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(答案)2011全国各省市中考数学压轴题精选精析

发布时间:2014-06-08 14:04:41  

2011全国各省市中考数学压轴题精选精析

1、完成日期:2012年1月18日

解答:解:(1)分别连接AD、DB,则点D在直线AE上,如图1,∵点D在以AB为直径的半圆上, ∴∠ADB=90°,∴BD⊥AD,在Rt△DOB中,由勾股定理得,BD=,

∵AE∥BF,∴两条射线AE、BF所在直线的距离为.

(2)当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有一个公共点时,b的取值范围是b=或﹣1<b<1; 当一次函数y=x+b的图象与图形C恰好只有两个公共点时,b的取值范围是1<b<

(3)假设存在满足题意的平行四边形AMPQ,根据点M的位置,分以下四种情况讨论:

①当点M在射线AE上时,如图2.∵AMPQ四点按顺时针方向排列,∴直线PQ必在直线AM的上方, ∴PQ两点都在弧AD上,且不与点A、D重合,∴0<PQ<.∵AM∥PQ且AM=PQ,∴0<AM< ∴﹣2<x<﹣1,②当点M不在弧AD上时,如图3,∵点A、M、P、Q四点按顺时针方向排列, ∴直线PQ必在直线AM的下方,此时,不存在满足题意的平行四边形.

③当点M在弧BD上时,设弧DB的中点为R,则OR∥BF,当点M在弧DR上时,如图4,

过点M作OR的垂线交弧DB于点Q,垂足为点S,可得S是MQ的中点.∴四边形AMPQ为满足题意的平行四边形,∴0≤x<.当点M在弧RB上时,如图5,直线PQ必在直线AM的下方,

此时不存在满足题意的平行四边形.④当点M在射线BF上时,如图6,直线PQ必在直线AM的下方, 此时,不存在满足题意的平行四边形.综上,点M的横坐标x的取值范围是﹣2<x<﹣1或0≤x<.

1

2、完成日期:2012年1月19日

mm【答案】解:(1)由点B(2,1)在y=2=,即m=2。 x 1

y

?kx?b,由点A(1,0),点B(2,1)在y?kx?b上,得 ,解之,得k?1,b=?1

y?x?1。

(2)点P(p,p-1)在直线y=2上,∴P在直线l上,是直线y=2和l

的交点,见图(1)。

∴根据条件得各点坐标为N(-1,2),M(1,2),P(3,2)。

∴NP=3-(-1)=4,MP=3-1=2,AP?,

BP

∴在△PMB和△PNA中,∠MPB=∠NPA,

∴△PMB∽△PNA。

1 (3)S△AMN=??1?1??2?2。下面分情况讨论: 2

?当1<p<3时,延长MP交X轴于Q,见图(2)。

y?kx?b则有

p?3

2?1?k?bp?1解得 p?1p?1?pk?bb?p?1k?

y?p?3p?1x? p?1p?1NPAP??2。 MPBP设直线MP为 则直线MP为

当y=0时,x=p?1p?1,即点Q的坐标为(,0)。 3?p3?p

则S?AMP?S?AMQ?S?APQ1?p?1?1?p?1??p2?4p?3???1??2???1??p?1??, 2?3?p?2?3?p?3?p

?p2?4p?33 由2=4?有2p2?9p?9?0,解之,p=3(不合,舍去),p=。 3?p2

1 ?当p=3时,见图(1)S△AMP=?2?2?2=S△AMN。不合题意。 2

?当p>3时,延长PM交X轴于Q,见图(3)。

此时,S△AMP大于情况?当p=3时的三角形面积S△AMN。故不存在实数p,使得S△AMN=4S△AMP。

3 综上,当p=时,S△AMN=4S△AMP。 2

2

3、完成日期:2012年1月20日 解答:解:(1)依题意,得ax2+2ax﹣3a=0(a≠0),解得x1=﹣3,x2=1,∵B点在A点右侧, ∴A点坐标为(﹣3,0),B点坐标为(1,0),答:A、B两点坐标分别是(﹣3,0),(1,0). 证明:∵直线l:

,当x=﹣3时,

,∴点A在直线l上.

