数学中考压轴题大集锦。.pdf
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1、第 1 页 江苏 13 市 2011 年中考数学试题分类解析汇编 专题 12:押轴题 解答题 1. (苏州 10 分)已知二次函数 2 680ya xxa的图象与x 轴分别交于点A、 B, 与 y 轴交于点C 点 D 是抛物线的顶点 (1)如图,连接AC ,将 OAC 沿直线 AC 翻折,若点O 的对应点O恰好落在该抛物线的对称轴上, 求实数 a 的值; (2)如图, 在正方形EFGH 中,点 E、F 的坐标分别是 (4,4) 、 (4,3) ,边 HG 位于边 EF 的右侧 小 林同学经过探索后发现了一个正确的命题:“ 若点 P 是边 EH 或边 HG 上的任意一点, 则四条线段PA、PB、
2、 PC、PD 不能与任何一个平行四边形的四条边对应相等(即这四条线段不能构成平行四边形)” 若点 P 是 边 EF 或边 FG 上的任意一点,刚才的结论是否也成立?请你积极探索,并写出探索过程; (3)如图,当点P 在抛物线对称轴上时,设点P 的纵坐标t 是大于 3的常数,试问:是否存在一个正 数 a,使得四条线段PA、PB、PC、PD 与一个平行四边形的四条边对应相等(即这四条线段能构成平行四 边形)?请说明理由 【答案】 解: (1)由 2 68ya xx, 令0y,解得, 12 2,4xx。 令0x,解得,8ya。 点 A、B、C 的坐标分别为(2,0) , (4,0) , (0,8a)
3、 。 该抛物线的对称轴为3x。 第 2 页 如图,设该抛物线的对称轴与x 轴的交点为点M,则由 OA=2 得 AM=1 。 由题意,得OA=OA=2 , OA=2AM , OAM=60 0。 OAC= CAO=60 0。 OC= OA32 3,即82 3a。 3 4 a。 (2)若点 P 是边 EF 或边 FG 上的任意一点,结论仍然成立。 如图,若点 P 是边 EF 上的任意一点 (不与点E 重合) , 连接 PM, 点 E(4, 4) 、F( 4,3)与点B(4,0)在一直线上, 点 C 在 y 轴上, PB4,PC4, PCPB。 又 PDPMPB,PAPMPB, PB PA ,PB P
4、C,PB PD。 此时线段PA、PB、 PC、PD 不能构成平行四边形。 设点 P 是边 FG 上的任意一点(不与点G 重合), 点 F 的坐标是( 4, 3) ,点 G 的坐标是( 5,3) , FG=3,GB=10。 3PB 10。 PC 4, PCPB。 又 PD PMPB,PAPMPB, PB PA,PB PC,PB PD。 此时线段PA、PB、 PC、PD 也不能构成平行四边形。 (3)存在一个正数a,使得线段PA、PB、PC、PD 能构成一个平行四边形, 如图,点A、B 是抛物线与x 轴交点,点P 在抛物线对称轴上,PA=PB。 当 PC=PD 时,线段 PA、PB、PC、PD 能
5、构成一个平行四边 形。 点 C 的坐标是( 0,8a) ,点 D 的坐标是( 3, a) , 点 P 的坐标是( 3,t) , 22222 PC38PDtata( ),( ) 由 PC=PD 得 PC2=PD 2, 222 38tata( ) ( ), 第 3 页 整理得, 2 7210ata,解得 2 7 7 tt a。 显然 2 7 7 tt a满足题意。 当t是一个大于3 的常数时,存在一个正数 2 7 7 tt a,使得线段PA、PB、PC、PD 能构成一个平行四边形。 【考点】 二次函数综合题,,图形的翻转,含30 0 角的直角三角形的性质,平行四边形的判定,解一元二次 方程。 【分
6、析】 (1)先利用点在抛物线上,点的坐标满足方程和含300角的直角三角形中300角所对的直角边是斜 边一半的性质,求出点A、B、C 的坐标,再求出a。 (2)分点 P 在边 EF 或边 FG 上两种情况比较四线段的长短来得出结论。 (3)因为点 A、B 是抛物线与X 轴的交点,点P 在抛物线对称轴上,所以PA=PB。要 PA,PB,PC, PD 构成一个平行四边形的四条边,只要PC=PD,,从而推出a。 2. (无锡10 分) 十一届全国人大常委会第二十次会议审议的个人所得税法修正案草案(简称 “ 个税法草 案”),拟将现行个人所得税的起征点由每月2000 元提高到3000 元,并将 9 级超
