最新重庆市中考数学压轴题(华师版)
华师大的中考数学挑战压轴题和万唯的数学压轴题
华师大的中考数学挑战压轴题和万唯的数学压轴题
华师大的中考数学挑战压轴题和万唯的数学压轴题都是中考数学中比较有难度的题目，它们通常出现在试卷的最后部分，用于区分高分段的学生。
华师大的中考数学挑战压轴题通常涉及一些比较新颖的数学思想和解题技巧，难度相对较大。
这些题目通常需要学生具备较强的数学思维能力和分析问题的能力，才能正确解答。
万唯的数学压轴题也是比较有难度的题目，但相对来说，其难度通常比华师大的中考数学挑战压轴题略低一些。
这些题目通常涉及一些常见的数学思想和解题技巧，但也需要学生具备一定的数学思维能力和分析问题的能力才能正确解答。
总的来说，华师大的中考数学挑战压轴题和万唯的数学压轴题都是比较有难度的题目，需要学生在平时的学习中注重积累数学思想和解题技巧，并且进行大量的练习和总结。
对于想要在中考数学中取得高分的学生来说，这些题目都是必须要攻克的难点。
2024年重庆市中考数学压轴题
2024年重庆市中考数学压轴题一、在直角三角形ABC中，角C为直角，AC等于3，BC等于4，以点C为圆心，半径为2的圆与AB边的位置关系是？A. 相离B. 相切C. 相交D. 无法确定（答案）B。
解析：首先利用勾股定理计算出斜边AB的长度，AB等于根号下（AC平方加BC 平方）等于5。
接着计算点C到AB边的距离，即直角三角形ABC的面积除以AB边的一半，面积等于二分之一乘以AC乘以BC等于6，所以点C到AB边的距离为6除以5等于1.2，小于圆的半径2，但圆的半径又小于AB边的一半（5除以2等于2.5），因此圆与AB边相切。
二、已知二次函数y等于ax平方加bx加c的图像经过点（1，0），（2，0），（0，2），则a的值为？A. 1B. -1C. 2D. -2（答案）B。
解析：将三个点的坐标代入二次函数，可以得到三个方程：a加b加c等于0，4a加2b加c等于0，c等于2。
解这个方程组，可以得到a等于-1，b等于1，c等于2。
三、一个正方体的内切球半径为2，则这个正方体的体积为？A. 8B. 32C. 64D. 128（答案）C。
解析：正方体的内切球半径等于正方体边长的一半，所以正方体的边长为4，体积为边长的三次方，即4的三次方等于64。
四、在平行四边形ABCD中，E为AD的中点，F为BC上的一点，且BF等于四分之一BC，连接EF，与对角线AC相交于点G，则AG与GC的比值为？A. 1:2B. 1:3C. 2:3D. 3:4（答案）C。
解析：过E做BC的平行线，交AC于H，则EH等于四分之一BC，且EH平行于FC，所以三角形EHG与三角形CFG相似，且相似比为1:3，所以AG与GC的比值为2:3。
五、已知等腰三角形的两边长分别为3和6，则这个等腰三角形的周长为？A. 9B. 12C. 15D. 18（答案）C。
解析：等腰三角形的两边长相等，且大于第三边，所以腰长为6，底边长为3，周长为6加6加3等于15。
2023初中数学重庆压轴题
2023初中数学重庆压轴题
2023初中数学重庆压轴题指的是在2023年重庆市初中数学考试中作为最后一道题的试题。
压轴题通常是一道难度较大的题目，旨在考察考生综合运用数学知识解决问题的能力。
以下是一道示例2023初中数学重庆压轴题：
题目：已知二次函数 y = ax^2 + bx + c 的图象经过点 A(1,0)，B(3,0)，C(0,3)，求该二次函数的解析式。
要求：
1.写出该二次函数的解析式。
2.若点 D 在该二次函数的图象上，且四边形 ABCD 为梯形，求点 D 的坐标。
3.在线段 AC 上方作等腰三角形 ADE，问 E 点在何处时，等腰三角形 ADE 的
面积最大？并求出最大面积。
重庆市中考数学压轴题及答案15例
重庆市中考数学压轴题及答案15例1.如图，已知与x 轴交于点(10)A ，和(50)B ，的抛物线1l 的顶点为(34)C ，，抛物线2l 与1l 关于x 轴对称，顶点为C '．（1）求抛物线2l 的函数关系式；（2）已知原点O ，定点(04)D ，，2l 上的点P 与1l 上的点P '始终关于x 轴对称，则当点P 运动到何处时，以点D O P P '，，，为顶点的四边形是平行四边形？（3）在2l 上是否存在点M ，使ABM △是以AB 为斜边且一个角为30的直角三角形？若存，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．解：（1）由题意知点C '的坐标为(34)-，． 设2l 的函数关系式为2(3)4y a x =--． 又点(10)A ，在抛物线2(3)4y a x =--上，2(13)40a ∴--=，解得1a =．∴抛物线2l 的函数关系式为2(3)4y x =--（或265y x x =-+）．（2）P 与P '始终关于x 轴对称，PP '∴与y 轴平行．设点P 的横坐标为m ，则其纵坐标为265m m -+，4OD =，22654m m ∴-+=，即2652m m -+=±．当2652m m -+=时，解得36m =± 当2652m m -+=-时，解得32m =．∴当点P 运动到(362)-，或(362)+，或(322)--，或(322)+-，时， P P OD ' ∥，以点D O P P '，，，为顶点的四边形是平行四边形．（3）满足条件的点M 不存在．理由如下：若存在满足条件的点M 在2l 上，则90AMB ∠=，30BAM ∠=（或30ABM ∠=），114222BM AB ∴==⨯=． 过点M 作ME AB ⊥于点E ，可得30BME BAM ∠=∠=．112122EB BM ∴==⨯=，3EM =，4OE =． ∴点M 的坐标为(43)-，． 但是，当4x =时，246451624533y =-⨯+=-+=-≠∴不存在这样的点M 构成满足条件的直角三角形．2.如图，抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (1，0)，B (－3，0)两点． （1）求该抛物线的解析式；（2）设（1）中的抛物线交y 轴于C 点，在该抛物线的对称轴上是否存在点Q ，使得△QAC 的周长最小？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）在（1）中的抛物线上的第二象限内是否存在一点P ，使△PBC 的面积最大？，若存在，求出点P 的坐标及△PBC 的面积最大值；若不存在，请说明理由．解：（1）将A (1，0)，B (－3，0)代入y ＝－x 2＋bx ＋c 得⎩⎨⎧03901＝＋－－＝＋＋－c b c b ············································································ 2分 解得⎩⎨⎧32＝＝－c b ························································································ 3分 ∴该抛物线的解析式为y ＝－x 2－2x ＋3． ············································ 4分 （2）存在． ································································································· 5分该抛物线的对称轴为x ＝－)(－－122⨯＝－1∵抛物线交x 轴于A 、B 两点，∴A 、B 两点关于抛物线的对称轴x ＝－1对称． 由轴对称的性质可知，直线BC 与x ＝－1的交点即为所求的Q 点，此时△QAC 的周长最小，如图1．将x ＝0代入y ＝－x 2－2x ＋3，得y ＝3． ∴点C 的坐标为(0，3)．