中考数学压轴题100题精选二【答案1-2】

中考数学压轴题100题精选二【答案1-2】

【026】解：（1）∵AH∶AC=2∶3，AC=6∴AH=AC=×6=4又∵HF∥DE，∴HG∥CB，∴△AHG∽△ACB…………………………1分∴=，即=，∴HG=…………………………………2分∴S△AHG=AH·HG=×4×=……………………………………3分（2）①能为正方形…………………………………………………………………4分∵HH′∥CD，HC∥H′D，∴四边形CDH′H为平行四边形又∠C=90°，∴四边形CDH′H为矩形…………………………………5分又CH=AC-AH=6-4=2∴当CD=CH=2时，四边形CDH′H为正方形此时可得t=2秒时，四边形CDH′H为正方形…………………………6分②（Ⅰ）∵∠DEF=∠ABC，∴EF∥AB∴当t=4秒时，直角梯形的腰EF与BA重合.当0≤t≤4时，重叠部分的面积为直角梯形DEFH′的面积.…………7分过F作FM⊥DE于M，=tan∠DEF=tan∠ABC===∴ME=FM=×2=，HF=DM=DE-ME=4-=∴直角梯形DEFH′的面积为（4+）×2=∴y=（Ⅱ）∵当4＜t≤5时，重叠部分的面积为四边形CBGH的面积-矩形CDH′H的面积.而S边形CBGH=S△ABC-S△AHG=×8×6-=S矩形CDH′H=2t∴y=-2t（Ⅲ）当5＜t≤8时，如图，设H′D交AB于P.BD=8-t又=tan∠ABC=∴PD=DB=（8-t）∴重叠部分的面积y=S,△PDB=PD·DB=·（8-t）（8-t）=（8-t）2=t2-6t+24∴重叠部分面积y与t的函数关系式：ny=（0≤t≤4）-2t（4＜t≤5）t2-6t+24（5＜t≤8）【027】解：(1)设抛物线的解析式为：,把A（3,0）代入解析式求得所以，设直线AB的解析式为：由求得B点的坐标为把，代入中解得：所以6分(2)因为C点坐标为(１,4)，所以当x＝１时，y1＝4，y2＝2所以CD＝4-2＝28分(平方单位)(3)假设存在符合条件的点P，设P点的横坐标为x，△PAB的铅垂高为h，则，由S△PAB=S△CAB得：，化简得：解得，将代入中，解得P点坐标为【028】解：（1）(5′)∵抛物线与轴交于点（0，3），∴设抛物线解析式为(1′)根据题意，得，解得∴抛物线的解析式为(5′)(2)(5′)由顶点坐标公式得顶点坐标为（1，4）（2′)设对称轴与x轴的交点为F∴四边形ABDE的面积=n===9（5′）（3）(2′)相似如图，BD=；∴BE=DE=∴,即：,所以是直角三角形∴,且,∴∽(2′)【029】解（1）因为△=所以不论a为何实数，此函数图象与x轴总有两个交点。…………（2分）（2）设x1、x2是的两个根，则，，因两交点的距离是，所以。…………（4分）即：变形为：……………………………………（5分）所以：，整理得：解方程得：，又因为：a<0，所以：a=－1所以：此二次函数的解析式为…………………………（6分）（3）设点P的坐标为，因为函数图象与x轴的两个交点间的距离等于，所以：AB=，所以：S△PAB=所以：即：，则当时，，即n解此方程得：=－2或3，当时，，即解此方程得：=0或1综上所述，所以存在这样的P点，P点坐标是(－2,3),(3,3),(0,－3)或(1,－3)。…（12分）【030】解：（1），．（2分）（2）①当的圆心由点向左运动，使点到点并随继续向左运动时，有，即．当点在点左侧时，过点作射线，垂足为，则由，得，则．解得．由，即，解得．当与射线有公共点时，的取值范围为．（5分）②当时，过作轴，垂足为，有．，即．OxyEPCDBQAMF解得．（7分）当时，有，．解得．（9分）当时，有．，即．n解得（不合题意，舍去）．（11分）当是等腰三角形时，，或，或，或．