中考数学压轴题题精选题答案 13页

2010 年中考数学压轴题 100 题精选（91-100 题）答案 【091】(1)解：法 1：由题意得 n＝2＋c， 2n－1＝2＋c. ……1 分 解得 n＝1， c＝－1. ……2 分 法 2：∵ 抛物线 y＝x2－x＋c 的对称轴是 x＝1 2 ， 且 1 2 －(－1) ＝2－1 2 ，∴ A、B 两点关于对称轴对称. ∴ n＝2n－1 ……1 分 ∴ n＝1，c＝－1. ……2 分 ∴ 有 y＝x2－x－1 ……3 分 ＝(x－1 2 )2－5 4 . ∴ 二次函数 y＝x2－x－1 的最小值是－5 4 . ……4 分 (2)解：∵ 点 P(m，m)(m＞0)， ∴ PO＝ 2m. ∴ 2 2≤ 2m ≤ 2＋2. ∴ 2≤m≤1＋ 2. ……5 分 法 1： ∵ 点 P(m，m)(m＞0)在二次函数 y＝x2－x＋c 的图象上， ∴ m＝m2－m＋c，即 c＝－m2＋2m. ∵ 开口向下，且对称轴 m＝1， ∴ 当 2≤m≤1＋ 2 时， 有 －1≤c≤0. ……6 分 法 2：∵ 2≤m≤1＋ 2， ∴ 1≤m－1≤ 2. ∴ 1≤(m－1)2≤2. ∵ 点 P(m，m)(m＞0)在二次函数 y＝x2－x＋c 的图象上， ∴ m＝m2－m＋c，即 1－c＝(m－1)2. ∴ 1≤1－c≤2. ∴ －1≤c≤0. ……6 分 ∵ 点 D、E 关于原点成中心对称， 法 1： ∴ x2＝－x1，y2＝－y1. ∴ y1＝x12－x1＋c， －y1＝x12＋x1＋c. ∴ 2y1＝－2x1， y1＝－x1. 设直线 DE：y＝kx. 有 －x1＝kx1. 由题意，存在 x1≠x2. ∴ 存在 x1，使 x1≠0. ……7 分 ∴ k＝－1. ∴ 直线 DE： y＝－x. ……8 分 法 2：设直线 DE：y＝kx. 则根据题意有 kx＝x2－x＋c，即 x2－(k＋1) x＋c＝0. ∵ －1≤c≤0， ∴ (k＋1)2－4c≥0. ∴ 方程 x2－(k＋1) x＋c＝0 有实数根. ……7 分 ∵ x1＋x2＝0， ∴ k＋1＝0. ∴ k＝－1. ∴ 直线 DE： y＝－x. ……8 分 若 y＝－x， y＝x2－x＋c＋3 8 . 则有 x2＋c＋3 8 ＝0.即 x2＝－c－3 8 . ① 当 －c－3 8 ＝0 时，即 c＝－3 8 时，方程 x2＝－c－3 8 有相同的实数根， 即直线 y＝－x 与抛物线 y＝x2－x＋c＋3 8 有唯一交点. ……9 分 ② 当 －c－3 8 ＞0 时，即 c＜－3 8 时，即－1≤c＜－3 8 时， 方程 x2＝－c－3 8 有两个不同实数根， 即直线 y＝－x 与抛物线 y＝x2－x＋c＋3 8 有两个不同的交点. ……10 分 ③ 当 －c－3 8 ＜0 时，即 c＞－3 8 时，即－3 8 ＜c≤0 时， 方程 x2＝－c－3 8 没有实数根， 即直线 y＝－x 与抛物线 y＝x2－x＋c＋3 8 没有交点. ……11 分 【092】解：（1）如图，在坐标系中标出 O，A，C 三点，连接 OA，OC． ∵∠AOC≠90°， ∴∠ABC=90°， 故 BC⊥OC， BC⊥AB，∴B（ 7 2 ，1）．（1 分，） 即 s= 7 2 ，t=1．直角梯形如图所画．（2 分） （大致说清理由即可） （2）由题意，y=x2+mx－m 与 y=1（线段 AB）相交， 得， 1 2y = x mx m, y = .     （3 分）∴1＝x2+mx－m， 由 (x－1)(x+1+m)=0，得 1 21, 1x x m    ． A B C ∵ 1x =1< 3 2 ，不合题意，舍去． （4 分） ∴抛物线 y=x2+mx-m 与 AB 边只能相交于（ 2x ，1）， ∴ 3 2 ≤－m－1≤ 7 2 ，∴ 9 2 5 2 m   ． ①（5 分） 又∵顶点 P( 2 4 2 4 ,m m m  )是直角梯形 OABC 的内部和其边上的一个动点， ∴ 70 2 2 m   ，即 7 0m   ． ② （6 分） ∵ 2 2 24 ( 2) 4 ( 1) 4 4 2 1 1m m m m          ， （或者抛物线 y=x2+mx－m 顶点的纵坐标最大值是 1） ∴点 P 一定在线段 AB 的下方． （7 分） 又∵点 P 在 x 轴的上方， ∴ 2 4 4 0m m  ， ( 4) 0,m m   ∴ 0, 0, 4 0 4 0 m m m m           或者 ． （*8 分） 4 (9 ) 0. m  分 ③（9 分） 又∵点 P 在直线 y= 2 3 x 的下方，∴ 2 4 2 ( ) 4 3 2 m m m    ，（10 分）即 (3 8) 0.m m   0, 0, 3 8 0 3 8 0. m m m m           或者 （*8 分处评分后，此处不重复评分） 8 0. 3 m m   (11分)，或 ④ 由①②③④ ，得 4  8 3 m   ．（12 分） 说明：解答过程，全部不等式漏写等号的扣 1 分，个别漏写的酌情处理． 