设直线BC 的解析式为y ＝kx ＋b 1，将B (－3，0)，C (0，3)代入，得⎩⎨⎧30311＝＝＋－b b k 解得⎩⎨⎧311＝＝b k ∴直线BC 的解析式为y ＝x ＋3． ··············· 6分 联立⎩⎨⎧31＋＝＝－x x y 解得⎩⎨⎧21＝＝－y x∴点Q 的坐标为(－1，2)． ································································· 7分 （3）存在． ································································································· 8分设P 点的坐标为（x ，－x 2－2x ＋3）（－3＜x ＜0），如图2． ∵S △PBC ＝S 四边形PBOC －S △BOC ＝S 四边形PBOC －21×3×3＝S 四边形PBOC －29当S 四边形PBOC 有最大值时，S △PBC 就最大．∵S 四边形PBOC ＝S Rt △PBE ＋S 直角梯形PEOC ························································· 9分＝21BE ·PE ＋21(PE ＋OC )·OE ＝21(x ＋3)(－x 2－2x ＋3)＋21(－x 2－2x ＋3＋3)(－x ) ＝－23(x ＋23)2＋29＋827当x ＝－23时，S 四边形PBOC 最大值为29＋827．∴S △PBC 最大值＝29＋827－29＝827． ·············· 10分当x ＝－23时，－x 2－2x ＋3＝－(－23)2－2×(－23)＋3＝415．∴点P 的坐标为(－23，415)． ···························································· 11分3.如图，已知抛物线y ＝a (x －1)2＋33(a ≠0)经过点A (－2，0)，抛物线的顶点为D ，过O 作射线OM ∥AD ．过顶点D 平行于x 轴的直线交射线OM 于点C ，B 在x 轴正半轴上，连结BC ． （1）求该抛物线的解析式；（2）若动点P 从点O 出发，以每秒1个长度单位的速度沿射线OM 运动，设点P 运动的时间为t （s ）．问：当t 为何值时，四边形DAOP 分别为平行四边形？直角梯形？等腰梯形？ （3）若OC ＝OB ，动点P 和动点Q 分别从点O 和点B 同时出发，分别以每秒1个长度单位和2个长度单位的速度沿OC 和BO 运动，当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动的时间为t （s ），连接PQ ，当t 为何值时，四边形BCPQ 的面积最小？并求出最小值及此时PQ 的长．解：（1）把A (－2，0)代入y ＝a (x －1)2＋33，得0＝a (－2－1)2＋33．∴a ＝－33 ························································································· 1分 ∴该抛物线的解析式为y ＝－33(x －1)2＋33 即y ＝－33x 2＋332x ＋338． ·························································· 3分 （2）设点D 的坐标为(x D ，y D )，由于D 为抛物线的顶点∴x D ＝－)(－332332 ＝1，y D ＝－33×1 2＋332×1＋338＝33． ∴点D 的坐标为(1，33)．如图，过点D 作DN ⊥x 轴于N ，则DN ＝33，AN ＝3，∴AD ＝22333)＋(＝6．∴∠DAO ＝60° ··················································································· 4分 ∵OM ∥AD①当AD ＝OP 时，四边形DAOP 为平行四边形． ∴OP ＝6∴t ＝6（s ） ······························································ 5分 ②当DP ⊥OM 时，四边形DAOP 为直角梯形． 过点O 作OE ⊥AD 轴于E ．在Rt △AOE 中，∵AO ＝2，∠EAO ＝60°，∴AE ＝1． （注：也可通过Rt △AOE ∽Rt △AND 求出AE ＝1） ∵四边形DEOP 为矩形，∴OP ＝DE ＝6－1＝5．∴t ＝5（s ） ························································································· 6分 ③当PD ＝OA 时，四边形DAOP 为等腰梯形，此时OP ＝AD －2AE ＝6－2＝4． ∴t ＝4（s ）综上所述，当t ＝6s 、5s 、4s 时，四边形DAOP 分别为平行四边形、直角梯形、等腰梯形．····················································································· 7分（3）∵∠DAO ＝60°，OM ∥AD ，∴∠COB ＝60°．又∵OC ＝OB ，∴△COB 是等边三角形，∴OB ＝OC ＝AD ＝6．∵BQ ＝2t ，∴OQ ＝6－2t （0＜t ＜3） 过点P 作PF ⊥x 轴于F ，则PF ＝23t ． ··············································· 8分 ∴S 四边形BCPQ ＝S △COB －S △POQ＝21×6×33－21×(6－2t )×23t＝23(t －23)2＋8363 ····················································· 9分 ∴当t ＝23（s ）时，S 四边形BCPQ 的最小值为8363． ······························ 10分此时OQ ＝6－2t ＝6－2×23＝3，OP ＝23，OF ＝43，∴QF ＝3－43＝49，PF ＝433．∴PQ ＝22QF PF ＋＝2249433)＋()(＝233 ····································· 11分 4.如图，已知直线y ＝－21x ＋1交坐标轴于A 、B 两点，以线段AB 为边向上作正方形ABCD ，过点A ，D ，C 的抛物线与直线另一个交点为E ．（1）请直接写出点C ，D 的坐标； （2）求抛物线的解析式；（3）若正方形以每秒5个单位长度的速度沿射线AB 下滑，直至顶点D 落在x 轴上时停止．设正方形落在x 轴下方部分的面积为S ，求S 关于滑行时间t 的函数关系式，并写出相应自变量t 的取值范围；（4）在（3）的条件下，抛物线与正方形一起平移，直至顶点D 落在x 轴上时停止，求抛物线上C 、E 两点间的抛物线弧所扫过的面积．解：（1）C (3，2)，D (1，3)； ·············································································· 2分（2）设抛物线的解析式为y ＝ax 2＋bx ＋c ，把A (0，1)，D (1，3)，C (3，2)代入得⎪⎩⎪⎨⎧23931＝＋＋＝＋＋＝c b a c b a c 解得⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧161765＝＝＝－c b a ················································· 4分∴抛物线的解析式为y ＝－65x 2＋617x ＋1； ······································· 5分（3）①当点A 运动到点F （F 为原B 点的位置）时∵AF ＝2221＋＝5，∴t ＝55＝1（秒）．当0＜ t ≤1时，如图1． B ′F ＝AA ′＝5t∵Rt △AOF ∽Rt △∠GB ′F ，∴OFOA ＝F B GB ''． ∴B ′G ＝OFOA ·B ′F ＝21×5t ＝25t正方形落在x 轴下方部分的面积为S 即为△B ′FG 的面积S △B ′FG∴S ＝S △B ′FG ＝21B ′F ·B ′G ＝21×5t ×25t ＝45t 2 ······························ 7分②当点C 运动到x 轴上时∵Rt △BCC ′∽Rt △∠AOB ，∴BC CC ＝OAOB． ∴CC ′＝OA OB ·BC ＝12×5＝52，∴t ＝552＝2（秒）． 