）．

设直线MB的解析式为yMB=kx+b，

∵M（，），B（4，4），

∴，

解得，

∴yMB=x+6，

∴G（0，6），

∴CG=2，DG=4．

∴AF=CG=2，OF=OA﹣AF=2，F（2，0）．

∵OF=2，DG=4，

∴结论OF=DG成立．

（3）如图，△PFE为等腰三角形，可能有三种情况，分类讨论如下：

①若PF=FE．

∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，

∴此时P点位于射线CB上，

∵F（2，0），

∴P（2，4），此时直线FP⊥x轴，

∴xQ=2，

∴yQ=xQ2+xQ+2=，∴Q1（2，）；

②若PF=PE．

如图所示，∵AF=AE=2，BA⊥FE，

∴△BEF为等腰三角形，

∴此时点P、Q与点B重合，

∴Q2（4，4）；

③若PE=EF．

∵FE=4，BC与OA平行线之间距离为4，

∴此时P点位于射线CB上，

∵E（6，0），∴P（6，4）．

设直线yPF的解析式为yPF=kx+b，∵F（2，0），P（6，4），

∴，

解得，

∴yPF=x﹣2．

∵Q点既在直线PF上，也在抛物线上，

∴x2+x+2=x﹣2，化简得5x2﹣14x﹣48=0，

解得x1=，x2=﹣2（不合题意，舍去）

∴xQ=2，

∴yQ=xQ﹣2=﹣2=．

∴Q3（，）．

综上所述，Q点的坐标为Q1（2，）或Q2（4，4）或Q3（，）．

30、解：

（1）连接AD，设点A的坐标为（a，0），

由图2知，DO+OA=6cm，

DO=6﹣AO，

由图2知S△AOD=4，

∴DO•AO=4，

∴a2﹣6a+8=0，

解得a=2或a=4，

由图2知，DO＞3，

∴AO＜3，

∴a=2，

∴A的坐标为（2，0），

D点坐标为（0，4），

在图1中，延长CB交x轴于M，

由图2，知AB=5cm，CB=1cm，

∴MB=3，

∴AM==4．

∴OM=6，

∴B点坐标为（6，3）；

（2）显然点P一定在AB上．设点P（x，y），连PC．PO，则

S四边形DPBC=S△DPC+S△PBC=S五边形OABCD=（S矩形OMCD﹣S△ABM）=9，

∴6×（4﹣y）+×1×（6﹣x）=9，

即x+6y=12，

同理，由S四边形DPAO=9可得2x+y=9，

由A（2，0），B（6，3）求得直线AB的函数关系式为y=，

由[或或]

解得x=，y=．

∴P（，），

设直线PD的函数关系式为y=kx+4，

则=k+4，

∴k=﹣，

∴直线PD的函数关系式为y=﹣x+4．