初三数学中考数学_压轴题集合(答案)

1§1.1因动点产生的相似三角形问题C12010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思路点拨1．第（2）题用含S的代数式表示x2－x1，我们反其道而行之，用x1，x2表示S．再注意平移过程中梯形的高保持不变，即y2－y1＝3．通过代数变形就可以了．2．第（3）题最大的障碍在于画示意图，在没有计算结果的情况下，无法画出准确的位置关系，因此本题的策略是先假设，再说理计算，后验证．3．第（3）题的示意图，不变的关系是：直线AB与x轴的夹角不变，直线AB与抛物线的对称轴的夹角不变．变化的是直线PQ的斜率，因此假设直线PQ与AB的交点G在x轴的下方，或者假设交点G在x轴的上方．满分解答（1）抛物线的对称轴为直线1x，解析式为21184yxx，顶点为M（1，18）．（2）梯形O1A1B1C1的面积12122(11)3()62xxSxx，由此得到1223Sxx．由于213yy，所以22212211111138484yyxxxx．整理，得212111()()384xxxx．因此得到2172xxS．2当S=36时，212114,2.xxxx解得126,8.xx此时点A1的坐标为（6，3）．（3）如图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3tan4GAF，5tanDPtPQDQDt，所以354tt．解得207t．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．C22011年上海市闸北区中考模拟第25题直线113yx分别交x轴、y轴于A、B两点，△AOB绕点O按逆时针方向旋转90°后得到△COD，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A、C、D三点．(1)写出点A、B、C、D的坐标；(2)求经过A、C、D三点的抛物线表达式，并求抛物线顶点G的坐标；(3)在直线BG上是否存在点Q，使得以点A、B、Q为顶点的三角形与△COD相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．思路点拨31．图形在旋转过程中，对应线段相等，对应角相等，对应线段的夹角等于旋转角．2．用待定系数法求抛物线的解析式，用配方法求顶点坐标．3．第（3）题判断∠ABQ＝90°是解题的前提．4．△ABQ与△COD相似，按照直角边的比分两种情况，每种情况又按照点Q与点B的位置关系分上下两种情形，点Q共有4个．满分解答（1）A(3，0)，B(0，1)，C(0，3)，D(－1，0)．（2）因为抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(3，0)、C(0，3)、D(－1，0)三点，所以930,3,0.abccabc解得1,2,3.abc所以抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，顶点G的坐标为(1，4)．（3）如图2，直线BG的解析式为y＝3x＋1，直线CD的解析式为y＝3x＋3，因此CD//BG．因为图形在旋转过程中，对应线段的夹角等于旋转角，所以AB⊥CD．因此AB⊥BG，即∠ABQ＝90°．因为点Q在直线BG上，设点Q的坐标为(x，3x＋1)，那么22(3)10BQxxx．Rt△COD的两条直角边的比为1∶3，如果Rt△ABQ与Rt△COD相似，存在两种情况：①当3BQBA时，10310x．解得3x．所以1(3,10)Q，2(3,8)Q．②当13BQBA时，101310x．解得13x．所以31(,2)3Q，41(,0)3Q．图2图3考点伸展第（3）题在解答过程中运用了两个高难度动作：一是用旋转的性质说明AB⊥BG；二是22(3)10BQxxx．我们换个思路解答第（3）题：如图3，作GH⊥y轴，QN⊥y轴，垂足分别为H、N．通过证明△AOB≌△BHG，根据全等三角形的对应角相等，可以证明∠ABG＝90°．4在Rt△BGH中，1sin110，3cos110．①当3BQBA时，310BQ．在Rt△BQN中，sin13QNBQ，cos19BNBQ．当Q在B上方时，1(3,10)Q；当Q在B下方时，2(3,8)Q．②当13BQBA时，1103BQ．同理得到31(,2)3Q，41(,0)3Q．§1.2因动点产生的等腰三角形问题C32011年湖州市中考第24题如图1，已知正方形OABC的边长为2，顶点A、C分别在x、y轴的正半轴上，M是BC的中点．P(0,m)是线段OC上一动点（C点除外），直线PM交AB的延长线于点D．（1）求点D的坐标（用含m的代数式表示）；（2）当△APD是等腰三角形时，求m的值；（3）设过P、M、B三点的抛物线与x轴正半轴交于点E，过点O作直线ME的垂线，垂足为H（如图2）．当点P从O向C运动时，点H也随之运动．请直接写出点H所经过的路长（不必写解答过程）．图1图2思路点拨1．用含m的代数式表示表示△APD的三边长，为解等腰三角形做好准备．2．探求△APD是等腰三角形，分三种情况列方程求解．3．猜想点H的运动轨迹是一个难题．不变的是直角，会不会找到不变的线段长呢？