2011年中考数学压轴题精选2答案

2011年中考数学压轴题精选（11-20题）答案【011】解：（1）证明：在Rt △FCD 中，∵G 为DF 的中点，∴ CG= FD ．………1分 同理，在Rt △DEF 中，EG= FD ．…………2分∴ CG=EG ．…………………3分 （2）（1）中结论仍然成立，即EG=CG ．…………………………4分证法一：连接AG ，过G 点作MN ⊥AD 于M ，与EF 的延长线交于N 点． 在△DAG 与△DCG 中，∵ AD=CD ，∠ADG=∠CDG ，DG=DG ， ∴ △DAG ≌△DCG ．∴ AG=CG ．………………………5分在△DMG 与△FNG 中，∵ ∠DGM=∠FGN ，FG=DG ，∠MDG=∠NFG ，∴ △DMG ≌△FNG ．∴ MG=NG 在矩形AENM 中，AM=EN ． ……………6分 在Rt △AMG 与Rt △ENG 中，∵ AM=EN ， MG=NG ，∴ △AMG ≌△ENG ．∴ AG=EG ．∴ EG=CG ． ……………………………8分 证法二：延长CG 至M,使MG=CG ，连接MF ，ME ，EC ， ……………………4分在△DCG 与△FMG 中，∵FG=DG ，∠MGF=∠CGD ，MG=CG ， ∴△DCG ≌△FMG ．∴MF=CD ，∠FMG ＝∠DCG ．∴MF ∥CD ∥AB ．………………………5分∴ 在Rt △MFE 与Rt △CBE 中，∵ MF=CB ，EF=BE ，∴△MFE ≌△CBE ．∴∠MEC ＝∠MEF ＋∠FEC ＝∠CEB ＋∠CEF ＝90°．∴ △MEC 为直角三角形．∵ MG = CG ，∴ EG= MC ．………8分 （3）（1）中的结论仍然成立，即EG=CG ．其他的结论还有:EG ⊥CG ．……10分 【012】解：（1） 圆心O 在坐标原点，圆O 的半径为1，∴点A B C D 、、、的坐标分别为(10)(01)(10)(01)A B C D --，、，、，、， 抛物线与直线y x =交于点M N 、，且MA NC 、分别与圆O 相切于点A 和点C ，∴(11)(11)M N --，、，． 点D M N 、、在抛物线上，将(01)(11)(11)D M N --，、，、，的坐标代入2y ax bx c =++，得：111c a b c a b c =⎧⎪-=-+⎨⎪=++⎩解之，得：111a b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩∴抛物线的解析式为：21y x x =-++． 4分（2）2215124y x x x ⎛⎫=-++=--+⎪⎝⎭ ∴抛物线的对称轴为12x =，12OE DE ∴===，． 6分连结90BF BFD ∠=，°，BFD EOD ∴△∽△，DE OD DB FD ∴=，又12DE OD DB ===，，FD ∴=，5210EF FD DE ∴=-=-=．8分（3）点P 在抛物线上．9分设过D C 、点的直线为：y kx b =+，将点(10)(01)C D ，、，的坐标代入y kx b =+，得：11k b =-=，， ∴直线DC 为：1y x =-+． 10分过点B 作圆O 的切线BP 与x 轴平行，P 点的纵坐标为1y =-， 将1y =-代入1y x =-+，得：2x =．∴P 点的坐标为(21)-，，当2x =时，2212211y x x =-++=-++=-， 所以，P 点在抛物线21y x x =-++上．12分【013】解：（1） 该抛物线过点(02)C -，，∴可设该抛物线的解析式为22y ax bx =+-． 将(40)A ，，(10)B ，代入， 得1642020a b a b .+-=⎧⎨+-=⎩，解得1252a b .⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴此抛物线的解析式为215222y x x =-+-．（3分）（2）存在． （4分） 如图，设P 点的横坐标为m ，则P 点的纵坐标为215222m m -+-，当14m <<时，4AM m =-，215222PM m m =-+-．又90COA PMA ∠=∠= °，∴①当21AM AO PMOC ==时，APM ACO △∽△， 即21542222m m m ⎛⎫-=-+- ⎪⎝⎭． 解得1224m m ==，（舍去），(21)P ∴，． （6分） ②当12AM OC PM OA ==时，APM CAO △∽△，即2152(4)222m m m -=-+-．