云南省中考数学压轴题及答案

云南省中考数学压轴题及答案

题目篇 ‎(2014年昆明) 23. （本小题9分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于点A（，0）、B（4，0）两点，与y轴交于点C。‎ （1） 求抛物线的解析式；‎ （2） 点P从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点Q从B点出发，在线段BC上以每秒1个单位长度向C点运动。其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动。当△PBQ存在时，求运动多少秒使△PBQ的面积最大，最多面积是多少？‎ （3） 当△PBQ的面积最大时，在BC下方的抛物线上存在点K，使，求K点坐标。‎ O x y C B A P Q ‎（2013年昆明）23.（本小题9分）如图，矩形OABC在平面直角坐标系xoy中，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=4,OC=3，若抛物线的顶点在BC边上，且抛物线经过O、A两点，直线AC交抛物线于点D。‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）求点D的坐标；‎ ‎（3）若点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以点A、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎（2012年昆明）（本小题9分）如图，在平面直角坐标系中，直线交轴于点，交轴于点，抛物线的图象过点，并与直线相交于、两点.‎ ‎ 求抛物线的解析式（关系式）；‎ ‎ 过点作交轴于点，求点的坐标；‎ ‎ 除点外，在坐标轴上是否存在点，使得是直角三角形？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由.‎ ‎（2011年昆明）25、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=‎10cm，AC：BC=4：3，点P从点A出发沿AB方向向点B运动，速度为‎1cm/s，同时点Q从点B出发沿B→C→A方向向点A运动，速度为‎2cm/s，当一个运动点到达终点时，另一个运动点也随之停止运动．‎ ‎（1）求AC、BC的长；‎ ‎（2）设点P的运动时间为x（秒），△PBQ的面积为y（cm2），当△PBQ存在时，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；‎ ‎（3）当点Q在CA上运动，使PQ⊥AB时，以点B、P、Q为定点的三角形与△ABC是否相似，请说明理由；‎ ‎（4）当x=5秒时，在直线PQ上是否存在一点M，使△BCM得周长最小，若存在，求出最小周长，若不存在，请说明理由．‎ ‎（2010年昆明）25．（12分）在平面直角坐标系中，抛物线经过O（0，0）、A（4，0）、B（3，）三点.‎ ‎（1）求此抛物线的解析式；‎ ‎（2）以OA的中点M为圆心，OM长为半径作⊙M，在（1）中的抛物线上是否存在这样的点P，过点P作⊙M的切线l ，且l与x轴的夹角为30°，若存在，请求出此时点P的坐标；若不存在，请说明理由.（注意：本题中的结果可保留根号） ‎ ‎ ‎ ‎（云南省2010年）24.（本小题12分）如图，在平面直角示系中，A、B两点的坐标分别是A（-1,0）、B（4,0），点C在y轴的负半轴上，且∠ACB＝90°‎ ‎（1）求点C的坐标；‎ ‎（2）求经过A、B、C三点的抛物线的解析式；‎ ‎（3）直线l⊥x轴，若直线l由点A开始沿x轴正方向以每秒1个单位的速度匀速向右平移，设运动时间为t（0≤t≤5）秒，运动过程中直线l在△ABC中所扫 ‎（云南省2013年）23．（9分）如图，四边形ABCD是等腰梯形，下底AB在x轴上，点D在y轴上，直线AC与y轴交于点E（0，1），点C的坐标为（2，3）．