【093】解：（1）连结BO 与 AC 交于点 H ，则当点 P 运动到点H 时，直线DP 平分矩形OABC 的面积．理 由如下： ∵矩形是中心对称图形，且点 H 为矩形的对称中心． 又据经过中心对称图形对称中心的任一直线平分此中心对称图形的面积，因为直线 DP 过矩形 OABC 的对称中心点 H ，所以直线 DP 平分矩形 OABC 的面积．…………2 分 由已知可得此时点 P 的坐标为 3( 2 )2P ， ． 设直线 DP 的函数解析式为 y kx b  ． 则有 5 0 3 2.2 k b k b      ， 解得 4 13k  ， 20 13b  ． 所以，直线 DP 的函数解析式为： 4 20 13 13y x  ．·············································5 分 （2）存在点 M 使得 DOM△ 与 ABC△ 相似． 如图，不妨设直线 DP 与 y 轴的正半轴交于点 (0 )mM y， ． 因为 DOM ABC   ，若△DOM 与△ABC 相似，则有 OM BC OD AB  或 OM AB OD BC  ． 当 OM BC OD AB  时，即 3 5 4 my  ，解得 15 4my  ．所以点 1 15(0 )4M ， 满足条件． 当 OM AB OD BC  时，即 4 5 3 my  ，解得 20 3my  ．所以点 2 20(0 )3M ， 满足条件． 由对称性知，点 3 15(0 )4M ， 也满足条件． 综上所述，满足使 DOM△ 与 ABC△ 相似的点 M 有 3 个，分别为 1 15(0 )4M ， 、 2 20(0 )3M ， 、 3 15(0 )4M ， ．·································································································9 分 （3）如图 ，过 D 作 DP⊥AC 于点 P，以 P 为圆心，半径长为 5 2 画圆，过点 D 分别作 P 的切线 DE、 DF，点 E、F 是切点．除 P 点外在直线 AC 上任取一点 P1，半径长为 5 2 画圆，过点 D 分别作 P 的切 线 DE1、DF1，点 E1、F1 是切点． 在△DEP 和△DFP 中，∠PED＝∠PFD，PF＝PE，PD＝PD，∴ △ DPE≌ △ DPF． ∴Ｓ四边形 DEPF＝2Ｓ △ DPE＝2× 1 5 2 2DE PE DE PE DE     ． ∴当 DE 取最小值时，Ｓ四边形 DEPF 的值最小． ∵ 2 2 2DE DP PE  ， 2 2 2 1 1 1 1DE DP PE  ， ∴ 2 2 2 2 1 1DE DE DP DP   ． ∵ 1DP DP ，∴ 2 2 1 0DE DE  ． ∴ 1DE DE ．由 1P 点的任意性知：DE 是 D 点与切点所连线段长的最小值．……12 分 在△ADP 与△AOC 中，∠DPA＝∠AOC， ∠DAP＝∠CAO， ∴△ADP∽△AOC． x y  O A BC D P 1P E F 1F 1E ∴ DP CO DA CA  ，即 4 8 5 DP  ．∴ 32 5DP  ． ∴ 2 2 1024 25 3471 25 4 10DE DP PE     ． ∴Ｓ四边形ＤＥＰＦ＝ 3471 4 ，即Ｓ＝ 3471 4 ．···························································· 14 分 （注：本卷中所有题目，若由其它方法得出正确结论，请参照标准给分．） 【094】解：（1）令二次函数 2y ax bx c   ，则 16 4 0 0 2 a b c a b c c          ····························································································1 分 1 2 3 2 2 a b c          ···································································································· 2 分 过 A B C， ， 三点的抛物线的解析式为 21 3 22 2y x x    ···································4 分 （2）以 AB 为直径的圆圆心坐标为 3 02O     ， 5 2O C  3 2O O  ····················································································· 5 分 CD 为圆O 切线 OC CD  ····································································· 6 分 90O CD DCO    ° 90CO