(2)解:∵点H、B关于过A点的直线l:过顶点H作HC⊥AB交AB于C点,则

,代入二次函数解析式,解得

∴二次函数解析式

(3)解:直线AH的解析式为由

,解得

,即

对称,∴AH=AB=4,

,∴顶点

,答:二次函数解析式

,直线BK的解析式为,

,则BK=4,∵点H、B关于直线AK对称,

∴HN+MN的最小值是MB,,

过点K作直线AH的对称点Q,连接QK,交直线AH于E, 则QM=MK,

,AE⊥QK,

∴BM+MK的最小值是BQ,即BQ的长是HN+NM+MK的最小值, ∵BK∥AH,

∴∠BKQ=∠HEQ=90°, 由勾股定理得QB=8,

∴HN+NM+MK的最小值为8, 答HN+NM+MK和的最小值是8.

3

4、完成日期:2012年1月21日

解答:解:(1)∵|OA|:|OB|=1:5,|OB|=|OC|,设OA=m,则OB=OC=5m,AB=6m,

由△ABC

=AB×OC=15,得×6m×5m=15,解得m=1(舍去负值),∴A(﹣1,0),B(5,0),C(0,﹣5), 设抛物线解析式为y=a(x+1)(x﹣5),将C点坐标代入,得a=1,∴抛物线解析式为y=(x+1)(x﹣5), 即y=x2﹣4x﹣5;(2)设E点坐标为(m,m2﹣4m﹣5),抛物线对称轴为x=2,

由2(m﹣2)=EH,得2(m﹣2)=﹣(m2﹣4m﹣5)或2(m﹣2)=m2﹣4m﹣5,

解得m=1±或m=3±,∵m>2,∴m=1+或m=3+,边长EF=2(m﹣2)=2﹣2或2+2;

(3)存在.由(1)可知OB=OC=5,∴△OBC为等腰直角三角形,直线BC解析式为y=x﹣5, 依题意,直线y=x+9或直线y=x﹣19与BC的距离为7,联立,,解得或

,∴M点的坐标为(﹣2,7),(7,16). 4

5、完成日期:2012年1月26日

解答:解:(1)∵点A(m﹣4,0)和C(2m﹣4,m﹣6)在直线y=﹣x+p上∴,解得:,∴A(﹣1,0),B(3,0),C(2,﹣3),设抛物线y=ax2+bx+c=a(x﹣3)(x+1), ∵C(2,﹣3),代入得:﹣3=a(2﹣3)(2+1),∴a=1∴抛物线解析式为:y=x2﹣2x﹣3,

(2)解:AC=3,AC所在直线的解析式为:y=﹣x﹣1,∠BAC=45°,∵平行四边形ACQP的面积为12,∴平行四边形ACQP中AC边上的高为=2,

过点D作DK⊥AC与PQ所在直线相交于点K,DK=2,

∴DN=4,

∵ACPQ,PQ所在直线在直线ACD的两侧,可能各有一条,

∴PQ的解析式或为y=﹣x+3或y=﹣x﹣5, ∴,解得:或,,方程无解,

即P1(3,0),P2(﹣2,5),

∵ACPQ是平行四边形,A(﹣1,0),C(2,﹣3),

∴当P(3,0)时,Q(6,﹣3),

当P(﹣2,5)时,Q(1,2),

∴满足条件的P,Q点是P1(3,0),Q1(6,﹣3)或P2(﹣2,5),Q2(1,2)

答:点P,Q的坐标是P1(3,0),Q1(6,﹣3)或P2(﹣2,5),Q2(1,2).

