海南省海口市中考数学综合性压轴题含详细解析Word下载.docx

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∵2＞2，∴OD＝OM的情况不存在．

综上所述，点M的坐标为（－2，－2）或（－1，－3）．

（第2题图）

2．如图，抛物线y＝－x2＋mx＋n与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴交x轴于点D，已知点A（－1，0），C（0，2）．

（1）求抛物线的表达式．

（2）在抛物线的对称轴上是否存在点P，使△PCD是以CD为腰的等腰三角形？

如果存在，直接写出点P的坐标；

如果不存在，请说明理由．

（3）点E时线段BC上的一个动点，过点E作x轴的垂线与抛物线交于点F，当点E运动到什么位置时，四边形CDBF的面积最大？

求出四边形CDBF的最大面积及此时点E的坐标．

（1）∵抛物线y＝－x2＋mx＋n经过点A（－1，0），C（0，2），

∴解得

∴抛物线的表达式为y＝－x2＋x＋2.

（2）∵y＝－x2＋x＋2，∴y＝－＋，∴抛物线的对称轴是直线x＝.∴OD＝.

∵点C（0，2），∴OC＝2.

在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD＝.

∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，如解图①，分别以C，D为圆心，CD长为半径画圆交对称轴于点P1，P2，P3，

∴CP1＝DP2＝DP3＝CD.

作CH⊥x轴于H，∴HP1＝HD＝2，∴DP1＝4.

∴点P1，P2，P3.

（第2题图解）

（3）当y＝0时，0＝－x2＋x＋2，解得x1＝－1，x2＝4，∴点B（4，0）．

设直线BC的表达式为y＝kx＋b，将B，C两点的坐标代入，得

∴直线BC的表达式为y＝－x＋2.

如解图②，过点C作CM⊥EF于点M，设点

E，则F，

∴EF＝－a2＋a＋2－＝－a2＋2a（0≤x≤4）．

∵S四边形CDBF＝S△BCD＋S△CEF＋S△BEF＝BD·

OC＋EF·

CM＋EF·

BN

＝×

×

2＋a＋

＝－a2＋4a＋

＝－（a－2）2＋（0≤x≤4）．

∴a＝2时，S四边形CDBF的面积最大，S最大＝，

此时点E（2，1）．

（第3题图）

3．如图所示，Rt△ABC是一张放在平面直角坐标系中的纸片，点C与原点O重合，点A在x轴的正半轴上，点B在y轴的正半轴上，已知OA＝3，OB＝4.将纸片的直角部分翻折，使点C落在AB边上，记为点D，AE为折痕，E在y轴上．

（1）在如图所示的直角坐标系中，求点E的坐标及AE的长．

（2）线段AD上有一动点P（不与A，D重合）自点A沿AD方向以每秒1个单位长度向点D作匀速运动，设运动时间为t（s）（0＜t＜3），过点P作PM∥DE交AE于M点，过点M作MN∥AD交DE于N点，求四边形PMND的面积S与时间t之间的函数表达式．当t取何值时，S有最大值？

最大值是多少？

（3）当t（0＜t＜3）为何值时，A，D，M三点构成等腰三角形？

并求出点M的坐标．

（1）根据题意，得△AOE≌△ADE，

∴OE＝DE，∠ADE＝∠AOE＝90°

，AD＝AO＝3，在Rt△AOB中，AB＝＝5，

设DE＝OE＝x，在Rt△BED中，根据勾股定理，得

BD2＋DE2＝BE2，

即22＋x2＝（4－x）2，解得x＝，∴点E.

在Rt△AOE中，AE＝＝.

（2）∵PM∥DE，MN∥AD，且∠ADE＝90°

∴四边形PMND是矩形．

∵AP＝t·

1＝t，∴PD＝3－t.

∵△AMP∽△AED，∴＝，

∴PM＝·

DE＝，

∴S矩形PMND＝PM·

PD＝·

（3－t），

∴S矩形PMND＝－t2＋t或S矩形PMND＝－（t－）2＋，当t＝－＝时，S最大＝.

（3）△ADM为等腰三角形有以下两种情况：

（Ⅰ）当MD＝MA时，点P是AD中点，

∴AP＝＝，∴t＝÷

1＝（s）．

∴当t＝时，A，D，M三点构成等腰三角形，过点M作MF⊥OA于F，如解图①，∵△APM≌△AFM，

∴AF＝AP＝，MF＝MP＝＝，

∴OF＝OA－AF＝3－＝，∴点M.