‎ ‎（1）求A、D两点的坐标；‎ ‎（2）求经过A、D、C三点的抛物线的函数关系式；‎ ‎（3）在y轴上是否在点P，使△ACP是等腰三角形？若存在，请求出满足条件的所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎ ‎ ‎（云南省2014年）23.（9分）在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，矩形ABCO的顶点分别为A（3,0）、B（3,4）、C（0,4），点D在y轴上，且点D的坐标为（0，-5），点P是直线AC上的一个动点。‎ ‎（1）当点P运动到线段AC的中点时，求直线DP的解析式；‎ ‎（2）当点P沿直线AC移动时，过点D、P的直线与x轴交于点M。问：在x轴的正半轴上，是否存在使△DOM与△ABC相似的点M？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由。‎ ‎（3）当点P沿直线AC移动时，以点P为圆心、R（R＞0）为半径长画圆，得到的圆称为动圆P。若设动圆P的半径长为AC，过点D作动圆P的两条切线与动圆P分别相切于点E、F。请探求在动圆P中，是否存在面积最小的四边形DEPF？若存在，请求出最小面积S的值；若不存在，请说明理由。‎ 答案篇 ‎(2014年昆明) 23.‎ ‎（2013年昆明）23‎ ‎23．（9分）（2013•昆明）如图，矩形OABC在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上，OA=4，OC=3，若抛物线的顶点在BC边上，且抛物线经过O，A两点，直线AC交抛物线于点D．‎ ‎（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）求点D的坐标；‎ ‎（3）若点M在抛物线上，点N在x轴上，是否存在以A，D，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 考点：‎ 二次函数综合题．‎ 专题：‎ 综合题．‎ 分析：‎ ‎（1）由OA的长度确定出A的坐标，再利用对称性得到顶点坐标，设出抛物线的顶点形式y=a（x﹣2）2+3，将A的坐标代入求出a的值，即可确定出抛物线解析式；‎ ‎（2）设直线AC解析式为y=kx+b，将A与C坐标代入求出k与b的值，确定出直线AC解析式，与抛物线解析式联立即可求出D的坐标；‎ ‎（3）存在，分两种情况考虑：如图所示，当四边形ADMN为平行四边形时，DM∥AN，DM=AN，由对称性得到M（3，），即DM=2，故AN=2，根据OA+AN求出ON的长，即可确定出N的坐标；当四边形ADM′N′为平行四边形，可得三角形ADQ全等于三角形N′M′P，M′P=DQ=，N′P=AQ=3，将y=﹣代入得：﹣=﹣x2+3x，求出x的值，确定出OP的长，由OP+PN′求出ON′的长即可确定出N′坐标．‎ 解答：‎ 解：（1）设抛物线顶点为E，根据题意OA=4，OC=3，得：E（2，3），‎ 设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+3，‎ 将A（4，0）坐标代入得：0=‎4a+3，即a=﹣，‎ 则抛物线解析式为y=﹣（x﹣2）2+3=﹣x2+3x；‎ ‎（2）设直线AC解析式为y=kx+b（k≠0），‎ 将A（4，0）与C（0，3）代入得：，‎ 解得：，‎ 故直线AC解析式为y=﹣x+3，‎ 与抛物线解析式联立得：，‎ 解得：或，‎ 则点D坐标为（1，）；‎ ‎（3）存在，分两种情况考虑：‎ ‎①当点M在x轴上方时，如答图1所示：‎ 四边形ADMN为平行四边形，DM∥AN，DM=AN，‎ 由对称性得到M（3，），即DM=2，故AN=2，‎ ‎∴N1（2，0），N2（6，0）；‎ ‎②当点M在x轴下方时，如答图2所示：‎ 过点D作DQ⊥x轴于点Q，过点M作MP⊥x轴于点P，可得△ADQ≌△NMP，‎ ‎∴MP=DQ=，NP=AQ=3，‎ 将yM=﹣代入抛物线解析式得：﹣=﹣x2+3x，‎ 解得：xM=2﹣或xM=2+，‎ ‎∴xN=xM﹣3=﹣﹣1或﹣1，‎ ‎∴N3（﹣﹣1，0），N4（﹣1，0）．