2017年中考数学难题集训

12017年中考数学难题集训1、（2011年广西桂林，26，12分）已知二次函数21342yxx的图象如图.（1）求它的对称轴与x轴交点D的坐标；（2）将该抛物线沿它的对称轴向上平移，设平移后的抛物线与x轴，y轴的交点分别为A、B、C三点，若∠ACB=90°，求此时抛物线的解析式；（3）设（2）中平移后的抛物线的顶点为M，以AB为直径，D为圆心作⊙D，试判断直线CM与⊙D的位置关系，并说明理由.考点：二次函数综合题．分析：（1）根据对称轴公式求出x=-，求出即可；（2）假设出平移后的解析式即可得出图象与x轴的交点坐标，再利用勾股定理求出即可；（3）由抛物线的解析式可得，A，B，C，M各点的坐标，再利用勾股定理逆定理求出CD⊥CM，即可证明．答案：解:（1）由21342yxx得32bxa∴Ｄ（３，０）（2）方法一:如图1,设平移后的抛物线的解析式为21342yxxk则C(0,)kOC=k令0y即213042xxk得1349xk2349xk∴A(349,0)k，B(349,0)k∴22(493349)1636ABkkk222222(349)(349)ACBCkkkk22836kk∵222ACBCAB即:228361636kkk得14k20k(舍去)2∴抛物线的解析式为213442yxx方法二:∵21342yxx∴顶点坐标93,4设抛物线向上平移h个单位,则得到0,Ch,顶点坐标93,4Mh∴平移后的抛物线:219344yxh当0y时,2193044xh,得1349xh1349xh∴A(349,0)hB(349,0)h∵∠ACB=90°∴△AOC∽△COB∴2OCOA·OB2493493hhh得14h,20h舍去∴平移后的抛物线:22191253434444yxx（3）方法一:如图2,由抛物线的解析式213442yxx可得A(-2，0)，B(8，0)，C(４，0)，M25(3,)4过C、M作直线，连结CD，过M作MH垂直y轴于H,则3MH∴2225625()416DM22222252253(4)416CMMHCH在Rt△COD中,CD=22345=AD∴点C在⊙D上∵2225625()416DM2222225256255()16416CDCM∴222DMCMCD∴△CDM是直角三角形，∴CD⊥CM∴直线CM与⊙D相切方法二:如图3,由抛物线的解析式可得A(-2，0)，B(8，0)，C(４，0)，M25(3,)4作直线CM,过D作DE⊥CM于E,过M作MH垂直y轴于H,则3MH,254DM,由勾股定理得154CM∵DM∥OC∴∠MCH=∠EMD∴Rt△CMH∽Rt△DME∴DEMDMHCM得5DE由(2)知10AB∴⊙D的半径为5∴直线CM与⊙D相切点评：此题主要考查了二次函数的综合应用以及勾股定理以及逆定理的应用，利用数形结合得出是解决问3题的关键．2、（2011广西来宾，25，12分）如图，半径为1的⊙M经过直角坐标系的原点O，且与x的正半轴，y的正半轴交于点A、B，∠OMA=60°,过点B的切线交x轴负半轴于点C，抛物线过点A、B、C.（1）求点A、B的坐标.（2）求抛物线的解析式.（3）若点D为抛物线对称轴上的一个动点，问是否存在这样的点D，使得△BCD是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点D的坐标.若不存在，请说明理由.考点：二次函数综合题。分析：（1）由题意可直接得出点A、B的坐标为A（1，0），B（0，）；（2）再根据BC是切线，可求出BC的长，即得出点C的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；（3）先假设存在，看能否求出符合条件的点D即可．解答：解：(1)∵⊙M为半径1∴AB=2∵∠OMA=60°,∴∠OAM=60°∴OA=1,OB=3∴A(1,0),B(0,3)（2）∵AB是⊙M的切线∴∠CBA=90°∵∠OAM=60°∴AC=4∴OA=3∴C(-3,0)设抛物线的解析式为2yaxbxc把A(1,0),B(0,3),C(-3,0)代入得∴03930abccabc∴2323333yxx(3).抛物线的对称轴为x=-1做BC的垂直平分线交抛物线于E，交对称轴于点3D4易求AB的解析式为33yx∵3DE是BC的垂直平分线∴3DE∥AB设3DE的解析式为3yxb∵3DE交x轴于（-1，0）代入解析式得b=3,∴33yx把x=-1代入得y=0∴3D(-1，0),过B做BH∥x轴，则BH=1在Rt△1DHB中，由勾股定理得1DH=11∴1D（-1，113）同理可求其它点的坐标。可求交点坐标1D（-1，113）,2D（-1，22）,3D(-1，0),4D(-1,113)5D（-1，22）点评：本题是二次函数的综合题，其中涉及的到的知识点有抛物线的公式的求法和等腰三角形判定等知识点，是各地中考的热点和难点，解题时注意数形结合等数学思想的运用，同学们要加强训练，属于中档题．94.（2011浙江金华，24，12分）(本题12分)如图，在平面直角坐标系中，点A（10，0），以OA为直径在第一象限内作半圆C，点B是该半圆周上的一动点，连结OB、AB，并延长AB至点D，使DB＝AB，过点D作x轴垂线，分别交x轴、直线OB于点E、F，点E为垂足，连结CF.（1）当∠AOB＝30°时，求弧AB的长；（2）当DE＝8时，求线段EF的长；（3）在点B运动过程中，是否存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，若存在，请求出此时点E的坐标；若不存在，请说明理由.5FEDCBAOxy考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；勾股定理；弧长的计算；平行线分线段成比例。专题：代数几何综合题。分析：（1）连接BC，由已知得∠ACB=2∠AOB=60°，AC=12AO=5，根据弧长公式求解；（2）连接OD，由垂直平分线的性质得OD=OA=10，又DE=8，在Rt△ODE中，由勾股定理求OE，依题意证明△OEF∽△DEA，利用相似比求EF；（3）存在．