各地中考数学压轴题精选11析 试题

卜人入州八九几市潮王学校2021年各地中考数学
压轴题精选11-20解析
2021
22.解：∵抛物线y＝ax2－4ax＋c过A〔0，－1〕，B〔5，0〕
∴解得：
〔2〕∵直线AB经过A〔0，－1〕，B〔5，0〕
∴直线AB的解析式为y＝x－1
由〔1〕知抛物线的解析式为：y＝x2－x－1
∵点P的横坐标为m，点P在抛物线上，点Q在直线AB上，PQ⊥x轴
∴P〔m，m2－m－1〕，Q〔m，m－1〕
∴S＝PQ＝〔m－1〕－〔m2－m－1〕
即S＝－m2＋m〔0＜m＜5〕
〔3〕抛物线的对称轴l为：x＝2
以PQ为直径的圆与抛物线的对称轴l的位置关系有：
相离、相切、相交三种关系
相离时：0＜m＜或者＜m＜5；
相切时：m＝m＝；
相交时：＜m＜
2021
23.解：〔1〕在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，
AP＝1，CD＝AB＝2，那么PB＝．
∴∠ABP＋∠APB＝90°
又∵∠BPC＝90°
∴∠APB＋∠DPC＝90°
∴∠ABP＝∠DPC
∴△APB∽△DCP
∴＝即＝
∴PC＝2
〔2〕tan∠PEF的值不变
理由：过F作FG⊥AD，垂足为G，那么四边形ABFG是矩形
∴∠A＝∠PFG＝90°，GF＝AB＝2
∴∠AEP＋∠APE＝90°
又∵∠EPF＝90°
∴∠APE＋∠GPF＝90°
∴∠AEP＝∠GPF
∴△APE∽△GPF
∴＝＝＝2
∴Rt△EPF中，tan∠PEF＝＝2
∴tan∠PEF的值不变
〔3〕线段EF的中点经过的道路长为
2021
25．〔总分值是13分〕
解：⑴小颖摆出如图1所示的“整数三角形〞：
…………3分
小辉摆出如图2所示三个不同的等腰“整数三角形〞：
…………8分
⑵①不能摆出等边“整数三角形〞.理由如下：
设等边三角形的边长为a ，那么等边三角形面积为
2
4
3a . 因为，假设边长a 为整数，那么面积
2
4
3a 一定非整数. 所以不存在等边“整数三角形〞.…………10分； ②能摆出如图3所示一个非特殊“整数三角形〞：
…………13分
2021
26．〔总分值是13分〕 解：⑴①直线
6-=x y 与坐标轴交点坐标是A 〔6，0〕
，B 〔0，-6〕；…………1分 ②如图1，四边形DCEF 即为四边形ABEF 沿EF 折叠后的图形；…………3分 ⑵∵四边形DCEF 与四边形ABEF 关于直线EF 对称， 又AB ∥EF ， ∴CD ∥EF .
∵OA ＝OB ，∠AOB ＝90°，
6
5
图
1
33
44
66
图
2 45 12
图3
∴∠BAO ＝45°. ∵AB ∥EF ， ∴∠AFE ＝135°. ∴∠DFE ＝∠AFE ＝135°.
∴∠AFD ＝360°－2×135°＝90°，即DF ⊥x 轴. ∴DF ∥EH ，
∴四边形DHEF 为平行四边形.…………5分 要使□DHEF 为菱形， 只需EF ＝DF ，
∵AB ∥EF ，∠FAB ＝∠EBA ，
∴FA ＝EB .
∴DF ＝FA ＝EB ＝t . 又∵OE ＝OF ＝6－t ，
∴EF ＝()t -62.
∴
()t -62＝t .
∴212
6+=
t .
∴当2
12
6+=
t
时，□DHEF 为菱形.…………7分
⑶分两种情况讨论：
①当0＜t ≤3时，…………8分
四边形DCEF 落在第一象限内的图形是△DFG , ∴S ＝
22
1t .
∵S ＝
2
2
1t ，在t ＞0时，S 随t 增大而增大， ∴t ＝3时，S 最大
＝2
9
；…………9分
②当3＜t ＜6时，…………10分
四边形DCEF 落在第一象限内的图形是四边形DHOF , ∴S 四边形DHOF ＝S △DGF —S △HGO .
∴S ＝
()22622121--t t ＝1812232
-+-t t
＝()64232
+--t .
∵a ＝2
3
-＜0，
∴S 有最大值.
∴当t ＝4时，S 最大＝6.…………12分
综上所述，当S ＝4时，S 最大值为6.…………13分
2021
25、〔2021•〕〔1〕操作发现：
如图1，在矩形ABCD 中，E 是BC 的中点，将△ABE 沿AE 折叠后得到△AFE，点F 在矩形ABCD 内部，延长AF 交CD 于点G ．猜想线段GF 与GC 有何数量关系？并证明你的结论． 〔2〕类比探究：
如图2，将〔1〕中的矩形ABCD 改为平行四边形，其它条件不变，〔1〕中的结论是否仍然成立？请说明理由． 考点：翻折变换〔折叠问题〕；全等三角形的断定与性质；角平分线的性质；平行四边形的性质；矩形的性质。