当1＜ t ≤2时，如图2．∵A ′B ′＝AB ＝5，∴A ′F ＝5t －5． ∴A ′G ＝255－t ∵B ′H ＝25t∴S ＝S 梯形A ′B ′HG ＝21(A ′G ＋B ′H )·A ′B ′ ＝21(255－t ＋25t )·5 ＝25t －45 ··································································· 9分 ③当点D 运动到x 轴上时DD ′＝53 t ＝553＝3（秒）当2＜ t ≤3时，如图3．∵A ′G ＝255－t∴GD ′＝5－255－t ＝2553t－ ∴D ′H ＝53－t 5 ∴S △D ′GH ＝21(2553t －)(53－t 5)＝(2553t －)2∴S ＝S 正方形A ′B ′C ′D ′ －S △D ′GH＝(5)2－(2553t －)2＝－45t 2＋215t －425 ··································································· 11分（4）如图4，抛物线上C 、E 两点间的抛物线弧所扫过的面积为图中阴影部分的面积．∵t ＝3，BB ′＝AA ′＝DD ′＝53∴S 阴影＝S 矩形BB ′C ′C ············································································ 13分＝BB ′·BC ＝53×5＝15 ······················································································· 14分5.已知：抛物线y ＝x 2－2x ＋a （a ＜0）与y 轴相交于点A ，顶点为M ．直线y ＝21x －a 分别与x轴，y 轴相交于B ，C 两点，并且与直线AM 相交于点N ．（1）填空：试用含a 的代数式分别表示点M 与N 的坐标，则M （ ， ），N （ ， ）； （2）如图，将△NAC 沿y 轴翻折，若点N 的对应点N ′恰好落在抛物线上，AN ′与x 轴交于点D ，连结CD ，求a 的值和四边形ADCN 的面积； （3）在抛物线y ＝x 2－2x ＋a （a ＜0）上是否存在一点P ，使得以P ，A ，C ，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P 点的坐标；若不存在，试说明理由．解：（1）M (1，a －1)，N (34a ，－31a )． ······························································ 4分（2）∵点N ′是△NAC 沿y 轴翻折后点N 的对应点∴点N ′与点N 关于y 轴对称，∴N ′(－34a ，－31a )．将N ′(－34a ，－31a )代入y ＝x 2－2x ＋a ，得－31a ＝(－34a )2－2×(－34a )＋a整理得4a 2＋9a ＝0，解得a 1＝0（不合题意，舍去），a 2＝－49． ···· 6分∴N ′(3，34)，∴点N 到y 轴的距离为3．∵a ＝－49，抛物线y ＝x 2－2x ＋a 与y 轴相交于点A ，∴A (0，－49)．∴直线AN ′的解析式为y ＝x －49，将y ＝0代入，得x ＝49．∴D (49，0)，∴点D 到y 轴的距离为49． ∴S 四边形ADCN ＝S △ACN ＋S △ACN ＝21×29×3＋21×29×49＝16189············· 8分（3）如图，当点P 在y 轴的左侧时，若四边形ACPN 是平行四边形，则PN 平行且等于AC ．∴将点N 向上平移－2a 个单位可得到点P ，其坐标为(34a ，－37a )，代入抛物线的解析式，得：－37a ＝(34a )2－2×34a ＋a ，整理得8a 2＋3a ＝0．解得a 1＝0（不合题意，舍去），a 2＝－83．∴P (－21，87) ················································································· 10分当点P 在y 轴的右侧时，若四边形APCN 是平行四边形， 则AC 与PN 互相平分．∴OA ＝OC ，OP ＝ON ，点P 与点N 关于原点对称．∴P (－34a ，31a )，代入y ＝x 2－2x ＋a ，得31a ＝(－34a )2－2×(－34a )＋a ，整理得8a 2＋15a ＝0．解得a 1＝0（不合题意，舍去），a 2＝－815． ∴P (25，－85) ·················································································· 12分∴存在这样的点P ，使得以P ，A ，C ，N 为顶点的四边形是平行四边形，点P 的坐标为(－21，87)或(25，－85)．43 x 的图6．如图，已知一次函数y = － x +7与正比例函数y =象交于点A ， 且与x 轴交于点B .（1）求点A 和点B 的坐标；（2）过点A 作AC ⊥y 轴于点C ，过点B 作直线l ∥y轴． 动点P 从点O 出发，以每秒1个单位长的速度，沿O —C —A 的路线向点A 运动；同时直线l 从点B 出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线l 交x 轴于点R ，交线段BA 或线段AO 于点Q ．当点P 到达点A 时，点P 和直线l 都停止运动．在运动过程中，设动点P 运动的时间为t 秒.①当t 为何值时，以A 、P 、R 为顶点的三角形的面积为8？②是否存在以A 、P 、Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求t 的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）根据题意，得⎩⎪⎨⎪⎧y =-x +7y=43x ，解得 ⎩⎨⎧x =3y =4，∴A (3，令y =－x +7=0，得x =7．∴B （7，0）. （2）①当P 在OC 上运动时，0≤t ＜4. 由S △APR =S 梯形COBA －S △ACP －S △P OR －S △ARB =8，得 12(3+7)×4－12×3×(4－t )－ 12t(7－t )－ 12t ×4=8 ly APlRP C AB Oyx整理,得t2－8t +12=0, 解之得t1=2,t2=6（舍）当P在CA上运动，4≤t＜7.由S△APR= 12×(7－t) ×4=8，得t=3（舍）∴当t=2时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8.②当P在OC上运动时，0≤t＜4. 此时直线l交AB于Q。
2023年重庆中考数学压轴题
主题：2023年重庆中考数学压轴题近年来，重庆中考数学试卷一直备受关注，各学校和考生对于数学压轴题的出现都抱有期待和好奇。
数学作为中考的重要科目之一，对考生的综合能力有着较高的要求，压轴题更是检验学生数学运用能力的重要环节。
在2023年重庆中考数学试卷中，更是出现了备受瞩目的数学压轴题，引发了广泛的讨论和解答。
一、数学压轴题的内容及难度2023年重庆中考数学压轴题以二次函数和立体几何为主题，难度较大。
其中，二次函数部分涉及函数的图像、最值、根的性质等内容，需要考生掌握扎实的函数知识和解题技巧。
而立体几何部分则涉及空间图形的性质、平行关系、相交条件等内容，考验考生对立体几何的理解和应用能力。
二、数学压轴题对考生的挑战和意义数学作为一门抽象的学科，对逻辑思维和数学运算能力有着较高的要求，数学压轴题的出现更是对考生综合能力的一次大考验。
通过解答数学压轴题，考生不仅可以检验自己的数学学习成果，同时也可以提升自己的解决问题的能力和抽象思维能力。
数学压轴题的出现，也能激发考生对数学学科的兴趣，促进学生的学习动力。
