中考数学专题复习专题十综合性压轴题训练Word文件下载.docx

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广东中考）已知Rt△OAB，∠OAB＝90°

，∠ABO＝30°

，斜边OB＝4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°

，如图1，连结BC.

（1）填空：

∠OBC＝°

；

（2）如图1，连结AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；

（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？

最大值为多少？

类型三点的运动中的计算说理问题

山东青岛中考）已知：

如图，四边形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝16cm，BC＝6cm，CD＝8cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2cm/s.点P和点Q同时出发，以QA，QP为边作平行四边形AQPE，设运动的时间为t（s），0＜t＜5.

根据题意解答下列问题：

（1）用含t的代数式表示AP；

（2）设四边形CPQB的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；

（3）当QP⊥BD时，求t的值；

（4）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点E在∠ABD的平分线上？

若存在，求出t的值；

（1）作DH⊥AB于H，则四边形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的长即可解决问题；

（2）作PN⊥AB于N.连结PB，根据S＝S△PQB＋S△BCP，计算即可；

（3）当PQ⊥BD时，∠PQN＋∠DBA＝90°

，∠QPN＋∠PQN＝90°

，推出∠QPN＝∠DBA，推出tan∠QPN＝＝，由此构建方程即可解决问题；

（4）存在．连结BE交DH于K，作KM⊥BD于M.当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，推出KH＝KM，BH＝BM＝8，设KH＝KM＝x，在Rt△DKM中，（6－x）2＝22＋x2，解得x＝，作EF⊥AB于F，则△AEF≌△QPN，推出EF＝PN＝（10－2t），AF＝QN＝（10－2t）－2t，推出BF＝16－[（10－2t）－2t]，由KH∥EF，可得＝，由此构建方程即可解决问题；

解决点动产生的计算说理题，关键是抓住点，由点到线段再到图形．此类问题涉及计算与说理，计算时常常用到勾股定理、三角函数、面积计算等相关知识，说理时往往较综合，涉及几何图形的相关性质与判定方法等，有时需要借助函数解决．

3．（2018·

浙江衢州中考）如图，Rt△OAB的直角边OA在x轴上，顶点B的坐标为（6，8），直线CD交AB于点D（6，3），交x轴于点C（12，0）．

（1）求直线CD的函数表达式；

（2）动点P在x轴上从点（－10，0）出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，过点P作直线l垂直于x轴，设运动时间为t.

①点P在运动过程中，是否存在某个位置，使得∠PDA＝∠B，若存在，请求出点P的坐标；

若不存在，请说明理由；

②请探索当t为何值时，在直线l上存在点M，在直线CD上存在点Q，使得以OB为一边，O，B，M，Q为顶点的四边形为菱形，并求出此时t的值．

类型四图形运动变化过程中的分类讨论问题

江苏淮安中考）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝－x＋4的图象与x轴和y轴分别相交于A，B两点．动点P从点A出发，在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O停止运动，点A关于点P的对称点为点Q，以线段PQ为边向上作正方形PQMN.设运动时间为t秒．

（1）当t＝秒时，点Q的坐标是；

（2）在运动过程中，设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S，求S与t的函数表达式；

（3）若正方形PQMN对角线的交点为T，请直接写出在运动过程中OT＋PT的最小值．

（1）先确定出点A的坐标，进而求出AP，利用对称性即可得出结论；

（2）分三种情况，①利用正方形的面积减去三角形的面积，②利用矩形的面积减去三角形的面积，③利用梯形的面积，即可得出结论；

（3）先确定出点T的运动轨迹，进而找出OT＋PT最小时的点T的位置，即可得出结论．

图形运动中会产生不同的位置、形成不同的图形形状、对应关系也会随着图形的变化而改变，所以在解决此类问题时，要注意分类讨论，分类讨论可以根据点的位置不同、图形的形状、对应关系等为依据，但分类讨论容易遗漏，解题时要特别关注．