(3)解:设M(t,t2﹣2t﹣3),(﹣1<t<3),

过点M作y轴的平行线,交PQ所在直线雨点T,则T(t,﹣t+3),

MT=(﹣t+3)﹣(t2﹣2t﹣3)=﹣t2+t+6,

过点M作MS⊥PQ所在直线于点S, MS=MT=(﹣t2+t+6)=﹣(t﹣)2+,

∴当t=时,M(,﹣),△PQM中PQ边上高的最大值为,

答:△PQM的最大面积是

,,点M的坐标是(,﹣). 5

6、完成日期:2012年1月27日

解答:解:(1)设此抛物线的解析式为:y=a(x﹣x1)(x﹣x2),∵抛物线与x轴交于A(1,0)、B(﹣3,0)两点,∴y=a(x﹣1)(x+3),又∵抛物线与y轴交于点C(0,3),∴a(0﹣1)(0+3)=3, ∴a=﹣3∴y=﹣(x﹣1)(x+3),即y=﹣x2﹣2x+3,

(2)∵点A(1,0),点C(0,3),∴OA=1,OC=3,∵DC⊥AC,OC⊥x轴,∴△QOC∽△COA, ∴,即,∴OQ=9,,又∵点Q在x轴的负半轴上,

,解之得:, ∴Q(﹣9,0),设直线DC的解析式为:y=mx+n,∴直线DC的解析式为:

∴,解之得:,∵点D是抛物线与直线DC的交点, (不合题意,应舍去),∴点D(,

(3)如图,点M为直线x=﹣1上一点,连接AM,PC,PA,设点M(﹣1,y),直线x=﹣1与x轴交于点E,∴AE=2,∵抛物线y=﹣x2﹣2x+3的顶点为P,对称轴为x=﹣1,∴P(﹣1,4),∴PE=4, 则PM=|4﹣y|,∵S四边形AEPC=S四边形OEPC+S△AOC,=

又∵S四边形AEPC=S△AEP+S△ACP,S△AEP

=

∵S△MAP=2S△ACP,∴,=,∴+S△ACP=5﹣4=1, ,∴|4﹣y|=2,∴y1=2,y2=6, ,=5,

故抛物线的对称轴上存在点M使S△MAP=2S△ACP,

点M(﹣1,2)或(﹣1,6).

6

7、完成日期:2012年1月28日

解答:解:(1)当边FG恰好经过点C时,∠CFB=60°,BF=3﹣t,在Rt△CBF中,BC=2,tan∠CFB=,即tan60=,解得BF=2,即3﹣t=2,t=1,∴当边FG恰好经过点C时,t=1;

(2)当0≤t<1时,S=2t+4;当1≤t<3时,S=﹣t2+3t+;

当3≤t<4时,S=﹣4(3)存在. t+20;当4≤t<6时,S=t2﹣12t+36;

理由如下:在Rt△ABC中,tan∠CAB=

=,

∴∠CAB=30°,又∵∠HEO=60°,∴∠HAE=∠AHE=30°,

∴AE=HE=3﹣t或t﹣3,

1)当AH=AO=3时,(如图②),过点E作EM⊥AH于M,则AM=AH=,

在Rt△AME中,cos∠MAE═,即cos30°=,

∴AE=,即3﹣t=或t﹣3=,

∴t=3﹣或t=3+,

2)当HA=HO时,(如图③)则∠HOA=∠HAO=30°,

又∵∠HEO=60°,∴∠EHO=90°,EO=2HE=2AE,

又∵AE+EO=3,∴AE+2AE=3,AE=1,

即3﹣t=1或t﹣3=1,∴t=2或t=4;

3)当OH=OA时,(如图④),则∠OHA=∠OAH=30°,

∴∠HOB=60°=∠HEB,∴点E和点O重合,

∴AE=3,即3﹣t=3或t﹣3=3,t=6(舍去)或t=0;

综上所述,存在5个这样的t值,使△AOH是等腰三角形,即t=3﹣

7 或t=3+或t=2或t=2或t=0.