解得14m =，25m =（均不合题意，舍去）∴当14m <<时，(21)P ，． （7分） 类似地可求出当4m >时，(52)P -，． （8分） 当1m <时，(314)P --，． 综上所述，符合条件的点P 为(21)，或(52)-，或(314)--，． （9分） （3）如图，设D 点的横坐标为(04)t t <<，则D 点的纵坐标为215222t t -+-．过D 作y 轴的平行线交AC 于E ．由题意可求得直线AC 的解析式为122y x =-． （10分）E ∴点的坐标为122t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭，．2215112222222DE t t t t t ⎛⎫∴=-+---=-+ ⎪⎝⎭． （11分） 22211244(2)422DAC S t t t t t ⎛⎫∴=⨯-+⨯=-+=--+ ⎪⎝⎭△． ∴当2t =时，DAC △面积最大．(21)D ∴，． （13分） 【014】（1）解：∵A 点第一次落在直线y x =上时停止旋转，∴OA 旋转了045.∴OA 在旋转过程中所扫过的面积为24523602ππ⨯=.……………4分 （2）解：∵MN ∥AC ，∴45BMN BAC ∠=∠=︒,45BNM BCA ∠=∠=︒. ∴BMN BNM ∠=∠.∴BM BN =.又∵BA BC =，∴AM CN =. 又∵O A O =,OAM OCN∠=∠,∴OAM OCN∆≅∆.∴AOM CON∠=∠.∴1(90452AOM ∠=︒-︒)=22.5︒.∴旋转过程中，当MN 和AC 平行时，正方形OABC 旋转的度数为45︒-22.5︒=22.5︒.……………………………………………8分（3）答：p 值无变化. 证明：延长BA 交y 轴于E 点，则045AOE AOM ∠=-∠，000904545CON AOM AOM∠=--∠=-∠，∴A O E C ∠=∠.又∵O A O =，0001809090OAE OCN ∠=-==∠.∴OAE OCN ∆≅∆.∴,OE ON AE CN ==.又∵045MOE MON ∠=∠=,OM OM =, ∴OME∆≅∆∴MN ME AM AE ==+.∴MN AM CN =+，∴p MN BN BM AM CN BN BM AB BC =++=+++=+∴在旋转正方形OABC 的过程中，p 值无变化. (12)【015】⑴设二次函数的解析式为：y=a(x-h)2+k ∵顶点C 的横坐标为4，且过点(0，397)∴y=a(x-4)2+k k a +=16397………………①又∵对称轴为直线x=4，图象在x 轴上截得的线段长为6 ∴A(1，0)，B(7，0)∴0=9a+k ………………②由①②解得a=93，k=3－∴二次函数的解析式为：y=93(x-4)2－3⑵∵点A 、B 关于直线x=4对称 ∴PA=PB ∴PA+PD=PB+PD ≥DB ∴当点P 在线段DB 上时PA+PD 取得最小值 ∴DB 与对称轴的交点即为所求点P设直线x=4与x 轴交于点M ∵PM ∥OD ，∴∠BPM=∠BDO ，又∠PBM=∠DBO ∴△BPM ∽△BDO ∴BO BM DO PM = ∴3373397=⨯=PM ∴点P 的坐标为(4，33) ⑶由⑴知点C(4，3-)，又∵AM=3，∴在Rt △AMC 中，cot ∠ACM=33，∴∠ACM=60o ，∵AC=BC ，∴∠ACB=120o①当点Q 在x 轴上方时，过Q 作QN ⊥x 轴于N 如果AB=BQ ，由△ABC ∽△ABQ 有 BQ=6，∠ABQ=120o ，则∠QBN=60o ∴QN=33，BN=3，ON=10，此时点Q(10，33)， 如果AB=AQ ，由对称性知Q(-2，33)（第26x②当点Q 在x 轴下方时，△QAB 就是△ACB ，此时点Q 的坐标是(4，3-)， 经检验，点(10，33)与(-2，33)都在抛物线上 综上所述，存在这样的点Q ，使△QAB ∽△ABC 点Q 的坐标为(10，33)或(-2，33)或(4，3-)．【016】解：（1）设正比例函数的解析式为11(0)y k x k =≠，因为1y k x =的图象过点(33)A ，，所以133k =，解得11k =．这个正比例函数的解析式为y x =． （1分）设反比例函数的解析式为22(0)k y k x =≠．因为2ky x =的图象过点(33)A ，，所以 233k =，解得29k =．这个反比例函数的解析式为9y x =．（2分）（2）因为点(6)B m ，在9y x =的图象上，所以9362m ==，则点362B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，． （3分） 设一次函数解析式为33(0)y k x b k =+≠．