（第3题图解））

（Ⅱ）当AD＝AM＝3时，∵△AMP∽△AED，

∴＝，

∴＝，∴AP＝，∴t＝÷

∴当t＝s时，A，D，M三点构成等腰三角形，过点M作MF⊥OA于点F.如解图②.

∵△AMF≌△AMP，

∴AF＝AP＝，FM＝PM＝＝，

∴OF＝OA－AF＝3－，∴点M.

4．如图①，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝，AE⊥BD，垂足是E.点F是点E关于AB的对称点，连结AF，BF.

（第4题图）

（1）求AE和BE的长．

（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB，AD上时，直接写出相应的m的值．

（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°

＜α＜180°

），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q.是否存在这样的P，Q两点，使△DPQ为等腰三角形？

若存在，求出此时DQ的长；

若不存在，请说明理由．

（1）在Rt△ABD中，AB＝5，AD＝，由勾股定理，得BD＝＝＝.

∵S△ABD＝BD·

AE＝AB·

AD，

∴AE＝＝＝4.

在Rt△ABE中，AB＝5，AE＝4，由勾股定理，得BE＝3.

（第4题图解①）

（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如解图①所示．

由对称点性质可知，∠1＝∠2.

由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠5＝∠1，B′F′＝BF＝3.

①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，

∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠1＝∠2，

∴BB′＝B′F′＝3，即m＝3；

②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，

∴∠6＝∠2.

∵∠1＝∠2，∠5＝∠1，

∴∠5＝∠6.

又易知A′B′⊥AD，

∴△B′F′D为等腰三角形，

∴B′D＝B′F′＝3，

∴BB′＝BD－B′D＝－3＝，即m＝.

（3）存在．理由如下：

在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：

①如解图②所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，易知∠2＝2∠Q.

（第4题图解②）

∵∠1＝∠3＋∠Q，∠1＝∠2，

∴∠3＝∠Q，

∴A′Q＝A′B＝5，

∴F′Q＝F′A′＋A′Q＝4＋5＝9.

在Rt△BF′Q中，由勾股定理，得BQ＝＝＝3.

（第4题图解③）

∴DQ＝BQ－BD＝3－.

②如解图③所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，易知∠2＝∠P.

∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P，

∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．

∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1，∴BQ＝A′Q，

∴F′Q＝F′A′－A′Q＝4－BQ.

在Rt△BQF′中，由勾股定理，得BF′2＋F′Q2＝BQ2，

即32＋（4－BQ）2＝BQ2，

解得BQ＝.

∴DQ＝BD－BQ＝－＝.

③如解图④所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，易知∠3＝∠4.

（第4题图解④）

∵∠2＋∠3＋∠4＝180°

，∠3＝∠4，

∴∠4＝90°

－∠2.

∵∠1＝∠2，

－∠1.

∴∠A′QB＝∠4＝90°

－∠1，

∴∠A′BQ＝180°

－∠A′QB－∠1＝90°

∴∠A′QB＝∠A′BQ，

∴F′Q＝A′Q－A′F′＝5－4＝1.

在Rt△BF′Q中，由勾股定理，得BQ＝＝＝，

∴DQ＝BD－BQ＝－.

④如解图⑤所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，易知∠2＝∠3.

（第4题图解⑤）

∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，

∴∠1＝∠4，

∴BQ＝BA′＝5，

∴DQ＝BD－BQ＝－5＝.

综上所述，存在4组符合条件的点P，Q，使△DPQ为等腰三角形，其中DQ的长度分别为3－，，－或.

5．如图所示，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝（x－m）2－m2＋m的顶点为A，与y轴的交点为B，连结AB，AC⊥AB，交y轴于点C，延长CA到点D，使AD＝AC，连结BD.作AE∥x轴，DE∥y轴，交于点E.

（1）当m＝2时，求点B的坐标．

（2）求DE的长．

（3）①设点D的坐标为（x，y），求y关于x的函数表达式．

②过点D作AB的平行线，与第（3）①题确定的函数图象的另一个交点为P.当m为何值时，以A，B，D，P为顶点的四边形是平行四边形？

（第5题图））

（1）当m＝2时，y＝（x－2）2＋1，

把x＝0代入y＝（x－2）2＋1，得y＝2，

∴点B的坐标为（0，2）．

（2）延长EA，交y轴于点F，

∵AD＝AC，∠AFC＝∠AED＝90°

，∠CAF＝∠DAE，

∴△AFC≌△AED，

∴AF＝AE.