8、完成日期:2012年1月29日

解答:解:(1)①C(1,2),Q(2,0)②由题意得:P(t,0),C(t,﹣t+3),Q(3﹣t,0)

分两种情况讨论:

情形一:当△AQC∽△AOB时,∠AQC=∠AOB=90°,∴CQ⊥OA,∵CP⊥OA,∴点P与点Q重合,OQ=OP,即3﹣t=t,∴t=1.5

情形二:当△AQC∽△AOB时,∠ACQ=∠AOB=90°,∵OA=OB=3∴△AOB是等腰直角三角形∴△ACQ也是等腰直角三角形∵CP⊥OA∴AQ=2CP,即t=2(﹣t+3)∴t=2∴满足条件的t的值是1.5秒或2秒.

(2)①由题意得:C(t,

,解得)∴以C为顶点的抛物线解析式是

y=,

由.过点D作DE⊥CP于点E,则∠DEC=∠AOB=90°

∵DE∥OA∴∠EDC=∠OAB∴△DEC∽△AOB

∴∵AO=4,AB=5,DE=∴CD=

②∵,CD边上的高

=,∴,∴S△COD为定值.

短,此要使OC边上的高h的值最大,只要OC最短,因为当OC⊥AB时OC最

时OC的长为,∠BCO=90°

∵∠AOB=90°∴∠COP=90°﹣∠BOC=∠OBA

又∵CP⊥OA∴Rt△PCO∽Rt△OAB ∴

,OP=. ,即t= 8

9、完成日期:2012年1月30日

解答:解:(1)由已知得:A(﹣1,0),B(4,5),∵二次函数y=x2+bx+c的图象经过点A(﹣1,0),B(4,5),∴,解得:b=﹣2,c=﹣3;

(2)如图:∵直线AB经过点A(﹣1,0),B(4,5),∴直线AB的解析式为:y=x+1,

∵二次函数y=x2﹣2x﹣3,∴设点E(t,t+1),则F(t,t2﹣2t﹣3),∴EF=(t+1)﹣(t2﹣2t﹣3)=﹣(t﹣)2+,∴当t=时,EF的最大值为,∴点E的坐标为(,);

(3)①如图:顺次连接点E、B、F、D得四边形EBFD.可求出点F的坐标(,),点D的坐标为(1,﹣4)S四边形EBFD=S△BEF+S△DEF

=××(4﹣)+××(﹣1)=;

②如图:ⅰ)过点E作a⊥EF交抛物线于点P,设点P(m,m2﹣2m﹣3)

则有:m2﹣2m﹣2=,解得:m1=,m2=,∴P1(,),P2(,), ⅱ)过点F作b⊥EF交抛物线于P3,设P3(n,n2﹣2n﹣3)则有:n2﹣2n﹣2=﹣,

解得:n1=,n2=(与点F重合,舍去),∴P3(,),

综上所述:所有点P的坐标:P1(,),P2(,),P3(,)能使△EFP

组成以EF为直角边的直角三角形.

9

10、完成日期:2012年1月31日

(2011?綦江县)

解答:解:(1)∵△ABC与△DCE是等边三角形, ∴AC=BC,DC=EC,∠ACB=∠DCE=60°, ∴∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°,

∴∠ACD=∠BCE,

∴△ACD≌△BCE(SAS);

(2)过点C作CH⊥BQ于H,

∵△ABC是等边三角形,AO是角平分线, ∴∠DAC=30°,

∵△ACD≌△BCE,

∴∠QBC=∠DAC=30°,

∴CH=BC=×8=4,

∵PC=CQ=5,CH=4,

∴PH=QH=3,

∴PQ=6.

10

11、完成日期:2012年2月1日

(2011?毕节地区)

解答:解:(1)∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过M(1,0)和N(3,0)两点,且与y轴交于D(0,3),∴假设二次函数解析式为:y=a(x﹣1)(x﹣3),将D(0,3),代入y=a(x﹣1)(x﹣3),得: 3=3a,∴a=1,∴抛物线的解析式为:y=(x﹣1)(x﹣3)=x2﹣4x+3;

(2)∵过点A(﹣1,0)的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6,∴AC×BC=6, ∵抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过M(1,0)和N(3,0)两点,

∴二次函数对称轴为x=2,∴AC=3,∴BC=4,∴B点坐标为:(2,4),

一次函数解析式为;y=kx+b,∴,解得:,y=x+;

(3)∵当点P在抛物线的对称轴上,⊙P与直线AB和x轴都相切,

∴MO⊥AB,AM=AC,PM=PC,

∵AC=1+2=3,BC=4,

∴AB=5,AM=3,

∴BM=2,

∵∠MBP=∠ABC,

∠BMP=∠ACB,

∴△ABC∽△CBM, ∴, ∴,

∴PC=1.5,

P点坐标为:(2,1.5).

