中考数学压轴题专项训练有答案.docx
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中考数学压轴题专项训练有答案
2019中考压轴题专项训练
训练目标
1.熟悉题型结构，辨识题目类型，调用解题方法；
2.书写框架明晰，踩点得分（完整、快速、简洁）。
题型结构及解题方法
压轴题综合性强，知识高度融合，侧重考查学生对知识的综合运用能力，对问题背景的研究能力以及对数学模型和套路的调用整合能力。
考查要点
常考类型举例
题型特征
解题方法
问题背景研究
求坐标或函数解析式，求角度或线段长
已知点坐标、解析式或几何图形的部分信息
研究坐标、解析式，研究边、角，特殊图形。
模型套路调用
求面积、周长的函数关系式，并求最值
速度已知，所求关系式和运动时间相关
1分段：
动点转折分段、图形碰撞分段；
2利用动点路程表达线段长；
3设计方案表达关系式。
坐标系下，所求关系式和坐标相关
1利用坐标及横平竖直线段长；
2分类：
根据线段表达不同分类；
3设计方案表达面积或周长。
求线段和（差）的最值
有定点（线）、不变量或不变关系
利用几何模型、几何定理求解，如两点之间线段最短、垂线段最短、三角形三边关系等。
套路整合及分类讨论
点的存在性
点的存在满足某种关系，如满足面积比为9:
10
1抓定量，找特征；
2确定分类；.
3根据几何特征或函数特征建等式。
图形的存在性
特殊三角形、特殊四边形的存在性
1分析动点、定点或不变关系（如平行）；
2根据特殊图形的判定、性质，确定分类；根据几何特征或函数特征建等式。
三角形相似、全等的存在性
1找定点，分析目标三角形边角关系；
2根据判定、对应关系确定分类；
3根据几何特征建等式求解。
答题规范动作
1.试卷上探索思路、在演草纸上演草。
2.合理规划答题卡的答题区域：
两栏书写，先左后右。
作答前根据思路，提前规划，确保在答题区域内写完答案；同时方便修改。
3.作答要求：
框架明晰，结论突出，过程简洁。
23题作答更加注重结论，不同类型的作答要点：
几何推理环节，要突出几何特征及数量关系表达，简化证明过程；
面积问题，要突出面积表达的方案和结论；
几何最值问题，直接确定最值存在状态，再进行求解；
存在性问题，要明确分类，突出总结。
4.20分钟内完成。
实力才是考试发挥的前提。
若在真题演练阶段训练过程中，对老师所讲的套路不熟悉或不知道，需要查找资源解决。
下方所列查漏补缺资源集中训练每类问题的思路和方法，这些训练与真题演练阶段的训练互相补充，帮学生系统解决压轴题，以到中考考场时，不仅题目会做，而且能高效拿分。
课程名称：
中考数学难点突破之动点
1、图形运动产生的面积问题
2、存在性问题
3、二次函数综合（包括二次函数与几何综合、二次函数之面积问题、二次函数中的存在性问题）
3、中考数学压轴题全面突破（包括动态几何、函数与几何综合、点的存在性、三角形的存在性、四边形的存在性、压轴题综合训练）
一、图形运动产生的面积问题
一、知识点睛
1.研究_基本_图形
2.分析运动状态：
①由起点、终点确定t的范围；
②对t分段，根据运动趋势画图，找边与定点，通常是状态转折点相交时的特殊位置．
3.分段画图，选择适当方法表达面积．
二、精讲精练
1.已知，等边三角形ABC的边长为4厘米，长为1厘米的线段MN在△ABC的边AB上，沿AB方向以1厘米/秒的速度向B点运动（运动开始时，点与点重合，点N到达点时运动终止），过点M、N分别作边的垂线，与△ABC的其他边交于P、Q两点，线段MN运动的时间为秒．
（1）线段MN在运动的过程中，为何值时，四边形MNQP恰为矩形？
并求出该矩形的面积．
（2）线段MN在运动的过程中，四边形MNQP的面积为S，运动的时间为t．求四边形MNQP的面积S随运动时间变化的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．
1题图