三、应对数学压轴题的有效方法和建议针对2023年重庆中考数学压轴题，考生可以采取如下有效方法和建议：1. 充分掌握基础知识。
在备考过程中，要加强对二次函数和立体几何等内容的学习，夯实基础知识。
2. 多做题多练习。
多做一些数学题，提高解题技巧和题目应用能力，增强对数学知识点的理解和应用。
3. 注重归纳总结。
重点总结数学压轴题的解题技巧和方法，形成自己的解题思路，有针对性地提高解题效率。
4. 勇于挑战和积极应对。
对于数学压轴题，要保持积极的心态，勇于挑战，相信自己的能力，尽力解答，做到尽力而为。
四、数学压轴题对教育教学的启示数学作为一门基础学科，对学生的综合能力有着较高的培养要求。
数学压轴题的出现，向教育教学提出了一定的启示：1. 注重知识的系统性和深度。
教师在教学中要注重知识的系统性，加强对基础知识的讲解和强化，培养学生的扎实基础。
华师版市级名校2024届中考数学押题卷含解析
华师版市级名校2024届中考数学押题卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1．把边长相等的正六边形ABCDEF和正五边形GHCDL的CD边重合，按照如图所示的方式叠放在一起，延长LG 交AF于点P，则∠APG＝（）A．141°B．144°C．147°D．150°2．若分式11x-有意义，则x的取值范围是A．x＞1 B．x＜1 C．x≠1D．x≠03．估计40的值在（）A．4和5之间B．5和6之间C．6和7之间D．7和8之间4．某市今年1月份某一天的最高气温是3℃，最低气温是—4℃，那么这一天的最高气温比最低气温高A．—7℃B．7℃C．—1℃D．1℃5．如图，菱形OABC的顶点C的坐标为（3，4），顶点A在x轴的正半轴上．反比例函数kyx=(x>0)的图象经过顶点B，则k的值为A ．12B ．20C ．24D ．326．某学校举行一场知识竞赛活动，竞赛共有4小题，每小题5分，答对给5分，答错或不答给0分，在该学校随机抽取若干同学参加比赛，成绩被制成不完整的统计表如下． 成绩 人数（频数） 百分比（频率） 0 5 0.2 10 5 15 0.4 2050.1根据表中已有的信息，下列结论正确的是（ ） A ．共有40名同学参加知识竞赛B ．抽到的同学参加知识竞赛的平均成绩为10分C ．已知该校共有800名学生，若都参加竞赛，得0分的估计有100人D ．抽到同学参加知识竞赛成绩的中位数为15分7．如图，两个一次函数图象的交点坐标为(2,4)，则关于x ，y 的方程组111222,y k x b y k x b =+⎧⎨=+⎩的解为（ ）A ．2,4x y =⎧⎨=⎩B ．4,2x y =⎧⎨=⎩C ．4,0x y =-⎧⎨=⎩D ．3,0x y =⎧⎨=⎩8．已知关于x 的一元二次方程x 2+mx+n ＝0的两个实数根分别为x 1＝2，x 2＝4，则m+n 的值是（ ） A ．﹣10B ．10C ．﹣6D ．29．y=（m ﹣1）x |m|+3m 表示一次函数，则m 等于（ ） A ．1B ．﹣1C ．0或﹣1D ．1或﹣110．郑州地铁Ⅰ号线火车站站口分布如图所示，有A ，B ，C ，D ，E 五个进出口，小明要从这里乘坐地铁去新郑机场，回来后仍从这里出站，则他恰好选择从同一个口进出的概率是（ ）A ．13B ．14C ．15D ．1611．如图，已知菱形ABCD 的对角线AC ．BD 的长分别为6cm 、8cm ，AE ⊥BC 于点E ，则AE 的长是（）A ．53cmB ．25cmC ．48cm 5D ．24cm 512．一次函数1y kx b =+与2y x a =+的图象如图所示，给出下列结论：①k 0<；②0a >；③当3x <时，12y y <.其中正确的有（ ）A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13．如图，点G 是ABC 的重心，AG 的延长线交BC 于点D ，过点G 作GE //BC 交AC 于点E ，如果BC 6=，那么线段GE 的长为______．14．如图所示的网格是正方形网格，点P 到射线OA 的距离为m ，点P 到射线OB 的距离为n ，则m __________ n ．（填“>”，“=”或“<”）15．方程x-1=1x-的解为：______．16．如图，在矩形ABCD中，顺次连接矩形四边的中点得到四边形EFGH．若AB=8，AD=6，则四边形EFGH的周长等于__________．17．计算（x4）2的结果等于_____．18．如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，E是AB边的中点，F是线段BC边上的动点，将△EBF沿EF所在直线折叠得到△EB′F，连接B′D，则B′D的最小值是______．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19．（6分）计算：-2-2 - 12+2 1sin60π3⎛⎫-︒+-⎪⎝⎭20．（68﹣|﹣2|+（13）﹣1﹣2cos45°21．（6分）解不等式组43(2)52364x xxx--<-⎧⎪⎨-≥-⎪⎩并写出它的整数解．22．（8分）如图，在平面直角坐标系中有Rt△ABC，∠A=90°，AB=AC，A（﹣2，0），B（0，1）．（1）求点C的坐标；（2）将△ABC沿x轴的正方向平移，在第一象限内B、C两点的对应点B'、C'正好落在某反比例函数图象上．请求出这个反比例函数和此时的直线B'C'的解析式．（3）若把上一问中的反比例函数记为y1，点B′，C′所在的直线记为y2，请直接写出在第一象限内当y1＜y2时x的取值范围．23．（8分）某商店销售10台A型和20台B型电脑的利润为4000元，销售20台A型和10台B型电脑的利润为3500元．求每台A型电脑和B型电脑的销售利润；该商店计划一次购进两种型号的电脑共100台，其中B型电脑的进货量不超过A型电脑的2倍，设购进A型电脑x台，这100台电脑的销售总利润为y元．①求y关于x的函数关系式；②该商店购进A型、B型电脑各多少台，才能使销售总利润最大？实际进货时，厂家对A型电脑出厂价下调m（0＜m＜100）元，且限定商店最多购进A型电脑70台，若商店保持同种电脑的售价不变，请你根据以上信息及（2）中条件，设计出使这100台电脑销售总利润最大的进货方案．24．（10分）如图①，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E，F分别在BC，CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数．如图②，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD，点M，N是BD边上的任意两点，且∠MAN=45°，将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ADH位置，连接NH，试判断MN2，ND2，DH2之间的数量关系，并说明理由．在图①中，若EG=4，GF=6，求正方形ABCD的边长．25．（10分）如图，在平面直角坐标系中，△AOB的三个顶点坐标分别为A（1，0），O（0，0），B（2，2）．以点O 为旋转中心，将△AOB逆时针旋转90°，得到△A1OB1．画出△A1OB1；直接写出点A1和点B1的坐标；求线段OB1的长度．26．（12分）已知，在平面直角坐标系xOy中，抛物线L：y=x2-4x+3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），顶点为C．（1）求点C和点A的坐标．（2）定义“L双抛图形”：直线x=t将抛物线L分成两部分，首先去掉其不含顶点的部分，然后作出抛物线剩余部分关于直线x=t的对称图形，得到的整个图形称为抛物线L关于直线x=t的“L双抛图形”（特别地，当直线x=t恰好是抛物线的对称轴时，得到的“L双抛图形”不变），①当t=0时，抛物线L关于直找x=0的“L双抛图形”如图所示，直线y=3与“L双抛图形”有______个交点；②若抛物线L关于直线x=t的“L双抛图形”与直线y=3恰好有两个交点，结合图象，直接写出t的取值范围：______；③当直线x=t经过点A时，“L双抛图形”如图所示，现将线段AC所在直线沿水平（x轴）方向左右平移，交“L双抛图形”于点P，交x轴于点Q，满足PQ=AC时，求点P的坐标．