O O CO     ° CO O DCO   O CO CDO△ ∽△ / /O O OC OC OD  ······················································ 8 分 3 / 2 2/2 OD 8 3OD  D 坐标为 80 3      ， ·························································································· 9 分 （3）存在·····································································································10 分 抛物线对称轴为 3 2X   设满足条件的圆的半径为 r ，则 E 的坐标为 3( )2 r r  ， 或 3( )2F r r  ， 而 E 点在抛物线 21 3 22 2y x x    上 21 3 3 3( ) ( ) 22 2 2 2r r r         1 291 2r    2 291 2r    故在以 EF 为直径的圆，恰好与 x 轴相切，该圆的半径为 291 2   ， 291 2  ··········12 分 注：解答题只要方法合理均可酌情给分 【095】（1） B （4，0）， (0 2)C ， ．··································································2 分 21 3 22 2y x x   ．························································································4 分 （2） ABC△ 是直角三角形．············································································5 分 证明：令 0y  ，则 21 3 2 02 2x x   ． 1 21 4x x   ， ． ( 1 0)A  ， ．·································································································· 6 分 解法一： 5 5 2 5AB AC BC   ， ， ．·······················································7 分 2 2 25 20 25AC BC AB      ． ABC△ 是直角三角形．················································································· 8 分 解法二： 11 2 4 2 CO AOAO CO BO BO OC       ， ， ， 90AOC COB    °， AOC COB△ ∽△ ．·····················································································7 分 ACO CBO   ． 90CBO BCO    °， 90ACO BCO    °．即 90ACB  °． ABC△ 是直角三角形．················································································· 8 分 （3）能． ① 当矩形两个顶点在 AB 上时，如图 1，CO 交GF 于 H ． GF AB ∥ ， CGF CAB△ ∽△ ． GF CH AB CO   ．·················································9 分 解法一：设GF x ，则 DE x ， 2 5CH x ， 22 5DG OH OC CH x     ． 22 22 25 5DEFGS x x x x        矩形 · G A O B x y 图 1 D E FHC = 22 5 5 5 2 2x      ．······················································································ 10 分 当 5 2x  时， S 最大． 5 12DE DG  ， ． ADG AOC△ ∽△ ， 1 1 22 2 AD DG AD OD OEAO OC       ， ， ， ． 1 02D     ， ， (2 0)E ， ．················································································ 11 分 解法二：设 DG x ，则 10 5 2 xDE GF   ． 