∵点A（m，－m2＋m），点B（0，m），

∴AF＝AE＝|m|，BF＝m－（－m2＋m）＝m2，

∵∠ABF＝90°

－∠BAF＝∠DAE，

∠AFB＝∠DEA＝90°

∴△ABF∽△DAE，

∴＝，即＝，

∴DE＝4.

（3）①∵点A的坐标为（m，－m2＋m），

∴点D的坐标为（2m，－m2＋m＋4），

∴x＝2m，y＝－m2＋m＋4，

∴y＝－·

＋x＋4，

∴所求函数的表达式为y＝－x2＋x＋4.

②作PQ⊥DE于点Q，则△DPQ≌△BAF，

（Ⅰ）当四边形ABDP为平行四边形时（如解图①），

点P的横坐标为3m，

点P的纵坐标为－＝－m2＋m＋4，

把点P（3m，－m2＋m＋4）的坐标代入y＝－x2＋x＋4，得

－m2＋m＋4＝－·

（3m）2＋·

3m＋4，

解得m＝0（此时A，B，D，P在同一直线上，舍去）或m＝8.

图①）

图②）,（第5题图解））

（Ⅱ）当四边形ABPD为平行四边形时（如解图②），

点P的横坐标为m，

点P的纵坐标为＋＝m＋4，

把点P（m，m＋4）的坐标代入y＝－x2＋x＋4，得m＋4＝－m2＋m＋4，

解得m＝0（此时A，B，D，P在同一直线上，舍去）或m＝－8.

综上所述，m的值为8或－8.

拓展提高

（第6题图）

6．如图，在平面直角坐标系中，直线l平行x轴，交y轴于点A，第一象限内的点B在l上，连结OB，动点P满足∠APQ＝90°

，PQ交x轴于点C.

（1）当动点P与点B重合时，若点B的坐标是（2，1），求PA的长．

（2）当动点P在线段OB的延长线上时，若点A的纵坐标与点B的横坐标相等，求PA∶PC的值．

（3）当动点P在直线OB上时，点D是直线OB与直线CA的交点，点E是直线CP与y轴的交点，若∠ACE＝∠AEC，PD＝2OD，求PA∶PC的值．

（1）∵点P与点B重合，点B的坐标是（2，1），

∴点P的坐标是（2，1）．

∴PA的长为2.

（第6题图解①）

（2）过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，如解图①所示．

∵点A的纵坐标与点B的横坐标相等，∴OA＝AB.

∵∠OAB＝90°

，∴∠AOB＝∠ABO＝45°

.

∵∠AOC＝90°

，∴∠POC＝45°

∵PM⊥x轴，PN⊥y轴，∴PM＝PN，∠ANP＝∠CMP＝90°

.∴∠NPM＝90°

∵∠APC＝90°

.∴∠APN＝90°

－∠APM＝∠CPM.

在△ANP和△CMP中，

∵∠APN＝∠CPM，PN＝PM，∠ANP＝∠CMP，∴△ANP≌△CMP.∴PA＝PC.

∴PA∶PC的值为1∶1.

（3）①若点P在线段OB的延长线上，

过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，

（第6题图解②）

PM与直线AC的交点为F，如解图②所示．

∵∠APN＝∠CPM，∠ANP＝∠CMP，

∴△ANP∽△CMP.

∴＝.

∵∠ACE＝∠AEC，

∴AC＝AE.

∵AP⊥PC，∴EP＝CP.

∵PM∥y轴，∴AF＝CF，OM＝CM.∴FM＝OA.

设OA＝x，

∵PF∥OA，∴△PDF∽△ODA.∴＝.

∵PD＝2OD，∴PF＝2OA＝2x.

∵FM＝OA＝x.

∴PM＝x.

，AF＝CF，∴AC＝2PF＝4x.

，∴OC＝x.

∵∠PNO＝∠NOM＝∠OMP＝90°

∴四边形PMON是矩形．

∴PN＝OM＝x.

∴PA∶PC＝PN∶PM＝x∶x＝.

②当点P在线段OB上，不合题意．

③若点P在线段OB的反向延长线上，过点P作PM⊥x轴，垂足为M，过点P作PN⊥y轴，垂足为N，PM与直线AC的交点为F，如解图③所示．

（第6题图解③）

同理可得：

PM＝x，CA＝2PF＝4x，OC＝x.

∴PN＝OM＝OC＝x.

综上所述，PA∶PC的值为或.