11

12、完成日期:2012年2

2日

(2011?湖北荆州解答:解:(1)如图甲,连接PE、PB,设PC=n,∵正方形CDEF的面积为1, ∴CD=CF=1,根据圆和正方形的对称性知:OP=PC=n,∴BC=2PC=2n,∵而PB=PE,

∴PB2=BC2+PC2=4n2+n2=5n2,PE2=PF2+EF2=(n+1)2+1,∴5n2=(n+1)2+1,解得:n=1或n=- 12(舍去),∴BC=OC=2,∴B点坐标为(2,2);

(2)如图甲,由(1)知A(0,2),C(2,0),∵A,C在抛物线上,\∴ {c=214×4+2b+c=0,

2解得: {c=2b=-32,∴抛物线的解析式为:y= 14x2- 32x+2= 14(x-3)- 14,

∴抛物线的对称轴为x=3,即EF所在直线,∵C与G关于直线x=3对称,

∴CF=FG=1,∴MF= 12FG= 12,在Rt△PEF与Rt△EMF中,

∠EFM=∠EFP,∵ FMEF=121=12, EFPF=12,∴ FMEF=EFPF,

∴△PEF∽△EMF,∴∴∠EPF=∠FEM,

∴∠PEM=∠PEF+∠FEM=∠PEF+∠EPF=90°,

∴ME是⊙P的切线;

(3)①如图乙,延长AB交抛物线于A′,连CA′交对称轴x=3于Q,连AQ,则有AQ=A′Q,∴△ACQ周长的最小值为AC+A′C的长,

∵A与A′关于直线x=3对称,∴A(0,2),A′(6,2),

∴A′C=(6-2)2+22=2 5,而AC=22+22=2 2,

∴△ACQ周长的最小值为2 2+2 5;

②当Q点在F点上方时,S=t+1,

当Q点在线段FN上时,S=1-t,

当Q点在N点下方时,S=t-1.

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13、完成日期:2012年2月3日

解答:(1)证明:连接O′C,∵CD是⊙O的切线,∴O′C⊥CD,∵AD⊥CD,∴O′C∥AD,∴∠O′CA=∠CAD, ∵O′A=O′C,∴∠CAB=∠O′CA,∴∠CAD=∠CAB;

(2)①∵AB是⊙O′的直径,∴∠ACB=90°,∵OC⊥AB,∴∠CAB=∠OCB,∴△CAO∽△BCO, ∴,即OC2=OA?OB,∵tan∠CAO=tan∠CAD=,∴AO=2CO,又∵AB=10,∴OC2=2CO(10﹣2CO),∵CO>0,∴CO=4,AO=8,BO=2,∴A(﹣8,0),B(2,0),C(0,4),∵抛物线y=ax2+bx+c过点A,B,C三点,∴c=4,由题意得:,解得:,

∴抛物线的解析式为:y=﹣x2﹣x+4;

②设直线DC交x轴于点F,∴△AOC≌△ADC,∴AD=AO=8,∵O′C∥AD,∴△FO′C∽△FAD, ∴,∴8(BF+5)=5(BF+10),∴

BF=,F(,0);设直线DC的解析式为y=kx+m, 则,解得:,∴直线DC的解析式为y=﹣x+4,由y=﹣x2﹣x+4=﹣(x+3)2+得顶点E的坐标为(﹣3,),将E(﹣3,)代入直线DC的解析式y=﹣x+4中,

右边=﹣×(﹣3)+4==左边,∴抛物线顶点E在直线CD上;

(3)存在,P1(﹣10,﹣6),P2(10,﹣36).

