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本文格式為Word版,下載可任意編輯——2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題100題(11
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2023年中考數(shù)學(xué)壓軸題100題精選(11-20題)答案
解:(1)證明:在Rt△FCD中,∵G為DF的中點,∴CG=FD.………1分同理,在Rt△DEF中,EG=FD.…………2分∴CG=EG.…3分(2)(1)中結(jié)論依舊成立,即EG=CG.…………4分證法一:連接AG,過G點作MN⊥AD于M,與EF的延長線交于N點.在△DAG與△DCG中,∵AD=CD,∠ADG=∠CDG,DG=DG,∴△DAG≌△DCG.∴AG=CG.………5分
在△DMG與△FNG中,∵∠DGM=∠FGN,F(xiàn)G=DG,∠MDG=∠NFG,
∴△DMG≌△FNG.∴MG=NG在矩形AENM中,AM=EN.……………6分在Rt△AMG與Rt△ENG中,∵AM=EN,MG=NG,
∴△AMG≌△ENG.∴AG=EG.∴EG=CG.……………8分證法二:延長CG至M,使MG=CG,連接MF,ME,EC,……4分
在△DCG與△FMG中,∵FG=DG,∠MGF=∠CGD,MG=CG,∴△DCG≌△FMG.∴MF=CD,∠FMG=∠DCG.
∴MF∥CD∥AB.………5分∴在Rt△MFE與Rt△CBE中,
∵MF=CB,EF=BE,∴△MFE≌△CBE.∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90.∴△MEC為直角三角形.∵MG=CG,∴EG=MC.………8分
(3)(1)中的結(jié)論依舊成立,即EG=CG.其他的結(jié)論還有:EG⊥CG.……10分解:(1)圓心O在坐標(biāo)原點,圓O的半徑為1,
0)B(0,1)、C(1,、0)D(01),點A、B、C、D的坐標(biāo)分別為A(1,、
拋物線與直線yx交于點M、N,且MA、NC分別與圓O相切于點A和點C,
1)、N(11),.點D、M、N在拋物線上,將D(01),、M(1,1)、N(11),的坐標(biāo)代入M(1,
c1a1
yax2bxc,得:1abc解之,得:b1
1abcc1
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1
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拋物線的解析式為:yx2x1.
4分2
(2)yx2
x1
x1524
拋物線的對稱軸為x
12
,
OE12,DE6分
連結(jié)BF,BFD90,
△BFD∽△EOD,
DEOD
DB
FD
,
又DE
OD1,DB2,
FD
,
EFFDDE
.8分(3)點P在拋物線上.9分設(shè)過D、C點的直線為:ykxb,
將點C(1,、0)D(01),的坐標(biāo)代入ykxb,得:k1,b1,
直線DC為:yx1.
10分過點B作圓O的切線BP與x軸平行,P點的縱坐標(biāo)為y1,將y1代入yx1,得:x2.
P點的坐標(biāo)為(2,
1),當(dāng)x2時,yx2x122211,所以,P點在拋物線yx2
x1上.12分解:(1)該拋物線過點C(0,2),可設(shè)該拋物線的解析式為yax2
bx2.將A(4,0),B(1,0)代入,
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2
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1得16a4b20,a2,
ab20.解得b52
.
此拋物線的解析式為y15
2x22
x2.
(3分)(2)存在.(4分)
如圖,設(shè)P點的橫坐標(biāo)為m,則P點的縱坐標(biāo)為125
2m2
m2,當(dāng)1m4時,
AM4m,PM1m25
22
m2.
又COAPMA90,
①當(dāng)
AMPMAOOC2
1時,△APM∽△ACO,
即4m2
12m252m2
.
解得m12,m24(舍去),P(2,1).(6分)②當(dāng)
AMPMOCOA12時,△APM∽△CAO,即2(4m)15
2m22
m2.解得m14,m25(均不合題意,舍去)
當(dāng)1m4時,P(2,
1).(7分)類似地可求出當(dāng)m4時,P(5,2).(8分)當(dāng)m1時,P(3,14).
綜上所述,符合條件的點P為(2,1)或(5,2)或(3,
14).(9分)(3)如圖,設(shè)D點的橫坐標(biāo)為t(0t4),則D點的縱坐標(biāo)為
12t25
2
t2.過D作y軸的平行線交AC于E.由題意可求得直線AC的解析式為y1
2
x2.(10分)
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15111
(11分)E點的坐標(biāo)為tt2.DEt2t2t2t22t.
2222211
S△DACt22t4t24t(t2)24.