2 210 5 5 5 55 ( 1)2 2 2 2DEFG xS x x x x        矩形 · ．····································· 10 分 当 1x  时， S 最大． 51 2DG DE  ， ． ADG AOC△ ∽△ ， 1 1 22 2 AD DG AD OD OEAO OC       ， ， ， ． 1 02D     ， ， (2 0)E ， ．················································································ 11 分 ② 当矩形一个顶点在 AB 上时， F 与C 重合，如图 2， DG BC ∥ ， AGD ACB△ ∽△ ． GD AG BC AF   ． 解法一：设GD x ， 5, 2 5AC BC   ， 5 2 xGF AC AG     ．  215 52 2DEFG xS x x x       矩形 · =  21 552 2x   ．····················································································· 12 分 当 5x  时， S 最大． 55 2GD AG  ， ， 2 2 5 2AD AG GD    ． 3 2OD  C A O B x y 图 2 D G G 3 02D     ， ···································································································13 分 解法二：设 DE x ， 5AC  ， 2 5BC  ， GC x  ， 5AG x  ． 2 5 2GD x   ．   22 5 2 2 2 5DEFGS x x x x     矩形 · = 2 5 52 2 2x        ························································································12 分 当 5 2x  时， S 最大， 55 2GD AG  ， ． 2 2 5 2AD AG GD    ． 3.2OD   3 02D     ， ·································································································· 13 分 综上所述：当矩形两个顶点在 AB 上时，坐标分别为 1 02     ， ，（2，0）； 当矩形一个顶点在 AB 上时，坐标为 3 02      ， ························································ 14 分 【096】（1）因所求抛物线的顶点 M 的坐标为(2,4)， 故可设其关系式为  22 4y a x   ………………(1 分) 又抛物线经过 O(0,0)，于是得  20 2 4 0a    ， ………………(2 分) 解得 a=-1 ………………(3 分) ∴ 所求函数关系式为  22 4y x    ，即 2 4y x x   . ……………(4 分) （2）① 点 P 不在直线 ME 上. ………………(5 分) 根据抛物线的对称性可知 E 点的坐标为(4,0)， 又 M 的坐标为(2,4)，设直线 ME 的关系式为 y=kx+b. 于是得      42 04 bk bk ，解得      8 2 b k 所以直线 ME 的关系式为 y=-2x+8. ……(6 分) 由已知条件易得，当 t 2 5 时，OA=AP 2 5 ，      2 5,2 5P ……………(7 分) ∵ P 点的坐标不满足直线 ME 的关系式 y=-2x+8. ∴ 当 t 2 5 时，点 P 不在直线 ME 上. ………………(8 分) ② S 存在最大值. 理由如下： ………………(9 分) ∵ 点 A 在 x 轴的非负半轴上，且 N 在抛物线上， ∴ OA=AP=t. ∴ 点 P，N 的坐标分别为(t,t)、(t,-t 2+4t) ∴ AN=-t 2+4t (0≤t≤3) , ∴ AN-AP=(-t 2+4 t)- t=-t 2+3 t=t(3- t)≥0 , ∴ PN=-t 2+3 t …(10 分) （ⅰ）当 PN=0，即 t=0 或 t=3 时，以点 P，N，C，D 为顶点的多边形是三角形，此三角形的高为 AD，∴ S= 2 1 DC·AD= 2 1 ×3×2=3. ………………(11 分) （ⅱ）当 PN≠0 时，以点 P，N，C，D 为顶点的多边形是四边形 ∵ PN∥CD，AD⊥CD， ∴ S= 2 1 (CD+PN)·AD= 2 1 [3+(-t 2+3 t)]×2=-t 2+3 t+3= 4 21 2 3 2       t 其中(0＜t＜3)，由 a=-1，0＜ 2 3 ＜3，此时 4 21最大S . …………(12 分) 综上所述，当 t 2 3 时，以点 P，N，C，D 为顶点的多边形面积有最大值， 这个最大值为 4 21 . ………………(13 分) 说明：（ⅱ）中的关系式，当 t=0 和 t=3 时也适合. 