（12分）【031】解：（1）5,24,…………………………………3分（2）①由题意，得AP=t，AQ=10－2t.……………………………………1分如图1,过点Q作QG⊥AD，垂足为G，由QG∥BE得△AQG∽△ABE,∴,∴QG=,…………………………1分∴(≤t≤5).∵(≤t≤5).∴当t=时，S最大值为6.…………………1分②要使△APQ沿它的一边翻折，翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，根据轴对称的性质，只需△APQ为等腰三角形即可.当t=4秒时，∵点P的速度为每秒1个单位，∴AP=.………………1分以下分两种情况讨论:第一种情况：当点Q在CB上时,∵PQ≥BE>PA，∴只存在点Q1,使Q1A=Q1P.如图2,过点Q1作Q1M⊥AP，垂足为点M，Q1M交AC于点F,则AM=.由△AMF∽△AOD∽△CQ1F,得,,∴.………………1分∴CQ1==.则,∴.……………………………1分第二种情况：当点Q在BA上时,存在两点Q2,Q3,分别使AP=AQ2,PA=PQ3.①若AP=AQ2，如图3,CB+BQ2=10-4=6.n则,∴.……1分②若PA=PQ3，如图4,过点P作PN⊥AB，垂足为N，由△ANP∽△AEB,得.∵AE=,∴AN＝.∴AQ3=2AN=,∴BC+BQ3=10-则.∴.………………………1分综上所述，当t=4秒，以所得的等腰三角形APQ沿底边翻折，翻折后得到菱形的k值为或或.【032】解：（1）在△ABC中，∵，，．∴，解得．　4分（2）①若AC为斜边，则，即，无解．②若AB为斜边，则，解得，满足．③若BC为斜边，则，解得，满足．CABNM（第24题-1）D∴或．　9分（3）在△ABC中，作于D，设，△ABC的面积为S，则．①若点D在线段AB上，则．∴，即．∴，即．∴（）．　11分n当时（满足），取最大值，从而S取最大值．13分②若点D在线段MA上，CBADMN（第24题-2）则．同理可得，（），易知此时．综合①②得，△ABC的最大面积为．14分【033】第（2）题xyBCODAMNN′xyBCOAMNP1P2备用图（1）.……………4分（2）由题意得点与点′关于轴对称，，将′的坐标代入得，（不合题意，舍去），.……………2分，点到轴的距离为3.，，直线的解析式为，n它与轴的交点为点到轴的距离为..……………2分（3）当点在轴的左侧时，若是平行四边形，则平行且等于，把向上平移个单位得到，坐标为，代入抛物线的解析式，得：（不舍题意，舍去），，.……………2分当点在轴的右侧时，若是平行四边形，则与互相平分，．与关于原点对称，，将点坐标代入抛物线解析式得：，（不合题意，舍去），，．……………2分存在这样的点或，能使得以为顶点的四边形是平行四边形．【034】解：（1）2.……………2分ACBPE第（25）题（2）证明：在上取点，使，连结，再在上截取，连结．，为正三角形，=，n为正三角形，=，=，′，．，，为的费马点，过的费马点，且=+．………2分【035】解：（1）（1，0）1分点P运动速度每秒钟1个单位长度．2分（2）过点作BF⊥y轴于点，⊥轴于点，则＝8，．∴．在Rt△AFB中，3分过点作⊥轴于点，与的延长线交于点．∵∴△ABF≌△BCH．∴．∴．∴所求C点的坐标为（14，12）．4分（3）过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥轴于点N，则△APM∽△ABF．∴．．∴．∴．设△OPQ的面积为（平方单位）∴（0≤≤10）5分说明:未注明自变量的取值范围不扣分．∵<0∴当时，△OPQ的面积最大．6分此时P的坐标为（，）．7分n（4）当或时，OP与PQ相等．9分对一个加1分，不需写求解过程．【036】解：（1）由已知，得，，，．．