7、额累进税率修改为7 级, 两种征税方法的15 级税率情况见下表: 税 级 现行征税方法草案征税方法 月应纳税额x 税率速算扣除数月应纳税额x 税率速算扣除数 1 x 50050 x 1 50050 2 500 x 交于点 B(2,1)过点 P(p, p1)(p1)作 x轴的平行线分别交双曲 线0 m yx x 和0 m yx3 时,延长PM 交x轴于 Q,见图( 3) 。 此时,SAMP大于情况当p3 时的三角形面积 SAMN。故不存在实 数 p,使得 S AMN4SAMP。 综上,当p 3 2 时, SAMN4SAMP。 【考点】 反比例函数和一次函数的图象与性质,待定系数法,曲线上点的坐标
8、与方程的关系,解二元一次 方程组,勾股定理,相似三角形的判定和性质,解一元二次方程。 【分析】 (1)用点 B(2,1)的坐标代入 m y x 即可得m值,用待定系数法, 求解二元一次方程组可得直线l的 解析式。 (2)点 P(p,p 1)在直线y 2 上,实际上表示了点是直线y2 和l的交点,这样要求证 PMB PNA 只要证出对应线段成比例即可。 (3)首先要考虑点P 的位置。实际上,当p3 时,易求出这时SAMPSAMN,当 p3 时,注意 到这时 SAMP大于p3 时的三角形面积,从而大于SAMN。所以只要主要研究当1p3 时的情况。 作 出必要的辅助线后,先求直线 MP 的方程, 再
9、求出各点坐标 (用p表示) , 然后求出面积表达式,代入 SAMN 4SAMP后求出p值。 6.(泰州12 分) 在平面直角坐标系xOy中,边长为a(a为大于0 的常数)的正方形ABCD的对角线 AC、BD 相交于点P,顶点 A 在x轴正半轴上运动,顶点B 在y轴正半轴上运动(x轴的正半轴、y轴的 正半轴都不包含原点O) ,顶点 C、D 都在第一象限。 (1)当 BAO 45 时,求点P的坐标; (2)求证: 无论点 A 在x轴正半轴上、 点 B 在y轴正半轴上怎样运动, 点 P 都在 AOB 的平分线上; (3)设点 P 到x轴的距离为h,试确定h的取值范围,并说明理由。 第 11 页 【答
10、案】 解: (1)当 BAO 45 时,四边形OAPB 为正方形。 OAOBa cos45 = 2 2 a。 P点坐标为( 2 2 a, 2 2 a) 。 (2)作 DEx轴于 E,PF x轴于 F, 设 A 点坐标为(m,0) , B 点坐标为( 0,n) , BAO DAE BAO ABO 90 , DAE ABO 。 在 AOB 和 DEA 中, A O BD E A9 0 A B OD A E A BA D , AOB 和 DEA (AAS ) 。 AE0Bn,DEOA m。 D 点坐标为(mn,m) 。 点 P为 BD 的中点,且B 点坐标为( 0,n) P 点坐标为( 2 mn ,
11、 2 mn ) 。 PF=OF= 2 mn 。 POF=45 。 OP 平分 AOB 。 即无论点A 在x轴正半轴上、点B 在y轴正半轴上怎样运动,点P 都在 AOB 的平分线上。 (3)当 A, B 分别在x轴正半轴和 y轴正半轴上运动时,设 PF 与 PA 的夹角为 。 则 045,hPFPA cos 2 2 a cos 。 045 2 2 cos 1 1 2 ah 2 2 a 【考点】 正方形的性质 , 特殊角三角函数值, 全等三角形的判定和性质,直角梯形的性质。 【分析】 根据已知条件, 用特殊角三角函数值可求。 (2)根据已知条件, 假设 A 点坐标为(m, 0), B 点坐标为(
12、0,n)并作 DEx轴于 E, PF x轴于 F, 用全等三角形等知识求出点D、P、E、F 的坐标 (用m,n表示 ), 从而证出PFOF, 进而 POF45 .因此得证。 ( 3)由( 2)知 OPF 45 ,故0OPA 45 , 2 2 cosOPA 1, 在RtAPF 中PF PA cosOPA,从而得求。 7.(扬州 12 分) 在ABC 中, BAC 90 0, ABAC ,M 是 BC 边的中点, MN BC 交 AC 于点 N动 第 12 页 点 P 从点 B 出发沿射线BA 以每秒3厘米的速度运动同时,动点Q 从点 N 出发沿射线NC 运动,且始 终保持 MQMP,设运动时间为
13、t秒(0t) (1) PBM 与 QNM 相似吗?以图为例说明理由; (2)若 ABC 600,AB 43厘米 求动点 Q 的运动速度; 设 APQ 的面积为S(平方厘米) ,求 S 与t的函数关系式; (3)探求 22 BPPQCQ 2 、三者之间的数量关系,以图为例说明理由 【答案】 解: (1)PBM QNM 。理由如下:如图 1, MQMP,MN BC ,PMBPMNQMNPMN9090,。PMBQMN。 PBMCQNMC9090,PBMQNM。 PBM QNM (2)BACABC9060,BCAB328cm。 又 MN 垂直平分BC,BMCM34cm。 C30, 3 MNCM 3 4
