届中考数学压轴难题附答案解析Word文件下载.docx
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过点P作y轴的平行线交AD于点K,
设点P(m,﹣m2+2m+3),则点K(m,m+1),
S△PADPK×
(xD﹣xA)3×
(﹣m2+2m+3﹣m﹣1)S△DAB4×
3,
解得:
m=0或1,
故点P(0,3)或(1,4);
(4)存在,理由:
设点H(t,t+1),点P(m,n),n=﹣m2+2m+3,而点Q(1,4),
①当∠QPH=90°
时,如图2,
过点P作y轴的平行线,分别交过点H、点Q与x轴的平行线于点M、G,
∵∠GQP+∠QPG=90°
,∠QPG+∠HPM=90°
,∴∠HPM=∠GQP,
∠PGQ=∠HMP=90°
,PH=PQ,
∴△PGQ≌△HMP(AAS),∴PG=MH,GQ=PM,
即:
4﹣n=t﹣m,1﹣m=n﹣t﹣1,
m=0或2,
故点P(2,3)(舍去)或(0,3);
②当∠PQH=90°
时,
QP=QH,则点P、H关于抛物线对称轴对称,即PH垂直于抛物线的对称轴,
而对称轴与x轴垂直,故PH∥x轴,则∠QHP=∠QPH=45°
,
同理可得:
m=0或3(舍弃),
③当∠QHP=90°
(Ⅰ)当点P在抛物线对称轴右侧时,
如下图所示,点P在AD下方,与题意不符,故舍去.
(Ⅱ)当点P在抛物线对称轴左侧时,
m=1;
综上,m=0或1.
2.如图,在平面直角坐标系中,直线y=2x+4与x轴交于点A,与y轴交于点B,过点B的直线交x轴于点C,且△ABC面积为10.
(1)求点C的坐标及直线BC的解析式;
(2)如图1,设点F为线段AB中点,点G为y轴上一动点,连接FG,以FG为边向FG右侧作长形FGQP,且FG:
GQ=1:
2,在G点的运动过程中,当顶点Q落在直线BC上时,求点G的坐标;
(3)如图2,若M为线段BC上一点,且满足S△AMB=S△AOB,点E为直线AM上一动点,在x轴上是存在点D,使以点D,E,B,C为顶点的四边形为平行四边形?
若存在,请直接写出点D的坐标;
若不存在,请说明理由.
(1)直线y=2x+4与x轴交于点A,与y轴交于点B,则点A、B的坐标分别为:
(﹣2,0)、(0,4),
△ABC面积AC×
OBAC×
4=10,解得:
AC=5,故点C(3,0),
将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得:
直线BC的表达式为:
yx+4…①;
(2)设点G(0,m),点F为线段AB中点,则点F(﹣1,2),
①当点G在y轴上方时,
过点G作x轴的平行线MN,过点F、Q分别作y轴的平行线分别交MN于点M、N,
∵∠MGF+∠GFM=90°
,∠MGF+∠NGQ=90°
∴∠NGQ=∠GFM,
∠GNQ=∠FMG=90°
∴△GNQ∽△FMG,
∴,即,
故:
GN=2m﹣4,QN=2,故点Q(2m﹣4,m﹣2),
将点Q的坐标代入yx+4并解得:
m,
故点G的坐标为(0,);
②当点G在y轴下方时,
点G(0,2)(舍去);
故点G(0,);
(3)S△AMB=S△AOB,则OM∥AB,
则直线OM的表达式为:
y=2x…②,
联立①②并解得:
x,故点M(,),
同理直线AM的表达式为:
yx,
设点E(m,m),点D(n,0),
①当BC是平行四边形的边时,
点B向右平移3个单位向下平移4个单位得到C,
同样点E(D)向右平移3个单位向下平移4个单位得到D(E),
则m+3=n,m4=0或m﹣3=n,m4=0,
n或n;
②当BC是平行四边形的对角线时,
由中点公式得:
m+n=3,m4=0,
n,
故点D的坐标为:
(,0)或(,0)或(,0).
3.如图,在平面直角坐标系中,抛物线yx2﹣2x经过坐标原点,与x轴正半轴交于点A,该抛物线的顶点为M,直线yx+b经过点A,与y轴交于点B,连接OM.
(1)求b的值及点M的坐标;
(2)将直线AB向下平移,得到过点M的直线y=mx+n,且与x轴负半轴交于点C,取点D(2,0),连接DM,求证:
∠ADM﹣∠ACM=45°
;
(3)点E是线段AB上一动点,点F是线段OA上一动点,连接EF,线段EF的延长线与线段OM交于点G.当∠BEF=2∠BAO时,是否存在点E,使得3GF=4EF?
若存在,求出点E的坐标;
(1)解:
对于抛物线yx2﹣2x,令y=0,得到x2﹣2x=0,
解得x=0或6,
∴A(6,0),
∵直线yx+b经过点A,
∴0=﹣3+b,
∴b=3,
∵yx2﹣2x(x﹣3)2﹣3,
∴M(3,﹣3).
(2)证明:
如图1中,设平移后的直线的解析式yx+n.
∵平移后的直线经过M(3,﹣3),
∴﹣3n,
∴n,
∴平移后的直线的解析式为yx,
过点D(2,0)作DH⊥MC于H,
则直线DH的解析式为y=2x﹣4,
由,解得,
∴H(1,﹣2),
∵D(2,0),M(3,﹣3),
∴DH,HM,
∴DH=HM.
∴∠DMC=45°
∵∠ADM=∠DMC+∠ACM,
∴∠ADM﹣∠ACM=45°
.