27．（12分）如图，把△EFP按图示方式放置在菱形ABCD中，使得顶点E、F、P分别在线段AB、AD、AC上，已知EP＝FP＝4，EF＝43，∠BAD＝60°，且AB＞43．（1）求∠EPF的大小；（2）若AP=6，求AE＋AF的值.参考答案一、选择题（本大题共12个小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1、B【解题分析】先根据多边形的内角和公式分别求得正六边形和正五边形的每一个内角的度数，再根据多边形的内角和公式求得∠APG 的度数． 【题目详解】(6﹣2)×180°÷6＝120°， (5﹣2)×180°÷5＝108°，∠APG ＝(6﹣2)×180°﹣120°×3﹣108°×2 ＝720°﹣360°﹣216° ＝144°， 故选B ． 【题目点拨】本题考查了多边形内角与外角，关键是熟悉多边形内角和定理：(n ﹣2)•180 (n≥3)且n 为整数)． 2、C 【解题分析】分式分母不为0，所以10x -≠，解得1x ≠. 故选：C. 3、C 【解题分析】，可以估算出位于哪两个整数之间，从而可以解答本题． 【题目详解】<即67<<故选：C ． 【题目点拨】本题考查估算无理数的大小，解题的关键是明确估算无理数大小的方法． 4、B 【解题分析】求最高气温比最低气温高多少度，即是求最高气温与最低气温的差，这个实际问题可转化为减法运算，列算式计算即可． 【题目详解】 3-（-4）=3+4=7℃．故选B．5、D【解题分析】如图，过点C作CD⊥x轴于点D，∵点C的坐标为（3，4），∴OD=3，CD=4.∴根据勾股定理，得：OC=5.∵四边形OABC是菱形，∴点B的坐标为（8，4）.∵点B在反比例函数(x>0)的图象上，∴.故选D.6、B【解题分析】根据频数÷频率=总数可求出参加人数，根据分别求出5分、15分、0分的人数，即可求出平均分，根据0分的频率即可求出800人中0分的人数，根据中位数的定义求出中位数，对选项进行判断即可.【题目详解】∵5÷0.1=50（名），有50名同学参加知识竞赛，故选项A错误；∵成绩5分、15分、0分的同学分别有：50×0.2=10（名），50×0.4=20（名），50﹣10﹣5﹣20﹣5=10（名）∴抽到的同学参加知识竞赛的平均成绩为：0505030010050++++=10，故选项B正确；∵0分同学10人，其频率为0.2，∴800名学生，得0分的估计有800×0.2=160（人），故选项C错误；∵第25、26名同学的成绩为10分、15分，∴抽到同学参加知识竞赛成绩的中位数为12.5分，故选项D错误．故选：B．【题目点拨】本题考查利用频率估算概率，平均数及中位数的定义，熟练掌握相关知识是解题关键.7、A 【解题分析】根据任何一个一次函数都可以化为一个二元一次方程，再根据两个函数交点坐标就是二元一次方程组的解可直接得到答案． 【题目详解】解：∵直线y 1=k 1x+b 1与y 2=k 2x+b 2的交点坐标为（2，4），∴二元一次方程组111222,y k x b y k x b =+⎧⎨=+⎩的解为2,4.x y =⎧⎨=⎩故选A. 【题目点拨】本题主要考查了函数解析式与图象的关系，满足解析式的点就在函数的图象上，在函数的图象上的点，就一定满足函数解析式．函数图象交点坐标为两函数解析式组成的方程组的解． 8、D 【解题分析】根据“一元二次方程x 2+mx +n ＝0的两个实数根分别为x 1＝2，x 2＝4”，结合根与系数的关系，分别列出关于m 和n 的一元一次不等式，求出m 和n 的值，代入m +n 即可得到答案． 【题目详解】 解：根据题意得： x 1+x 2＝﹣m ＝2+4， 解得：m ＝﹣6， x 1•x 2＝n ＝2×4， 解得：n ＝8， m+n ＝﹣6+8＝2， 故选D ． 【题目点拨】本题考查了根与系数的关系，正确掌握根与系数的关系是解决问题的关键． 9、B 【解题分析】由一次函数的定义知，|m|=1且m-1≠0，所以m=-1，故选B. 10、C 【解题分析】列表得出进出的所有情况，再从中确定出恰好选择从同一个口进出的结果数，继而根据概率公式计算可得． 【题目详解】 解：列表得：∴一共有25种等可能的情况，恰好选择从同一个口进出的有5种情况， ∴恰好选择从同一个口进出的概率为525=15， 故选C ． 【题目点拨】此题主要考查了列表法求概率，列表法可以不重复不遗漏的列出所有可能的结果，适合于两步完成的事件；树状图法适用于两步或两步以上完成的事件；解题时还要注意是放回实验还是不放回实验．用到的知识点为：概率=所求情况数与总情况数之比． 11、D 【解题分析】根据菱形的性质得出BO 、CO 的长，在RT △BOC 中求出BC ，利用菱形面积等于对角线乘积的一半，也等于BC×AE ，可得出AE 的长度． 【题目详解】∵四边形ABCD 是菱形， ∴CO=12AC=3，BO=12BD=，AO ⊥BO ，∴BC 5===． ∴ABCD 11S BD AC 682422=⋅=⨯⨯=菱形． 又∵ABCD S BC AE =⋅菱形， ∴BC·AE=24，即()24AE cm 5=． 故选D ．点睛：此题考查了菱形的性质，也涉及了勾股定理，要求我们掌握菱形的面积的两种表示方法，及菱形的对角线互相垂直且平分．12、B【解题分析】仔细观察图象，①k 的正负看函数图象从左向右成何趋势即可；②a ，b 看y 2=x+a ，y 1=kx+b 与y 轴的交点坐标；③看两函数图象的交点横坐标；④以两条直线的交点为分界，哪个函数图象在上面，则哪个函数值大．【题目详解】①∵y 1=kx+b 的图象从左向右呈下降趋势，∴k ＜0正确；②∵y 2=x+a ，与y 轴的交点在负半轴上，∴a<0，故②错误；③当x<3时，y 1>y 2错误；故正确的判断是①．故选B ．【题目点拨】本题考查一次函数性质的应用.正确理解一次函数的解析式：y=kx+b （k≠0）y 随x 的变化趋势：当k ＞0时，y 随x 的增大而增大；当k ＜0时，y 随x 的增大而减小.二、填空题：（本大题共6个小题，每小题4分，共24分．）13、2【解题分析】分析：由点G 是△ABC 重心，BC =6，易得CD =3，AG ：AD =2：3，又由GE ∥BC ，可证得△AEG ∽△ACD ，然后由相似三角形的对应边成比例，即可求得线段GE 的长．详解：∵点G 是△ABC 重心，BC =6，∴CD =12BC =3，AG ：AD =2：3， ∵GE ∥BC ，∴△AEG ∽△ADC ，∴GE ：CD =AG ：AD =2：3，∴GE =2.故答案为2.点睛：本题考查了三角形重心的定义和性质、相似三角形的判定和性质.利用三角形重心的性质得出AG：AD=2：3是解题的关键.14、>【解题分析】由图像可知在射线上有一个特殊点,点到射线的距离，点到射线的距离，于是可知,利用锐角三角函数,即可判断出【题目详解】由题意可知：找到特殊点，如图所示：设点到射线的距离，点到射线的距离由图可知，,,【题目点拨】本题考查了点到线的距离，熟知在直角三角形中利用三角函数来解角和边的关系是解题关键.x15、1【解题分析】两边平方解答即可．【题目详解】原方程可化为：（x-1）2=1-x，解得：x1=0，x2=1，经检验，x=0不是原方程的解，x=1是原方程的解故答案为1x=．【题目点拨】此题考查无理方程的解法，关键是把两边平方解答，要注意解答后一定要检验．16、20.【解题分析】分析：连接AC,BD,根据勾股定理求出BD,根据三角形中位线定理，菱形的判定定理得到四边形EHGF为菱形，根据菱形的性质计算．解答:连接AC,BD在Rt△ABD中，10,=∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD=10, ∵E、H分别是AB、AD的中点，∴EH∥BD,EF=12BD=5,同理，FG∥BD,FG=12BD=5,GH∥AC,GH=12AC=5, ∴四边形EHGF为菱形，∴四边形EFGH的周长=5×4=20，故答案为20.