（1分）设过点的抛物线的解析式为．将点的坐标代入，得．[来源:学&将和点的坐标分别代入，得（2分）解这个方程组，得[来源:学#科#网]故抛物线的解析式为．（3分）（2）成立．（4分）点在该抛物线上，且它的横坐标为，yxDBCAEEOＭFKGG点的纵坐标为．（5分）设的解析式为，将点的坐标分别代入，得解得的解析式为．，．（7分）过点作于点，则．，．又，．．[来．．（3）点在上，，，则设．n，，．①若，则，解得．，此时点与点重合．．②若，则，解得，，此时轴．与该抛物线在第一象限内的交点的横坐标为1，点的纵坐标为．．③若，则，[来解得，，此时，是等腰直角三角形．过点作轴于点，则，设，yxDBCAEEOQPHGG(P)(Q)Q(P)．．解得（舍去）．．（12分）综上所述，存在三个满足条件的点，即或或．【037】解：（1）设第一象限内的点B（m,n），则tan∠POB，得m=9n，又点B在函数的图象上，得，所以m=3（－3舍去），点B为，而AB∥x轴，所以点A（，），所以；（2）由条件可知所求抛物线开口向下，设点A（a,a），B（，a），则AB=－a=,所以，解得.n当a=－3时，点A（―3，―3），B（―，―3），因为顶点在y=x上，所以顶点为（－，－），所以可设二次函数为，点A代入，解得k=－,所以所求函数解析式为.同理，当a=时，所求函数解析式为；（3）设A（a,a），B（，a），由条件可知抛物线的对称轴为.设所求二次函数解析式为：.点A（a,a）代入，解得，，所以点P到直线AB的距离为3或。【038】解：（1）矩形（长方形）；．（2）①，，．，即，，．4分同理，，即，，．．6分②在和中，n[来源:学科网ZXXK]．7分．设，[来源:学科网]在中，，解得．8分．9分（3）存在这样的点和点，使．10分QCBAOxPyH点的坐标是，．12分对于第（3）题，我们提供如下详细解答，对学生无此要求．过点画于，连结，则，，，．设，，QCBAOxPyH，如图1，当点P在点B左侧时，，在中，，[来源:学科网ZXXK]解得，（不符实际，舍去）．，．②如图2，当点P在点B右侧时，，．在中，，解得．，．综上可知，存在点，，使．n【039】(1)将点A(-4，8)的坐标代入，解得．……1分将点B(2，n)的坐标代入，求得点B的坐标为(2，2)，则点B关于x轴对称点P的坐标为(2，-2)．　……1分(第24题(1))4x22A8-2O-2-4y6BCD-44QP直线AP的解析式是．　……1分令y=0，得．即所求点Q的坐标是(，0)．　……1分(2)①　解法1：CQ=︱-2-︱=，　……1分故将抛物线向左平移个单位时，A′C+CB′最短，此时抛物线的函数解析式为．……1分(第24题(2)①)4x22A′8-2O-2-4y6B′CD-44A′′解法2：设将抛物线向左平移m个单位，则平移后A′，B′的坐标分别为A′(-4-m，8)和B′(2-m，2)，点A′关于x轴对称点的坐标为A′′(-4-m，-8)．直线A′′B′的解析式为．要使A′C+CB′最短，点C应在直线A′′B′上，将点C(-2，0)代入直线A′′B′的解析式，解得．故将抛物线向左平移个单位时A′C+CB′最短，此时抛物线的函数解析式为．……1分(第24题(2)②)4x22A′8-2O-2-4y6B′CD-44A′′B′′②　左右平移抛物线，因为线段A′B′和CD的长是定值，所以要使四边形A′B′CD的周长最短，只要使A′D+CB′最短；……1分第一种情况：如果将抛物线向右平移，显然有A′D+CB′>AD+CB，因此不存在某个位置，使四边形A′B′CD的周长最短．……1分第二种情况：设抛物线向左平移了b个单位，则点A′和点B′的坐标分别为A′(-4-b，8)和B′(2-b，2)．因为CD=2，因此将点B′向左平移2个单位得B′′(-b，2)，要使A′D+CB′最短，只要使A′D+DB′′最短．　