2015中考数学压轴题汇编及答案(3)

4．（2015?阜新）如图，抛物线y=﹣x+bx+c交x轴于点A（﹣3，0）和点B，交y轴于点C（0，3）． （1）求抛物线的函数表达式；

（2）若点P在抛物线上，且S△AOP=4SBOC，求点P的坐标；

（3）如图b，设点Q是线段AC上的一动点，作DQ⊥x轴，交抛物线于点D，求线段DQ长度的最大值． 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题． 【分析】（1）把点A、C的坐标分别代入函数解析式，列出关于系数的方程组，通过解方程组求得系数的值；

2

（2）设P点坐标为（x，﹣x﹣2x+3），根据S△AOP=4S△BOC列出关于x的方程，解方程求出x的值，进而得到点P的坐标；（3）先运用待定系数法求出直线AC的解析式为y=x+3，再设Q点坐标为（x，x+3），则D点坐标

2

为（x，x+2x﹣3），然后用含x的代数式表示QD，根据二次函数的性质即可求出线段QD长度的最大值．

2

【解答】解：（1）把A（﹣3，0），C（0，3）代入y=﹣x+bx+c，得：

2

，解得．

2

故该抛物线的解析式为：y=﹣x﹣2x+3． （2）由（1）知，该抛物线的解析式

2

为y=﹣x﹣2x+3，则易得B（1，0）． ∵S△AOP=4S△BOC，

∴×3×|﹣x﹣2x+3|=4××1×3．

整理，得（x+1）=0或x+2x﹣7=0， 解得x=﹣1或x=﹣1±2． 则符合条件的点P的坐标为：（﹣1，4）或（﹣1+2，﹣4）或（﹣1﹣2（3）设直线AC的解析式为y=kx+t，将A（﹣3，0），C（0，3）代入， 得

，解得

．即直线AC的解析式为y=x+3．

2

2

2

2

，﹣4）；

设Q点坐标为（x，x+3），（﹣3≤x≤0），则D点坐标为（x，﹣x﹣2x+3）， QD=（﹣x﹣2x+3）﹣（x+3）=﹣x﹣3x=﹣（x+）+， ∴当x=﹣时，QD有最大值．

【点评】此题考查了待定系数法求二次函数、一次函数的解析式，二次函数的性质以及三角形面积、线段长度问题．此题难度适中，解题的关键是运用方程思想与数形结合思想．

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2

2

2

5．（2015?济宁）如图，⊙E的圆心E（3，0），半径为5，⊙E与y轴相交于A、B两点（点A在点B的上方），与x轴的正半轴交于点C，直线l的解析式为y=x+4，与x轴相交于点D，以点C为顶点的抛物线过点B． （1）求抛物线的解析式；

（2）判断直线l与⊙E的位置关系，并说明理由；

（3）动点P在抛物线上，当点P到直线l的距离最小时．求出点P的坐标及最小距离． 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题． 【分析】（1）连接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，利用勾股定理求出OA的长，结合垂径定理求出OC的长，从而得到C点坐标，进而得到抛物线的解析式；

（2）求出点D的坐标为（﹣，0），根据△AOE∽△DOA，求出∠DAE=90°，判断出直线l与⊙E相切与A．

（3）过点P作直线l的垂线段PQ，垂足为Q，过点P作直线PM垂直于x轴，交直线l于点M．设M（m，m+4），P（m，﹣

m+m﹣4），得到PM=m+4﹣（﹣

2

m+m﹣4）=

2

m﹣m+8=

2

（m﹣2）+

2

，根据△PQM

的三个内角固定不变，得到PQ最小=PM最小?sin∠QMP=PM最小?sin∠AEO=【解答】解：（1）如图1，连接AE，由已知得：AE=CE=5，OE=3，

在Rt△AOE中，由勾股定理得，OA===4， ∵OC⊥AB，∴由垂径定理得，OB=OA=4， OC=OE+CE=3+5=8， ∴A（0，4），B（0，﹣4），C（8，0），