‎ 综上所述，满足条件的点N有四个：N1（2，0），N2（6，0），N3（﹣﹣1，0），N4（﹣1，0）．‎ 点评：‎ 此题考查了二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定抛物线解析式，一次函数与二次函数的交点，平行四边形的性质，以及坐标与图形性质，是一道多知识点的探究型试题．‎ ‎（2012年昆明）23.‎ ‎[答案] ；；‎ ‎ 、或、或、或 ‎ 如图，因为一次函数交轴于点，所以，，，即.‎ 交轴于点，所以，，，即.‎ ‎ 由、是抛物线的图象上的点，‎ ‎ ‎ 所以，抛物线的解析式是：‎ ‎ 如图，、 ‎ ‎ ∴ 在中，‎ ‎ ∴点的坐标：‎ 设除点外，在坐标轴上还存在点，使得是直角三角形 ‎ .在中，若，那么是以为直径的圆与坐标轴的交点，‎ ‎ .若交点在上（如图），设，则有，‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ，此时 ‎ .若交点在上（如图），设，此时过作垂直于点，则有，于是：‎ ‎ ‎ ‎ ，‎ ‎ ，此时，‎ ‎ 或 ‎ .在中，若，如图，设，同样过作垂直于点，则在中，有 ‎ ‎ ‎ ‎ ，此时，‎ ‎ 综上所述，除点外，在坐标轴上还存在点，使得是直角三角形，满足条件的点的坐标是：、或、或、或.‎ ‎（2011年昆明）25‎ 答案：解：（1）设AC=4x，BC=3x，在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，‎ 即：（4x）2+（3x）2=102，解得：x=2，∴AC=8cm，BC=6cm；‎ ‎（2）①当点Q在边BC上运动时，过点Q作QH⊥AB于H，‎ ‎∵AP=x，∴BP=10﹣x，BQ=2x，∵△QHB∽△ACB，‎ ‎∴，∴QH=x，y=BP•QH=（10﹣x）•x=﹣x2+8x（0＜x≤3），‎ ‎②当点Q在边CA上运动时，过点Q作QH′⊥AB于H′，‎ ‎∵AP=x，‎ ‎∴BP=10﹣x，AQ=14﹣2x，∵△AQH′∽△ABC，‎ ‎∴，即：，解得：QH′=（14﹣x），‎ ‎∴y=PB•QH′=（10﹣x）•（14﹣x）=x2﹣x+42（3＜x＜7）；‎ ‎∴y与x的函数关系式为：y=；‎ ‎（3）∵AP=x，AQ=14﹣x，‎ ‎∵PQ⊥AB，∴△APQ∽△ACB，∴，即：，‎ 解得：x=，PQ=，∴PB=10﹣x=，∴，‎ ‎∴当点Q在CA上运动，使PQ⊥AB时，以点B、P、Q为定点的三角形与△ABC不相似；‎ ‎（4）存在．‎ 理由：∵AQ=14﹣2x=14﹣10=4，AP=x=5，∵AC=8，AB=10，‎ ‎∴PQ是△ABC的中位线，∴PQ∥AB，∴PQ⊥AC，‎ ‎∴PQ是AC的垂直平分线，∴PC=AP=5，∴当点M与P重合时，△BCM的周长最小，‎ ‎∴△BCM的周长为：MB+BC+MC=PB+BC+PC=5+6+5=16．∴△BCM的周长最小值为16．‎ ‎（2010年昆明）25．‎ ‎25．(12分) 解：（1）设抛物线的解析式为：‎ ‎ 由题意得： ……………1分 解得： ………………2分 ‎∴抛物线的解析式为： ………………3分 ‎（2）存在 ………………4分 ‎ ‎ l′‎ ‎[来源:学科网ZXXK]‎ 抛物线的顶点坐标是，作抛物线和⊙M（如图），‎ 设满足条件的切线 l 与 x 轴交于点B，与⊙M相切于点C 连接MC，过C作CD⊥ x 轴于D ‎ ‎∵ MC = OM = 2, ∠CBM = 30°, CM⊥BC ‎∴∠BCM = 90° ，∠BMC = 60° ，BM = ‎2CM = 4 , ∴B (-2, 0) ‎ ‎ 在Rt△CDM中，∠DCM = ∠CDM - ∠CMD = 30°‎ ‎∴DM = 1, CD = = ∴ C (1, )‎ 设切线 l 的解析式为:，点B、C在 l 上，可得：‎ ‎ 解得： ‎ ‎∴切线BC的解析式为：‎ ‎∵点P为抛物线与切线的交点 由 解得： ‎ ‎∴点P的坐标为：， ………………8分 ‎∵ 抛物线的对称轴是直线 此抛物线、⊙M都与直线成轴对称图形 于是作切线 l 关于直线的对称直线 l′(如图)‎ 得到B、C关于直线的对称点B1、C1‎ l′满足题中要求，由对称性，得到P1、P2关于直线的对称点：‎ ‎ ，即为所求的点.