中考数学压轴题题型组合卷五

这是一份中考数学压轴题题型组合卷五，共9页。试卷主要包含了选择，解答题等内容，欢迎下载使用。
中考压轴题·题型组合卷（五）（满分：30分）一、选择、填空题（共2小题，每小题3分，共6分）1.已知抛物线y1＝（x﹣x1）（x﹣x2）交x轴于A（x1，0）B（x2，0）两点，且点A在点B的左边，直线y2＝2x+t经过点A．若函数y＝y1+y2的图象与x轴只有一个公共点时，则线段AB的长为（　　）A．4 B．8 C．16 D．无法确定  2.在平面直角坐标系中，A（4，0），直线l：y＝6与y轴交于点B，点P是直线l上点B右侧的动点，以AP为边在AP右侧作等腰Rt△APQ，∠APQ＝90°，当点P的横坐标满足0≤x≤8，则点Q的运动路径长为　            ．   二、解答题（共2小题，每小题12分，共24分）3.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE⊥BC于E，连AE，FE⊥AE交CD于点F．（1）求证：△AED∽△FEC；（2）若AB＝2，求DF的值；（3）若AD＝CD，＝2，则＝　        　．
4.如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，OB＝OC，点D在函数图象上，CD∥x轴且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．（1）求b、c的值；（2）如图1，连BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F’恰好在线段BE上，求点F的坐标；（3）如图2，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M、与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．    
参考答案一、选择、填空题（共2小题，每小题3分，共6分）1.已知抛物线y1＝（x﹣x1）（x﹣x2）交x轴于A（x1，0）B（x2，0）两点，且点A在点B的左边，直线y2＝2x+t经过点A．若函数y＝y1+y2的图象与x轴只有一个公共点时，则线段AB的长为（　　）A．4 B．8 C．16 D．无法确定【分析】根据题意可以假设y＝（x+）2，再求出y1＝x2+（t﹣2）x+﹣t，利用AB＝＝即可解决．【解答】解：∵线y2＝2x+t经过点A（x1，0），∴2x1+t＝0∴x1＝﹣，A（﹣，0）∵若函数y＝y1+y2的图象与x轴只有一个公共点，∴这个公共点就是点A，∴可以假设y＝（x+）2＝x2+tx+，∴y1＝y﹣y2＝x2+（t﹣2）x+﹣t．∴AB＝＝＝＝＝8．故选：B．【点评】本题考查二次函数、一次函数的有关知识，还考查了一元二次方程的根与系数的关系，灵活运用顶点式是解决问题的关键． 2.在平面直角坐标系中，A（4，0），直线l：y＝6与y轴交于点B，点P是直线l上点B右侧的动点，以AP为边在AP右侧作等腰Rt△APQ，∠APQ＝90°，当点P的横坐标满足0≤x≤8，则点Q的运动路径长为　8　．【分析】如图，作PE⊥OA、作QF⊥BP，证△PEA≌△PFQ，设P（a，6），则PF＝PE＝6、QF＝AE＝|4﹣a|，可得Q（a+6，10﹣a），即可知点Q始终在直线y＝﹣x+16上运动，由当点P的横坐标满足0≤x≤8时，点Q的横坐标满足6≤x≤14，纵坐标满足2≤y≤10，根据两点间的距离公式求解可得．【解答】解：如图，过点P作PE⊥OA，垂足为E，过点Q作QF⊥BP，垂足为F，∵BP∥OA，PE⊥OA，∴∠EPF＝∠PEO＝90°．∵∠APQ＝90°，∴∠EPA＝∠FPQ＝90°﹣∠APF．在△PEA和△PFQ中，∵，∴△PEA≌△PFQ（AAS），∴PE＝PF，EA＝QF，若点P的坐标为（a，6），则PF＝PE＝6，QF＝AE＝|4﹣a|．∴点Q的坐标为（a+6，10﹣a）．∵无论a为何值，点Q的坐标（a+6，10﹣a）都满足一次函数解析式y＝﹣x+16，∴点Q始终在直线y＝﹣x+16上运动．当点P的横坐标满足0≤x≤8时，点Q的横坐标满足6≤x≤14，纵坐标满足2≤y≤10，则Q的运动路径长为＝8，故答案为：8．【点评】本题主要考查动点的轨迹问题，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及一次函数的性质、两点间的距离公式是解题的关键．  二、解答题（共2小题，每小题12分，共24分）3.如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE⊥BC于E，连AE，FE⊥AE交CD于点F．（1）求证：△AED∽△FEC；（2）若AB＝2，求DF的值；（3）若AD＝CD，＝2，则＝　　．【分析】（1）根据条件可以得出∠EFC＝∠EAD，∠CEF＝∠AED，进而可以证明△AED∽△FEC．（2）根据条件可以证明A、D、F、B、A四点共圆，由∠BEA＝∠FED，推出结论．（3）设AB＝a，CD＝b，通过辅助线，利用方程的思想，解决问题．【解答】解：（1）∵DE⊥BC，EF⊥AE，∴∠BED＝∠CED＝90°，∵∠2+∠3＝90°，∠2+∠CEF＝90°，∴∠CEF＝∠3，∵∠AEF＝∠ADF＝90°∴∠6+∠4＝180°，∵∠5+∠6＝180°，∴∠5＝∠4，∴△ADE∽△FEC．