2

∵抛物线的定点为C，∴设抛物线的解析式为y=a（x﹣8）， 将点B的坐标代入上解析的式，得64a=﹣4，故a=﹣∴y=﹣∴y=﹣

（x﹣8），

x+x﹣4为所求抛物线的解析式，

，

2

2

×=，从而得到最小距离．

，

（2）在直线l的解析式y=x+4中，令y=0，得x+4=0，解得x=﹣∴点D的坐标为（﹣

，0），当x=0时，y=4，

∴点A在直线l上，在Rt△AOE和Rt△DOA中， ∵

=，

=，∴

=

，

∵∠AOE=∠DOA=90°，

∴△AOE∽△DOA，∴∠AEO=∠DAO， ∵∠AEO+∠EAO=90°，

∴∠DAO+∠EAO=90°，即∠DAE=90°，因此，直线l与⊙E相切与A．

（3）如图2，过点P作直线l的垂线段PQ，垂足为Q，过点P作直线PM垂直于x轴，交直线l于点M． 设M（m，m+4），P（m，﹣当m=2时，PM取得最小值

m+m﹣4），则PM=m+4﹣（﹣，此时，P（2，﹣），

2

m+m﹣4）=

2

m﹣m+8=

2

（m﹣2）+

2

，

对于△PQM，∵PM⊥x轴，∴∠QMP=∠DAO=∠AEO， 又∠PQM=90°，∴△PQM的三个内角固定不变，

∴在动点P运动的过程中，△PQM的三边的比例关系不变， ∴当PM取得最小值时，PQ也取得最小值， PQ最小=PM最小?sin∠QMP=PM最小?sin∠AEO=

×=

，

．

∴当抛物线上的动点P的坐标为（2，﹣）时，点P到直线l的距离最小，其最小距离为

【点评】本题考查了二次函数综合题，涉及勾股定理、待定系数法求二次函数解析式、切线的判定和性质、二次函数的最值等知识，在解答（3）时要注意点P、点M坐标的设法，以便利用二次函数的最值求解．

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6．（2015?荆门）如图，在矩形OABC中，OA=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系． （1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；

（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从E点出发，沿EC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ；

（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出M点坐标；若不存在，请说明理由． 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题． 【分析】（1）由折叠的性质可求得CE、CO，在Rt△COE中，由勾股定理可求得OE，设AD=m，在Rt△ADE中，由勾股定理可求得m的值，可求得D点坐标，结合C、O两点，利用待定系数法可求得抛物线解析式； （2）用t表示出CP、BP的长，可证明△DBP≌△DEQ，可得到BP=EQ，可求得t的值；

（3）可设出N点坐标，分三种情况①EN为对角线，②EM为对角线，③EC为对角线，根据平行四边形的性质可求得对角线的交点横坐标，从而可求得M点的横坐标，再代入抛物线解析式可求得M点的坐标． 【解答】解：（1）∵CE=CB=5，CO=AB=4， ∴在Rt△COE中，OE===3，

设AD=m，则DE=BD=4﹣m，∵OE=3，∴AE=5﹣3=2，

在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD+AE=DE，即m+2=（4﹣m），解得m=， ∴D（﹣，﹣5），∵C（﹣4，0），O（0，0）， ∴设过O、D、C三点的抛物线为y=ax（x+4）， ∴﹣5=﹣a（﹣+4），解得a=， ∴抛物线解析式为y=x（x+4）=x+

22

2

2

2

2

2

x；

（2）∵CP=2t，∴BP=5﹣2t，在Rt△DBP和Rt△DEQ中，

，∴Rt△DBP≌Rt△DEQ（HL），∴BP=EQ，∴5﹣2t=t，

∴t=；

（3）∵抛物线的对称为直线x=﹣2，∴设N（﹣2，n）， 又由题意可知C（﹣4，0），E（0，﹣3），设M（m，y）， ①当EN为对角线，即四边形ECNM是平行四边形时， 则线段EN的中点横坐标为∵EN，CM互相平分，∴∴y=×2+