分析：〔1〕根据翻折的性质得出BE=EF ，∠B=∠EFA ，利用三角形全等的断定得△ECG≌△EFG ，即可得出答案；
〔2〕利用平行四边形的性质，首先得出∠C=180°﹣∠D ，∠EFG=180°﹣∠AEF=180°﹣∠B=180°﹣∠D ，进而得出∠ECG=∠EFG ，再利用EF=EC ，得出∠EFC=∠ECF ，即可得出答案． 解答：〔1〕猜想线段GF=GC ， 证明：∵E 是BC 的中点， ∴BE=CE ，
∵将△ABE 沿AE 折叠后得到△AFE，
∴BE=EF，
∴EF=EC，
∵EG=EG，∠C=∠EFG=90°，
∴△ECG≌△EFG，
∴FG=CG；
〔2〕〔1〕中的结论仍然成立．
证明：∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
∵将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE=EF，∠B=∠AEF，
∴EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF，
∵矩形ABCD改为平行四边形，
∴∠B=∠D，
∵∠ECD=180°﹣∠D，∠EFG=180°﹣∠AEF=180°﹣∠B=180°﹣∠D，
∴∠ECD=∠EFG，
∴∠GFC=∠GFE﹣∠EFC=∠ECG﹣∠ECF=∠GCF，
∴FG=CG；
点评：此题主要考察了矩形的性质与平行四边形的性质以及翻折变换、全等三角形的断定等知识，根据得出EF=EC，∠EFC=∠ECF是解决问题的关键．
2021
26、〔2021•〕定义：对于抛物线y=ax2+bx+c〔a、b、c是常数，a≠0〕，假设b2=ac，那么称该抛物线为黄金抛物线．例如：y=2x2﹣2x+2是黄金抛物线．
〔1〕请再写出一个与上例不同的黄金抛物线的解析式；
〔2〕假设抛物线y=ax2+bx+c〔a、b、c是常数，a≠0〕是黄金抛物线，请探究该黄金抛物线与x轴的公一共点个数的情况〔要求说明理由〕；
〔3〕将黄金抛物线沿对称轴向下平移3个单位
①直接写出平移后的新抛物线的解析式；
②设①中的新抛物线与y轴交于点A，对称轴与x轴交于点B，动点Q在对称轴上，问新抛物线上是否存在点P，使以点P、Q、B为顶点的三角形与△AOB全等？假设存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；假设不存在，请说明理由[注：第小题可
根据解题需要在备用图中画出新抛物线的示意图〔画图不计分〕]
【提示：抛物线y=ax2+bx+c〔a≠0〕的对称轴是x=﹣b
2a，顶点坐标是〔﹣b
2a，
4ac﹣b2
4a〕】．
考点：二次函数综合题。

