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  • 2021-05-10 发布

泉州历年中考压轴题解析2

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泉州历年中考压轴题解析2‎ ‎10年·泉州卷 ‎27.(2010•泉州)我们容易发现:反比例函数的图象是一个中心对称图形.你可以利用这一结论解决问题.如图,在同一直角坐标系中,正比例函数的图象可以看作是:将x轴所在的直线绕着原点O逆时针旋转α度角后的图形.若它与反比例函数的图象分别交于第一、三象限的点B,D,已知点A(﹣m,O)、C(m,0).‎ ‎(1)直接判断并填写:不论α取何值,四边形ABCD的形状一定是 平行四边形 ;‎ ‎(2)①当点B为(p,1)时,四边形ABCD是矩形,试求p,α,和m的值;‎ ‎ ②观察猜想:对①中的m值,能使四边形ABCD为矩形的点B共有几个?(不必说理)‎ ‎(3)试探究:四边形ABCD能不能是菱形?若能,直接写出B点的坐标,若不能,说明理由.‎ ‎ ‎ 考点:反比例函数综合题;平行四边形的判定;菱形的判定;矩形的判定;锐角三角函数的定义。‎ 专题:探究型。‎ 分析:(1)由于反比例函数的图象是一个中心对称图形,点B、D是正比例函数与反比例函数图象的交点,所以点B与点D关于点O成中心对称,则OB=OD,又OA=OC,根据对角线互相平分的四边形是平行四边形,可得出四边形ABCD的形状;(2)①把点B(p,1)代入,即可求出p的值;过B作BE⊥x轴于E,在Rt△BOE中,根据正切函数的定义求出tanα的值,得出α的度数;要求m的值,首先解Rt△BOE,得出OB的长度,然后根据进行的对角线相等得出OA=OB=OC=OD,从而求出m的值;②当m=2时,设B(x,),则x>0,由OB=2,得出x2+=4,解此方程,得x=±1或±,满足条件的x的值有两个,故能使四边形ABCD为矩形的点B共有两个;(3)假设四边形ABCD为菱形,根据菱形的对角线垂直且互相平分,可知AC⊥BD,且AC与BD互相平分,又AC在x轴上,所以BD应在y轴上,这与“点B、D分别在第一、三象限”矛盾,所以四边形ABCD不可能为菱形.‎ 解:(1)平行四边形(3分)‎ ‎ (2)①∵点B(p,1)在的图象上,∴,∴.(4分)‎ ‎ 过B作BE⊥x轴于E,则 ‎ 在Rt△BOE中, ∴ α=30°(5分)‎ ‎ ∴OB=2.又∵点B、D是正比例函数与反比例函数图象的交点,‎ ‎ ∴点B、D关于原点O成中心对称,(6分)‎ ‎∴OB=OD=2.∵四边形ABCD为矩形,且A(﹣m,0),C(m,0)‎ ‎∴ OA=OB=OC=OD=2(7分) ∴m=2;(8分)‎ ‎②能使四边形ABCD为矩形的点B共有2个;(9分)‎ ‎(3)四边形ABCD不能是菱形.理由如下:(10分)‎ 若四边形ABCD为菱形,则对角线AC⊥BD,且AC与BD互相平分,‎ 因为点A、C的坐标分别为(﹣m,0)、(m,0),‎ 所以点A、C关于原点O对称,且AC在x轴上,(11分)‎ 所以BD应在y轴上,‎ 这与“点B、D分别在第一、三象限”矛盾,‎ 所以四边形ABCD不可能为菱形.(12分)‎ 点评:本题主要考查了平行四边形的判定,矩形、菱形的性质及三角函数的定义等知识,综合性较强,难度适中.‎ ‎28.(2010•泉州)如图所示,已知抛物线的图象与y轴相交于点B(0,1),点C(m,n)在该抛物线图象上,且以BC为直径的⊙M恰好经过顶点A.‎ ‎(1)求k的值;‎ ‎(2)求点C的坐标;‎ ‎(3)若点P的纵坐标为t,且点P在该抛物线的对称轴l上运动,试探索:‎ ‎①当S1<S<S2时,求t的取值范围(其中:S为△PAB的面积,S1为△OAB的面积,S2为四边形OACB的面积);‎ ‎②当t取何值时,点P在⊙M上.(写出t的值即可)‎ 考点:二次函数综合题。‎ 专题:压轴题。