2

=﹣1，线段CM中点横坐标为=﹣1，解得m=2，又M点在抛物线上，

，

×2=16，∴M（2，16）；

②当EM为对角线，即四边形ECMN是平行四边形时， 则线段EM的中点横坐标为

，线段CN中点横坐标为

=﹣3，

2

∵EN，CM互相平分，∴=﹣3，解得m=﹣6，又∵M点在抛物线上，∴y=×（﹣6）+∴M（﹣6，16）；

③当CE为对角线，即四边形EMCN是平行四边形时， 则M为抛物线的顶点，即M（﹣2，﹣

）．

）．

×（﹣6）=16，

综上可知，存在满足条件的点M，其坐标为（2，16）或（﹣6，16）或（﹣2，﹣

【点评】本题主要考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法、全等三角形的判定和性质、折叠的性质、平行四

边形的性质等知识点．在（1）中求得D点坐标是解题的关键，在（2）中证得全等，得到关于t的方程是解题的关键，在（3）中注意分类讨论思想的应用．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．

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7．（2015?盘锦）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax+bx+3交x轴于A（﹣1，0）和B（5，0）两点，交y轴于点C，点D是线段OB上一动点，连接CD，将线段CD绕点D顺时针旋转90°得到线段DE，过点E作直线l⊥x轴于H，过点C作CF⊥l于F． （1）求抛物线解析式；（2）如图2，当点F恰好在抛物线上时，求线段OD的长； （3）在（2）的条件下：①连接DF，求tan∠FDE的值；

②试探究在直线l上，是否存在点G，使∠EDG=45°？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题． 【分析】（1）利用待定系数法求得即可；（2）根据C的纵坐标求得F的坐标，然后通过△OCD≌△HDE，得出DH=OC=3，即可求得OD的长；（3）①先确定C、D、E、F四点共圆，根据圆周角定理求得∠ECF=∠EDF，由

2

于tan∠ECF===，即可求得tan∠FDE=；②连接CE，得出△CDE是等腰直角三角形，得出∠CED=45°，

过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE，交直线l于G2，则∠EDG1=45°，∠EDG2=45°，求得直线CE的解析式为y=﹣x+3，即可设出直线DG1的解析式为y=﹣x+m，直线DG2的解析式为y=2x+n，把D的坐标代入即可求得m、n，从而求得解析式，进而求得G的坐标．

2

【解答】解：（1）如图1，∵抛物线y=ax+bx+3交x轴于A（﹣1，0）和B（5，0）两点， ∴

，解得

．∴抛物线解析式为y=﹣x+

2

x+3；

（2）如图2，∵点F恰好在抛物线上，C（0，3），∴F的纵坐标为3， 把y=3代入y=﹣x+

2

x+3得，3=﹣x+

2

x+3；

解得x=0或x=4，∴F（4，3），∴OH=4，

∵∠CDE=90°，∴∠ODC+∠EDH=90°，∴∠OCD=∠EDH， 在△OCD和△HDE中，

，∴△OCD≌△HDE（AAS），∴DH=OC=3，

∴OD=4﹣3=1；

（3）①如图3，连接CE，∵△OCD≌△HDE， ∴HE=OD=1，∵BF=OC=3，∴EF=3﹣1=2，

∵∠CDE=∠CFE=90°，∴C、D、E、F四点共圆， ∴∠ECF=∠EDF，在RT△CEF中，∵CF=OH=4， ∴tan∠ECF=

==，∴tan∠FDE=；

②如图4，连接CE，∵CD=DE，∠CDE=90°，

∴∠CED=45°，过D点作DG1∥CE，交直线l于G1，过D点作DG2⊥CE， 交直线l于G2，则∠EDG1=45°，∠EDG2=45° ∵EH=1，OH=4，∴E（4，1），∵C（0，3）， ∴直线CE的解析式为y=﹣x+3，设直线DG1的解析式为y=﹣x+m， ∵D（1，0），∴0=﹣×1+m，解得m=，∴直线DG1的解析式为y=﹣x+， 当x=4时，y=﹣