2.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1：
y=x与直线l2：
y=-x+6相交于点M，直线l2与x轴相交于点N．
（1）求M，N的坐标．
（2）已知矩形ABCD中，AB=1，BC=2，边AB在x轴上，矩形ABCD沿x轴自左向右以每秒1个单位长度的速度移动．设矩形ABCD与△OMN重叠部分的面积为S，移动的时间为t（从点B与点O重合时开始计时，到点A与点N重合时计时结束）．求S与自变量t之间的函数关系式，并写出相应的自变量t的取值范围．
3.我们知道，三角形的三条中线一定会交于一点，这一点就叫做三角形的重心。
重心有很多美妙的性质，如在关线段比．面积比就有一些“漂亮”结论，利用这些性质可以解决三角形中的若干问题。
请你利用重心的概念完成如下问题：
（1）若O是△ABC的重心（如图1），连结AO并延长交BC于D，证明：
；
（2）若AD是△ABC的一条中线（如图2），O是AD上一点，且满足，试判断O是△ABC的重心吗？
如果是，请证明；如果不是，请说明理由；
（3）若O是△ABC的重心，过O的一条直线分别与AB、AC相交于G、H（均不与△ABC的顶点重合）（如图3），S四边形BCHG．S△AGH分别表示四边形BCHG和△AGH的面积，试探究的最大值。
解：
（1）证明：
如答图1所示，连接CO并延长，交AB于点E，
∵点O是△ABC的重心，∴CE是中线，点E是AB的中点。
∴DE是中位线。
∴DE∥AC，且DE=AC。
∵DE∥AC，∴△AOC∽△DOE。
∴。
∵AD=AO+OD，
∴。
（2）答：
点O是△ABC的重心。
证明如下：
如答图2，作△ABC的中线CE，与AD交于点Q，
则点Q为△ABC的重心。
由
（1）可知， ，
而，
∴点Q与点O重合（是同一个点）。
∴点O是△ABC的重心。
（3）如答图3所示，连接DG．
设S△GOD=S，由
（1）知，即OA=2OD，
∴S△AOG=2S，S△AGD=S△GOD+S△AGO=3S。
为简便起见，不妨设AG=1，BG=x，则S△BGD=3xS．
∴S△ABD=S△AGD+S△BGD=3S+3xS=（3x+3）S。
∴S△ABC=2S△ABD=（6x+6）S。
设OH=k•OG，由S△AGO=2S，得S△AOH=2kS，
∴S△AGH=S△AGO+S△AOH=（2k+2）S。
∴S四边形BCHG=S△ABC﹣S△AGH=（6x+6）S﹣（2k+2）S=（6x﹣2k+4）S。
∴ ①。
如答图3，过点O作OF∥BC交AC于点F，过点G作GE∥BC交AC于点E，则OF∥GE。
∵OF∥BC，∴。
∴OF=CD=BC。
∵GE∥BC，∴。
∴。
∴，∴。
∵OF∥GE，∴。
∴，即。
∴，代入①式得：
。
∴当x=时，有最大值，最大值为。
（1）如答图1，作出中位线DE，证明△AOC∽△DOE，可以证明结论。
（2）如答图2，作△ABC的中线CE，与AD交于点Q，则点Q为△ABC的重心．由
（1）可知，，而已知，故点O与点Q重合，即点O为△ABC的重心。
（3）如答图3，利用图形的面积关系，以及相似线段间的比例关系，求出的表达式，这是一个二次函数，利用二次函数的性质求出其最大值。
二、二次函数中的存在性问题
一、知识点睛
解决“二次函数中存在性问题”的基本步骤：
①画图分析．研究确定图形，先画图解决其中一种情形．
②分类讨论.先验证①的结果是否合理，再找其他分类，类比第一种情形求解．
③验证取舍.结合点的运动范围，画图或推理，对结果取舍．
二、精讲精练
1.如图，已知点P是二次函数y=-x2+3x图象在y轴右侧部分上的一个动点，将直线y=-2x沿y轴向上平移，分别交x轴、y轴于A、B两点.若以AB为直角边的△PAB与△OAB相似，请求出所有符合条件的点P的坐标．
2.抛物线与y轴交于点A，顶点为B，对称轴BC与x轴交于点C．点P在抛物线上，直线PQ//BC交x轴于点Q，连接BQ．