分析：〔1〕利用b2=ac即b2﹣ac=0的抛物线为黄金抛物线；
〔2〕根据题意得到b2=ac，然后结合根的判别式即可求得其根的判别式，根据判别式得到抛物线与x轴的交点情况即可．〔3〕根据抛物线的平移规律即可得到平移后的抛物线的解析式，然后利用等腰三角形的性质即可得到使以点P、Q、B为顶点的三角形与△AO B全等的点P的坐标．
解答：解：〔1〕答：如y=x2，y=x2﹣x+1，y=x2+2x+4等；〔3分〕
〔2〕依题意得b2=ac
∴△=b2﹣4ac〔4分〕
=b2﹣4b2
=﹣3b2，〔5分〕
∴当b=0时，△=0，此时抛物线与x轴有一个公一共点〔6分〕
当b≠0时，△＜0，此时抛物线与x轴没有公一共点〔7分〕
〔3〕答：①新抛物线的解析式为y=2x2﹣2x﹣1〔9分〕
②存在〔10分〕
有四个符合条件的点P的坐标：〔0，1〕，〔1，﹣1〕，〔﹣1
2，
1
2〕，〔
3
2，
1
2〕〔14分，答对一个给1分〕
点评：此题是二次函数的综合题型，其中涉及的到大知识点有抛物线的顶点公式和三角形的面积求法．在求有关动点问题时要注意分析题意分情况讨论结果．
2021
24.(此题总分值是12分，每一小题总分值是各4分) [解](1)根据两点之间间隔公式，设M (a ,
23a )，由|MO |=|MA |,解得：a =1，那么M (1,2
3), 即AM =
2
13。

(2)∵A (0,3)，∴c =3，将点M 代入y =x 2
bx 3，解得：b =
25，即：y =x 2
2
5
x 3。

(3)C (2,2)(根据以AC 、BD 为对角线的菱形)。

注意：A 、B 、C 、D 是按顺序的。

[解]设B (0,m )(m <3)，C (n ,n 2
25n 3)，D (n ,43
n 3)， |AB |=3
m ，|DC |=y D
y C =43n 3(n 225n 3)=4
13n n 2， |AD |=
22)3343
()0(-+--n n =4
5n ，
|AB |=|DC |3m =
413n n 2…，|AB |=|AD |3m =4
5
n …。

解，，得n 1=0(舍去)，或者者n 2=2，将n =2代入C (n ,n 2
2
5n 3)，得C (2,2)。

2021
25.(此题总分值是14分，第(1)小题总分值是4分，第(2)、(3)小题总分值是各5分) [解](1)由AE =40，BC =30，AB =50，CP =24，又sin EMP =
13
12CM =26。

(2)在Rt△AEP 與Rt△ABC 中，∵
EAP =BAC ，∴Rt△AEP ~Rt△ABC ，
∴
AC
BC AP EP =
，即4030=x EP ，∴EP =43
x ， 又sin
EMP =
13
12tg EMP =
512=
MP
EP 512=MP x 43，∴MP =16
5x =PN ， BN =AB AP PN =50x
165x =5016
21
x (0<x <32)。

(3)當E 在線段AC 上時，由(2)知，1213=EP EM ，即1213
4
3=x EM ，EM =1613x =EN ，
又AM =AP MP =x 165x =16
11
x ，
由題設△AME ~△ENB ，∴
NB
ME
EN AM =
，x x 16131611=x x 16
21501613-，解得x =22=AP 。

當E 在線段BC 上時，由題設△AME ~△ENB ，∴AEM =EBN 。

由外角定理，
AEC =EAB EBN =EAB AEM =EMP ，
∴Rt △ACE ~Rt △EPM ，
PM EP CE AC =
，即x x
CE 16
543
40=，CE =350…。

設AP =z ，∴PB =50z ，
由Rt △BEP ~Rt △BAC ，BC BA PB BE =
，即z BE -50=3050，BE =3
5
(50z )， ∴CE =BC BE =30
35
(50z )…。

由，，解350=303
5
(50z )，得z =42=AP 。

2021
21、〔2021•〕如图〔1〕，△ABC与△EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合，AB=AC=EF=9，∠BAC=∠DEF=90°，固定△ABC，将△DEF绕点A顺时针旋转，当DF边与AB边重合时，旋转中止．现不考虑旋转开场和完毕时重合的情况，设DE，DF〔或者它们的延长线〕分别交BC〔或者它的延长线〕于G，H点，如图〔2〕
〔1〕问：始终与△AGC相似的三角形有△HAB及△HGA；
〔2〕设CG=x，BH=y，求y关于x的函数关系式〔只要求根据图〔2〕的情形说明理由〕；
〔3〕问：当x为何值时，△AGH是等腰三角形．
考点：相似三角形的断定与性质；等腰三角形的性质；等腰直角三角形；旋转的性质。