13

14、完成日期:2012年2月4日

解答:解:(1)a=﹣1,b=﹣2,顶点C的坐标为(﹣1,4);

(2)假设在y轴上存在满足条件的点D,过点C作CE⊥y轴于点E.由∠CDA=90°得,∠1+∠2=90°.又∠2+∠3=90°,∴∠3=∠1.又∵∠CED=∠DOA=90°,∴△CED∽△DOA,∴.

设D(0,c),则.变形得c2﹣4c+3=0,解之得c1=3,c2=1.综合上述:在y轴上存在点D(0,

3)或(0,1),使△ACD是以AC为斜边的直角三角形.

(3)①若点P在对称轴右侧(如图①),只能是△PCQ∽△CAH,得∠QCP=∠CAH.

延长CP交x轴于M,∴AM=CM,∴AM2=CM2.

设M(m,0),则(m+3)2=42+(m+1)2,∴m=2,即M(2,0).

设直线CM的解析式为y=k1x+b1,则,解之得,.

∴直线CM的解析式.联立,解之得或

(舍去).∴.

②若点P在对称轴左侧(如图②),只能是△PCQ∽△ACH,得∠PCQ=∠ACH.

过A作CA的垂线交PC于点F,作FN⊥x轴于点N.

由△CFA∽△CAH得,由△FNA∽△AHC得.

, ∴AN=2,FN=1,点F坐标为(﹣5,1).设直线CF的解析式为y=k2x+b2,则

解之得

联立.∴直线CF的解析式,解之得或(舍. 去). ∴.

或.

∴满足条件的点P坐标为

14

15、解答:(1)四边形OKPA是正方形.证明:∵⊙P分别与两坐标轴相切,

∴PA⊥OA,PK⊥OK.∴∠PAO=∠OKP=90°.又∵∠AOK=90°,∴∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°. ∴四边形OKPA是矩形.又∵OA=OK,∴四边形OKPA是正方形.

(2)①连接PB,设点P的横坐标为x,则其纵坐标为.过点P作PG⊥BC于G.

∵四边形ABCP为菱形,∴BC=PA=PB=PC.∴△PBC为等边三角形.在Rt△PBG中,∠PBG=60°,PB=PA=x, PG=.sin∠PBG=,即.解之得:x=±2(负值舍去).∴PG=,PA=BC=2.

易知四边形OGPA是矩形,PA=OG=2,BG=CG=1,∴OB=OG﹣BG=1,OC=OG+GC=3.

∴A(0,),B(1,0)C(3,0).(6分)设二次函数解析式为:y=ax2+bx+c. 据题意得:解之得:a=,b=,c=.∴二次函数关系式为:.(9 ②解法一:设直线BP的解析式为:y=ux+v,据题意得:

∴直线BP

的解析式为:

.解方程组:解之得:u=,v=. .过点A作直线AM∥PB,则可得直线AM

的解析式为:得:;.

过点C作直线CM∥PB,则可设直线CM的解析式为:

∴直线CM的解析式为:.解方程组:.∴0=得:;.∴. .

综上可知,满足条件的M的坐标有四个,分别为:(0,),(3,0),(4,),(7,).(12分) 解法二:∵,∴A(0,),C(3,0)显然满足条件.延长AP交抛物线于点M,由抛物线与圆的轴对称性可知,PM=PA.

又∵AM∥BC,∴

AM=PA+PM=2+2=4.∴点M(4,.∴点M的纵坐标为)符合要求.点(7,.又点M的横坐标为)的求法同解法一.综

上可知,满足条件的M的坐标有四个,

解法三:延长AP交抛物线于点M,由抛物线与圆的轴对称性可知,PM=PA.

又∵AM∥BC,∴.∴点M的纵坐标为.

15

即.解得:x1=0(舍),x2=4.∴点M的坐标为(4,).点(7,)的求法同解法一.综上可知,满足条件的M的坐标有四个, 16

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