点睛：本题考查了中点四边形，掌握三角形的中位线定理、菱形的判定定理是解答本题的关键.17、x1【解题分析】分析：直接利用幂的乘方运算法则计算得出答案．详解：（x4）2=x4×2=x1．故答案为x1．点睛：本题主要考查了幂的乘方运算，正确掌握运算法则是解题的关键．18、﹣1【解题分析】如图所示点B′在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B′、E共线时时，此时B′D的值最小，根据勾股定理求出DE，根据折叠的性质可知B′E=BE=1，即可求出B′D．【题目详解】如图所示点B′在以E为圆心EA为半径的圆上运动，当D、B′、E共线时时，此时B′D的值最小，根据折叠的性质，△EBF≌△EB′F，∴EB′⊥B′F，∴EB′=EB，∵E是AB边的中点，AB=4，∴AE=EB′=1，∵AD=6，∴DE=2262210+=，∴B′D=110﹣1．【题目点拨】本题考查了折叠的性质、全等三角形的判定与性质、两点之间线段最短的综合运用；确定点B′在何位置时，B′D的值最小是解题的关键．三、解答题：（本大题共9个小题，共78分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．19、753 4-【解题分析】直接利用负指数幂的性质以及零指数幂的性质和特殊角的锐角三角函数值分别化简，再根据实数的运算法则即可求出答案．【题目详解】解：原式=137523113 4242---+=【题目点拨】本题考查了负指数幂的性质以及零指数幂的性质和特殊角的锐角三角函数值，熟记这些运算法则是解题的关键. 202+1【解题分析】分析：直接利用二次根式的性质、负指数幂的性质和特殊角的三角函数值分别化简求出答案．详解：原式2﹣2+3﹣2×2 22+122+1．点睛：本题主要考查了实数运算，正确化简各数是解题的关键．21、不等式组的解集是5＜x≤1，整数解是6，1【解题分析】先分别求出两个不等式的解，求出解集，再根据整数的定义得到答案.【题目详解】43(2)52364x x x x --<-⎧⎪⎨-≥-⎪⎩①② ∵解①得：x ＞5，解不等式②得：x ≤1，∴不等式组的解集是5＜x ≤1，∴不等式组的整数解是6，1．【题目点拨】本题考查求一元一次不等式组，解题的关键是掌握求一元一次不等式组的方法22、（1）C （﹣3，2）；（2）y 1=6x ， y 2=﹣13x+3； （3）3＜x ＜1． 【解题分析】分析：（1）过点C 作CN ⊥x 轴于点N ，由已知条件证Rt △CAN ≌Rt △AOB 即可得到AN=BO=1，CN=AO=2，NO=NA+AO=3结合点C 在第二象限即可得到点C 的坐标；（2）设△ABC 向右平移了c 个单位，则结合（1）可得点C′，B′的坐标分别为（﹣3+c ，2）、（c ，1），再设反比例函数的解析式为y 1=k x，将点C′，B ′的坐标代入所设解析式即可求得c 的值，由此即可得到点C′，B′的坐标，这样用待定系数法即可求得两个函数的解析式了；（3）结合（2）中所得点C′，B′的坐标和图象即可得到本题所求答案.详解：（1）作CN ⊥x 轴于点N ，∴∠CAN=∠CAB=∠AOB=90°，∴∠CAN+∠CAN=90°，∠CAN+∠OAB=90°，∴∠CAN=∠OAB ，∵A （﹣2，0）B （0，1），∴OB=1，AO=2，在Rt △CAN 和Rt △AOB ，∵ACN OAB ANC AOB AC AB ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴Rt△CAN≌Rt△AOB（AAS），∴AN=BO=1，CN=AO=2，NO=NA+AO=3，又∵点C在第二象限，∴C（﹣3，2）；（2）设△ABC沿x轴的正方向平移c个单位，则C′（﹣3+c，2），则B′（c，1），设这个反比例函数的解析式为：y1=kx，又点C′和B′在该比例函数图象上，把点C′和B′的坐标分别代入y1=kx，得﹣1+2c=c，解得c=1，即反比例函数解析式为y1=6x，此时C′（3，2），B′（1，1），设直线B′C′的解析式y2=mx+n，∵32 61m nm n+=⎧⎨+=⎩，∴133mn⎧=-⎪⎨⎪=⎩，∴直线C′B′的解析式为y2=﹣13x+3；（3）由图象可知反比例函数y1和此时的直线B′C′的交点为C′（3，2），B′（1，1），∴若y1＜y2时，则3＜x＜1．点睛：本题是一道综合考查“全等三角形”、“一次函数”、“反比例函数”和“平移的性质”的综合题，解题的关键是：（1）通过作如图所示的辅助线，构造出全等三角形Rt△CAN和Rt△AOB；（2）利用平移的性质结合点B、C的坐标表达出点C′和B′的坐标，由点C′和B′都在反比例函数的图象上列出方程，解方程可得点C′和B′的坐标，从而使问题得到解决.23、(1) 每台A型100元，每台B 150元;(2) 34台A型和66台B型;(3) 70台A型电脑和30台B型电脑的销售利润最大【解题分析】（1）设每台A型电脑销售利润为a元，每台B型电脑的销售利润为b元；根据题意列出方程组求解，（2）①据题意得，y=﹣50x+15000，②利用不等式求出x的范围，又因为y=﹣50x+15000是减函数，所以x取34，y取最大值，（3）据题意得，y=（100+m）x﹣150（100﹣x），即y=（m﹣50）x+15000，分三种情况讨论，①当0＜m＜50时，y 随x的增大而减小，②m=50时，m﹣50=0，y=15000，③当50＜m＜100时，m﹣50＞0，y随x的增大而增大，分别进行求解．【题目详解】解：（1）设每台A型电脑销售利润为a元，每台B型电脑的销售利润为b元；根据题意得解得100150 ab=⎧⎨=⎩答：每台A型电脑销售利润为100元，每台B型电脑的销售利润为150元．（2）①据题意得，y=100x+150（100﹣x），即y=﹣50x+15000，②据题意得，100﹣x≤2x，解得x≥3313，∵y=﹣50x+15000，﹣50＜0，∴y随x的增大而减小，∵x为正整数，∴当x=34时，y取最大值，则100﹣x=66，即商店购进34台A型电脑和66台B型电脑的销售利润最大．（3）据题意得，y=（100+m）x+150（100﹣x），即y=（m﹣50）x+15000，3313≤x≤70①当0＜m＜50时，y随x的增大而减小，∴当x=34时，y取最大值，即商店购进34台A型电脑和66台B型电脑的销售利润最大．②m=50时，m﹣50=0，y=15000，即商店购进A型电脑数量满足3313≤x≤70的整数时，均获得最大利润；③当50＜m＜100时，m﹣50＞0，y随x的增大而增大，∴当x=70时，y取得最大值．即商店购进70台A型电脑和30台B型电脑的销售利润最大．【题目点拨】本题主要考查了一次函数的应用，二元一次方程组及一元一次不等式的应用，解题的关键是根据一次函数x 值的增大而确定y 值的增减情况．24、 (1) 45°．(1) MN 1=ND 1+DH 1．理由见解析；（3）11.【解题分析】（1）先根据AG ⊥EF 得出△ABE 和△AGE 是直角三角形，再根据HL 定理得出△ABE ≌△AGE ，故可得出∠BAE=∠GAE ，同理可得出∠GAF=∠DAF ，由此可得出结论；（1）由旋转的性质得出∠BAM=∠DAH ，再根据SAS 定理得出△AMN ≌△AHN ，故可得出MN=HN ．再由∠BAD=90°，AB=AD 可知∠ABD=∠ADB=45°，根据勾股定理即可得出结论；（3）设正方形ABCD 的边长为x ，则CE=x-4，CF=x-2，再根据勾股定理即可得出x 的值．【题目详解】解：（1）在正方形ABCD 中，∠B=∠D=90°，∵AG ⊥EF ，∴△ABE 和△AGE 是直角三角形．在Rt △ABE 和Rt △AGE 中，AB AG AE AE =⎧⎨=⎩， ∴△ABE ≌△AGE （HL ），∴∠BAE=∠GAE ．同理，∠GAF=∠DAF ．∴∠EAF=∠EAG+∠FAG=12∠BAD=45°． （1）MN 1=ND 1+DH 1．由旋转可知：∠BAM=∠DAH ，∵∠BAM+∠DAN=45°，∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°．∴∠HAN=∠MAN ．