……1分点A′关于x轴对称点的坐标为A′′(-4-b，-8)，直线A′′B′′的解析式为．要使A′D+DB′′最短，点D应在直线A′′B′′上，将点D(-4，0)代入直线A′′B′′的解析式，解得．故将抛物线向左平移时，存在某个位置，使四边形A′B′CD的周长最短，此时抛物线的函数解析式为n．……1分【040】（1）解①如图1，当在△ABC内时，重叠部分是平行四边形,由题意得：解得x=……（2分）②如图3，当在△ABC内时，重叠部分是平行四边形,由题意得：N=列式得()×=解得x=……（2分）综上所述，当△与△重叠部分面积为平方厘米时，△移动的时间为或（）秒。图1图2图3图1（2）①如图1，当0≤x≤时……（1分）②如图2，当≤x≤时，如图，△DN,△,△是等腰直角三角形，N＝，GF=MN=,即…(3分)③如图3，当≤x≤时，…（1分）（3）①当0≤x≤时，……（1分）n②当≤x≤时，……（2分）③当≤x≤时，……（1分）所以，△与△重叠部分面积的最大值为5。【041】（1）如图（3分）y（千米）x（小时）15010050-1102345678ACBDE（2）2次（5分）（3）如图，设直线的解析式为，图象过，．①（7分）设直线的解析式为，图象过，．②（7分）解由①、②组成的方程组得最后一次相遇时距离乌鲁木齐市的距离为112.5千米．（12分）【042】解：（1）∵点是的中点，∴，∴．又∵是的角平分线，∴，∴，∴．3分（2）过点作的平分线的垂线，垂足为，点即为所求．nyOxDBPEFM易知点的坐标为（2，2），故，作，∵是等腰直角三角形，∴，∴点的坐标为（3，3）．∵抛物线经过原点，∴设抛物线的解析式为．又∵抛物线经过点和点，∴有解得∴抛物线的解析式为．7分（3）由等腰直角三角形的对称性知D点关于的平分线的对称点即为点．连接，它与的平分线的交点即为所求的点（因为，而两点之间线段最短），此时的周长最小．∵抛物线的顶点的坐标，点的坐标，设所在直线的解析式为，则有，解得．∴所在直线的解析式为．点满足，解得，故点的坐标为．的周长即是．（4）存在点，使．其坐标是或．14分【043】解（Ⅰ），.1分将分别代入，得n，解得.函数的解析式为．3分（Ⅱ）由已知，得，设的高为，，即.根据题意，，由，得.当时，解得；当时，解得.的值为.6分（Ⅲ）由已知，得.，，，化简得.，得，　　　　　　.有.又，，，当时，；当时，；当时，.10分【044】(1)配方,得y=(x–2)2–1，∴抛物线的对称轴为直线x=2，顶点为P(2，–1)．取x=0代入y=x2–2x＋1，得y=1，∴点A的坐标是n(0，1)．由抛物线的对称性知，点A(0，1)与点B关于直线x=2对称，∴点B的坐标是(4，1)．2分设直线l的解析式为y=kx＋b(k≠0)，将B、P的坐标代入，有解得∴直线l的解析式为y=x–3．3分(2)连结AD交O′C于点E，∵点D由点A沿O′C翻折后得到，∴O′C垂直平分AD．[来源:Z。xx。k.Com]由(1)知，点C的坐标为(0，–3)，∴在Rt△AO′C中，O′A=2，AC=4，∴O′C=2．据面积关系，有×O′C×AE=×O′A×CA，∴AE=，AD=2AE=．作DF⊥AB于F，易证Rt△ADF∽Rt△CO′A，∴，∴AF=·AC=，DF=·O′A=，5分又∵OA=1，∴点D的纵坐标为1–=–，∴点D的坐标为(，–)．(3)显然，O′P∥AC，且O′为AB的中点，∴点P是线段BC的中点，∴S△DPC=S△DPB．故要使S△DQC=S△DPB，只需S△DQC=S△DPC．过P作直线m与CD平行，则直线m上的任意一点与CD构成的三角形的面积都等于S△DPC，故m与抛物线的交点即符合条件的Q点．容易求得过点C(0，–3)、D(，–)的直线的解析式为y=x–3，据直线m的作法，可以求得直线m的解析式为y=x–．