【精选资料】各地中考数学压轴题精选附详细解答1

11、（2009福建宁德）26．（本题满分13分）如图，已知抛物线C1：522xay的顶点为P，与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1．（1）求P点坐标及a的值；（4分）（2）如图（1），抛物线C2与抛物线C1关于x轴对称，将抛物线C2向右平移，平移后的抛物线记为C3，C3的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求C3的解析式；（4分）（3）如图（2），点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C1绕点Q旋转180°后得到抛物线C4．抛物线C4的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标．（5分）yxAOBPM图1C1C2C3图（1）yxAOBPN图2C1C4QEF图（2）13、（2009兰州）29.（本题满分9分）如图①，正方形ABCD中，点A、B的坐标分别为（0，10），（8，4），点C在第一象限．动点P在正方形ABCD的边上，从点A出发沿A→B→C→D匀速运动，同时动点Q以相同速度在x轴正半轴上运动，当P点到达D点时，两点同时停止运动，设运动的时间为t秒．(1)当P点在边AB上运动时，点Q的横坐标x（长度单位）关于运动时间t（秒）的函数图象如图②所示，请写出点Q开始运动时的坐标及点P运动速度；(2)求正方形边长及顶点C的坐标；(3)在（1）中当t为何值时，△OPQ的面积最大，并求此时P点的坐标；(4)如果点P、Q保持原速度不变，当点P沿A→B→C→D匀速运动时，OP与PQ能否相等，若能，写出所有符合条件的t的值；若不能，请说明理由．15、（2009广东梅州）23．（本题满分11分．）如图12，已知直线L过点(01)A，和(10)B，，P是x轴正半轴上的动点，OP的垂直平分线交L于点Q，交x轴于点M．（1）直接写出直线L的解析式；（2）设OPt，OPQ△的面积为S，求S关于t的函数关系式；并求出当02t时，S的最大值；（3）直线1L过点A且与x轴平行，问在1L上是否存在点C，使得CPQ△是以Q为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出点C的坐标，并证明；若不存在，请说明理由．LAOMPBxyL1图12Q第22题图NMDCBA20.（09年广东）22.正方形ABCD边长为4，M、N分别是BC、CD上的两个动点，当M点在BC上运动时，保持AM和MN垂直，（1）证明：Rt△ABM∽Rt△MCN；（2）设BM=x，梯形ABCN的面积为y，求y与x之间的函数关系式；当M点运动到什么位置时，四边形ABCN的面积最大，并求出最大面积；（3）当M点运动到什么位置时Rt△ABM∽Rt△AMN，求此时x的值.11解：（1）由抛物线C1：522xay得顶点P的为（-2，-5）………2分∵点B（1，0）在抛物线C1上∴52102a解得，a＝59………4分错误!未指定书签。（2）连接PM，作PH⊥x轴于H，作MG⊥x轴于G∵点P、M关于点B成中心对称∴PM过点B，且PB＝MB∴△PBH≌△MBG∴MG＝PH＝5，BG＝BH＝3∴顶点M的坐标为（4，5）………6分抛物线C2由C1关于x轴对称得到，抛物线C3由C2平移得到∴抛物线C3的表达式为54952xy………8分（3）∵抛物线C4由C1绕点x轴上的点Q旋转180°得到∴顶点N、P关于点Q成中心对称由（2）得点N的纵坐标为5设点N坐标为（m，5）………9分作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G作PK⊥NG于K∵旋转中心Q在x轴上∴EF＝AB＝2BH＝6∴FG＝3，点F坐标为（m+3，0）H坐标为（2，0），K坐标为（m，-5），根据勾股定理得PN2＝NK2+PK2＝m2+4m+104PF2＝PH2+HF2＝m2+10m+50NF2＝52+32＝34………10分①当∠PNF＝90º时，PN2+NF2＝PF2，解得m＝443，∴Q点坐标为（193，0）②当∠PFN＝90º时，PF2+NF2＝PN2，解得m＝103，∴Q点坐标为（23，0）③∵PN＞NK＝10＞NF，∴∠NPF≠90º综上所得，当Q点坐标为（193，0）或（23，0）时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形．………13分13解：（1）Q（1，0）····················································································1分点P运动速度每秒钟1个单位长度．·································································2分（2）过点B作BF⊥y轴于点F，BE⊥x轴于点E，则BF＝8，4OFBE．∴1046AF．在Rt△AFB中，228610AB3分过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H．∵90,ABCABBC∴△ABF≌△BCH．∴6,8BHAFCHBF．∴8614,8412OGFHCG．yxAOBPN图(2)C1C4QEFHGKyxAOBPM图(1)C1C2C3HGABCDEFGHMNPQOxy∴所求C点的坐标为（14，12）．4分（3）过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N，则△APM∽△ABF．∴APAMMPABAFBF．1068tAMMP．∴3455AMtPMt，．∴3410,55PNOMtONPMt．