+=﹣，∴G1（4，﹣）；

设直线DG2的解析式为y=2x+n，∵D（1，0），∴0=2×1+n，解得n=﹣2， ∴直线DG2的解析式为y=2x﹣2， 当x=4时，y=2×4﹣2=6， ∴G2（4，6）；

综上，在直线l上，是否存在点G，使∠EDG=45°，点G的坐标为（4，﹣）或（4，6）．

【点评】本题是二次函数的综合题，考查了待定系数法求二次函数的解析式，一次函数的解析式，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质等，数形结合思想的应用是解题的关键．

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8．（2015?益阳）已知抛物线E1：y=x经过点A（1，m），以原点为顶点的抛物线E2经过点B（2，2），点A、B关于y 轴的对称点分别为点A′，B′．

（1）求m的值及抛物线E2所表示的二次函数的表达式；

（2）如图1，在第一象限内，抛物线E1上是否存在点Q，使得以点Q、B、B′为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；

（3）如图2，P为第一象限内的抛物线E1上与点A不重合的一点，连接OP并延长与抛物线E2相交于点P′，求△PAA′与△P′BB′的面积之比．

【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题． 【分析】（1）直接将（2，2）代入函数解析式进而求出a的值；

（2）由题意可得，在第一象限内，抛物线E1上存在点Q，使得△QBB′为直角三角形，由图象可知直角顶点只能为点B或点Q，分别利用当点B为直角顶点时以及当点Q为直角顶点时求出Q点坐标即可；

2

（3）首先设P（c，c）、P′（d，

2

），进而得出c与d的关系，再表示出△PAA′与△P′BB′的面积进而得出答

案．

【解答】解：（1）∵抛物线E1经过点A（1，m），

22

∴m=1=1．∵抛物线E2的顶点在原点，可设它对应的函数表达式为y=ax（a≠0），

2

又∵点B（2，2）在抛物线E2上，∴2=a×2，

解得：a=，∴抛物线E2所对应的二次函数表达式为y=x．

（2）如图1，假设在第一象限内，抛物线E1上存在点Q，使得△QBB′为直角三角形， 由图象可知直角顶点只能为点B或点Q．

①当点B为直角顶点时，过B作QB⊥BB′交抛物线E1于Q，

2

则点Q与B的横坐标相等且为2，将x=2代入y=x得y=4， ∴点Q的坐标为（2，4）．

222

②当点Q为直角顶点时，则有QB′+QB=B′B，过点Q作GQ⊥BB′于G，

2

设点Q的坐标为（t，t）（t＞0），

222222

则有（t+2）+（t﹣2）+（2﹣t）+（t﹣2）=4，

42

整理得：t﹣3t=0，

2

∵t＞0，∴t﹣3=0，解得t1=，t2=﹣（舍去）， ∴点Q的坐标为（，3），

综合①②，存在符合条件的点Q坐标为（2，4）与（，3）；

（3）如图2，过点P作PC⊥x轴，垂足为点C，PC交直线AA′于点E， 过点P′作P′D⊥x轴，垂足为点D，P′D交直线BB′于点F， 依题意可设P（c，c）、P′（d，

2

2

） （c＞0，c≠q），

∵tan∠POC=tan∠P′OD，∴∵AA′=2，BB′=4， ∴

=

=

=，∴d=2c．

==．

【点评】此题主要考查了二次函数综合以及直角三角形的性质和三角形面积求法，根据题意利用分类讨论得出是解题关键．

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