泉州历年中考压轴题解析2

泉州历年中考压轴题解析2

泉州历年中考压轴题解析2‎ ‎10年·泉州卷 ‎27．（2010•泉州）我们容易发现：反比例函数的图象是一个中心对称图形．你可以利用这一结论解决问题．如图，在同一直角坐标系中，正比例函数的图象可以看作是：将x轴所在的直线绕着原点O逆时针旋转α度角后的图形．若它与反比例函数的图象分别交于第一、三象限的点B，D，已知点A（﹣m，O）、C（m，0）．‎ ‎（1）直接判断并填写：不论α取何值，四边形ABCD的形状一定是　平行四边形　；‎ ‎（2）①当点B为（p，1）时，四边形ABCD是矩形，试求p，α，和m的值；‎ ‎ ②观察猜想：对①中的m值，能使四边形ABCD为矩形的点B共有几个？（不必说理）‎ ‎（3）试探究：四边形ABCD能不能是菱形？若能，直接写出B点的坐标，若不能，说明理由．‎ ‎ ‎ 考点：反比例函数综合题；平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；锐角三角函数的定义。‎ 专题：探究型。‎ 分析：（1）由于反比例函数的图象是一个中心对称图形，点B、D是正比例函数与反比例函数图象的交点，所以点B与点D关于点O成中心对称，则OB=OD，又OA=OC，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可得出四边形ABCD的形状；（2）①把点B（p，1）代入，即可求出p的值；过B作BE⊥x轴于E，在Rt△BOE中，根据正切函数的定义求出tanα的值，得出α的度数；要求m的值，首先解Rt△BOE，得出OB的长度，然后根据进行的对角线相等得出OA=OB=OC=OD，从而求出m的值；②当m=2时，设B（x，），则x＞0，由OB=2，得出x2+=4，解此方程，得x=±1或±，满足条件的x的值有两个，故能使四边形ABCD为矩形的点B共有两个；（3）假设四边形ABCD为菱形，根据菱形的对角线垂直且互相平分，可知AC⊥BD，且AC与BD互相平分，又AC在x轴上，所以BD应在y轴上，这与“点B、D分别在第一、三象限”矛盾，所以四边形ABCD不可能为菱形．‎ 解：（1）平行四边形（3分）‎ ‎ （2）①∵点B（p，1）在的图象上，∴，∴．（4分）‎ ‎ 过B作BE⊥x轴于E，则 ‎ 在Rt△BOE中， ∴ α=30°（5分）‎ ‎ ∴OB=2．又∵点B、D是正比例函数与反比例函数图象的交点，‎ ‎ ∴点B、D关于原点O成中心对称，（6分）‎ ‎∴OB=OD=2．∵四边形ABCD为矩形，且A（﹣m，0），C（m，0）‎ ‎∴ OA=OB=OC=OD=2（7分） ∴m=2；（8分）‎ ‎②能使四边形ABCD为矩形的点B共有2个；（9分）‎ ‎（3）四边形ABCD不能是菱形．理由如下：（10分）‎ 若四边形ABCD为菱形，则对角线AC⊥BD，且AC与BD互相平分，‎ 因为点A、C的坐标分别为（﹣m，0）、（m，0），‎ 所以点A、C关于原点O对称，且AC在x轴上，（11分）‎ 所以BD应在y轴上，‎ 这与“点B、D分别在第一、三象限”矛盾，‎ 所以四边形ABCD不可能为菱形．（12分）‎ 点评：本题主要考查了平行四边形的判定，矩形、菱形的性质及三角函数的定义等知识，综合性较强，难度适中．‎ ‎28．（2010•泉州）如图所示，已知抛物线的图象与y轴相交于点B（0，1），点C（m，n）在该抛物线图象上，且以BC为直径的⊙M恰好经过顶点A．‎ ‎（1）求k的值；‎ ‎（2）求点C的坐标；‎ ‎（3）若点P的纵坐标为t，且点P在该抛物线的对称轴l上运动，试探索：‎ ‎①当S1＜S＜S2时，求t的取值范围（其中：S为△PAB的面积，S1为△OAB的面积，S2为四边形OACB的面积）；‎ ‎②当t取何值时，点P在⊙M上．（写出t的值即可）‎ 考点：二次函数综合题。‎ 专题：压轴题。‎ 分析：（1）由于抛物线的图象经过点B，那么点B的坐标满足该抛物线的解析式，将其代入即可求得k的值；‎ ‎（2）若⊙M经过点A，则∠BAC必为直角（圆周角定理），过C作x轴的垂线，设垂足为D，那么△BAO∽△ACD，可设出点C的坐标，根据相似三角形所得比例线段，即可得到点C横、纵坐标的关系式，联立抛物线的解析式即可求得C点的坐标；（3）①由于O、A、B、C四点的坐标已经确定，所以S1、S2都可求出，△ABP中，以|t|为底，B点横坐标为高，即可得到S，即S=|t|××2=|t|，因此S1＜|t|＜S2，将S1、S2的值代入上式，然后求出t的取值范围．