在△AMN 与△AHN 中， AM AH HAN MAN AN AN =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△AMN ≌△AHN （SAS ），∴MN=HN ．∵∠BAD=90°，AB=AD，∴∠ABD=∠ADB=45°．∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°．∴NH1=ND1+DH1．∴MN1=ND1+DH1．（3）由（1）知，BE=EG=4，DF=FG=2．设正方形ABCD的边长为x，则CE=x-4，CF=x-2．∵CE1+CF1=EF1，∴（x-4）1+（x-2）1=101．解这个方程，得x1=11，x1=-1（不合题意，舍去）．∴正方形ABCD的边长为11．【题目点拨】本题考查的是几何变换综合题，涉及到三角形全等的判定与性质、勾股定理、正方形的性质等知识，难度适中．25、（1）作图见解析；（2）A1（0，1），点B1（﹣2，2）．（3）22【解题分析】（1）按要求作图.（2）由（1）得出坐标.（3）由图观察得到，再根据勾股定理得到长度.【题目详解】解：（1）画出△A1OB1，如图．（2）点A1（0，1），点B1（﹣2，2）．（3）OB1＝OB＝＝2．【题目点拨】本题主要考查的是绘图、识图、勾股定理等知识点，熟练掌握方法是本题的解题关键.26、（1）C（2，-1），A（1，0）；（2）①3，②0＜t＜1，③（2+2，1）或（-2+2，1）或（-1，0）【解题分析】（1）令y=0得：x2-1x+3=0，然后求得方程的解，从而可得到A、B的坐标，然后再求得抛物线的对称轴为x=2，最后将x=2代入可求得点C的纵坐标；（2）①抛物线与y轴交点坐标为（0，3），然后做出直线y=3，然后找出交点个数即可；②将y=3代入抛物线的解析式求得对应的x的值，从而可得到直线y=3与“L双抛图形”恰好有3个交点时t的取值，然后结合函数图象可得到“L 双抛图形”与直线y=3恰好有两个交点时t的取值范围；③首先证明四边形ACQP为平行四边形，由可得到点P的纵坐标为1，然后由函数解析式可求得点P的横坐标．【题目详解】（1）令y=0得：x2-1x+3=0，解得：x=1或x=3，∴A（1，0），B（3，0），∴抛物线的对称轴为x=2，将x=2代入抛物线的解析式得：y=-1，∴C（2，-1）；（2）①将x=0代入抛物线的解析式得：y=3，∴抛物线与y轴交点坐标为（0，3），如图所示：作直线y=3，由图象可知：直线y=3与“L双抛图形”有3个交点，故答案为3；②将y=3代入得：x2-1x+3=3，解得：x=0或x=1，由函数图象可知：当0＜t＜1时，抛物线L关于直线x=t的“L双抛图形”与直线y=3恰好有两个交点，故答案为0＜t＜1．③如图2所示：∵PQ∥AC且PQ=AC，∴四边形ACQP为平行四边形，又∵点C的纵坐标为-1，∴点P的纵坐标为1，将y=1代入抛物线的解析式得：x2-1x+3=1，解得：2+2或2．∴点P2，1）或（2+2，1），当点P（-1，0）时，也满足条件．2+2，1）或（2，1）或（-1，0）【题目点拨】本题主要考查的是二次函数的综合应用，解答本题需要同学们理解“L双抛图形”的定义，数形结合以及方程思想的应用是解题的关键．27、（1）∠EPF＝120°；（2）AE＋AF＝3【解题分析】试题分析: （1）过点P作PG⊥EF于G，解直角三角形即可得到结论；（2）如图2，过点P作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N，证明△ABC≌△ADC，R t△PME≌R t△PNF，问题即可得证. 试题解析:（1）如图1，过点P作PG⊥EF于G，∵PE=PF，∴FG=EG=123，∠FPG=∠EPG＝12∠EPF，在△FPG中，sin∠FPG=3342FGPF==，∴∠FPG=60°，∴∠EPF=2∠FPG=120°；（2）如图2，过点P 作PM ⊥AB 于M ，PN ⊥AD 于N ，∵四边形ABCD 是菱形，∴AD=AB ，DC=BC ，∴∠DAC=∠BAC ，∴PM=PN ，在R t △PME 于R t △PNF 中，PM PN PE PF ⎧⎨⎩═＝ ， ∴R t △PME ≌R t △PNF ，∴FN=EM ，在R t △PMA 中，∠PMA=90°，∠PAM=12 ∠DAB=30°， ∴3，同理3，∴AE+AF=（AM-EM ）+（AN+NF ）3.【题目点拨】运用了菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，最值问题，等腰三角形的性质，作辅助线构造直角三角形是解题的关键．。
2023重庆中考数学b卷压轴题26题
2023重庆中考数学b卷压轴题26题题目：已知二次函数y=x²-2x-3一、对题目进行分析，这道题主要考察二次函数的性质和图像，需要理解二次函数的表达式，掌握其对称轴和开口方向等信息。
二、解题步骤：1. 根据二次函数表达式，我们可以得到对称轴为直线x=1，开口向上。
2. 在B卷压轴题中，通常需要考生进行一些复杂的计算和推理。
首先，我们需要找到函数图像与x轴的交点，这可以通过令y=0来求解。
解方程x²-2x-3=0，得到x₁=3，x₂=-1。
也就是说，函数图像与x轴有两个交点(-1,0)和(3,0)。
3. 将已知的两个交点坐标代入图像中，可以得到图像大致呈抛物线形状，开口向上，与x轴有两个交点(-1,0)和(3,0)。
对称轴为直线x=1。
4. 接下来，我们需要根据题目要求，求出函数图像与直线y=4的交点坐标。
将直线y=4代入二次函数表达式中，得到一元二次方程x²-2x-7=0。
解得，该方程的两个解分别为x₃=5和x₄=-2。
也就是说，图像与直线y=4有两个交点(5,4)和(-2,4)。
5. 最后，根据题目要求，求出图像与直线y=-2的交点与对称轴的间距。
由于题目中未给出具体的坐标值，因此需要进行一些简单的代数计算。
综上，通过以上步骤的推理和计算，我们可以得出以下结论：当x=1时，y=2当x=-2时，y=-5当x=5时，y=4因此，函数图像与直线y=-2的交点坐标为(5,4)，该点与对称轴的距离为4。
三、总结：这道题考察了二次函数的性质和图像，需要考生具备一定的数学基础和推理能力。
解题的关键在于理解二次函数的表达式，掌握其对称轴和开口方向等信息，并能够进行一些复杂的计算和推理。
同时，考生还需要注意题目中的细节和要求，确保解题的准确性和完整性。
中考数学冲刺-专题16 二次函数压轴题存在性三角形专项训练 (解析版)
二轮复习2023-2024年中考数学重要考点名校模拟题分类汇编专题16——二次函数压轴题存在性三角形专项训练（重庆专用）(1)求直线AC的解析式；(2)如图1，连接BC，点P为直线AC、�1之间第二象限抛物线上的一动点，轴交直线�1点F，过点P作푃 ∥퐵 交AC于点E，求푃 +坐标；，进而可求．轴，∴��∥푃 ，∴퐵�푃�=퐵�� ，设�푃=�，则푃�,−12�2,+4∴푃 =3， =4−52=32，∴푃 =푃 2+ 2=325，∴抛物线向右平移3个单位，向上平移∴�=−�−3−�−3+4+当�=−3时，�=−23×−3+4=6，∴ −3,6，∴ =6−42+32=13，∴ ′�= ′ ′= =13，�∴ ∥ �， ∥ ′�， ′ =132，直线�2为：�=−23�，∵� ⊥�1，∴�2⊥�3，∴∠�1�퐵1=∠�2�퐵2，��(1)求抛物线的解析式；(2)如图2，若P点为抛物线上位于第一象限的点，连接�푃、퐵 交于点E，当푃 �大时，求P点的坐标及푃 � 的最大值；(3)如图3，在（2）中将△�� 沿直线� 平移得△�′�′ ′，点A、O、C的对应点分′′′′′′ ′푃为直角三角形时，请直接写出∵퐵6,0， 0,23，∴直线퐵 的解析式为�设푃�,−36�2+233�则��,−33�+23，�个单位，得到新抛物线的值，最后求最��+3与x轴交于�−1,0,퐵3,0两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C．(1)求抛物线的解析式；(2)如图，P为直线BC上方的抛物线上一点，푃�∥�轴交BC于D点，过点D作于E点．设�=푃�+102� ，求m的最大值及此时P点坐标；(3)在（2）中m取得最大值时条件下，将该抛物线沿水平方向向左平移3个单位，点为平移后的抛物线的对称轴上一点．