【097】解：（1）点 D 的坐标为 (4 3)， ．······················································ （2 分） （2）抛物线的表达式为 23 9 8 4y x x  ．·······················································（4 分） （3）抛物线的对称轴与 x 轴的交点 1P 符合条件． ∵OA CB∥ ， ∴ 1POM CDO   ． ∵ 1 90OPM DCO    °， ∴ 1Rt RtPOM CDO△ ∽ △ ．······················· （6 分） ∵抛物线的对称轴 3x  ， ∴点 1P 的坐标为 1(3 0)P ， ．·········································································· （7 分） 过点 O 作OD 的垂线交抛物线的对称轴于点 2P ． ∵对称轴平行于 y 轴， ∴ 2P MO DOC   ． ∵ 2 90P OM DCO    °， ∴ 2 1Rt RtP M O DOC△ ∽ △ ．··································································· （8 分） ∴点 2P 也符合条件， 2OP M ODC   ． y O 3 C D B 6 A x 3 4 y x  A M P1 P2 ∴ 1 2 13 90PO CO P PO DCO     ， °， ∴ 2 1Rt RtP PO DCO△ ≌ △ ．····································································· （9 分） ∴ 1 2 4PP CD  ． ∵点 2P 在第一象限， ∴点 2P 的坐标为 2P (3 4)， ， ∴符合条件的点 P 有两个，分别是 1(3 0)P ， ， 2P (3 4)， ．·································· （11 分） 【098】解：（1）当 t=4 时，B(4,0) 设直线 AB 的解析式为 y= kx+b . 把 A(0,6)，B(4,0) 代入得： b=6 4k+b=0 , 解得： k =－3 2 b=6 , ∴直线 AB 的解析式为：y=－3 2 x+6.………………………………………4 分 (2) 过点 C 作 CE⊥x 轴于点 E 由∠AOB=∠CEB=90°，∠ABO=∠BCE，得△AOB∽△BEC. ∴ 1 2 BE CE BC AO BO AB    ， ∴BE= 1 2 AO=3，CE= 1 2 OB= t 2 ， ∴点 C 的坐标为(t+3，t 2 ).…………………………………………………………2 分 方法一： S 梯形 AOEC= 1 2 OE·(AO+EC)= 1 2 (t+3)(6+t 2 )=1 4 t2+15 4 t+9， S△ AOB= 1 2 AO·OB= 1 2×6·t=3t， S△ BEC= 1 2 BE·CE= 1 2×3×t 2 = 3 4 t， ∴S△ ABC= S 梯形 AOEC－ S△ AOB－S△ BEC = 1 4 t2+15 4 t+9－3t－3 4 t = 1 4 t2+9. 方法二： ∵AB⊥BC，AB=2BC，∴S△ ABC= 1 2 AB·BC= BC2. 在 Rt△ABC 中，BC2= CE2+ BE2 = 1 4 t2+9， 即 S△ ABC= 1 4 t2+9.…………………………………………………………2 分 y O C A B x D E (3)存在，理由如下： ①当 t≥0 时. Ⅰ.若 AD＝BD. 又∵BD∥y 轴 ∴∠OAB=∠ABD，∠BAD=∠ABD， ∴∠OAB=∠BAD. 又∵∠AOB=∠ABC， ∴△ABO∽△ACB， ∴ 1 2 OB BC AO AB   ， ∴t 6 = 1 2 ， ∴t=3，即 B(3，0). Ⅱ.若 AB＝AD. 延长 AB 与 CE 交于点 G， 又∵BD∥CG ∴AG＝AC 过点 A 画 AH⊥CG 于 H． ∴CH＝HG＝1 2 CG 由△AOB∽△GEB， 得GE BE ＝AO OB ， ∴GE= 18 t . 又∵HE＝AO＝６，CE＝t 2 ∴18 t ＋６＝1 2 ×（t 2 ＋18 t ） ∴t2-24t-36=0 解得：t=12±6 5. 因为 t≥0， 所以 t=12＋6 5，即 B(12＋6 5，0). Ⅲ.由已知条件可知，当 0≤t<12 时，∠ADB 为钝角，故 BD ≠ AB. 当 t≥12 时，BD≤CE