设△OPQ的面积为S（平方单位）∴213473(10)(1)5251010Stttt（0≤t≤10）·················································5分说明:未注明自变量的取值范围不扣分．∵310a0∴当474710362()10t时，△OPQ的面积最大．·························6分此时P的坐标为（9415，5310）．·····································································7分（4）当53t或29513t时，OP与PQ相等．·················································9分15解：（1）1yx······················································································2分（2）∵OPt，∴Q点的横坐标为12t，①当1012t，即02t时，112QMt，∴11122OPQStt△．················································································3分②当2t≥时，111122QMtt，∴11122OPQStt△．∴11102221112.22tttSttt，，，≥···········································································4分当1012t，即02t时，211111(1)2244Sttt，∴当1t时，S有最大值14．··········································································6分（3）由1OAOB，所以OAB△是等腰直角三角形，若在1L上存在点C，使得CPQ△是以Q为直角顶点的等腰直角三角形，则PQQC，所以OQQC，又1Lx∥轴，则C，O两点关于直线L对称，所以1ACOA，得(11)C，．·····································7分下证90PQC°．连CB，则四边形OACB是正方形．法一：（i）当点P在线段OB上，Q在线段AB上（Q与BC、不重合）时，如图–1．由对称性，得BCQQOPQPOQOP，，∴180QPBQCBQPBQPO°，∴360()90PQCQPBQCBPBC°°．······································8分（ii）当点P在线段OB的延长线上，Q在线段AB上时，如图–2，如图–3∵12QPBQCB，，∴90PQCPBC°．·····················9分（iii）当点Q与点B重合时，显然90PQC°．综合（i）（ii）（iii），90PQC°．∴在1L上存在点(11)C，，使得CPQ△是以Q为直角顶点的等腰直角三角形．··········11分法二：由1OAOB，所以OAB△是等腰直角三角形，若在1L上存在点C，使得CPQ△是以Q为直角顶点的等腰直角三角形，则PQQC，所以OQQC，又1Lx∥轴，则C，O两点关于直线L对称，所以1ACOA，得(11)C，．····································7分LAOPBxyL123题图-1QCyLAOPBxL123题图-3QC21LAOPBxL123题图-2QC21y延长MQ与1L交于点N．（i）如图–4，当点Q在线段AB上（Q与AB、不重合）时，∵四边形OACB是正方形，∴四边形OMNA和四边形MNCB都是矩形，AQN△和QBM△都是等腰直角三角形．∴90NCMBMQNQANOMQNCQMB，，°．又∵OMMP，∴MPQN，∴QNCQMP△≌△，∴MPQNQC，又∵90MQPMPQ°，∴90MQPNQC°．∴90CQP°．·····················································································8分（ii）当点Q与点B重合时，显然90PQC°．····································9分（iii）Q在线段AB的延长线上时，如图–5，∵BCQMPQ，∠1=∠2∴90CQPCBM°综合（i）（ii）（iii），90PQC°．∴在1L上存在点(11)C，，使得CPQ△是以Q为直角顶点的等腰直角三角形．·····11分法三：由1OAOB，所以OAB△是等腰直角三角形，若在1L上存在点C，使得CPQ△是以Q为直角顶点的等腰直角三角形，则PQQC，所以OQQC，又1Lx∥轴，LAOPBxyL123题图-1QC23题图-4LAOMPBxyL1QCNyLAOPBxL123题图-5QC21则C，O两点关于直线L对称，所以1ACOA，得(11)C，．···················9分连PC，∵|1|PBt，12OMt，12tMQ，∴22222(1)122PCPBBCttt，2222222211222tttOQOPCQOMMQt．∴222PCOPQC，∴90CQP°．························································10分∴在1L上存在点(11)C，，使得CPQ△是以Q为直角顶点的等腰直角三角形．········11分（09年广东22题解析）（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠C=90°，∠ABM+∠BAM=90°∵∠ABM+∠CMN+∠AMN=180°，∠AMN=90°∴∠AMB+∠CMN=90°∴∠BAM=∠CMN∴Rt△ABM∽Rt△MCN（2）∵Rt△ABM∽Rt△MCN，∴AB=MCBMCN