‎ 分析:(1)由于抛物线的图象经过点B,那么点B的坐标满足该抛物线的解析式,将其代入即可求得k的值;‎ ‎(2)若⊙M经过点A,则∠BAC必为直角(圆周角定理),过C作x轴的垂线,设垂足为D,那么△BAO∽△ACD,可设出点C的坐标,根据相似三角形所得比例线段,即可得到点C横、纵坐标的关系式,联立抛物线的解析式即可求得C点的坐标;(3)①由于O、A、B、C四点的坐标已经确定,所以S1、S2都可求出,△ABP中,以|t|为底,B点横坐标为高,即可得到S,即S=|t|××2=|t|,因此S1<|t|<S2,将S1、S2的值代入上式,然后求出t的取值范围.(注意t应该分正、负两种情况考虑);②若P在⊙M上,∠BPC=90°,即△BPC是直角三角形,可用坐标系两点间的距离公式求出△BPC的三边长,然后利用勾股定理求出t的值.‎ 解:(1)∵点B(0,1)在的图象上,‎ ‎∴,(2分) ∴k=1.(3分)‎ ‎ (2)由(1)知抛物线为:‎ ‎,‎ ‎∴顶点A为(2,0),(4分)‎ ‎∴OA=2,OB=1;‎ 过C(m,n)作CD⊥x轴于D,则CD=n,OD=m,‎ ‎∴AD=m﹣2,‎ 由已知得∠BAC=90°,(5分)‎ ‎∴∠CAD+∠BAO=90°,又∠BAO+∠OBA=90°,‎ ‎∴∠OBA=∠CAD,‎ ‎∴Rt△OAB∽Rt△DCA,‎ ‎∴=,即=(或tan∠OBA=tan∠CAD,,即),(6分)‎ ‎∴n=2(m﹣2);‎ 又∵点C(m,n)在上,‎ ‎∴,‎ ‎∴,‎ 即8(m﹣2)(m﹣10)=0,‎ ‎∴m=2或m=10;当m=2时,n=0,当m=10时,n=16;(7分)‎ ‎∴符合条件的点C的坐标为(2,0)或(10,16).(8分)‎ ‎ (3)①依题意得,点C(2,0)不符合条件,‎ ‎∴点C为(10,16)‎ 此时,‎ S2=SBODC﹣S△ACD=21;(9分)‎ 又∵点P在函数图象的对称轴x=2上,‎ ‎∴P(2,t),AP=|t|,‎ ‎∴=|t|(10分)‎ ‎∵S1<S<S2,‎ ‎∴当t≥0时,S=t,‎ ‎∴1<t<21.(11分)‎ ‎∴当t<0时,S=﹣t, ∴﹣21<t<﹣1 故t的取值范围是:1<t<21或﹣21<t<﹣1(12分)‎ ‎②t=0,1,17(14分)‎ 点评:此题考查了二次函数解析式的确定、圆周角定理、图形面积的求法、不等式以及相似三角形的性质等相关知识,综合性强,难度较大.‎ ‎11年·泉州卷 ‎25.(12分)在直角坐标系xoy中,已知点P是反比例函数图象上一个动点,以P为圆心的圆始终与y轴相切,设切点为A.‎ ‎(1)如图1,⊙P运动到与x轴相切,设切点为K,试判断四边形OKPA的形状,并说明理由.‎ ‎(2)如图2,⊙P运动到与x轴相交,设交点为B,C.当四边形ABCP是菱形时:‎ ‎①求出点A,B,C的坐标.‎ A P x y K O 第25题 图1‎ ‎②在过A,B,C三点的抛物线上是否存在点M,使△MBP的面积是菱形ABCP面积的.若存在,试求出所有满足条件的M点的坐标,若不存在,试说明理由.‎ 图1‎ A P x y K O 解:(1)∵⊙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分 ‎(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,‎ O A P x y B C 图2‎ G M ‎∴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.……………………4分 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分 ‎②解法一:设直线BP的解析式为:y=ux+v,据题意得:‎ ‎ ‎ 解之得:u=, v=.‎ ‎∴直线BP的解析式为:.‎ 过点A作直线AM∥PB,则可得直线AM的解析式为:.‎ 解方程组:‎ 得: ; .‎ 过点C作直线CM∥PB,则可设直线CM的解析式为:.‎ ‎ ∴0=. ‎ ‎ ∴.‎ ‎∴直线CM的解析式为:.