届中考数学压轴难题附答案解析Word文件下载.docx

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过点P作y轴的平行线交AD于点K，

设点P（m，﹣m2+2m+3），则点K（m，m+1），

S△PADPK×

（xD﹣xA）3×

（﹣m2+2m+3﹣m﹣1）S△DAB4×

3，

解得：

m＝0或1，

故点P（0，3）或（1，4）；

（4）存在，理由：

设点H（t，t+1），点P（m，n），n＝﹣m2+2m+3，而点Q（1，4），

①当∠QPH＝90°

时，如图2，

过点P作y轴的平行线，分别交过点H、点Q与x轴的平行线于点M、G，

∵∠GQP+∠QPG＝90°

，∠QPG+∠HPM＝90°

，∴∠HPM＝∠GQP，

∠PGQ＝∠HMP＝90°

，PH＝PQ，

∴△PGQ≌△HMP（AAS），∴PG＝MH，GQ＝PM，

即：

4﹣n＝t﹣m，1﹣m＝n﹣t﹣1，

m＝0或2，

故点P（2，3）（舍去）或（0，3）；

②当∠PQH＝90°

时，

QP＝QH，则点P、H关于抛物线对称轴对称，即PH垂直于抛物线的对称轴，

而对称轴与x轴垂直，故PH∥x轴，则∠QHP＝∠QPH＝45°

，

同理可得：

m＝0或3（舍弃），

③当∠QHP＝90°

（Ⅰ）当点P在抛物线对称轴右侧时，

如下图所示，点P在AD下方，与题意不符，故舍去．

（Ⅱ）当点P在抛物线对称轴左侧时，

m＝1；

综上，m＝0或1．

2．如图，在平面直角坐标系中，直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，过点B的直线交x轴于点C，且△ABC面积为10．

（1）求点C的坐标及直线BC的解析式；

（2）如图1，设点F为线段AB中点，点G为y轴上一动点，连接FG，以FG为边向FG右侧作长形FGQP，且FG：

GQ＝1：

2，在G点的运动过程中，当顶点Q落在直线BC上时，求点G的坐标；

（3）如图2，若M为线段BC上一点，且满足S△AMB＝S△AOB，点E为直线AM上一动点，在x轴上是存在点D，使以点D，E，B，C为顶点的四边形为平行四边形？

若存在，请直接写出点D的坐标；

若不存在，请说明理由．

（1）直线y＝2x+4与x轴交于点A，与y轴交于点B，则点A、B的坐标分别为：

（﹣2，0）、（0，4），

△ABC面积AC×

OBAC×

4＝10，解得：

AC＝5，故点C（3，0），

将点B、C的坐标代入一次函数表达式并解得：

直线BC的表达式为：

yx+4…①；

（2）设点G（0，m），点F为线段AB中点，则点F（﹣1，2），

①当点G在y轴上方时，

过点G作x轴的平行线MN，过点F、Q分别作y轴的平行线分别交MN于点M、N，

∵∠MGF+∠GFM＝90°

，∠MGF+∠NGQ＝90°

∴∠NGQ＝∠GFM，

∠GNQ＝∠FMG＝90°

∴△GNQ∽△FMG，

∴，即，

故：

GN＝2m﹣4，QN＝2，故点Q（2m﹣4，m﹣2），

将点Q的坐标代入yx+4并解得：

m，

故点G的坐标为（0，）；

②当点G在y轴下方时，

点G（0，2）（舍去）；

故点G（0，）；

（3）S△AMB＝S△AOB，则OM∥AB，

则直线OM的表达式为：

y＝2x…②，

联立①②并解得：

x，故点M（，），

同理直线AM的表达式为：

yx，

设点E（m，m），点D（n，0），

①当BC是平行四边形的边时，

点B向右平移3个单位向下平移4个单位得到C，

同样点E（D）向右平移3个单位向下平移4个单位得到D（E），

则m+3＝n，m4＝0或m﹣3＝n，m4＝0，

n或n；

②当BC是平行四边形的对角线时，

由中点公式得：

m+n＝3，m4＝0，

n，

故点D的坐标为：

（，0）或（，0）或（，0）．

3．如图，在平面直角坐标系中，抛物线yx2﹣2x经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线yx+b经过点A，与y轴交于点B，连接OM．

（1）求b的值及点M的坐标；

（2）将直线AB向下平移，得到过点M的直线y＝mx+n，且与x轴负半轴交于点C，取点D（2，0），连接DM，求证：

∠ADM﹣∠ACM＝45°

；

（3）点E是线段AB上一动点，点F是线段OA上一动点，连接EF，线段EF的延长线与线段OM交于点G．当∠BEF＝2∠BAO时，是否存在点E，使得3GF＝4EF？

若存在，求出点E的坐标；

（1）解：

对于抛物线yx2﹣2x，令y＝0，得到x2﹣2x＝0，

解得x＝0或6，

∴A（6，0），

∵直线yx+b经过点A，

∴0＝﹣3+b，

∴b＝3，

∵yx2﹣2x（x﹣3）2﹣3，

∴M（3，﹣3）．

（2）证明：

如图1中，设平移后的直线的解析式yx+n．

∵平移后的直线经过M（3，﹣3），

∴﹣3n，

∴n，

∴平移后的直线的解析式为yx，

过点D（2，0）作DH⊥MC于H，

则直线DH的解析式为y＝2x﹣4，

由，解得，

∴H（1，﹣2），

∵D（2，0），M（3，﹣3），

∴DH，HM，

∴DH＝HM．

∴∠DMC＝45°

∵∠ADM＝∠DMC+∠ACM，

∴∠ADM﹣∠ACM＝45°

．

（3）解：

如图2中，过点G作GH⊥OA于H，过点E作EK⊥OA于K．

∵∠BEF＝2∠BAO，∠BEF＝∠BAO+∠EFA，

∴∠EFA＝∠BAO，

∵∠EFA＝∠GFH，tan∠BAO，

∴tan∠GFH＝tan∠EFK，

∵GH∥EK，

∴，设GH＝4k，EK＝3k，

则OH＝HG＝4k，FH＝8k，FK＝AK＝6k，

∴OF＝AF＝12k＝3，

∴k，

∴OF＝3，FK＝AK，EK，

∴OK，

∴E（，）．

4．如图，已知抛物线：

y1＝﹣x2﹣2x+3与x轴交于A，B两点（A在B的左侧），与y轴交于点C．

（1）直接写出点A，B，C的坐标；

（2）将抛物线y1经过向右与向下平移，使得到的抛物线y2与x轴交于B，B'