14、 cm。 设 Q 点的运动速度为vcm/s 当04t时,如图,由(1)知 PBM QNM , NQMN BPMB ,即 4 33 vt t 。1v 当4t时,如图2,同样可证 PBM QNM ,得到1v。 综上所述, Q 点运动速度为1 cm/s AB 4 3cm,BC38cm,由勾股定理可得,AC12 cm。 A B P N Q C M A B C N M 图 1 图 2 (备用图) 第 13 页 AN AC NC1284 cm 当04t时,如图1,AP4 33t,AQ 4t。 1 SAP 2 2 13 AQ4 3348 3 22 ttt。 当 4t 时,如图2, AP34 3t, AQ4t
15、, 1 SAP 2 2 13 AQ34348 3 22 ttt。 综上所述, 2 2 3 8 3 04 2 S 3 8 3 2 4 tt tt 。 ( 3) 222 PQBPCQ。理由如下: 如图 3,延长 QM 至 D,使 MD MQ,连结 BD 、PD。 MQMP,MD MQ, PQPD。 又 MD MQ, BMD CMQ ,BM CM, BDM CQM (SAS) 。 BD CQ, MBD C。 BDAC 。 又BAC 90 ,PBA 90 。 在RtPBD中, 222 PDBPBD,即 222 PQBPCQ。 【考点】 动点问题,相似三角形的判定和性质,三角形内角和定理,线段垂直平分线
16、的性质,列函数关系 式,全等三角形的判定和性质,勾股定理。 【分析】 (1)可以证明两个三角形中的两个角对应相等,则两个三角形一定相似。 (2)由于 ABC 60 0,AB4 3厘米,点 P 从点 B 出发沿射线BA 以每秒3厘米的速度运 动,故点 P从点 B 出发沿射线BA 到达点 A 的时间为4 秒,从而应分两种情况04t和 4t 分别讨论。 分两种情况04t和4t,把 AP 和 BP 分别用 t 的关系式表示,求出面积即可。 (3)要探求 22 BPPQCQ 2 、三者之间的数量关系就要把BPPQCQ、放到一个三角形中,故作辅 助线延长QM至 D ,使MD MQ,连结BD 、 PD 得到
17、PQPD, BD CQ,从而在 RtPBD , 222 PDBPBD,从而得证。 第 14 页 8.(盐城 12 分) 如图,已知一次函数7yx与正比例函数 4 3 yx的图象交于点A,且与x轴交于点 B. (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 ly轴 动点 P 从点 O 出发,以每秒 1 个单位长的速度, 沿 OCA 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 于点 Q当点P 到达点A 时, 点 P 和直线l 都停止运动在运动过程中,设动点P 运动
18、的时间为t 秒. 当 t 为何值时,以A、 P、R 为顶点的三角形的面积为8? 是否存在以A、P、Q 为顶点的三角形是等腰三角形?若存在, 求 t 的值;若不存在,请说明理由 【答案】 解: (1)根据题意,得 7 4 3 yx yx ,解得 3 4 x y ,点 A 的坐标为 (3,4) 。 令70x,得7x。点 B 的坐标为( 7,0) 。 (2)当 P 在 OC 上运动时, 0t4。 由 S APRS梯形COBASACPS PORSARB8,得 1 2(37) 4 1 2 3 (4t) 1 2t(7 t) 1 2t 48 整理,得t28t120, 解之得 t12,t26(舍去)。 当 P
19、 在 CA 上运动时, 4t7。 由 S APR 1 2 (7t) 48,得 t3(舍去)。 当 t2 时,以 A、P、R 为顶点的三角形的面积为8。 当 P 在 OC 上运动时, 0t4.,此时直线l 交 AB 于 Q。 AP(4-t) 2+32,AQ 2t,PQ7t。 当 AP AQ 时, (4t)2322(4 t)2,整理得, t28t70,解之得 t1, t7(舍去 ) 。 当 APPQ 时, (4t) 232(7t)2,整理得, 6t=24., t4(舍去 ) 。 当 AQ PQ 时, 2(4t) 2(7 t)2,整理得, t22t170 解之得 t=1 3 2 (舍去 )。 当 P
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