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挑战中考数学压轴题第九版
挑战2016中考数学压轴题(第九版)
第一部分函数图象中点的存在性问题
1.1因动点产生的相似三角形问题
例12013年上海市中考第24题
如图1,在平面直角坐标系xOy中,顶点为M的抛物线y=ax2+bx(a>0)经过点A和x轴正半轴上的点B,AO=BO=2,∠AOB=120°.
(1)求这条抛物线的表达式;
(2)连结OM,求∠AOM的大小;
(3)如果点C在x轴上,且△ABC与△AOM相似,求点C的坐标.
.图1
满分解答
(1)如图2,过点A作AH⊥y轴,垂足为H.
在Rt△AOH中,AO=2,∠AOH=30°,所以AH=1,OH
因为抛物线与x轴交于O、B(2,0)两点,
A(1.
.
3
2所以抛物线的表达式为yx(x2)xx.图22(2
)由yxxx1)23333
得抛物线的顶点M
的坐标为(1,
BOM=30°.所以∠AOM=150°..所以tanBOM(3)由
A(1、B(2,0)、
M(1,
AB
OM,得tanABO
OA所以∠ABO=30
°,C在点B右侧时,∠ABC=∠AOM=150°.OM设y=ax(x-2),代入点
A(
1,可得a
△ABC与△AOM相似,存在两种情况:
BAOA
时,BC2.此时C(4,0).BCOMBCOA②如图4
,当
时,BC6.此时C(8,0).
BAOM①如图3
,当
图3图4
考点伸展
在本题情境下,如果△ABC与△BOM相似,求点C的坐标.
如图5,因为△BOM是30°底角的等腰三角形,∠ABO=30°,因此△ABC也是底角为30°的等腰三角形,AB=AC,根据对称性,点C的坐标为(-4,0).
图5
例22012年苏州市中考第29题
121bx(b1)x(b是实数且b>2)与x轴的正半轴分别交于点A、B(点A444
位于点B是左侧),与y轴的正半轴交于点C.
(1)点B的坐标为______,点C的坐标为__________(用含b的代数式表示);
(2)请你探索在第一象限内是否存在点P,使得四边形PCOB的面积等于2b,且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形?
如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由;
(3)请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q,使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似(全等可看作相似的特殊情况)?
如果存在,求出点Q的坐标;如果不存在,请说明理由.
如图1,已知抛物线y
.图1
满分解答
(1)B的坐标为(b,0),点C的坐标为
(0,b).4
(2)如图2,过点P作PD⊥x轴,PE⊥y轴,垂足分别为D、E,那么△PDB≌△PEC.
因此PD=PE.设点P的坐标为(x,x).
如图3,联结OP.
1b15xbxbx=2b.2428
161616解得x.所以点P的坐标为(,).555所以S四边形PCOB=S△PCO+S△PBO=
图2图3
(3)由y121b1x(b1)x(x1)(xb),得A(1,0),OA=1.4444
①如图4,以OA、OC为邻边构造矩形OAQC,那么△OQC≌△QOA.
BAQA,即QA2BAOA时,△BQA∽△QOA.QAOA
b所以()2b1.解得b8Q为(1,2.4当
②如图5,以OC为直径的圆与直线x=1交于点Q,那么∠OQC=90°。
因此△OCQ∽△QOA.
BAQA时,△BQA∽△QOA.此时∠OQB=90°.QAOA
BOQA所以C、Q、B三点共线.因此,即bQA.解得QA4.此时Q(1,4).COOAb1
4当
图4图5
考点伸展
第(3)题的思路是,A、C、O三点是确定的,B是x轴正半轴上待定的点,而∠QOA与∠QOC是互余的,那么我们自然想到三个三角形都是直角三角形的情况.
这样,先根据△QOA与△QOC相似把点Q的位置确定下来,再根据两直角边对应成比例确定点B的位置.
如图中,圆与直线x=1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢?
如果符合题意的话,那么点B的位置距离点A很近,这与OB=4OC矛盾.
例32012年黄冈市中考模拟第25题
如图1,已知抛物线的方程C1:
y1(x2)(xm)(m>0)与x轴交于点B、C,与y轴交于点E,且m
点B在点C的左侧.
(1)若抛物线C1过点M(2,2),求实数m的值;
(2)在
(1)的条件下,求△BCE的面积;
(3)在
(1)的条件下,在抛物线的对称轴上找一点H,使得BH+EH最小,求出点H的坐标;
(4)在第四象限内,抛物线C1上是否存在点F,使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似?
若存在,求m的值;若不存在,请说明理由.