‎ ‎∴这样的点P共有4个：，，， ………12分 ‎（本题其它解法参照此标准给分）‎ ‎（云南省2010年）24.‎ 分析：（1）根据A、B的坐标，可求得OA、OB的长，在Rt△ABC中，OC⊥AB，利用射影定理即可求得OC的值，从而得到C点的坐标． （2）已知了抛物线上的三点坐标，可利用待定系数法求得抛物线的解析式． （3）此题应分段考虑： ①当0≤t≤1时，直线l扫过△ABC的部分是个直角三角形，设直线l与AC、AB的交点为M、N，易证得△AMN∽△ACO，根据相似三角形所得比例线段即可求得MN的值，从而利用三角形的面积公式求得S、t的函数关系式； ②当1＜t≤5时，直线l扫过△ABC的部分是个多边形，设直线l与BC、AB的交点为M、N，同①可求得MN的长，即可得到△BMN的面积表达式，那么△ACB、△BMN的面积差即为直线l扫过部分的面积，由此求得S、t的函数关系式．‎ 解答：解：（1）已知A（-1，0），B（4，0），则OA=1，OB=4； 在Rt△ABC中，CO⊥AB， 由射影定理得：OC2‎ ‎=OA•OB=4， 即OC=2， 故C（0，-2）． （2）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x-4）， 依题意有：a（0+1）（0-4）=-2，a= ， 故抛物线的解析式为：y= （x+1）（x-4）= x2- x-2．（3）①当0≤t≤1时，由题意知：AM=t； ∵直线l∥OC，且OC=2OA， ∴MN=2AM=2t； 故S= t•2t=t2； ②当1＜t≤5时，由于AM=t，AB=5，则BM=5-t； ∵直线l∥OC，且OB=2OC， ∴MN= BM= ， 故S= ×5×2- × =- t2+ t- ； 综上可知：S、t的函数关系式为： S= - t2+ t- ； 点评：此题主要考查了直角三角形的性质、相似三角形的性质、二次函数解析式的确定、图形面积的求法等知识；（3）题中，一定要根据直线l的不同位置来分类讨论，以免漏解．‎ ‎（云南省2013年）23‎ 解答：‎ 解：（1）设直线EC的解析式为y=kx+b，根据题意得：‎ ‎，解得，‎ ‎∴y=x+1，‎ 当y=0时，x=﹣1，‎ ‎∴点A的坐标为（﹣1，0）．‎ ‎∵四边形ABCD是等腰梯形，C（2，3），‎ ‎∴点D的坐标为（0，3）．‎ ‎（2）设过A（﹣1，0）、D（0，3）、C（2，3）三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c，则有：‎ ‎，解得，‎ ‎∴抛物线的关系式为：y=x2﹣2x+3．‎ ‎（3）存在．‎ ‎①作线段AC的垂直平分线，交y轴于点P1，交AC于点F．‎ ‎∵OA=OE，∴△OAE为等腰直角三角形，∠AEO=45°，‎ ‎∴∠FEP1=∠AEO=45°，∴△FEP1为等腰直角三角形．‎ ‎∵A（﹣1，0），C（2，3），点F为AC中点，‎ ‎∴F（，），‎ ‎∴等腰直角三角形△FEP1斜边上的高为，‎ ‎∴EP1=1，‎ ‎∴P1（0，2）；‎ ‎②以点A为圆心，线段AC长为半径画弧，交y轴于点P2，P3．‎ 可求得圆的半径长AP2=AC=3．‎ 连接AP2，则在Rt△AOP2中，‎ OP2===，‎ ‎∴P2（0，）．‎ ‎∵点P3与点P2关于x轴对称，∴P3（0，﹣）；‎ ‎③以点C为圆心，线段CA长为半径画弧，交y轴于点P4，P5，则圆的半径长 CP4=CA=3，‎ 在Rt△CDP4中，CP4=3，CD=2，‎ ‎∴DP4===，‎ ‎∴OP4=OD+DP4=3+，‎ ‎∴P4（0，3+）；‎ 同理，可求得：P5（0，3﹣）．