专题：证明题。

分析：〔1〕〕根据△ABC与△EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合，利用相似三角形的断定定理即可得出结论．
〔2〕〕由△AGC∽△HAB，利用其对应边成比例列出关于x、y的关系式：9：y=x：9即可．
〔3〕此题要采用分类讨论的思想，①当∠GAH=45°是等腰三角形．的底角时，如图〔1〕：可知解得CG和②当∠GAH=45°是等腰三角形．的顶角时，如图〔2〕：由△HGA∽△HAB，利用其对应边成比例即可求得答案．
解答：解：〔1〕∵△ABC与△EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合，
∴始终与△AGC相似的三角形有△HAB和△HGA；
故答案为：△HAB和△HGA．
〔2〕∵△AGC∽△HAB，
∴AC：HB=GC：AB，即9：y=x：9，
∴y=81：x〔0＜x＜9√2〕
答：y关于x的函数关系式为y=81：x〔0＜x＜9√2〕
〔3〕∵∠GAH=45°，分两种情况讨论：
①当∠GAH=45°是等腰三角形．的底角时，如图〔1〕：可知CG=x=9√2：2
②当∠GAH=45°是等腰三角形．的顶角时，如图〔2〕：由△HGA∽△HAB
知：HB=AB=9，也可知BG=HC，可得：CG=x=18﹣9√2．
答：当x为=9√2：2和18﹣9√2．时，△AGH是等腰三角形．
点评：此题主要考察学生对相似三角形的断定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质等知识点的理解和掌握，综合性较强，难易程度适中，是一道很典型的题目．
2021
22、〔2021•〕如图，抛物线y=﹣54x 2+
174x+1与y 轴交于A 点，过点A 的直线与抛物线交于另一点B ，过点B 作BC ⊥x 轴，垂足为点C 〔3，0〕
〔1〕求直线AB 的函数关系式；
〔2〕动点P 在线段OC 上从原点出发以每秒一个单位的速度向C 挪动，过点P 作PN ⊥x 轴，交直线AB 于点M ，交抛物线于点N ．设点P 挪动的时间是为t 秒，MN 的长度为s 个单位，求s 与t 的函数关系式，并写出t 的取值范围；
〔3〕设在〔2〕的条件下〔不考虑点P 与点O ，点C 重合的情况〕，连接CM ，BN ，当t 为何值时，四边形BCMN 为平行四边形？问对于所求的t 值，平行四边形BCMN 是否菱形？请说明理由．
考点：二次函数综合题。

分析：〔1〕由题意易求得A 与B 的坐标，然后有待定系数法，即可求得直线AB 的函数关系式；
〔2〕由s=MN=NP ﹣MP ，即可得s=﹣54t 2
+174t+1﹣〔12t+1〕，化简即可求得答案； 〔3〕假设四边形BCMN 为平行四边形，那么有MN=BC ，即可得方程：﹣54t 2+
154t=52，解方程即可求得t 的值，再分别分析t 取何值时四边形BCMN 为菱形即可．
解答：解：〔1〕∵当x=0时，y=1，
∴A 〔0，1〕，
当x=3时，y=﹣54×32+
174×3+1=， ∴B 〔3，〕，
设直线AB 的解析式为y=kx+b ，
那么：{b =13k +b =2.5
， 解得：{b =1k =12
， ∴直线AB 的解析式为y=12x+1；
〔2〕根据题意得：s=MN=NP ﹣MP=﹣54t 2+174t+1﹣〔12t+1〕=﹣54t 2
+154t 〔0≤t≤3〕； 〔3〕假设四边形BCMN 为平行四边形，那么有MN=BC ，此时，有﹣54t 2
+
154t=52， 解得t 1=1，t 2=2，
∴当t=1或者2时，四边形BCMN 为平行四边形．
①当t=1时，MP=32，NP=4，故MN=NP ﹣MP=52
， 又在Rt△MPC 中，MC=√MP 2+PC 2=52，故MN=MC ，此时四边形BCMN 为菱形， ②当t=2时，MP=2，NP=92，故MN=NP ﹣MP=52，://czsx
又在Rt△MPC 中，MC=√MP 2+PC 2=√5，故MN≠MC，此时四边形BCMN 不是菱形．
点评：此题考察了待定系数法求函数的解析式，线段的长与函数关系式之间的关系，平行四边形以及菱形的性质与断定等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是数形结合思想的应用．。