图1
满分解答
11(x2)(xm),得24(2m).解得m=4.mm
111
(2)当m=4时,y(x2)(x4)x2x2.所以C(4,0),E(0,2).442
11所以S△BCE=BCOE626.22
(1)将M(2,2)代入y
(3)如图2,抛物线的对称轴是直线x=1,当H落在线段EC上时,BH+EH最小.设对称轴与x轴的交点为P,那么
因此HPEO.CPCOHP233.解得HP.所以点H的坐标为(1,).3422
(4)①如图3,过点B作EC的平行线交抛物线于F,过点F作FF′⊥x轴于F′.
CEBC2,即BCCEBF时,△BCE∽△FBC.CBBF
1(x2)(xm)1FF'EO2设点F的坐标为(x,(x2)(xm)),由,得.mBF'COx2m由于∠BCE=∠FBC,所以当
解得x=m+2.所以F′(m+2,0).COBF'm4由.所以BF.
CEBFBF
由BCCE
BF,得(m2)22整理,得0=16.此方程无解.
图2图3图4
②如图4,作∠CBF=45°交抛物线于F,过点F作FF′⊥x轴于F′,
BEBC2,即BCBEBF时,△BCE∽△BFC.BCBF
1在Rt△BFF′中,由FF′=BF′,得(x2)(xm)x2.m
解得x=2m.所以F′(2m,0).所以BF′=2m+2
,BFm2).由于∠EBC=∠CBF,所以
由BC2BE
BF,得(m2)2m
2).解得m2
综合①、②,符合题意的m
为2
考点伸展
第(4)题也可以这样求BF的长:
在求得点F′、F的坐标后,根据两点间的距离公式求BF的长.
例42010年义乌市中考第24题
如图1,已知梯形OABC,抛物线分别过点O(0,0)、A(2,0)、B(6,3).
(1)直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标;
(2)将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移,分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1,得到如图2的梯形O1A1B1C1.设梯形O1A1B1C1的面积为S,A1、B1的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2).用含S的代数式表示x2-x1,并求出当S=36时点A1的坐标;
(3)在图1中,设点D的坐标为(1,3),动点P从点B出发,以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动,动点Q从点D出发,以与点P相同的速度沿着线段DM运动.P、Q两点同时出发,当点Q到达点M时,P、Q两点同时停止运动.设P、Q两点的运动时间为t,是否存在某一时刻t,使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似?
若存在,请求出t的值;若不存在,请说明理由.
图1图2
满分解答
(1)抛物线的对称轴为直线x
(2)梯形O1A1B1C1的面积S1,解析式为y1x21x,顶点为M(1,1).8482(x11x21)s3(x1x2)6,由此得到x1x22.由于y2y13,23
1211217211xx所以y2y1x2x2x1x13.整理,得(x2x1).因此得到.(xx)321218484S84x2x114,x16,当S=36时,解得此时点A1的坐标为(6,3).xx2.x8.212
(3)设直线AB与PQ交于点G,直线AB与抛物线的对称轴交于点E,直线PQ与x轴交于点F,那么要探求相似的△GAF与△GQE,有一个公共角∠G.
在△GEQ中,∠GEQ是直线AB与抛物线对称轴的夹角,为定值.
在△GAF中,∠GAF是直线AB与x轴的夹角,也为定值,而且∠GEQ≠∠GAF.
因此只存在∠GQE=∠GAF的可能,△GQE∽△GAF.这时∠GAF=∠GQE=∠PQD.由于tanGAF
33t20DQt,tanPQD,所以.解得t.
445t7QP5t
图3图4
考点伸展
第(3)题是否存在点G在x轴上方的情况?
如图4,假如存在,说理过程相同,求得的t的值也是相同的.事实上,图3和图4都是假设存在的示意图,实际的图形更接近图3.
例52009年临沂市中考第26题
如图1,抛物线经过点A(4,0)、B(1,0)、C(0,-2)三点.
(1)求此抛物线的解析式;
(2)P是抛物线上的一个动点,过P作PM⊥x轴,垂足为M,是否存在点P,使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似?
若存在,请求出符合条件的点P的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)在直线AC上方的抛物线是有一点D,使得△DCA的面积最大,求出点D的坐标.,
1图
满分解答
(1)因为抛物线与x轴交于A(4,0)、B(1,0)两点,设抛物线的解析式为ya(x1)(x4),代入点C的坐标(0,-2),解得
a1115.所以抛物线的解析式为y(x
1)(x4)x2x2.222211AM4x.①如图2,当点P在x轴上方时,1<x<4,(x1)(x4)).PM(x1)(x4),22
1
(2)设点P的坐标为(x,(x1)(x4)AMAO2如果,那么22.解得x5不合题意.PMCO4x
AMAO1,那么2(x1)(x4)1.解得x2.此时点P的坐标为(2,1)如果.PMCO24x2
1②如图3,当点P在点A的右侧时,x>4,PM(x1)(x4),AMx4.2
11(x1)(x4)(x1)(x4)1
22解方程,得x2不合题意.2,得x5.此时点P的坐标为(5,2).解方程
x
42x4
③如图4,当点P在点B的左侧时,x<1,PM11(x1)(x4),AM4x.2
1(x1)(x4)解方程22,得x3.此时点P的坐标为(3,14).