（1）若含45°角的直角三角板如图所示放置，其中一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一个顶点E在PQ上，求直线BQ的函数解析式；
（2）若含30°角的直角三角板的一个顶点与点C重合，直角顶点D在直线BQ上（点D不与点Q重合），另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标．
3.如图，矩形OBCD的边OD、OB分别在x轴正半轴和y轴负半轴上，且OD＝10，
OB＝8．将矩形的边BC绕点B逆时针旋转，使点C恰好与x轴上的点A重合．
（1）若抛物线经过A、B两点，求该抛物线的解析式：
______________；
（2）若点M是直线AB上方抛物线上的一个动点，作MN⊥x轴于点N．是否存在点M，使△AMN
与△ACD相似？
若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．
三、二次函数与几何综合
一、知识点睛
“二次函数与几何综合”思考流程：
整合信息时，下面两点可为我们提供便利：
①研究函数表达式．二次函数关注四点一线，一次函数关注k、b；
②）关键点坐标转线段长．找特殊图形、特殊位置关系，寻求边和角度信息．
二、精讲精练
1.如图，抛物线y=ax2-5ax+4（a＜0）经过△ABC的三个顶点，已知BC∥x轴，点A在x轴上，点C在y轴上，且AC=BC．
（1）求抛物线的解析式．
（2）在抛物线的对称轴上是否存在点M，使|MA-MB|最大？
若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
2.如图，已知抛物线y=ax2-2ax-b（a>0）与x轴交于A、B两点，点A在点B的右侧，且点B的坐标为（-1，0），与y轴的负半轴交于点C，顶点为D．连接AC、CD，∠ACD=90°．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E在抛物线的对称轴上，点F在抛物线上，
且以B、A、F、E四点为顶点的四边形为平行四边形，求点的坐标．
3.如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于A、B两点，点A在x轴上，点B的横坐标为-8．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为C，交直线AB于点D，作PE⊥AB于点E．设△PDE的周长为l，点P的横坐标为x，求l关于x的函数关系式，并求出l的最大值．
4.如图，点P是直线：
上的点，过点P的另一条直线交抛物线于A、B两点．
（1）若直线的解析式为，求A、B两点的坐标；
（2）①若点P的坐标为（－2，），当PA＝AB时，请直接写出点A的坐标；
②试证明：
对于直线上任意给定的一点P，在抛物线上都能找到点A，使得PA＝AB成立．
（3）设直线交轴于点C，若△AOB的外心在边AB上，且∠BPC＝∠OCP，求点P的坐标．
5.如图1，抛物线y＝nx2－11nx＋24n（n＜0）与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），抛物线上另有一点A在第一象限内，且∠BAC＝90°．
（1）填空：
点B的坐标为（_），点C的坐标为（_）；
（2）连接OA，若△OAC为等腰三角形．
①求此时抛物线的解析式；
②如图2，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，点M为①中所求的抛物线上点A与点C两点之间一动点，且点M的横坐标为m，过动点M作垂直于x轴的直线l与CD交于点N，试探究：
当m为何值时，四边形AMCN的面积取得最大值，并求出这个最大值．
附：
参考答案
一、图形运动产生的面积问题
1.