（第7题图）

7．如图，正方形OABC的边OA，OC在坐标轴上，点B的坐标为（－4，4）．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动；

点Q从点O同时出发，以相同的速度沿x轴的正方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动．连结BP，过点P作BP的垂线，与过点Q平行于y轴的直线l交于点D.连结BD，BD与y轴交于点E，连结PE.设点P运动的时间为t（s）．

（1）∠PBD的度数为__45°

__，点D的坐标为（t，t）（用含t的式子表示）．

（2）当t为何值时，△PBE为等腰三角形？

（3）探索△POE周长是否随时间t的变化而变化？

若变化，说明理由；

若不变，试求这个定值．

（1）由题意，得AP＝OQ＝1×

t＝t，∴AO＝PQ.

∵四边形OABC是正方形，

∴AO＝AB＝BC＝OC，∠BAO＝∠AOC＝∠OCB＝∠ABC＝90°

∵DP⊥BP，∴∠BPD＝90°

∴∠BPA＝90°

－∠DPQ＝∠PDQ.

∵AO＝PQ，AO＝AB，∴AB＝QP.

在△BAP和△PQD中，∵

∴△BAP≌△PQD.∴AP＝QD，BP＝PD.

∵∠BPD＝90°

，BP＝PD，

∴∠PBD＝∠PDB＝45°

∵AP＝t，∴QD＝t.∴点D的坐标为（t，t）．

（2）①若PB＝PE，则∠PBE＝∠PEB＝45°

∴∠BPE＝90°

，∴∠BPE＝∠BPD.

∴点E与点D重合．

∴点Q与点O重合．与条件“DQ∥y轴”矛盾，

∴这种情况应舍去．

②若EB＝EP，则∠BPE＝∠PBE＝45°

∴∠BEP＝90°

.∴∠PEO＝90°

－∠BEC＝∠EBC.

在△POE和△ECB中，∵

∴△POE≌△ECB.∴OE＝BC，OP＝EC.

∴OE＝OC.∴点E与点C重合（即EC＝0）．

∴点P与点O重合（即PO＝0）．

∵点B（－4，4），

∴AO＝CO＝4.此时t＝AP÷

1＝AO÷

1＝4.

③若BP＝BE，

在Rt△BAP和Rt△BCE中，∵

∴Rt△BAP≌Rt△BCE（HL）．∴AP＝CE.

∵AP＝t，∴CE＝t.∴PO＝EO＝4－t.

∵∠POE＝90°

，∴PE＝＝（4－t）．

（第7题图解）

延长OA到点F，使得AF＝CE，连结BF，如解图所示．

在△FAB和△ECB中，

∵

∴△FAB≌△ECB.∴FB＝EB，∠FBA＝∠EBC.

∵∠EBP＝45°

，∠ABC＝90°

∴∠ABP＋∠EBC＝45°

∴∠FBP＝∠FBA＋∠ABP＝∠EBC＋∠ABP＝45°

∴∠FBP＝∠EBP.

在△FBP和△EBP中，∵

∴△FBP≌△EBP.∴FP＝EP.

∴EP＝FP＝FA＋AP＝CE＋AP.

∴EP＝t＋t＝2t.∴（4－t）＝2t.

解得t＝4－4.

∴当t为4或4－4时，△PBE为等腰三角形．

（3）不变．同理于

（2）③，易得PE＝AP＋CE，

∴OP＋PE＋OE＝OP＋AP＋CE＋OE＝AO＋CO＝4＋4＝8.

∴△POE的周长是定值，该定值为8.

8．如图①，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O在坐标原点，顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，且OA＝2，OC＝1，矩形对角线AC，OB相交于E，过点E的直线与边OA，BC分别交于点G，H.

（1）①直接写出点E的坐标：

；

②求证：

AG＝CH.

（2）如图②，以O为圆心，OC为半径的圆弧交OA于D，若直线GH与弧CD所在的圆相切于矩形内一点F，求直线GH的函数表达式．

（3）在

（2）的结论下，梯形ABHG的内部有一点P，当⊙P与HG，GA，AB都相切时，求⊙P的半径．

（第8题图））

（1）①根据矩形的性质和边长即可求出点E的坐标是.

②证明：

∵四边形OABC是矩形，

∴CE＝AE，BC∥OA，∴∠HCE＝∠EAG.

在△CHE和△AGE中，

∴△CHE≌△AGE，∴AG＝CH.

（2）连结DE并延长交CB于M，如解图①.

∵OD＝OC＝1＝OA，∴D是OA的中点，

在△CME和△ADE中，∵

∴△CME≌△ADE，∴CM＝AD＝2－1＝1.

∵BC∥OA，∠COD＝90°

∴四边形CMDO是矩形，

∴MD⊥OD，MD⊥CB，

∴MD切⊙O于点D.