当以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似时，分为①当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB，②当交点E在点C的右侧时，要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO，③当交点E在点O的左侧时，要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO，三种情况，分别求E点坐标．【解】（1）连结BC,∵A（10，0）,∴OA=10,CA=5,∵∠AOB=30°,∴∠ACB=2∠AOB=60°,∴弧AB的长=35180560;……4分（2）连结OD,∵OA是⊙C直径,∴∠OBA=90°,又∵AB=BD,∴OB是AD的垂直平分线,∴OD=OA=10,在Rt△ODE中，OE=22DEOD681022,∴AE=AO－OE=10-6=4,OBDECFxyAOBDECFxyA6由∠AOB=∠ADE=90°-∠OAB，∠OEF=∠DEA，得△OEF∽△DEA,∴OEEFDEAE,即684EF，∴EF=3；……4分（3）设OE=x，①当交点E在O，C之间时，由以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似，有∠ECF=∠BOA或∠ECF=∠OAB，当∠ECF=∠BOA时，此时△OCF为等腰三角形，点E为OC中点，即OE=25，∴E1（25，0）；当∠ECF=∠OAB时，有CE=5-x,AE=10-x，∴CF∥AB,有CF=12AB,∵△ECF∽△EAD,∴ADCFAECE,即51104xx,解得：310x,∴E2（310，0）;②当交点E在点C的右侧时，∵∠ECF＞∠BOA，∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO，连结BE，∵BE为Rt△ADE斜边上的中线，∴BE=AB=BD,∴∠BEA=∠BAO,∴∠BEA=∠ECF,∴CF∥BE,∴OEOCBECF,∵∠ECF=∠BAO,∠FEC=∠DEA=Rt∠，∴△CEF∽△AED,∴CFCEADAE,OBDFCEAxyOBDFCEAxy7而AD=2BE,∴2OCCEOEAE,即55210xxx,解得417551x,417552x＜0（舍去），∴E3（41755，0）;③当交点E在点O的左侧时，∵∠BOA=∠EOF＞∠ECF.∴要使△ECF与△BAO相似，只能使∠ECF=∠BAO连结BE，得BE=AD21=AB，∠BEA=∠BAO∴∠ECF=∠BEA,∴CF∥BE,∴OEOCBECF,又∵∠ECF=∠BAO,∠FEC=∠DEA=Rt∠，∴△CEF∽△AED,∴ADCFAECE，而AD=2BE,∴2OCCEOEAE,∴5+5210+xxx,解得417551x,417552x＜0（舍去）,∵点E在x轴负半轴上,∴E4（41755，0）,综上所述：存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似,此时点E坐标为：1E（25，0）、2E（310，0）、3E（41755，0）、4E（41755，0）．……4分【思路分析】（1）要求弧AB的长，半径为5，只要知道圆心角的度数，连结BC,根据圆心角的度数与它所对的弧所对的圆周角的2倍，∴∠ACB=2∠AOB=60°,可得∴弧AB的长=35180560（2）连结OD,先证⊿OAD是等腰三角形，∴OD=OA=10,，解直角三角形Rt△ODE中，OBDFCEAxyOBDFCEAxy8得OE=22DEOD681022,∴AE=AO－OE=10-6=4,由△OEF∽△DE求出EF=3。（3）分三种情况讨论：设OE=x，①当交点E在O，C之间时，∵∠CEF=∠OBA=90°有两种情况：①当∠ECF=∠BOA，Rt⊿ECF∽Rt⊿BOA此时△OCF为等腰三角形，点E为OC中点，即OE=25，得E1（25，0）；②当∠ECF=∠OAB时，Rt⊿ECF∽Rt⊿AOB有CE=5-x,AE=10-x，可得△ECF∽△EAD,∴ADCFAECE,即51104xx,解得：310x,∴E2（310，0）;②当交点E在点C的右侧时，只能∠ECF=∠BAO，Rt⊿ECF∽Rt⊿BAO因为BE为Rt△ADE斜边上的中线，∴⊿BAE是等腰三角形，因为等边对等角∴∠BEA=∠BAO,∴∠BEA=∠ECF,∴CF∥BE,得⊿OCF∽⊿OEB,∴OEOCBECF,可证△CEF∽△AED,又AD=2BE,可解得417551x,417552x＜0（舍去），∴E3（41755，0）;③当交点E在点O的左侧时，只能使∠ECF=∠BAORt△ECF∽Rt△BAO，连结BE，得BE=AD21=AB，∠BEA=∠BAO∴∠ECF=∠BEA,∴CF∥BE,OBDFCEAxyOBDFCEAxyOBDFCEAxyOBDFCEAxy9∴OEOCBECF,可证△CEF∽△AED,∴ADCFAECE，又AD=2BE,∴2OCCEOEAE,可解得417551x,417552x＜0（舍去）,∵点E在x轴负半轴上,∴E4（41755，0）,综上所述：存在以点E、C、F为顶点的三角形与△AOB相似,此时点E坐标为：1E（25，0）、2E（310，0）、3E（41755，0）、4E（41755，0）．点评：本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，圆周角定理，弧长公式的运用．关键是理解题意，根据基本条件，图形的性质，分类求解．105.（2011贵州毕节，27，15分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线)0(2acbxaxy的图象经过M(1,0)和N(3,0)两点，且与y轴交于D(0,3)，直线