（注意t应该分正、负两种情况考虑）；②若P在⊙M上，∠BPC=90°，即△BPC是直角三角形，可用坐标系两点间的距离公式求出△BPC的三边长，然后利用勾股定理求出t的值．‎ 解：（1）∵点B（0，1）在的图象上，‎ ‎∴，（2分） ∴k=1．（3分）‎ ‎ （2）由（1）知抛物线为：‎ ‎，‎ ‎∴顶点A为（2，0），（4分）‎ ‎∴OA=2，OB=1；‎ 过C（m，n）作CD⊥x轴于D，则CD=n，OD=m，‎ ‎∴AD=m﹣2，‎ 由已知得∠BAC=90°，（5分）‎ ‎∴∠CAD+∠BAO=90°，又∠BAO+∠OBA=90°，‎ ‎∴∠OBA=∠CAD，‎ ‎∴Rt△OAB∽Rt△DCA，‎ ‎∴=，即=（或tan∠OBA=tan∠CAD，，即），（6分）‎ ‎∴n=2（m﹣2）；‎ 又∵点C（m，n）在上，‎ ‎∴，‎ ‎∴，‎ 即8（m﹣2）（m﹣10）=0，‎ ‎∴m=2或m=10；当m=2时，n=0，当m=10时，n=16；（7分）‎ ‎∴符合条件的点C的坐标为（2，0）或（10，16）．（8分）‎ ‎ （3）①依题意得，点C（2，0）不符合条件，‎ ‎∴点C为（10，16）‎ 此时，‎ S2=SBODC﹣S△ACD=21；（9分）‎ 又∵点P在函数图象的对称轴x=2上，‎ ‎∴P（2，t），AP=|t|，‎ ‎∴=|t|（10分）‎ ‎∵S1＜S＜S2，‎ ‎∴当t≥0时，S=t，‎ ‎∴1＜t＜21．（11分）‎ ‎∴当t＜0时，S=﹣t， ∴﹣21＜t＜﹣1 故t的取值范围是：1＜t＜21或﹣21＜t＜﹣1（12分）‎ ‎②t=0，1，17（14分）‎ 点评：此题考查了二次函数解析式的确定、圆周角定理、图形面积的求法、不等式以及相似三角形的性质等相关知识，综合性强，难度较大．‎ ‎11年·泉州卷 ‎25．（12分）在直角坐标系xoy中，已知点P是反比例函数图象上一个动点，以P为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为A．‎ ‎（1）如图1，⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由．‎ ‎（2）如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时：‎ ‎①求出点A，B，C的坐标．‎ A P x y K O 第25题 图1‎ ‎②在过A，B，C三点的抛物线上是否存在点M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的．若存在，试求出所有满足条件的M点的坐标，若不存在，试说明理由．‎ 图1‎ A P x y K O 解：（1）∵⊙P分别与两坐标轴相切，‎ ‎ ∴ PA⊥OA，PK⊥OK．‎ ‎ ∴∠PAO=∠OKP=90°．‎ ‎ 又∵∠AOK=90°，‎ ‎ ∴ ∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°．‎ ‎ ∴四边形OKPA是矩形．‎ ‎ 又∵OA=OK，‎ ‎ ∴四边形OKPA是正方形．……………2分 ‎（2）①连接PB，设点P的横坐标为x，则其纵坐标为．‎ 过点P作PG⊥BC于G．‎ ‎∵四边形ABCP为菱形，‎ O A P x y B C 图2‎ G M ‎∴BC=PA=PB=PC．‎ ‎∴△PBC为等边三角形．‎ 在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，‎ PG=．‎ sin∠PBG=，即．‎ 解之得：x=±2（负值舍去）．‎ ‎∴ PG=，PA=BC=2．……………………4分 易知四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1，‎ ‎∴OB=OG－BG=1，OC=OG+GC=3．‎ ‎∴ A（0，），B（1，0） C（3，0）．……………………6分 设二次函数解析式为：y=ax2+bx+c．‎ 据题意得：‎ 解之得：a=， b=， c=．‎ ‎∴二次函数关系式为：．……………………9分 ‎②解法一：设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得：‎ ‎ ‎ 解之得：u=， v=．‎ ‎∴直线BP的解析式为：．‎ 过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM的解析式为：．