（1）当t=时，四边形MNQP恰为矩形．此时，该矩形的面积为平方厘米．
（2）当0＜t≤1时，；当1＜t≤2时，；
当2＜t＜3时，
2．
（1）M（4，2）N（6，0）
（2）当0≤t≤1时，；
当1＜t≤4时，；
当4＜t≤5时，；
当5＜t≤6时，；
当6＜t≤7时，
3.解：
（1）证明：
如图1，连结CO并延长交AB于点P，连结PD。
∵点O是△ABC的重心，
∴P是AB的中点，D是BC的中点，PD是△ABC的中位线，AC=2PD，AC//PD，
∠DPO=∠ACO，∠PDO=∠CAO，
△OPD∽△CA，==,=,∴；
（2）点O是是△ABC的重心。
证明：
如图2，作△ABC的中线CP，与AB边交于点P，与△ABC的另一条中线AD交于点Q，则点Q是△ABC的重心，根据
（1）中的证明可知，
而，点Q与点O重合（是同一个点），所以点O是△ABC的重心；
（3）如图3，连结CO交AB于F，连结BO交AC于E，过点O分别作AB、AC的平行线OM、ON，分别
与AC、AB交于点M、N，
∵点O是△ABC的重心，
∴=，=,
∵在△ABE中，OM//AB，==，OM=AB，
在△ACF中，ON//AC，==，ON=AC，
在△AGH中，OM//AH，=，
在△ACH中，ON//AH，=，
∴+=+=1，+=1,+=3,
令=m,=n,m=3-n,
∵=,
==
=-1=mn-1=（3-n）n-1=-n2+3n-1=-（n-）2+,
∴当=n=，GH//BC时，有最大值。
附：
或的另外两种证明方法的作图。
方法一：
分别过点B、C作AD的平行线BE、CF，分别交直线GH于点E、F。
方法二：
分别过点B、C、A、D作直线GH的垂线，垂足分别为E、F、N、M。
二、二次函数中的存在性问题
1.解：
由题意，设OA=m，则OB=2m；当∠BAP=90°时，
△BAP∽△AOB或△BAP∽△BOA；
1若△BAP∽△AOB，如图1，
可知△PMA∽△AOB，相似比为2：
1；则P1（5m，2m），
代入，可知，
2若△BAP∽△BOA，如图2，
可知△PMA∽△AOB，相似比为1：
2；则P2（2m，），
代入，可知，
当∠ABP=90°时，△ABP∽△AOB或△ABP∽△BOA；
3若△ABP∽△AOB，如图3，
可知△PMB∽△BOA，相似比为2：
1；则P3（4m，4m），
代入，可知，
4若△ABP∽△BOA，如图4，
可知△PMB∽△BOA，相似比为1：
2；则P4（m，），
代入，可知，
2.解：
（1）由抛物线解析式可得B点坐标（1，3）.
要求直线BQ的函数解析式，只需求得点Q坐标即可，即求CQ长度.
过点D作DG⊥x轴于点G，过点D作DF⊥QP于点F.
则可证△DCG≌△DEF.则DG=DF，∴矩形DGQF为正方形.
则∠DQG=45°，则△BCQ为等腰直角三角形.∴CQ=BC=3，此时，Q点坐标为（4，0）
可得BQ解析式为y=－x+4.
（2）要求P点坐标，只需求得点Q坐标，然后根据横坐标相同来求点P坐标即可.
而题目当中没有说明∠DCE=30°还是∠DCE=60°，所以分两种情况来讨论.
1当∠DCE=30°时，
a）过点D作DH⊥x轴于点H，过点D作DK⊥QP于点K.
则可证△DCH∽△DEK.则，
在矩形DHQK中，DK=HQ，则.
在Rt△DHQ中，∠DQC=60°.则在Rt△BCQ中，∴CQ=，此时，Q点坐标为（1+,0）
则P点横坐标为1+.代入可得纵坐标.∴P（1+,）.
b）又P、Q为动点，∴可能PQ在对称轴左侧，与上一种情形关于对称轴对称.
由对称性可得此时点P坐标为（1－,）
2当∠DCE=60°时，
a）过点D作DM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥QP于点N.
则可证△DCM∽△DEN.则，
在矩形DMQN中，DN=MQ，则.
在Rt△DMQ中，∠DQM=30°.则在Rt△BCQ中，
∴CQ=BC=，此时，Q点坐标为（1+，0）,则P点横坐标为1+.代入可得纵坐标.∴P（1+,）.
b）又P、Q为动点，∴可能PQ在对称轴左侧，与上一种情形关于对称轴对称.
由对称性可得此时点P坐标为（1－,）
综上所述，P点坐标为（1+,），（1－,），（1+,）或（1－,）.