‎ 解方程组:‎ 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,‎ ‎∴.‎ ‎∴点M的纵坐标为.‎ 又点M的横坐标为AM=PA+PM=2+2=4.‎ ‎∴点M(4,)符合要求.‎ 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,‎ 分别为:(0,),(3,0),(4,),(7,).…………………12分 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.‎ 即.‎ 解得:(舍),.‎ ‎∴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,‎ 分别为:(0,),(3,0),(4,),(7,).…………………12分 ‎26. (14分)如图,在平面直角坐标系xOy中,直线AB与x轴交于点A, 与y轴交于点B, 且OA = 3,AB = 5.点P从点O出发沿OA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动,到达点A后立刻以原来的速度沿AO返回;点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动.伴随着P、Q的运动,DE保持垂直平分PQ,且交PQ于点D,交折线QB-BO-OP于点E.点P、Q同时出发,当点Q到达点B时停止运动,点P也随之停止.设点P、Q运动的时间是t秒(t>0).‎ ‎(1)求直线AB的解析式;‎ ‎(2)在点P从O向A运动的过程中,求△APQ的面积S与t之间的函数关系式(不必写出t的取值范围); ‎ ‎(3)在点E从B向O运动的过程中,完成下面问题:‎ ‎①四边形QBED能否成为直角梯形?若能,请求出t的值;‎ 若不能,请说明理由;‎ ‎②当DE经过点O时,请你直接写出t的值.‎ 解:(1)在Rt△AOB中,OA = 3,AB = 5,由勾股定理得.‎ ‎∴A(3,0),B(0,4).‎ 设直线AB的解析式为.‎ ‎∴ 解得 ‎ ‎∴直线AB的解析式为.…………2分 ‎(2)如图,过点Q作QF⊥AO于点F.‎ ‎∵ AQ = OP= t,∴.‎ 由△AQF∽△ABO,得. ‎ ‎∴.∴. …………2分 ‎∴, ∴.………………………4分 ‎(3)四边形QBED能成为直角梯形.‎ ‎ ①如图,当DE∥QB时,‎ ‎ ∵DE⊥PQ,∴PQ⊥QB,四边形QBED是直角梯形.‎ ‎ 此时∠AQP=90°. 由△APQ ∽△ABO,得.‎ ‎ ∴. 解得. ……………………………6分 ‎②如图,当PQ∥BO时,‎ ‎∵DE⊥PQ,‎ ‎∴DE⊥BO,四边形QBED是直角梯形.‎ 此时∠APQ =90°.‎ 由△AQP ∽△ABO,得 ‎ 即. 解得. ………………………10分 ‎ ‎ (4)或. ………………………14分 ‎12年·泉州卷 ‎25.(2012•泉州)已知:A、B、C三点不在同一直线上.‎ ‎(1)若点A、B、C均在半径为R的⊙O上,‎ i)如图①,当∠A=45°,R=1时,求∠BOC的度数和BC的长;‎ ii)如图②,当∠A为锐角时,求证:sinA=;‎ ‎(2)若定长线段BC的两个端点分别在∠MAN的两边AM、AN(B、C均与A不重合)滑动,如图③,当∠MAN=60°,BC=2时,分别作BP⊥AM,CP⊥AN,交点为P,试探索在整个滑动过程中,P、A两点间的距离是否保持不变?请说明理由.‎ 考点:‎ 三角形的外接圆与外心;圆周角定理;解直角三角形。‎ 分析:‎ ‎(1)i)根据圆周角定理得出∠BOC=2∠A=90°,再利用勾股定理得出BC的长;‎ ii)作直径CE,则∠E=∠A,CE=2R,利用sinA=sinE=,得出即可;‎ ‎(2)首先证明点A、B、P、C都在⊙K上,再利用sin60°=,得出AP==(定值).‎ 解:(1)i)∵A、B、C均在⊙O上,‎ ‎∴∠BOC=2∠A=2×45°=90°,‎ ‎∵OB=OC=1,‎ ‎∴BC=,‎ 注:也可延长BO或过O点作BC的垂线构造直角三角形求得BC.