‎ 解方程组：‎ 得： ； ．‎ 过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：．‎ ‎ ∴0=． ‎ ‎ ∴．‎ ‎∴直线CM的解析式为：．‎ 解方程组：‎ 得： ； ．‎ 综上可知，满足条件的M的坐标有四个，‎ 分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分 解法二：∵，‎ ‎∴A（0，），C（3，0）显然满足条件．‎ 延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．‎ 又∵AM∥BC，‎ ‎∴．‎ ‎∴点M的纵坐标为．‎ 又点M的横坐标为AM=PA+PM=2+2=4．‎ ‎∴点M（4，）符合要求．‎ 点（7，）的求法同解法一．‎ 综上可知，满足条件的M的坐标有四个，‎ 分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分 解法三：延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．‎ 又∵AM∥BC，‎ ‎∴．‎ ‎∴点M的纵坐标为．‎ 即．‎ 解得：（舍），．‎ ‎∴点M的坐标为（4，）．‎ 点（7，）的求法同解法一．‎ 综上可知，满足条件的M的坐标有四个，‎ 分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分 ‎26. （14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线AB与x轴交于点A， 与y轴交于点B， 且OA = 3，AB = 5．点P从点O出发沿OA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AO返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB－BO－OP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．‎ ‎（1）求直线AB的解析式；‎ ‎（2）在点P从O向A运动的过程中，求△APQ的面积S与t之间的函数关系式（不必写出t的取值范围）； ‎ ‎（3）在点E从B向O运动的过程中，完成下面问题：‎ ‎①四边形QBED能否成为直角梯形？若能，请求出t的值；‎ 若不能，请说明理由；‎ ‎②当DE经过点O时，请你直接写出t的值．‎ 解：（1）在Rt△AOB中，OA = 3，AB = 5，由勾股定理得.‎ ‎∴A（3，0），B（0，4）．‎ 设直线AB的解析式为.‎ ‎∴ 解得 ‎ ‎∴直线AB的解析式为．…………2分 ‎（2）如图，过点Q作QF⊥AO于点F.‎ ‎∵ AQ = OP= t，∴．‎ 由△AQF∽△ABO，得． ‎ ‎∴．∴． …………2分 ‎∴， ∴．………………………4分 ‎（3）四边形QBED能成为直角梯形．‎ ‎ ①如图，当DE∥QB时，‎ ‎ ∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．‎ ‎ 此时∠AQP=90°． 由△APQ ∽△ABO，得.‎ ‎ ∴． 解得． ……………………………6分 ‎②如图，当PQ∥BO时，‎ ‎∵DE⊥PQ，‎ ‎∴DE⊥BO，四边形QBED是直角梯形．‎ 此时∠APQ =90°．‎ 由△AQP ∽△ABO，得 ‎ 即． 解得． ………………………10分 ‎ ‎ （4）或． ………………………14分 ‎12年·泉州卷 ‎25．（2012•泉州）已知：A、B、C三点不在同一直线上．‎ ‎（1）若点A、B、C均在半径为R的⊙O上，‎ i）如图①，当∠A=45°，R=1时，求∠BOC的度数和BC的长；‎ ii）如图②，当∠A为锐角时，求证：sinA=；‎ ‎（2）若定长线段BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN（B、C均与A不重合）滑动，如图③，当∠MAN=60°，BC=2时，分别作BP⊥AM，CP⊥AN，交点为P，试探索在整个滑动过程中，P、A两点间的距离是否保持不变？请说明理由．‎ 考点：‎ 三角形的外接圆与外心；圆周角定理；解直角三角形。