使得对于�=−�2+2�+3，当�=∴ (0，3)，设直线퐵 的解析式为�=푞�+把퐵(3,0)代入得，∴0=3푞+3，解得푞=−1，∴直线퐵 的解析式为�=−�+∴�(�，−�+3)，∴푃�=−�2+2�+3−−�+∵�(−1,0)， (0，3)，∴� =12+32=10，∴102� =12� ⋅� ，连接��，∴102� =12� ⋅� =�△�� ∵�△�� =�△�퐵 −�△��퐵，∴�△�� =1×4×3−1(−�+0,6．(1)求抛物线的解析式：(2)点P是直线퐵 上方抛物线上一点，过点P作푃 ∥�轴交퐵于点F，求 +퐵 的最小值，及此时点P的坐标；(3)如图2，x轴上有一点�−1,0，将抛物线向x轴正方向平移，使得抛物线恰好经过点得到新抛物线y1，点D是新抛物线�1与原抛物线的交点，点E是直线当△�� 是以��为腰的等腰三角形时，直接写出所有符合条件的点(1)求抛物线的解析式；(2)点�是位于直线� 上方的抛物线上任意一点，过点的坐标；∴푃�=−35�2−125�5�，∵푃 ∥퐵 交�轴于点∴∠푃 �=∠ 퐵�如图2，分别过F点向y轴作垂线，过C点向直线�=∴∠ =∠ � =90°，∵∠ =∠ �=90°，∴∠ =∠ �，∴∠ � =∠ =90°，∵∠ =90°，∠� +∠ �=90°=∴∠� =∠ ，∵ = ，�(1)求抛物线的解析式；(2)�为抛物线的顶点，连接퐵�，点푃为抛物线上点 、푃作푃�∥퐵�交直线퐵 于点�，连接��，求四边形点的坐标；−∵�=12�2−52�+2=12(�−52)2−∴顶点�(52,−98)，∵퐵 2+ �2=퐵�2，∴50+(�+1)2+(12�2−52�∴50+10�−15=5(�2−5∴�=8或�=−1（舍），∵퐵�2+ �2=퐵 2，∴(�+1)2+(12�2−52�−3)2∴(�+1)(�−4)(�−2)(�−∴�=4（与퐵重合，舍去）或�∵퐵�2+ 퐵2=� 2，∴(�−4)2+(12�2−52�+2)2+∴�=3或�=4（与퐵重合，舍去）∴�(3,−1)，【答案】（1）y=x2﹣2x﹣，﹣两点的坐标代入得，解得：；设P（x，x2﹣2x﹣3），设直线则，解得：，S四边形ABPC=S△ABC+S△BPQ+S△CPQ=AB•OC+QP•BF+QP•OF=×4×3+（﹣x2+3x）×3=﹣（x﹣）2+．当x=时，四边形ABPC的面积最大此时P点的坐标为（，﹣），四边形ABPC的面积的最大值为；（3）设点Q的坐标为（m，m﹣3），∵O（0，0），C（0，﹣3），∴OC=3，QC==|m|，QO=．△QOC为等腰三角形分三种情况：①当OC=QC时，3=|m|，解得：m=±，此时点Q的坐标为（，﹣3）或（﹣，﹣﹣3）；②当OC=QO时，3=，解得：m=3或m=0（舍去），此时点Q的坐标为（3，0）；③当QC=QO时，有|m|=，解得：m=，此时点Q的坐标为（，﹣）．点坐标为（，﹣（﹣，﹣﹣0）或（，﹣）依据二次函数的性质求解可得；在线段(1)求抛物线的函数解析式．(2)在第一象限的抛物线上有一动点P，过点P作푃 ∥�轴交直线交直线BD于点F．求23푃 −푃 的最大值，并求出此时点(3)在（2）的条件下，将原抛物线�=−22�2+��+�沿着射线得到新抛物线�'，新抛物线�'与原抛物线交于点Q，点）根据相似三角形的性质，把图象的平移转化为水平和左右平移，则设向下平移九年级重庆八中校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，抛(1)求该抛物线的函数表达式；(2)点P为线段퐵 上方抛物线上的一点，过点P作푃 ∥�푃 ∥� 交直线퐵 于点F，求△푃 周长的最大值及此时点(3)在（2）的条件下，将抛物线�=��2+��+4�≠0沿射线的周长最大，据此求解即可；。
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重庆市2019中考数学压轴题训练（华师版）
1. （2018?绍兴）小敏思考解决如下问题：
原题：如图1，点P，Q分别在菱形ABCD的边BC，CD上，∠PAQ=∠B，求证：AP=AQ．
（1）小敏进行探索，若将点P，Q的位置特殊化；把∠PAQ绕点A旋转得到∠EAF，使AE⊥BC，点E，F分别在边BC，CD上，如图2．此时她证明了AE=AF，请你证明．
（2）受以上（1）的启发，在原题中，添加辅助线：如图3，作AE⊥BC，AF⊥CD，垂足分别为E，F．请你继续完成原题的证明．
（3）如果在原题中添加条件：AB=4，∠B=60°，如图1，请你编制一个计算题（不标注新
的字母），并直接给出答案（根据编出的问题层次，给不同的得分）．
2.（2018?重庆A卷）如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点E是BC上一点，且AB=AE，连接EO并延长交AD于点F．过点B作AE的垂线，垂足为H，交AC于点G．
（1）若AH=3，HE=1，求△ABE的面积；
（2）若∠ACB=45°，求证：DF=CG．
3.（2018.长沙）如图，在平面直角坐标系xOy中，函数（m为常数，m＞1，
x＞0）的图象经过点P（m，1）和Q（1，m），直线PQ与x轴，y轴分别交于C，D两点，点M（x，y）是该函数图象上的一个动点，过点M分别作x轴和y轴的垂线，垂足分别为A，B．
（1）求∠OCD的度数；
（2）当m=3，1＜x＜3时，存在点M使得△OPM∽△OCP，求此时点M的坐标；（3）当m=5时，矩形OAMB与△OPQ的重叠部分的面积能否等于 4.1？请说明你的理由．
5. （2018?重庆A卷）如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y=-x2+4x上，且横坐标为1，点B与点A关于抛物线的对称轴对称，直线AB与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，点E的坐标为（1，1）．
（1）求线段AB的长；
（2）点P为线段AB上方抛物线上的任意一点，过点P作AB的垂线交AB于点H，点F为y轴上一点，当△PBE的面积最大时，求PH+HF+FO的最小值；
（3）在（2）中，PH+HF+FO取得最小值时，将△CFH绕点C顺时针旋转60°后
得到△CF′H′，过点F'作CF′的垂线与直线AB交于点Q，点R为抛物线对称
轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点S，使以点D，Q，R，S为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点S的坐标，若不存在，请说明理由．
6.（2018?重庆B卷）抛物线y=﹣x2﹣x+与x轴交于点A，B（点A在
点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．
（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；
（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC 交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE+EC 的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C 的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周，在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C 的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．
7.(2018.安徽) 如图1，Rt△ABC中，∠ACB=90°，点D为边AC上一点，DE⊥AB 于点E．点M为BD中点，CM的延长线交AB于点F．
（1）求证：CM=EM；
（2）若∠BAC=50°，求∠EMF的大小；
（3）如图2，若△DAE≌△CEM，点N为CM的中点，求证：AN∥EM．。