‎ ii)证法一:如图②,作直径CE,则∠E=∠A,CE=2R,‎ ‎∴∠EBC=90°‎ ‎∴sinA=sinE=,‎ 证法二:如图③.连接OB、OC,作OH⊥BC于点H,‎ 则∠A=∠BOC=∠BOH,BH=BC ‎∴sinA=sin∠BOH===,‎ ‎(2)如图④,连接AP,取AP的中点K,连接BK、CK,‎ 在Rt△APC中,CK=AP=AK=PK,‎ 同理得:BK=AK=PK,‎ ‎∴CK=BK=AK=PK,‎ ‎∴点A、B、P、C都在⊙K上,‎ ‎∴由(1)ii)可知sin60°=‎ ‎∴AP==(定值),‎ 故在整个滑动过程中,P、A两点间的距离不变.‎ 注:解法中,由点A、B、P、C都在⊙K上,‎ 可得∠QAP=∠QBC,‎ ‎∴△QAP~△QBC,‎ ‎∴sin60°==,‎ ‎∴AP==(定值)得证.‎ ‎ ‎ 点评:‎ 此题主要考查了圆周角定理以及解直角三角形和四点共圆等知识,根据已知得出点A、B、P、C都在⊙K上 以及sin60°=是解题关键.‎ ‎26.(2012•泉州)如图,O为坐标原点,直线l绕着点A(0,2)旋转,与经过点C(0,1)的二次函数y=x2+h的图象交于不同的两点P、Q.‎ ‎(1)求h的值;‎ ‎(2)通过操作、观察,算出△POQ的面积的最小值(不必说理);‎ ‎(3)过点P、C作直线,与x轴交于点B,试问:在直线l的旋转过程中,四边形AOBQ是否为梯形?若是,请说明理由;若不是,请指出四边形的形状.‎ 考点:‎ 二次函数综合题。‎ 专题:‎ 压轴题;动点型;数形结合。‎ 分析:‎ ‎(1)根据二次函数图象上的点的坐标特征,利用待定系数法求得h的值.‎ ‎(2)该小题应从三角形的面积公式入手分析,首先要选取合适的底和高;在△POQ中,OA的长是不变的,那么若以OA为底,P、Q到y轴的距离和为高,即可得到△PQO的面积.先设P点横坐标,然后根据抛物线、直线PA的解析式求出Q点横坐标,通过不等式的相关知识即可解出P、Q到y轴距离和的最小值.‎ ‎(3)判断四边形AOBQ的形状,可从四个顶点的坐标特征上来判断.首先设出P、Q的坐标,然后根据点P、C求出直线BC的解析式,进而表示出点B的坐标,然后再通过直线PQ以及P、A、Q三点坐标,求出Q、B两点坐标之间的关联,进而判断该四边形是否符合梯形的特征.(需要注意的是:判定梯形的条件:一组对边平行且另一组对边不平行)‎ 解:(1)∵抛物线y=x2+h经过点C(0,1),∴+h=1, 解得h=1.‎ ‎ (2)依题意,设抛物线y=x2+1上的点,P(a,a2+1)、Q(b,b2+1)(a<0<b)‎ 过点A的直线l:y=kx+2经过点P、Q,‎ ‎∴a2+1=ak+2…①‎ ‎ b2+1=bk+2…②‎ ‎①×b﹣②×a得:(a2b﹣b2a)+b﹣a=2(b﹣a),化简得:b=﹣;‎ ‎∴S△POQ=OA•|xQ﹣xP|=•OA•|﹣﹣a|=(﹣)+(﹣a)≥2•=4‎ 由上式知:当﹣=﹣a,即|a|=|b|(P、Q关于y轴对称)时,△POQ的面积最小;‎ 即PQ∥x轴时,△POQ的面积最小,且POQ的面积最小为4.‎ ‎ (3)连接BQ,若l与x轴不平行(如图),即PQ与x轴不平行,‎ 依题意,设抛物线y=x2+1上的点,P(a,a2+1)、Q(b,b2+1)(a<0<b)‎ 直线BC:y=k1x+1过点P,‎ ‎∴a2+1=ak1+1,得k1=﹣a,即y=ax+1. 令y=0得:xB=﹣,‎ 同理,由(2)得:b=﹣‎ ‎∴点B与Q的横坐标相同,‎ ‎∴BQ∥y轴,即BQ∥OA,‎ 又∵AQ与OB不平行,‎ ‎∴四边形AOBQ是梯形,‎ 据抛物线的对称性可得(a>0>b)结论相同.‎ 故在直线l旋转的过程中:当l与x轴不平行时,四边形AOBQ是梯形;当l与x轴平行时,四边形AOBQ是正方形.‎ 点评:‎ 题目考查了二次函数解析式的确定、函数图象交点坐标的求法、不等式的应用、三角形面积的解法、梯形的判定等知识,综合性强,难度较大.注意在判定梯形时不要遗漏“一边不平行”的条件.‎