3．解：
（1）∵AB=BC=10，OB=8∴在Rt△OAB中，OA=6∴A（6，0）
将A（6，0），B（0，-8）代入抛物线表达式，得，
（2）存在：
如果△AMN与△ACD相似，则或
设M（01）假设点M在x轴下方的抛物线上，如图1所示：
当时，，
即∴∴
如图2验证一下：
当时，，即
∴（舍）
2）如果点M在x轴上方的抛物线上：
当时，，即∴∴M
此时,∴∴△AMN∽△ACD∴M满足要求
当时，，即∴m=10（舍）
综上M1,M2
三、二次函数与几何综合
1.解：
（1）令x=0，则y=4，∴点C的坐标为（0，4），
2.∵BC∥x轴，∴点B，C关于对称轴对称，
又∵抛物线y=ax2-5ax+4的对称轴是直线，即直线
∴点B的坐标为（5，4），∴AC=BC=5，
在Rt△ACO中，OA=，∴点A的坐标为A（，0），
∵抛物线y=ax2-5ax+4经过点A，∴9a+15a+4=0，解得，∴抛物线的解析式是
（2）存在，M（，）
理由：
∵B，C关于对称轴对称，∴MB=MC，∴；
∴当点M在直线AC上时，值最大，
设直线AC的解析式为，则，解得，∴
令，则，∴M（，）
2、解：
（1）∵抛物线过点B（，0），
∴a+2a-b=0，∴b=3a，∴
令y=0，则x=或x=3，∴A（3，0），∴OA=3，
令x=0，则y=-3a，∴C（0，a），∴OC=3a
∵D为抛物线的顶点，∴D（1，4a）
过点D作DM⊥y轴于点M，则∠AOC=∠CMD=90°，
又∵∠ACD+∠MCD=∠AOC+∠1，∠ACD=∠AOC=90°
∴∠MCD=∠1，∴△AOC∽△CMD，∴，
∵D（1，4a），∴DM=1，OM=4a，∴CM=a
∴，∴，∵a>0，∴a=1
∴抛物线的解析式为：
（2）当AB为平行四边形的边时，则BA∥EF，并且EF=BA=4
由于对称轴为直线x=1，∴点E的横坐标为1,∴点F的横坐标为5或者3
将x=5代入得y=12，∴F（5，12）．将x=-3代入得y=12，∴F（-3，12）．
当AB为平行四边形的对角线时，点F即为点D，∴F（1，4）．
综上所述，点F的坐标为（5，12），（3，12）或（1，4）．
3、解：
（1）对于，当y=0，x=2；当x=8时，y=.
∴A点坐标为（2，0），B点坐标为
由抛物线经过A、B两点，得
解得
（2）设直线与y轴交于点M
当x=0时，y=.∴OM=.
∵点A的坐标为（2，0），∴OA=2，∴AM=
∴OM：
OA：
AM=3：
4：
5.
由题意得，∠PDE=∠OMA，∠AOM=∠PED=90°，∴△AOM∽△PED.
∴DE：
PE：
PD=3：
4：
5
∵点P是直线AB上方的抛物线上一动点，
∴PD=
∴
由题意知：
4.
（1）A（，），B（1，1）；
（2）①A1（－1，1），A2（－3，9）；②过点P、B分别作过点A且平行于轴的直线的垂线，垂足分别为G、H.设P（，），A（，），由PA＝PB可证得△PAG≌△BAH，即得AG＝AH，PG＝BH，则B（，），将点B坐标代入抛物线，得，根据△的值始终大于0即可作出判断；（3）（，）．
试题分析：
（1）由题意联立方程组即可求得A、B两点的坐标；
（2）①根据函数图象上的点的坐标的特征结合PA＝AB即可求得A点的坐标；
②过点P、B分别作过点A且平行于轴的直线的垂线，垂足分别为G、H.设P（，），A（，），由PA＝PB可证得△PAG≌△BAH，即得AG＝AH，PG＝BH，则B（，），将点B坐标代入抛物线，得，根据△的值始终大于0即可作出判断；
（3）设直线：
交y轴于D，设A（，），B（，）．过A、B两点分别作AG、BH垂直轴于G、H．由△AOB的外心在AB上可得∠AOB＝90°，由△AGO∽△OHB，得，则，联立得，依题意得、是方程的两根，即可求得b的值，设P（，），过点P作PQ⊥轴于Q，在Rt△PDQ中，根据勾股定理列方程求解即可.