4．（2018·

湖南衡阳中考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°

，AC＝BC＝4cm，动点P从点C出发以1cm/s的速度沿CA匀速运动，同时动点Q从点A出发以cm/s的速度沿AB匀速运动，当点P到达点A时，点P，Q同时停止运动，设运动时间为t（s）．

（1）当t为何值时，点B在线段PQ的垂直平分线上？

（2）是否存在某一时刻t，使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形？

（3）以PC为边，往CB方向作正方形CPMN，设四边形QNCP的面积为S，求S关于t的函数关系式．

参考答案

类型一

【例1】

（1）由题可知当y＝0时，a（x－1）（x－3）＝0，

解得x1＝1，x2＝3，即A（1，0），B（3，0），

∴OA＝1，OB＝3.

∵△OCA∽△OBC，∴OC∶OB＝OA∶OC，

∴OC2＝OA·

OB＝3，则OC＝.

（2）∵C是BM的中点，即OC为斜边BM的中线，

∴OC＝BC，∴点C的横坐标为.

又OC＝，点C在x轴下方，

∴C（，－）．

设直线BM的表达式为y＝kx＋b，

把点B（3，0），C（，－）代入得

解得∴y＝x－.

又∵点C（，－）在抛物线上，代入抛物线表达式得a（－1）（－3）＝－，

解得a＝，

∴抛物线表达式为y＝x2－x＋2.

（3）存在，设点P坐标为（x，x2－x＋2），

如图，过点P作PQ⊥x轴交直线BM于点Q，则Q（x，x－），

∴PQ＝x－－（x2－x＋2）＝－x2＋3x－3.

当△BCP面积最大时，四边形ABPC的面积最大，

S△BCP＝PQ（3－x）＋PQ（x－）＝PQ＝－x2＋x－，

当x＝－＝时，S△BCP有最大值，四边形ABPC的面积最大，此时点P的坐标为（，－）．

变式训练

1．解：

（1）①如图，

∵y＝－2x2＋2x＋4＝－2（x－）2＋，

∴顶点M的坐标为（，）．

当x＝时，y＝－2×

＋4＝3，

则点N的坐标为（，3）．

②不存在．理由如下：

MN＝－3＝.

设P点坐标为（m，－2m＋4），则D（m，－2m2＋2m＋4），

∴PD＝－2m2＋2m＋4－（－2m＋4）＝－2m2＋4m.

∵PD∥MN，

当PD＝MN时，四边形MNPD为平行四边形，

即－2m2＋4m＝，解得m1＝（舍去），m2＝，

此时P点坐标为（，1）．

∵PN＝＝，

∴PN≠MN，

∴平行四边形MNPD不为菱形，

∴不存在点P，使四边形MNPD为菱形．

（2）存在．

如图，

OB＝4，OA＝2，则AB＝＝2.

当x＝1时，y＝－2x＋4＝2，则P（1，2），

∴PB＝＝.

设抛物线的表达式为y＝ax2＋bx＋4，

把A（2，0）代入得4a＋2b＋4＝0，

解得b＝－2a－2，

∴抛物线的表达式为y＝ax2－2（a＋1）x＋4.

当x＝1时，y＝ax2－2（a＋1）x＋4＝a－2a－2＋4＝2－a，则D（1，2－a），

∴PD＝2－a－2＝－a.

∵DC∥OB，

∴∠DPB＝∠OBA，

∴当＝时，△PDB∽△BOA，

即＝，解得a＝－2，

此时抛物线的表达式为y＝－2x2＋2x＋4；

当＝时，△PDB∽△BAO，

即＝，

解得a＝－，

此时抛物线的表达式为y＝－x2＋3x＋4.

综上所述，满足条件的抛物线的表达式为y＝－2x2＋2x＋4或y＝－x2＋3x＋4.

类型二

【例2】

（1）如图1中，作CH⊥AB于H.设BH＝x.

∵CH⊥AB，∴∠CHB＝∠CHA＝90°

，

∴AC2－AH2＝BC2－BH2，

∴（4）2－（6－x）2＝

（2）2－x2，

解得x＝2，∴当点P与H重合时，CP⊥AB，此时t＝2.