‎ 综上所述，满足条件的点P有5个，分别为：P1（0，2），P2（0，），P3（0，﹣），P4（0，3+），P5（0，3﹣）．‎ ‎（云南省2014年）23.‎ 考点： 圆的综合题；待定系数法求一次函数解析式；垂线段最短；勾股定理；切线长定理；相似三角形的判定与性质．菁优网版权所有 专题： 综合题；存在型；分类讨论．‎ 分析： （1）只需先求出AC中点P的坐标，然后用待定系数法即可求出直线DP的解析式．‎ ‎（2）由于△DOM与△ABC相似，对应关系不确定，可分两种情况进行讨论，利用三角形相似求出OM的长，即可求出点M的坐标．‎ ‎（3）易证S△PED=S△PFD．从而有S四边形DEPF=2S△PED=DE．由∠DEP=90°得DE2=DP2﹣PE2=DP2﹣．根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：当DP⊥AC时，DP最短，此时DE也最短，对应的四边形DEPF的面积最小．借助于三角形相似，即可求出DP⊥AC时DP的值，就可求出四边形DEPF面积的最小值．‎ 解答： 解：（1）过点P作PH∥OA，交OC于点H，如图1所示．‎ ‎∵PH∥OA，‎ ‎∴△CHP∽△COA．‎ ‎∴==．‎ ‎∵点P是AC中点，‎ ‎∴CP=CA．‎ ‎∴HP=OA，CH=CO．‎ ‎∵A（3，0）、C（0，4），‎ ‎∴OA=3，OC=4．‎ ‎∴HP=，CH=2．‎ ‎∴OH=2．‎ ‎∵PH∥OA，∠COA=90°，‎ ‎∴∠CHP=∠COA=90°．‎ ‎∴点P的坐标为（，2）．‎ 设直线DP的解析式为y=kx+b，‎ ‎∵D（0，﹣5），P（，2）在直线DP上，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎∴直线DP的解析式为y=x﹣5．‎ ‎（2）①若△DOM∽△ABC，图2（1）所示，‎ ‎∵△DOM∽△ABC，‎ ‎∴=．‎ ‎∵点B坐标为（3，4），点D的坐标为（0．﹣5），‎ ‎∴BC=3，AB=4，OD=5．‎ ‎∴=．‎ ‎∴OM=．‎ ‎∵点M在x轴的正半轴上，‎ ‎∴点M的坐标为（，0）‎ ‎②若△DOM∽△CBA，如图2（2）所示，‎ ‎∵△DOM∽△CBA，‎ ‎∴=．‎ ‎∵BC=3，AB=4，OD=5，‎ ‎∴=．‎ ‎∴OM=．‎ ‎∵点M在x轴的正半轴上，‎ ‎∴点M的坐标为（，0）．‎ 综上所述：若△DOM与△CBA相似，则点M的坐标为（，0）或（，0）．‎ ‎（3）∵OA=3，OC=4，∠AOC=90°，‎ ‎∴AC=5．‎ ‎∴PE=PF=AC=．‎ ‎∵DE、DF都与⊙P相切，‎ ‎∴DE=DF，∠DEP=∠DFP=90°．‎ ‎∴S△PED=S△PFD．‎ ‎∴S四边形DEPF=2S△PED=2×PE•DE=PE•DE=DE．‎ ‎∵∠DEP=90°，‎ ‎∴DE2=DP2﹣PE2．=DP2﹣．‎ 根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：‎ 当DP⊥AC时，DP最短，‎ 此时DE取到最小值，四边形DEPF的面积最小．‎ ‎∵DP⊥AC，‎ ‎∴∠DPC=90°．‎ ‎∴∠AOC=∠DPC．‎ ‎∵∠OCA=∠PCD，∠AOC=∠DPC，‎ ‎∴△AOC∽△DPC．‎ ‎∴=．‎ ‎∵AO=3，AC=5，DC=4﹣（﹣5）=9，‎ ‎∴=．‎ ‎∴DP=．‎ ‎∴DE2=DP2﹣=（）2﹣=．‎ ‎∴DE=，‎ ‎∴S四边形DEPF=DE=．‎ ‎∴四边形DEPF面积的最小值为．‎ 点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质、用待定系数法求直线的解析式、切线长定理、勾股定理、垂线段最短等知识，考查了分类讨论的思想．将求DE的最小值转化为求DP的最小值是解决第3小题的关键．另外，要注意“△DOM与△ABC相似”与“△DOM∽△ABC“之间的区别．‎ ‎　‎