4x
1(x1)(x4)1解方程2,得x0.此时点P与点O重合,不合题意.
4x2
综上所述,符合条件的点P的坐标为(2,1)或(3,14)或(5,2).
图2图3图4
(3)如图5,过点D作x轴的垂线交AC于E.直线AC的解析式为
设点D的横坐标为m(1y21x2.22m4),那么点D的坐标为(m,1m25m2),点E的坐标为(m,1m2).2
所以DE(1m25m2)(1m2)1m22m.2222
因此SDAC
当m22112(m2m)4m4m(m2)4.222时,△DCA的面积最大,此时点D的坐标为(2,1).
图5图6
考点伸展第(3)题也可以这样解:
如图6,过D点构造矩形OAMN,那么△DCA的面积等于直角梯形CAMN的面积减去△CDN和△ADM的面积.
设点D的横坐标为(m,n)(1m4),那么S1(2n2)41m(n2)1n(4m)m2n4222
.
由于n2125mm2,所以Sm4m.22
例62008年苏州市中考第29题
图1
满分解答
(1)OH,b.
(2)由抛物线的解析式ya(x1)(x5),得点M的坐标为(1,0),点N的坐标为(5,0).
1,k
因此MN的中点D的坐标为(2,0),DN=3.
因为△AOB是等腰直角三角形,如果△DNE与△AOB相似,那么△DNE也是等腰直角三角形.
①如图2,如果DN为直角边,那么点E的坐标为E1(2,3)或E2(2,-3).
将E1(2,3)代入ya(x1)(x5),求得a
1
31.3此时抛物线的解析式为y(x1)(x5)
将E2(2,-3)代入1245xx.3331.3
11245此时抛物线的解析式为y(x1)(x5)xx.3333
1111②如果DN为斜边,那么点E的坐标为E3(3,1)或E4(3,1).2222
112将E3(3,1)代入ya(x1)(x5),求得a.229
222810此时抛物线的解析式为y(x1)(x5)xx.9999
112将E4(3,1)代入ya(x1)(x5),求得a.229
222810此时抛物线的解析式为y(x1)(x5)xx.
9999ya(x1)(x5),求得a
图2图3
对于点E为E1(2,3)和E3(311,1),直线NE是相同的,∠ENP=45°.22
又∠OBP=45°,∠P=∠P,所以△POB∽△PGN.因此PBPGPOPN27142.
11对于点E为E2(2,-3)和E4(3,1),直线NE是相同的.22
143.此时点G在直线x5的右侧,PG3
414443,所以PBPG14102.又PB3333
考点伸展
在本题情景下,怎样计算PB的长?
如图3,作AF⊥AB交OP于F,那么△OBC≌△OAF,OF=OC
PF
=2PA
PF
1,所以PB1.
1.2因动点产生的等腰三角形问题
例12013年上海市虹口区中考模拟第25题
如图1,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=6,AC=8,点D为边BC的中点,DE⊥BC交边AC于点E,
点P为射线AB上的一动点,点Q为边AC上的一动点,且∠PDQ=90°.
(1)求ED、EC的长;
(2)若BP=2,求CQ的长;
(3)记线段PQ与线段DE的交点为F,若△PDF为等腰三角形,求BP的长.
图1备用图
满分解答
(1)在Rt△ABC中,AB=6,AC=8,所以BC=10.
在Rt△CDE中,CD=5,所以EDCDtanC5315,EC.444
(2)如图2,过点D作DM⊥AB,DN⊥AC,垂足分别为M、N,那么DM、DN是
△ABC的两条中位线,DM=4,DN=3.
由∠PDQ=90°,∠MDN=90°,可得∠PDM=∠QDN.
因此△PDM∽△QDN.所以2534PMDM4.所以QNPM,PMQN.
43QNDN3
图2图3图4
①如图3,当BP=2,P在BM上时,PM=1.此时QN33319PM.所以CQCNQN4.4444
②如图4,当BP=2,P在MB的延长线上时,PM=5.3151531PM.所以CQCNQN4.4444
QDDN3(3)如图5,如图2,在Rt△PDQ中,tanQPD.PDDM4
BA3在Rt△ABC中,tanC.所以∠QPD=∠C.CA4此时QN
由∠PDQ=90°,∠CDE=90°,可得∠PDF=∠CDQ.