‎ 分析：‎ ‎（1）i）根据圆周角定理得出∠BOC=2∠A=90°，再利用勾股定理得出BC的长；‎ ii）作直径CE，则∠E=∠A，CE=2R，利用sinA=sinE=，得出即可；‎ ‎（2）首先证明点A、B、P、C都在⊙K上，再利用sin60°=，得出AP==（定值）．‎ 解：（1）i）∵A、B、C均在⊙O上，‎ ‎∴∠BOC=2∠A=2×45°=90°，‎ ‎∵OB=OC=1，‎ ‎∴BC=，‎ 注：也可延长BO或过O点作BC的垂线构造直角三角形求得BC．‎ ii）证法一：如图②，作直径CE，则∠E=∠A，CE=2R，‎ ‎∴∠EBC=90°‎ ‎∴sinA=sinE=，‎ 证法二：如图③．连接OB、OC，作OH⊥BC于点H，‎ 则∠A=∠BOC=∠BOH，BH=BC ‎∴sinA=sin∠BOH===，‎ ‎（2）如图④，连接AP，取AP的中点K，连接BK、CK，‎ 在Rt△APC中，CK=AP=AK=PK，‎ 同理得：BK=AK=PK，‎ ‎∴CK=BK=AK=PK，‎ ‎∴点A、B、P、C都在⊙K上，‎ ‎∴由（1）ii）可知sin60°=‎ ‎∴AP==（定值），‎ 故在整个滑动过程中，P、A两点间的距离不变．‎ 注：解法中，由点A、B、P、C都在⊙K上，‎ 可得∠QAP=∠QBC，‎ ‎∴△QAP～△QBC，‎ ‎∴sin60°==，‎ ‎∴AP==（定值）得证．‎ ‎ ‎ 点评：‎ 此题主要考查了圆周角定理以及解直角三角形和四点共圆等知识，根据已知得出点A、B、P、C都在⊙K上 以及sin60°=是解题关键．‎ ‎26．（2012•泉州）如图，O为坐标原点，直线l绕着点A（0，2）旋转，与经过点C（0，1）的二次函数y=x2+h的图象交于不同的两点P、Q．‎ ‎（1）求h的值；‎ ‎（2）通过操作、观察，算出△POQ的面积的最小值（不必说理）；‎ ‎（3）过点P、C作直线，与x轴交于点B，试问：在直线l的旋转过程中，四边形AOBQ是否为梯形？若是，请说明理由；若不是，请指出四边形的形状．‎ 考点：‎ 二次函数综合题。‎ 专题：‎ 压轴题；动点型；数形结合。‎ 分析：‎ ‎（1）根据二次函数图象上的点的坐标特征，利用待定系数法求得h的值．‎ ‎（2）该小题应从三角形的面积公式入手分析，首先要选取合适的底和高；在△POQ中，OA的长是不变的，那么若以OA为底，P、Q到y轴的距离和为高，即可得到△PQO的面积．先设P点横坐标，然后根据抛物线、直线PA的解析式求出Q点横坐标，通过不等式的相关知识即可解出P、Q到y轴距离和的最小值．‎ ‎（3）判断四边形AOBQ的形状，可从四个顶点的坐标特征上来判断．首先设出P、Q的坐标，然后根据点P、C求出直线BC的解析式，进而表示出点B的坐标，然后再通过直线PQ以及P、A、Q三点坐标，求出Q、B两点坐标之间的关联，进而判断该四边形是否符合梯形的特征．（需要注意的是：判定梯形的条件：一组对边平行且另一组对边不平行）‎ 解：（1）∵抛物线y=x2+h经过点C（0，1），∴+h=1， 解得h=1．‎ ‎ （2）依题意，设抛物线y=x2+1上的点，P（a，a2+1）、Q（b，b2+1）（a＜0＜b）‎ 过点A的直线l：y=kx+2经过点P、Q，‎ ‎∴a2+1=ak+2…①‎ ‎ b2+1=bk+2…②‎ ‎①×b﹣②×a得：（a2b﹣b2a）+b﹣a=2（b﹣a），化简得：b=﹣；‎ ‎∴S△POQ=OA•|xQ﹣xP|=•OA•|﹣﹣a|=（﹣）+（﹣a）≥2•=4‎ 由上式知：当﹣=﹣a，即|a|=|b|（P、Q关于y轴对称）时，△POQ的面积最小；‎ 即PQ∥x轴时，△POQ的面积最小，且POQ的面积最小为4．‎ ‎ （3）连接BQ，若l与x轴不平行（如图），即PQ与x轴不平行，‎ 依题意，设抛物线y=x2+1上的点，P（a，a2+1）、Q（b，b2+1）（a＜0＜b）‎ 直线BC：y=k1x+1过点P，‎ ‎∴a2+1=ak1+1，得k1=﹣a，即y=ax+1． 令y=0得：xB=﹣，‎ 同理，由（2）得：b=﹣‎ ‎∴点B与Q的横坐标相同，‎ ‎∴BQ∥y轴，即BQ∥OA，‎ 又∵AQ与OB不平行，‎ ‎∴四边形AOBQ是梯形，‎ 据抛物线的对称性可得（a＞0＞b）结论相同．‎ 故在直线l旋转的过程中：当l与x轴不平行时，四边形AOBQ是梯形；当l与x轴平行时，四边形AOBQ是正方形．‎ 点评：‎ 题目考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点坐标的求法、不等式的应用、三角形面积的解法、梯形的判定等知识，综合性强，难度较大．注意在判定梯形时不要遗漏“一边不平行”的条件．‎