（1）依题意，得解得，
∴A（，），B（1，1）；
（2）①A1（－1，1），A2（－3，9）；
②过点P、B分别作过点A且平行于轴的直线的垂线，垂足分别为G、H.
设P（，），A（，），
∵PA＝PB，
∴△PAG≌△BAH，
∴AG＝AH，PG＝BH，
∴B（，），
将点B坐标代入抛物线，得，
∵△＝
∴无论为何值时，关于的方程总有两个不等的实数解，即对于任意给定的点P，抛物线上总能找到两个满足条件的点A；
（3）设直线：
交y轴于D，设A（，），B（，）．
过A、B两点分别作AG、BH垂直轴于G、H．
∵△AOB的外心在AB上，
∴∠AOB＝90°，
由△AGO∽△OHB，得，
∴．
联立得，
依题意得、是方程的两根，
∴，
∴，即D（0，1）．
∵∠BPC＝∠OCP，
∴DP＝DC＝3．
设P（，），过点P作PQ⊥轴于Q，
在Rt△PDQ中，，
∴．
解得（舍去），，
∴P（，）．
∵PN平分∠MNQ，
∴PT＝NT，
∴.
5．解：
（1）B（3，０），C（8，０）………………3分
（2）①作AE⊥OC，垂足为点E
∵△OAC是等腰三角形，∴OE＝EC＝×8＝4，∴BE＝4－3＝1
又∵∠BAC＝90°，∴△ACE∽△BAE，∴
＝
∴AE2＝BE·CE＝1×4，∴AE＝2………………4分
∴点A的坐标为（4，2）………………5分
把点A的坐标（4，2）代入抛物线y＝nx2－11nx＋24n，得n＝－
∴抛物线的解析式为y＝－
x2＋
x－12………………7分
②∵点M的横坐标为m，且点M在①中的抛物线上
∴点M的坐标为（m，－
m2＋
m－12），由①知，点D的坐标为（4，－2），
则C、D两点的坐标求直线CD的解析式为y＝
x－4
∴点N的坐标为（m，
m－4）
∴MN＝（－
m2＋
m－12）－（
m－4）＝－
m2＋5m－8…………9分
∴S四边形AMCN＝S△AMN＋S△CMN＝
MN·CE＝
（－
m2＋5m－8）×4
＝－（m－5）2＋9……………11分
∴当m＝5时，S四边形AMCN＝9……………12分
销售代理协议
合同编号：
甲方：
乙方：
甲乙双方本着平等自愿、互惠互利、诚实守信的原则，经充分友好协商，就乙方销售代理甲方的相关事宜，订立如下合同条款，以资共同恪守履行。
一、代理区域
乙方的代理区域为：
二、代理产品
乙方销售代理甲方的产品为：
三、代理权限
1、甲方授权乙方为地区的独家代理商，全面负责该地区的销售和经销商管理。
2、甲方不得在乙方代理区域内另设其他代理或经销商。
如出现上述情况，甲方须退还
乙方保证金，乙方有权立即终止代理合同及得到相应补偿。
3、乙方严禁跨区域窜货，对有跨区域窜货行为的乙方，甲方有权要求乙方无条件收回
发出的全部货物，费用乙方全部承担；如果乙方不收回货物，甲方将取消其代理资
格，本合同将自动终止，一切后果由乙方承担。
4、对于乙方代理的销售区域，乙方可以根据实际情况制订销售政策，原则上甲方不予
干涉，但乙方对于自己以及下属经销商的经销行为负无限连带责任。
四、代理期限
1、本合同的代理期限为壹年，从本合同签订之日起至年月日止。
双方可根据本合同的约定提前终止或续期。
2、乙方要求对本合同续期的，应至少在本合同期限届满前提前壹个月向甲方书面提出。
甲方同意的，与乙方签订续期合同。
3、甲、乙双方约定，在本合同期限届满时，乙方满足以下条
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