（2）如图2中，当点Q与H重合时，BP＝2BQ＝4，此时t＝4.

如图3中，当CP＝CB＝2时，CQ⊥PB，此时t＝6＋（4－2）＝6＋4－2.

（3）①如图4中，当0＜t≤6时，S＝PQ·

CH＝×

t×

4＝t.

②如图5中，当6＜t＜6＋4时，作BG⊥AC于G，QM⊥AC于M.易知BG＝AG＝3，CG＝.MQ＝BG＝，

∴S＝PC·

QM＝×

×

（6＋4－t）＝＋6－t.

综上所述，

S＝

2．解：

（1）60

（2）如图，

∵OB＝4，∠ABO＝30°

∴OA＝OB＝2，AB＝OA＝2，

∴S△AOC＝OA·

AB＝×

2×

2＝2.

∵△BOC是等边三角形，

∴∠OBC＝60°

，∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝90°

∴AC＝＝2，

∴OP＝＝＝.

（3）①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，如图，过点N作NE⊥OC且交OC于点E.则NE＝ON·

sin60°

＝x，

∴S△OMN＝OM·

NE＝×

1.5x×

x，

∴y＝x2，

∴x＝时，y有最大值，最大值为.

②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．

如图，作MH⊥OB于H，

则BM＝8－1.5x，

MH＝BM·

＝（8－1.5x），

∴y＝ON·

MH＝－x2＋2x.

当x＝时，y取最大值，y＜，

③当4＜x≤4.8时，M，N都在BC上运动，如图，作OG⊥BC于G.

MN＝12－2.5x，OG＝AB＝2，

∴y＝·

MN·

OG＝12－x，

当x＝4时，y有最大值，最大值接近于2.

综上所述，y有最大值，最大值为.

类型三

【例3】

（1）如图，作DH⊥AB于H，则四边形DHBC是矩形，

∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6.

∵AH＝AB－BH＝8，

∴AD＝＝10，

∴AP＝AD－DP＝10－2t.

（2）如图，作PN⊥AB于N，连结PB.

在Rt△APN中，PA＝10－2t，

∴PN＝PA·

sin∠DAH＝（10－2t），

AN＝PA·

cos∠DAH＝（10－2t），

∴BN＝16－AN＝16－（10－2t），

S＝S△PQB＋S△BCP＝×

（16－2t）×

（10－2t）＋×

6×

[16－（10－2t）]＝t2－t＋72.

.

∵∠QPN＋∠PQN＝90°

∴∠QPN＝∠DBA，

∴tan∠QPN＝＝，

∴＝，

解得t＝.

经检验，t＝是分式方程的解，

∴当t＝s时，PQ⊥BD.

（4）存在．理由如下：

连结BE交DH于K，作KM⊥BD于M.

当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，

∴KH＝KM，BH＝BM＝8，设KH＝KM＝x，

在Rt△DKM中，（6－x）2＝22＋x2，

解得x＝.

如图，作EF⊥AB于F，则△AEF≌△QPN，

∴EF＝PN＝（10－2t），

AF＝QN＝（10－2t）－2t，

∴BF＝16－[（10－2t）－2t]．

∵KH∥EF，∴＝，

∴当t＝s时，点E在∠ABD的平分线．

3．解：

（1）设直线CD的表达式为y＝kx＋b，则有解得

∴直线CD的表达式为y＝－x＋6.

（2）①如图1中，作DP∥OB，则∠PDA＝∠B.

图1

∵DP∥OB，∴＝，

∴＝，∴PA＝，

∴OP＝6－＝，

∴P（，0），根据对称性可知，当AP＝AP′时，P′（，0），

∴满足条件的点P坐标为（，0）或（，0）．

②如图2中，当OP＝OB＝10时，作PQ∥OB交CD于Q.

图2

∵直线OB的表达式为y＝x，

∴直线PQ的表达式为y＝x＋，

由解得

∴Q（－4，8），∴PQ＝＝10，

∴PQ＝OB.