Rt△OHM的斜边长OM是定值，以OM为直径的圆过点H、C．满分解答（1）因为PC//DB，所以1CPPMMCBDDMMB．因此PM＝DM，CP＝BD＝2－m．所以AD＝4－m．于是得到点D的坐标为(2，4－m)．（2）在△APD中，22(4)ADm，224APm，222(2)44(2)PDPMm．①当AP＝AD时，2(4)m24m．解得32m（如图3）．②当PA＝PD时，24m244(2)m．解得43m（如图4）或4m（不合题意，舍去）．③当DA＝DP时，2(4)m244(2)m．解得23m（如图5）或2m（不合题意，舍去）．5综上所述，当△APD为等腰三角形时，m的值为32，43或23．图3图4图5（3）点H所经过的路径长为54．C4（10重庆潼南）如图,已知抛物线cbxxy221与y轴相交于C，与x轴相交于A、B，点A的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，-1）.(1）求抛物线的解析式；(2）点E是线段AC上一动点，过点E作DE⊥x轴于点D，连结DC，当△DCE的面积最大时，求点D的坐标；(3）在直线BC上是否存在一点P，使△ACP为等腰三角形，若存在，求点P的坐标，若不存在，说明理由.答案：解：（1）∵二次函数cbxxy221的图像经过点A（2，0）C(0,－1)∴1022ccb解得：b=－21c=－1∴二次函数的解析式为121212xxy(2）设点D的坐标为（m，0）(0＜m＜2）∴OD=m∴AD=2-m由△ADE∽△AOC得，OCDEAOAD∴122DEm∴DE=22m∴△CDE的面积=21×22m×m=242mm=41)1(412m当m=1时，△CDE的面积最大∴点D的坐标为（1，0）(3）存在由(1)知：二次函数的解析式为121212xxy设y=0则1212102xx解得：x1=2x2=－1∴点B的坐标为（－1，0）C（0，－1）设直线BC的解析式为：y=kx＋bABCEDxyo题图266∴10bbk解得：k=-1b=-1∴直线BC的解析式为:y=－x－1在Rt△AOC中，∠AOC=900OA=2OC=1由勾股定理得：AC=5∵点B(－1,0)点C（0，－1）∴OB=OC∠BCO=450①以点C为顶点且PC=AC=5时，设P(k,－k－1)过点P作PH⊥y轴于H∴∠HCP=∠BCO=450CH=PH=∣k∣在Rt△PCH中k2+k2=25解得k1=210，k2=－210∴P1（210，－1210）P2（－210，1210）②以A为顶点，即AC=AP=5设P(k,－k－1)，过点P作PG⊥x轴于GAG=∣2－k∣GP=∣－k－1∣在Rt△APG中AG2＋PG2=AP2(2－k)2+(－k－1)2=5解得：k1=1,k2=0(舍)∴P3(1,－2)③以P为顶点，PC=AP设P(k,－k－1)过点P作PQ⊥y轴于点QPL⊥x轴于点L，∴L(k,0)∴△QPC为等腰直角三角形，PQ=CQ=k由勾股定理知CP=PA=2k∴AL=∣k-2∣,PL=｜－k－1｜在Rt△PLA中(2k)2=(k－2)2＋(k＋1)2解得：k=25∴P4(25,－27)综上所述：存在四个点：P1（210，－1210）P2（-210，1210）P3(1,－2)P4(25,－27)§1.3因动点产生的直角三角形问题C5(2010甘肃）(12分)如图，抛物线与x轴交于A（－1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C（0，－3），设抛物线的顶点为D．（1）求该抛物线的解析式与顶点D的坐标；（2）以B、C、D为顶点的三角形是直角三角形吗？为什么？7（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCD相似？若存在，请指出符合条件的点P的位置，并直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）设该抛物线的解析式为cbxaxy2，由抛物线与y轴交于点C（0，－3）,可知3c.即抛物线的解析式为32bxaxy．把A（－1，0）、B（3，0）代入,得30,9330.abab解得2,1ba.∴抛物线的解析式为y=x2－2x－3．∴顶点D的坐标为4,1.说明：只要学生求对2,1ba，不写“抛物线的解析式为y=x2－2x－3”不扣分.（2）以B、C、D为顶点的三角形是直角三角形.过点D分别作x轴、y轴的垂线，垂足分别为E、F.在Rt△BOC中，OB=3，OC=3，∴182BC.在Rt△CDF中，DF=1，CF=OF-OC=4-3=1，∴22CD.…………………………7分在Rt△BDE中，DE=4，BE=OB-OE=3-1=2，∴202BD.…………………………8分∴222BDCDBC，故△BCD为直角三角形.…………………………9分（3）连接AC，可知Rt△COA∽Rt△BCD，得符合条件的点为O（0，0）．………10分8过A作AP1⊥AC交y轴正半轴于P1，可知Rt△CAP1∽Rt△COA∽Rt△BCD，求得符合条件的点为)31,0(1P．…………………………………………11分过C作CP2⊥AC交x轴正半轴于P2，可知Rt△P2CA∽Rt△COA∽Rt△BCD，求得符合条件的点为P2（9，0）．