（2）∵∠1+∠3＝90°，∠2+∠3＝90°，∴∠1＝∠2，∵AB∥CD，∠ADC＝90°，∴∠BAD+∠ADC＝180°，∴∠BAD＝90°，∵∠BED+∠BAD＝180°，∴四边形ABCD四点共圆，∵∠AEF+∠ADF＝180°，∴四边形AEFD四点共圆，∴A、B、E、F、D五点共圆，∵∠1＝∠2，∴DF＝AB＝2．（3）作CN⊥AB交AB的延长线于N，过点E作EG⊥AN垂足为G交CD于H，延长DE交CN于M．∵＝＝2，AB＝FD，∴EG＝2EH，∵GB∥CH，∴△EGB∽△EHC，∴＝＝2，设EC＝a，AB＝x，CD＝y，则EB＝2a，∵∠NCD＝∠ADC＝∠DAN＝90°，∴四边形ADCN是矩形，∵AD＝DC∴四边形ADCN是正方形，∴AN＝CN＝CD＝y，NB＝y﹣x，∵∠NCB+∠CMD＝90°，∠CMD+∠MDC＝90°∴∠NCB＝∠MDC，∵CN＝CD，∴△CNB≌△DCM，∴CM＝BN＝y﹣x，DM＝BC＝3a，∵∠MCD＝∠MEC，∠CME＝∠CMD，∴△MCE∽△MDC，∴＝，∴＝，∴y2﹣xy＝3a2①∵CM2+CD2＝MD2，∴（y﹣x）2+y2＝9a2②由①②消去a得x2+xy﹣y2＝0∴x＝y，（或x＝y舍弃）∴＝，∴＝．故答案为：．【点评】本题考查了直角梯形的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、以及四点共圆的判定，综合性比较强，用方程的思想是解决第三个问题的关键．4.如图，二次函数y＝﹣x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，OB＝OC，点D在函数图象上，CD∥x轴且CD＝2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点．（1）求b、c的值；（2）如图1，连BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F’恰好在线段BE上，求点F的坐标；（3）如图2，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M、与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN与△APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．【分析】（1）由条件可求得抛物线对称轴，则可求得b的值；由OB＝OC，可用c表示出B点坐标，代入抛物线解析式可求得c的值；（2）可设F（0，m），则可表示出F′的坐标，由B、E的坐标可求得直线BE的解析式，把F′坐标代入直线BE解析式可得到关于m的方程，可求得F点的坐标；（3）设点P坐标为（n，0），可表示出PA、PB、PN的长，作QR⊥PN，垂足为R，则可求得QR的长，用n可表示出Q、R、N的坐标，在Rt△QRN中，由勾股定理可得到关于n的二次函数，利用二次函数的性质可知其取得最小值时n的值，则可求得Q点的坐标，【解答】解：（1）∵CD∥x轴，CD＝2，∴抛物线对称轴为x＝1．∴﹣＝1，b＝2．∵OB＝OC，C（0，c），∴B点的坐标为（c，0），∴0＝﹣c2+2c+c，解得c＝3或c＝0（舍去），∴c＝3； （2）设点F的坐标为（0，m）．∵对称轴为直线x＝1，∴点F关于直线l的对称点F的坐标为（2，m）．由（1）可知抛物线解析式为y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴E（1，4），∵直线BE经过点B（3，0），E（1，4），∴利用待定系数法可得直线BE的表达式为y＝﹣2x+6．∵点F在BE上，∴m＝﹣2×2+6＝2，即点F的坐标为（0，2）； （3）存在点Q满足题意．设点P坐标为（n，0），则PA＝n+1，PB＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．作QR⊥PN，垂足为R，∵S△PQN＝S△APM，∴（n+1）（3﹣n）＝（﹣n2+2n+3）•QR，∴QR＝1．①点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为（n﹣1，﹣n2+4n），R点的坐标为（n，﹣n2+4n），N点的坐标为（n，﹣n2+2n+3）．∴在Rt△QRN中，NQ2＝1+（2n﹣3）2，∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为（ ，）；②点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为（n+1，﹣n2+4）．同理，NQ2＝1+（2n﹣1）2，∴n＝时，NQ取最小值1．此时Q点的坐标为（，）．综上可知存在满足题意的点Q，其坐标为（，）或（，）．【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、轴对称、三角形的面积、勾股定理、二次函数的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得抛物线的对称轴是解题的关键，在（2）中用F点的坐标表示出F′的坐标是解题的关键，在（3）中求得QR的长，用勾股定理得到关于n的二次函数是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，难度很大．