因此△PDF∽△CDQ.
当△PDF是等腰三角形时,△CDQ也是等腰三角形.
①如图5,当CQ=CD=5时,QN=CQ-CN=5-4=1(如图3所示).4445QN.所以BPBMPM3.3333
5425CH②如图6,当QC=QD时,由cosC,可得CQ.258CQ
257所以QN=CN-CQ=4.(如图2所示)88
47725此时PMQN.所以BPBMPM3.3666此时PM
③不存在DP=DF的情况.这是因为∠DFP≥∠DQP>∠DPQ(如图5,图6所示).
图5图6
考点伸展
如图6,当△CDQ是等腰三角形时,根据等角的余角相等,可以得到△BDP也是等腰三角形,PB=PD.在△BDP中可以直接求解BP
25.6
例22012年扬州市中考第27题
如图1,抛物线y=ax2+bx+c经过A(-1,0)、B(3,0)、C(0,3)三点,直线l是抛物线的对称轴.
(1)求抛物线的函数关系式;
(2)设点P是直线l上的一个动点,当△PAC的周长最小时,求点P的坐标;
(3)在直线l上是否存在点M,使△MAC为等腰三角形,若存在,直接写出所有符合条件的点M的坐标;若不存在,请说明理由.
图1
满分解答
(1)因为抛物线与x轴交于A(-1,0)、B(3,0)两点,设y=a(x+1)(x-3),代入点C(0,3),得-3a=3.解得a=-1.
所以抛物线的函数关系式是y=-(x+1)(x-3)=-x2+2x+3.
(2)如图2,抛物线的对称轴是直线x=1.
当点P落在线段BC上时,PA+PC最小,△PAC的周长最小.
设抛物线的对称轴与x轴的交点为H.由BHPH,BO=CO,得PH=BH=2.BOCO
图2所以点P的坐标为(1,2).
(3)点M的坐标为(1,1)、
、
(1,或(1,0).
考点伸展
第(3)题的解题过程是这样的:
设点M的坐标为(1,m).
在△MAC中,AC2=10,MC2=1+(m-3)2,MA2=4+m2.
①如图3,当MA=MC时,MA2=MC2.解方程4+m2=1+(m-3)2,得m=1.此时点M的坐标为(1,1).
②如图4,当AM=AC时,AM2=AC2.解方程4+m2=10
,得m.此时点M的坐标为
或
(1,.
③如图5,当CM=CA时,CM2=CA.解方程1+(m-3)2=10,得m=0或6.当M(1,6)时,M、A、C三点共线,所以此时符合条件的点M的坐标为(1,0).
图3图4图5
例32012年临沂市中考第26题
如图1,点A在x轴上,OA=4,将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置.
(1)求点B的坐标;
(2)求经过A、O、B的抛物线的解析式;
(3)在此抛物线的对称轴上,是否存在点P,使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形?
若存在,求点P的坐标;若不存在,请说明理由.
图1
满分解答
(1)如图2,过点B作BC⊥y轴,垂足为C.
在Rt△OBC中,∠BOC=30°,OB=4,所以BC=2
,OC
所以点B
的坐标为(2,.
(2)因为抛物线与x轴交于O、A(4,0),设抛物线的解析式为y=ax(x-4),
代入点
B(2,
.2所以抛物线的解析式为yx(x4)xx.,2a(
6).解得a(3)抛物线的对称轴是直线x=2,设点P的坐标为(2,y)
.
①当OP=OB=4时,OP2=16.所以4+
y2=16.解得y当P在.时,B、
O、P三点共线(如图2)
②当BP=BO=4时,BP2
=16.所以42(y③当PB=PO时,PB2=PO2
.所以42(y综合①、②、③,点P的坐标为(2,216.解得y1y2
222
y
2.解得y,如图2所示.
图2
图3
考点伸展
如图3,在本题中,设抛物线的顶点为D
,那么△DOA与△OAB是两个相似的等腰三角形.
,得抛物线的顶点为D(x4)
x2)2.因此tanDOADOA=30°,∠ODA=120°.
由y
例42011年盐城市中考第28题
如图1,已知一次函数y=-x+7与正比例函数y4x的图象交于点A,且与x轴交于点B.3
(1)求点A和点B的坐标;
(2)过点A作AC⊥y轴于点C,过点B作直线l//y轴.动点P从点O出发,以每秒1个单位长的速度,沿O—C—A的路线向点A运动;同时直线l从点B出发,以相同速度向左平移,在平移过程中,直线l交x轴于点R,交线段BA或线段AO
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- 挑战 中考 数学 压轴 第九