因为3y k x b =+的图象是由y x =平移得到的，所以31k =，即y x b =+．又因为y x b =+的图象过点362B ⎛⎫⎪⎝⎭，，所以 362b =+，解得92b =-，∴一次函数的解析式为92y x =-． （4分） （3）因为92y x =-的图象交y 轴于点D ，所以D 的坐标为902⎛⎫- ⎪⎝⎭，． 设二次函数的解析式为2(0)y ax bx c a =++≠． 因为2y ax bx c =++的图象过点(33)A ，、362B ⎛⎫⎪⎝⎭，、和D902⎛⎫- ⎪⎝⎭，，所以933336629.2a b c a b c c ⎧⎪++=⎪⎪++=⎨⎪⎪=-⎪⎩，， （5分） 解得1249.2a b c ⎧=-⎪⎪=⎨⎪⎪=-⎩，，这个二次函数的解析式为219422y x x =-+-． （6分） （4）92y x =-交x 轴于点C ，∴点C 的坐标是902⎛⎫ ⎪⎝⎭，， 如图所示，15113166633322222S =⨯-⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯99451842=---814=．假设存在点00()E x y ，，使12812273432S S ==⨯=． 四边形CDOE 的顶点E 只能在x 轴上方，∴00y >， 1OCD OCE S S S ∴=+△△01991922222y =⨯⨯+⨯ 081984y =+．081927842y ∴+=，032y ∴=．00()E x y ，在二次函数的图象上，2001934222x x ∴-+-=．解得02x =或06x =．当06x =时，点362E ⎛⎫⎪⎝⎭，与点B 重合，这时CDOE 不是四边形，故06x =舍去， ∴点E 的坐标为322⎛⎫ ⎪⎝⎭，． （8分）【017】解：（1）已知抛物线2y x bx c =++经过(10)(02)A B ，，，，01200b c c =++⎧∴⎨=++⎩ 解得32b c =-⎧⎨=⎩∴所求抛物线的解析式为232y x x =-+． 2分 （2）(10)A ，，(02)B ，，12OA OB ∴==， 可得旋转后C 点的坐标为(31)， 3分 当3x =时，由232y x x =-+得2y =， 可知抛物线232y x x =-+过点(32)， ∴将原抛物线沿y 轴向下平移1个单位后过点C ．∴平移后的抛物线解析式为：231y x x =-+． 5分（3） 点N 在231y x x =-+上，可设N 点坐标为2000(31)x x x -+， 将231y x x =-+配方得23524y x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，∴其对称轴为32x =． 6分 ①当0302x <<时，如图①，112NBB NDD S S = △△ 00113121222x x ⎛⎫∴⨯⨯=⨯⨯⨯- ⎪⎝⎭01x = 此时200311x x -+=-N ∴点的坐标为(11)-，． 8分 ②当032x >时，如图②同理可得0011312222x x ⎛⎫⨯⨯=⨯⨯- ⎪⎝⎭ 03x ∴=此时200311x x -+=∴点N 的坐标为(31)，． 综上，点N 的坐标为(11)-，或(31)，． 10分图①图②【018】解：（1） 抛物线24y ax bx a =+-经过(10)A -，，(04)C ，两点， 404 4.a b a a --=⎧∴⎨-=⎩， 解得13.a b =-⎧⎨=⎩，∴抛物线的解析式为234y x x =-++．（2） 点(1)D m m +，在抛物线上，2134m m m ∴+=-++，即2230m m --=，1m ∴=-或3m =．点D 在第一象限，∴点D 的坐标为(34)，． 由（1）知45OA OB CBA =∴∠=，°． 设点D 关于直线BC 的对称点为点E ．(04)C ，，CD AB ∴∥，且3CD =， 45ECB DCB ∴∠=∠=°， E ∴点在y 轴上，且3CE CD ==．1OE ∴=，(01)E ∴，． 即点D 关于直线BC 对称的点的坐标为（0，1）． （3）方法一：作PF AB ⊥于F ，DE BC ⊥于E ．由（1）有：445OB OC OBC ==∴∠=，°， 45DBP CBD PBA ∠=∴∠=∠ °，．(04)(34)C D ，，，，CD OB ∴∥且3CD =． 45DCE CBO ∴∠=∠=°，DE CE ∴==．4OB OC ==，BC ∴=BE BC CE ∴=-=，3tan tan 5DE PBF CBD BE ∴∠=∠==．