两点（B'

在B的右侧），顶点D的对应点为点D'

，若∠BD'

B'

＝90°

，求点B'

的坐标及抛物线y2的解析式；

（3）在

（2）的条件下，若点Q在x轴上，则在抛物线y1或y2上是否存在点P，使以B′，C，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？

如果存在，求出所有符合条件的点P的坐标；

如果不存在，请说明理由．

（1）对于y1＝﹣x2﹣2x+3，令y1＝0，得到﹣x2﹣2x+3＝0，解得x＝﹣3或1，

∴A（﹣3，0），B（1，0），

令x＝0，得到y1＝3，

∴C（0，3）．

（2）设平移后的抛物线的解析式为y2＝﹣（x﹣a）2+b，

如图1中，过点D′作D′H⊥OB′于H，连接BD′．

∵D′是抛物线的顶点，

∴D′B＝D′B′，D′（a，b），

∵∠BD′B′＝90°

，D′H⊥BB′，

∴BH＝HB′，

∴D′H＝BH＝HB′＝b，

∴a＝1+b，

又∵y2＝﹣（x﹣a）2+b，经过B（1，0），

∴b＝（1﹣a）2，

解得a＝2或1（不合题意舍弃），b＝1，

∴B′（3，0），y2＝﹣（x﹣2）2+1＝﹣x2+4x﹣3．

（3）如图2中，

观察图象可知，当点P的纵坐标为3或﹣3时，存在满足条件的平行四边形．

对于y1＝﹣x2﹣2x+3，令y1＝3，x2+2x＝0，解得x＝0或﹣2，可得P1（﹣2，3），

令y1＝﹣3，则x2+2x﹣6＝0，解得x＝﹣1，可得P2（﹣1，﹣3），P3（﹣1，﹣3），

对于y2＝﹣x2+4x﹣3，令y2＝3，方程无解，

令y2＝﹣3，则x2﹣4x＝0，解得x＝0或4，可得P4（0，﹣3），P5（4，﹣3），

综上所述，满足条件的点P的坐标为（﹣2，3）或（﹣1，﹣3）或（﹣1，﹣3）或（0，﹣3）或（4，﹣3）．

5．如图，点H为△ABC的垂心，以AB为直径的⊙O1和△BCH的外接圆⊙O2相交于点D，延长AD交CH于点P，求证：

点P为CH的中点．

【解答】证明：

如图，延长AP交⊙O2于点Q，

连接AH，BD，QB，QC，QH．

因为AB为⊙O1的直径，

所以∠ADB＝∠BDQ＝90°

．（5分）

故BQ为⊙O2的直径．

于是CQ⊥BC，BH⊥HQ．（10分）

又因为点H为△ABC的垂心，所以AH⊥BC，BH⊥AC．

所以AH∥CQ，AC∥HQ，

四边形ACQH为平行四边形．（15分）

所以点P为CH的中点．（20分）

6．如图，扇形OMN的半径为1，圆心角是90°

．点B是上一动点，BA⊥OM于点A，BC⊥ON于点C，点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，GF与CE相交于点P，DE与AG相交于点Q．

（1）求证：

四边形EPGQ是平行四边形；

（2）探索当OA的长为何值时，四边形EPGQ是矩形；

（3）连接PQ，试说明3PQ2+OA2是定值．

【解答】解：

（1）证明：

连接OB，如图①，

∵BA⊥OM，BC⊥ON，

∴∠BAO＝∠BCO＝90°

∵∠AOC＝90°

∴四边形OABC是矩形．

∴AB∥OC，AB＝OC，

∵E、G分别是AB、CO的中点，

∴AE∥GC，AE＝GC，

∴四边形AECG为平行四边形．

∴CE∥AG，

∵点D、E、F、G分别是线段OA、AB、BC、CO的中点，

∴GF∥OB，DE∥OB，

∴PG∥EQ，

∴四边形EPGQ是平行四边形；

（2）如图②，当∠CED＝90°

时，▱EPGQ是矩形．

此时∠AED+∠CEB＝90°

又∵∠DAE＝∠EBC＝90°

∴∠AED＝∠BCE．

∴△AED∽△BCE，

∴．

设OA＝x，AB＝y，则：

：

x，

得y2＝2x2，

又OA2+AB2＝OB2，

即x2+y2＝12．

∴x2+2x2＝1，

x．

当OA的长为时，四边形EPGQ是矩形；

（3）如图③，连接GE交PQ于O′，

∵四边形EPGQ是平行四边形，

∴O′P＝O′Q，O′G＝0′E．

过点P作OC的平行线分别交BC、GE于点B′、A′．

由△PCF∽△PEG得，，

∴PA′A′B′AB，GA′GEOA，

∴A′O′GE﹣GA′OA．

在Rt△PA′O′中，PO′2＝PA′2+A′O′2，

即，

又AB2+OA2＝1，

∴3PQ2＝AB2，

∴OA2+3PQ2＝OA2+（AB2）．