∵HG切⊙O于F，点E，

∴可设CH＝HF＝x，FE＝ED＝＝ME.

在Rt△MHE中，有MH2＋ME2＝HE2，即（1－x）2＋＝，解得x＝，

∴点H，OG＝2－＝.

又∵点G，设直线GH的表达式是y＝kx＋b，

把点G，H的坐标代入，得0＝k＋b，且1＝k＋b，

解得k＝－，b＝，

∴直线GH的函数表达式为y＝－x＋.

（3）连结BG，如解图②，

在△OCH和△BAG中，∵

（第8题图解））

∴△OCH≌△BAG，∴∠CHO＝∠AGB.

∵∠HCO＝90°

，∴HC切⊙O于C，HG切⊙O于F，

∴OH平分∠CHF，∴∠CHO＝∠FHO＝∠BGA.

∵△CHE≌△AGE，∴HE＝GE.

在△HOE和△GBE中，∵

∴△HOE≌△GBE，∴∠OHE＝∠BGE.

∵∠CHO＝∠FHO＝∠BGA，∴∠BGA＝∠BGE，即BG平分∠FGA.

∵⊙P与HG，GA，AB都相切，

∴圆心P必在BG上，

过P作PN⊥GA，垂足为N，则△GPN∽△GBA，

设半径为r，则＝，解得r＝.

∴⊙P的半径是.

9．如图，在平面直角坐标系中，已知点A的坐标是（4，0），且OA＝OC＝4OB，动点P在过A，B，C三点的抛物线上．

（第9题图）

（2）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？

若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；

若不存在，说明理由．

（3）过动点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线．垂足为F，连结EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．

（1）由点A（4，0），可知OA＝4.

∵OA＝OC＝4OB，

∴OC＝OA＝4，OB＝1，

∴点C（0，4），B（－1，0）．

设抛物线的表达式是y＝ax2＋bx＋x，

则

则抛物线的表达式是y＝－x2＋3x＋4.

（2）存在．如解图①.

第一种情况，当以C为直角顶点时，过点C作CP1⊥AC，交抛物线于点P1.过点P1作y轴的垂线，垂足是M.

∵∠ACP1＝90°

∴∠MCP1＋∠ACO＝90°

∵∠ACO＋∠OAC＝90°

∴∠MCP1＝∠OAC.

∵OA＝OC，

∴∠MCP1＝∠OAC＝45°

∴∠MCP1＝∠MP1C，

∴MC＝MP1.

设点P（m，－m2＋3m＋4），则m＝－m2＋3m＋4－4，

解得：

m1＝0（舍去），m2＝2.

∴－m2＋3m＋4＝6，

即点P（2，6）．

第二种情况，当点A为直角顶点时，过点A作AP2⊥AC交抛物线于点P2，过点P2作y轴的垂线，垂足是N，AP2交y轴于点F.

∴P2N∥x轴．

∵∠CAO＝45°

∴∠OAP＝45°

∴∠FP2N＝45°

，AO＝OF.

∴P2N＝NF.

设点P2（n，－n2＋3n＋4），则－n＝－（－n2＋3n＋4）－4，

解得n1＝－2，n2＝4（舍去），

∴－n2＋3n＋4＝－6，

则点P2的坐标是（－2，－6）．

综上所述，点P的坐标是（2，6）或（－2，－6）．

（第9题图解）

（3）如解图②，连结OD，由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD＝EF.

根据垂线段最短，可得当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．

由

（1）可知，在Rt△AOC中，OC＝OA＝4，

则AC＝＝4，

根据等腰三角形的性质，D是AC的中点．

又∵DF∥OC，

∴DF＝OC＝2，

∴点P的纵坐标是2.

则－x2＋3x＋4＝2，

解得x＝，

∴当EF最短时，点P的坐标是或.

10．已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P（1，1）为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连结PF，过点PE⊥PF交y轴于点E，设点F运动的时间是t（s）（t＞0）

（第10题图）

（1）若点E在y轴的负半轴上（如图所示），求证：

PE＝PF.

（2）在点F运动的过程中，设OE＝a，OF＝b，试用含a的代数式表示b.

（3）作点F关于点M的对称点F′，经过M，E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连结QE.在点F运动的过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q，O，E为顶点的三角形与以点P，M，F为顶点的三角形相似？

若存在，请直接写出t的值；

（第10题图解①）

（1）证明：

如解图①，连结PM，PN，∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，

∴PM⊥MF，PN⊥ON，且PM＝PN，

∴∠PMF＝∠PNE＝90°

，且∠NPM＝90°

∵PE⊥PF，

∴∠N