设3PF t =，则5BF t =，54OF t ∴=-，(543)P t t ∴-+，． P 点在抛物线上，∴23(54)3(54)4t t t =--++-++，0t ∴=（舍去）或2225t =，266525P ⎛⎫∴- ⎪⎝⎭，． 方法二：过点D 作BD 的垂线交直线PB 于点Q ，过点D 作DH x ⊥轴于H ．过Q 点作QG DH ⊥于G ．45PBD QD DB ∠=∴= °，． QDG BDH ∴∠+∠90=°，又90DQG QDG ∠+∠=°，DQG BDH ∴∠=∠．QDG DBH ∴△≌△，4QG DH ∴==，1DG BH ==． 由（2）知(34)D ，，(13)Q ∴-，． (40)B ，，∴直线BP 的解析式为31255y x =-+．解方程组23431255y x x y x ⎧=-++⎪⎨=-+⎪⎩，，得1140x y =⎧⎨=⎩，；222566.25x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩， ∴点P 的坐标为266525⎛⎫- ⎪⎝⎭，．【019】（1）EO ＞EC ，理由如下：由折叠知，EO=EF ，在Rt △EFC 中，EF 为斜边，∴EF ＞EC ， 故EO ＞EC …2分 （2）m 为定值∵S 四边形CFGH=CF2=EF2－EC2=EO2－EC2=(EO+EC)(EO ―EC)=CO ·(EO ―EC) S 四边形CMNO=CM ·CO=|CE ―EO|·CO=(EO ―EC) ·CO∴1==CMNOCFGHS S m 四边形四边形 ……………………………………………………4分（3）∵CO=1，3231==QF CE ， ∴EF=EO=QF==-32311∴cos ∠FEC=21∴∠FEC=60°， ∴︒=∠∠=︒=︒-︒=∠3060260180EAO OEA FEA ，∴△EFQ 为等边三角形，32=EQ …………………………………………5分作QI ⊥EO 于I ，EI=3121=EQ ，IQ=3323=EQ ∴IO=313132=- ∴Q 点坐标为)31,33( ……………………………………6分∵抛物线y=mx2+bx+c 过点C(0，1)， Q)31,33(，m=1 ∴可求得3-=b ，c=1∴抛物线解析式为132+-=x x y ……………………………………7分 （4）由（3），3323==EO AO当332=x 时，3113323)332(2=+⨯-=y ＜AB ∴P 点坐标为)31,332( …………………8分 ∴BP=32311=-AO方法1：若△PBK 与△AEF 相似，而△AEF ≌△AEO ，则分情况如下： ①3323232=BK时，932=BK ∴K 点坐标为)1,934(或)1,938(②3232332=BK时，332=BK∴K 点坐标为)1,334(或)1,0(…………10分故直线KP 与y 轴交点T 的坐标为11 )1,0()31,0()37,0()35,0(或或或-- …………………………………………12分方法2：若△BPK 与△AEF 相似，由（3）得：∠BPK=30°或60°，过P 作PR ⊥y 轴于R ，则∠RTP=60°或30°①当∠RTP=30°时，23332=⨯=RT②当∠RTP=60°时，323332=÷=RT ∴)1,0()31,0()35,0()37,0(4321T T T T ，，，-- ……………………………12分【020】解：（1）①CF ⊥BD ，CF=BD②成立，理由如下：∵∠FAD=∠BAC=90° ∴∠BAD=∠CAF又 BA=CA ，AD=AF ∴△BAD ≌△CAF ∴CF=BD ∠ACF=∠ACB=45°∴∠BCF=90° ∴CF ⊥BD ……（1分）（2）当∠ACB=45°时可得CF ⊥BC ，理由如下：如图：过点A 作AC 的垂线与CB 所在直线交于G则∵∠ACB=45° ∴AG=AC ∠AGC=∠ACG=45°∵AG=AC AD=AF ………（1分）∴△GAD ≌△CAF （SAS ） ∴∠ACF=∠AGD=45°∴∠GCF=∠GCA+∠ACF=90° ∴CF ⊥BC …………（2分）（3）如图：作AQBC 于Q∵∠ACB=45° AC=42 ∴CQ=AQ=4∵∠PCD=∠ADP=90°∴∠ADQ+∠CDP=∠CDP+∠CPD=90°∴△ADQ ∽△DPC …（1分） ∴DQ PC =AQ CD设CD 为x （0＜x ＜3）则DQ=CQ －CD=4－x 则x PC -4=4x…………（1分）∴PC=41(－x2+4x)=－41(x －2)2+1≥1当x=2时，PC 最长，此时PC=1 ………（1分）。