(3)解:
如图2中,过点G作GH⊥OA于H,过点E作EK⊥OA于K.
∵∠BEF=2∠BAO,∠BEF=∠BAO+∠EFA,
∴∠EFA=∠BAO,
∵∠EFA=∠GFH,tan∠BAO,
∴tan∠GFH=tan∠EFK,
∵GH∥EK,
∴,设GH=4k,EK=3k,
则OH=HG=4k,FH=8k,FK=AK=6k,
∴OF=AF=12k=3,
∴k,
∴OF=3,FK=AK,EK,
∴OK,
∴E(,).
4.如图,已知抛物线:
y1=﹣x2﹣2x+3与x轴交于A,B两点(A在B的左侧),与y轴交于点C.
(1)直接写出点A,B,C的坐标;
(2)将抛物线y1经过向右与向下平移,使得到的抛物线y2与x轴交于B,B'
两点(B'
在B的右侧),顶点D的对应点为点D'
,若∠BD'
B'
=90°
,求点B'
的坐标及抛物线y2的解析式;
(3)在
(2)的条件下,若点Q在x轴上,则在抛物线y1或y2上是否存在点P,使以B′,C,Q,P为顶点的四边形是平行四边形?
如果存在,求出所有符合条件的点P的坐标;
如果不存在,请说明理由.
(1)对于y1=﹣x2﹣2x+3,令y1=0,得到﹣x2﹣2x+3=0,解得x=﹣3或1,
∴A(﹣3,0),B(1,0),
令x=0,得到y1=3,
∴C(0,3).
(2)设平移后的抛物线的解析式为y2=﹣(x﹣a)2+b,
如图1中,过点D′作D′H⊥OB′于H,连接BD′.
∵D′是抛物线的顶点,
∴D′B=D′B′,D′(a,b),
∵∠BD′B′=90°
,D′H⊥BB′,
∴BH=HB′,
∴D′H=BH=HB′=b,
∴a=1+b,
又∵y2=﹣(x﹣a)2+b,经过B(1,0),
∴b=(1﹣a)2,
解得a=2或1(不合题意舍弃),b=1,
∴B′(3,0),y2=﹣(x﹣2)2+1=﹣x2+4x﹣3.
(3)如图2中,
观察图象可知,当点P的纵坐标为3或﹣3时,存在满足条件的平行四边形.
对于y1=﹣x2﹣2x+3,令y1=3,x2+2x=0,解得x=0或﹣2,可得P1(﹣2,3),
令y1=﹣3,则x2+2x﹣6=0,解得x=﹣1,可得P2(﹣1,﹣3),P3(﹣1,﹣3),
对于y2=﹣x2+4x﹣3,令y2=3,方程无解,
令y2=﹣3,则x2﹣4x=0,解得x=0或4,可得P4(0,﹣3),P5(4,﹣3),
综上所述,满足条件的点P的坐标为(﹣2,3)或(﹣1,﹣3)或(﹣1,﹣3)或(0,﹣3)或(4,﹣3).
5.如图,点H为△ABC的垂心,以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D,延长AD交CH于点P,求证:
点P为CH的中点.
【解答】证明:
如图,延长AP交⊙O2于点Q,
连接AH,BD,QB,QC,QH.
因为AB为⊙O1的直径,
所以∠ADB=∠BDQ=90°
.(5分)
故BQ为⊙O2的直径.
于是CQ⊥BC,BH⊥HQ.(10分)
又因为点H为△ABC的垂心,所以AH⊥BC,BH⊥AC.
所以AH∥CQ,AC∥HQ,
四边形ACQH为平行四边形.(15分)
所以点P为CH的中点.(20分)
6.如图,扇形OMN的半径为1,圆心角是90°
.点B是上一动点,BA⊥OM于点A,BC⊥ON于点C,点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点,GF与CE相交于点P,DE与AG相交于点Q.
(1)求证:
四边形EPGQ是平行四边形;
(2)探索当OA的长为何值时,四边形EPGQ是矩形;
(3)连接PQ,试说明3PQ2+OA2是定值.
【解答】解:
(1)证明:
连接OB,如图①,
∵BA⊥OM,BC⊥ON,
∴∠BAO=∠BCO=90°
∵∠AOC=90°
∴四边形OABC是矩形.
∴AB∥OC,AB=OC,
∵E、G分别是AB、CO的中点,
∴AE∥GC,AE=GC,
∴四边形AECG为平行四边形.
∴CE∥AG,
∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点,
∴GF∥OB,DE∥OB,
∴PG∥EQ,
∴四边形EPGQ是平行四边形;
(2)如图②,当∠CED=90°
时,▱EPGQ是矩形.
此时∠AED+∠CEB=90°
又∵∠DAE=∠EBC=90°
∴∠AED=∠BCE.
∴△AED∽△BCE,
∴.
设OA=x,AB=y,则:
:
x,
得y2=2x2,
又OA2+AB2=OB2,
即x2+y2=12.
∴x2+2x2=1,
x.
当OA的长为时,四边形EPGQ是矩形;
(3)如图③,连接GE交PQ于O′,
∵四边形EPGQ是平行四边形,
∴O′P=O′Q,O′G=0′E.
过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′.
由△PCF∽△PEG得,,
∴PA′A′B′AB,GA′GEOA,
∴A′O′GE﹣GA′OA.
在Rt△PA′O′中,PO′2=PA′2+A′O′2,
即,
又AB2+OA2=1,
∴3PQ2=AB2,
∴OA2+3PQ2=OA2+(AB2).
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