∵PQ∥OB，∴四边形OBQP是平行四边形．

∵OB＝OP，

∴四边形OBQP是菱形，此时点M与P重合，满足条件，t＝0.

如图3中，当OQ＝OB时，设Q（m，－m＋6），

图3

则有m2＋（－m＋6）2＝102，

解得m＝，

∴点Q的横坐标为或，设点M的横坐标为a，

则有＝或＝，

∴a＝或.

又∵点P从点（－10，0）开始运动，

∴满足条件的t的值为或.

如图4中，当点Q与C重合时，M点的横坐标为6，此时t＝16，

图4

综上所述，满足条件的t的值为0或16或或.

类型四

【例4】

（1）（4，0）

（2）当点Q在原点O时，AQ＝6，

∴AP＝AQ＝3，∴t＝3÷

3＝1.

①当0＜t≤1时，如图1，令x＝0，

∴y＝4，∴B（0，4），∴OB＝4.

∵A（6，0），∴OA＝6，

在Rt△AOB中，tan∠OAB＝＝＝，

由运动知AP＝3t，∴P（6－3t，0），

∴Q（6－6t，0），∴PQ＝AP＝3t.

∵四边形PQMN是正方形，

∴MN∥OA，PN＝PQ＝3t，

在Rt△APD中，tan∠OAB＝＝＝，

∴PD＝2t，∴DN＝t.

∵MN∥OA，∴∠DCN＝∠OAB，

∴tan∠DCN＝＝＝，

∴CN＝t，

∴S＝S正方形PQMN－S△CDN＝（3t）2－t×

t＝t2.

②当1＜t≤时，如图2，同①的方法得DN＝t，CN＝t，

∴S＝S矩形OENP－S△CDN＝3t×

（6－3t）－t×

t＝－t2＋18t.

③当＜t≤2时，如图3，S＝S梯形OBDP＝（2t＋4）（6－3t）＝－3t2＋12.

（3）如图4，由运动知P（6－3t，0），Q（6－6t，0），

∴M（6－6t，3t）．

∵T是正方形PQMN的对角线交点，

∴T（6－t，t），

∴点T是直线y＝－x＋2上的一段线段，（－3≤x＜6）．

同理，点N是直线AG：

y＝－x＋6上的一段线段，（0≤x≤6），

∴G（0，6），∴OG＝6.

∵A（6，0），∴AB＝6.

∵T是正方形PQMN的对角线的交点，

∴TN＝TP，∴OT＋TP＝OT＋TN，

∴点O，T，N在同一条直线上，且ON⊥AG时，OT＋TN最小，即OT＋TN最小．

∵S△OAG＝OA·

OG＝AG·

ON，

∴ON＝＝3，

即OT＋PT的最小值为3.

4．解：

（1）如图，连结BP.

在Rt△ACB中，∵AC＝BC＝4，∠C＝90°

，∴AB＝4.

∵点B在线段PQ的垂直平分线上，

∴BP＝BQ.

∵AQ＝t，CP＝t，∴BQ＝4－t，PB2＝42＋t2，

∴（4－t）2＝16＋t2，解得t＝8－4或8＋4（舍去），

∴t＝（8－4）s时，点B在线段PQ的垂直平分线上．

（2）①如图，当PQ＝QA时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠AQP＝90°

则有PA＝AQ，∴4－t＝·

t，解得t＝.

②如图，当AP＝PQ时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠APQ＝90°

则有AQ＝AP，∴t＝（4－t），解得t＝2.

综上所述，t＝s或2s时，△APQ是以PQ为腰的等腰三角形．

（3）如图，连结QC，作QE⊥AC于E，作QF⊥BC于F.则QE＝AE，QF＝EC，可得QE＋QF＝AE＋EC＝AC＝4，

∴S＝S△QNC＋S△PCQ＝CN·

QF＋PC·

QE＝t（QE＋QF）＝2t（0＜t＜4）．