[来源:学_科_网]令x2–2x＋1=x–，解得x1=2，x2=，代入y=x–，得y1=–1，y2=，因此，抛物线上存在两点Q1(2，–1)(即点P)和Q2(，)，使得S△DQC=S△DPB．【045】（1）将A（0，1）、B（1，0）坐标代入得解得n∴抛物线的解折式为…（2分）（2）设点E的横坐标为m，则它的纵坐标为即E点的坐标（，）又∵点E在直线上[来源:Z§xx§k.Com]∴解得（舍去），∴E的坐标为（4，3）……（4分）（Ⅰ）当A为直角顶点时过A作AP1⊥DE交x轴于P1点，设P1（a,0）易知D点坐标为（－2，0）由Rt△AOD∽Rt△POA得即，∴a＝∴P1（，0）……（5分）（Ⅱ）同理，当E为直角顶点时，P2点坐标为（，0）……（6分）（Ⅲ）当P为直角顶点时，过E作EF⊥x轴于F，设P3（、）由∠OPA+∠FPE＝90°，得∠OPA＝∠FEPRt△AOP∽Rt△PFE由得解得，∴此时的点P3的坐标为（1，0）或（3，0）……（8分）综上所述，满足条件的点P的坐标为（，0）或（1，0）或（3，0）或（，0）[来源:学科网]（Ⅲ）抛物线的对称轴为…（9分）∵B、C关于x＝对称∴MC＝MB要使最大，即是使最大由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时n的值最大．易知直线AB的解折式为∴由得∴M（，－）……（11分）【046】网]（1）解：由得点坐标为由得点坐标为∴（2分）由解得∴点的坐标为（3分）∴（4分）（2）解：∵点在上且∴点坐标为（5分）又∵点在上且∴点坐标为（6分）∴（7分）（3）解法一：当时，如图1，矩形与重叠部分为五边形（时，为四边形）．过作于，则ADBEORFxyyM（图3）GCADBEOCFxyyG（图1）RMADBEOCFxyyG（图2）RM∴即∴n∴即【047】解：方法一：如图（1-1），连接．N图（1-1）ABCDEFM由题设，得四边形和四边形关于直线对称．∴垂直平分．∴1分∵四边形是正方形，∴∵设则在中，．∴解得，即3分在和在中，，，5分设则∴解得即∴7分方法二：同方法一，3分如图（1－2），过点做交于点，连接N图（1-2）ABCDEFMG　　　n∵∴四边形是平行四边形．∴同理，四边形也是平行四边形．∴　　　∵　　　　　　在与中　　　∴５分∵∴7分类比归纳（或）；；12分【048】解：（1）由题意得6=a(－2＋3)(－2－1)，∴a=－2，∴抛物线的函数解析式为y=－2(x＋3)(x－1)与x轴交于B（－3，0）、A（1，0）设直线AC为y=kx＋b，则有0=k＋b，6=－2k＋b，解得k=－2，b=2，∴直线AC为y=－2x＋2（2）①设P的横坐标为a(－2≤a≤1)，则P（a，－2a＋2），M（a，－2a2－4a＋6）∴PM=－2a2－4a＋6－(－2a＋2)=－2a2－2a＋4=－2a2＋a＋14＋92=-2a+122+92，∴当a=-12时，PM的最大值为926分②M1（0，6）M2-14，678【049】解：（1）由题意得解得∴此抛物线的解析式为3分n（2）连结、.因为的长度一定，所以周长最小，就是使最小.点关于对称轴的对称点是点，与对称轴的交点即为所求的点.（第24题图）OACxyBEPD设直线的表达式为则解得∴此直线的表达式为把代入得∴点的坐标为（3）存在最大值，理由：∵即∴∴即∴方法一：连结，=[来源:Z。xx。k.Com]=，∵∴当时，9分方法二：==，∵∴当时，9分【050】解：（1）∵AEDQPBFCNM∴．而，∴，∴．∴当．n（2）∵平行且等于，[来源:学科网]∴四边形是平行四边形．∴．∵，∴．∴．∴．．∴．过B作，交于，过作，交于．．∵，∴．又，，，，．（3）．若，则有，解得．（4）在和中，∴．∴在运动过程中，五边形的面积不变．