22
(13分)1).當(dāng)t2時,△DAC面積最大.D(2,
(1)解:∵A點第一次落在直線yx上時中止旋轉(zhuǎn),∴OA旋轉(zhuǎn)了45.
4522
∴OA在旋轉(zhuǎn)過程中所掃過的面積為.……………4分
3602
(2)解:∵MN∥AC,∴BMNBAC45,BNMBCA45.∴BMNBNM.∴BMBN.又∵BABC,∴AMCN.又∵OA
O,COAMOCN,∴OAMOCN.∴AOMCON.∴
1
AOM(9045.∴旋轉(zhuǎn)過程中,當(dāng)MN和AC平行時,正方形OABC旋轉(zhuǎn)的度
2
數(shù)為45.……………8分
(3)答:p值無變化.證明:延長BA交y軸于E點,則AOE45AOM,.又∵OACON900450AOM450AOM,∴AOECO
,OC
OAE1800900900OCN.∴OAEOCN.∴OEON,AECN.
又∵MOEMON45,OMOM,∴OME
∴MNMEAMAE.∴MNAMCN,
∴pMNBNBMAMCNBNBMABBC∴在旋轉(zhuǎn)正方形OABC的過程中,p值無變化.……………12
2
x
(第26題)
⑴設(shè)二次函數(shù)的解析式為:y=a(x-h)+k∵頂點C的橫坐標(biāo)為4,且過點(0,73)
9
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4
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∴y=a(x-4)+k7316ak………………①
9
2
又∵對稱軸為直線x=4,圖象在x軸上截得的線段長為6∴A(1,0),B(7,0)
∴0=9a+k………………②由①②解得a=,k=-3∴二次函數(shù)的解析式為:y=3(x-4)2-3
99⑵∵點A、B關(guān)于直線x=4對稱∴PA=PB∴PA+PD=PB+PD≥DB∴當(dāng)點P在線段DB上時PA+PD取得最小值∴DB與對稱軸的交點即為所求點P
設(shè)直線x=4與x軸交于點M∵PM∥OD,∴∠BPM=∠BDO,又∠PBM=∠DBO7
33
PMBM∴點P的坐標(biāo)為(4,3)9∴△BPM∽△BDO∴∴PM
3DOBO73
⑶由⑴知點C(4,3),又∵AM=3,∴在Rt△AMC中,cot∠ACM=,
3∴∠ACM=60,∵AC=BC,∴∠ACB=120
①當(dāng)點Q在x軸上方時,過Q作QN⊥x軸于N假使AB=BQ,由△ABC∽△ABQ有BQ=6,∠ABQ=120,則∠QBN=60∴QN=3,BN=3,ON=10,此時點Q(10,3),假使AB=AQ,由對稱性知Q(-2,3)
②當(dāng)點Q在x軸下方時,△QAB就是△ACB,此時點Q的坐標(biāo)是(4,3),經(jīng)檢驗,點(10,33)與(-2,3)都在拋物線上綜上所述,存在這樣的點Q,使△QAB∽△ABC點Q的坐標(biāo)為(10,33)或(-2,3)或(4,3).
o
o
o
o
解:(1)設(shè)正比例函數(shù)的解析式為yk1x(k10),由于yk1x的圖象過點A(3,3),所以33k1,解得k11.
這個正比例函數(shù)的解析式為yx.(1分)
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設(shè)反比例函數(shù)的解析式為y
k2x(kk
20).由于y2x
的圖象過點A(3,
3),所以3k29
3,解得k29.這個反比例函數(shù)的解析式為yx
.
(2分)(2)由于點B(6,m)在y
9x的圖象上,所以m9632,則點B63
2
.(3分)設(shè)一次函數(shù)解析式為yk3xb(k30).由于yk3xb的圖象是由yx平移得到的,所以k
331,即yxb.又由于yxb的圖象過點B62
,所以
399
26b,解得b2,一次函數(shù)的解析式為yx2
.
(4分)(3)由于yx
992的圖象交y軸于點D,所以D的坐標(biāo)為
0,2.
設(shè)二次函數(shù)的解析式為yax2
bxc(a0).
由于yax2
bxc的圖象過點A(3,3)、B
63、和D0,
922
,
9a3bc3,a12,所以
36a6bc3,(5分)解得2b4,
9c9
.c2
.2這個二次函數(shù)的解析式為y129
2x4x2
.
(6分)(4)yx
992交x軸于點C,點C的坐標(biāo)是2,
0
如下圖,/p>
223233
451899
42
814
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假設(shè)存在點E(x0,y0),使S1
281227
3S43
2
.四邊形CDOE的頂點E只能在x軸上方,y00,
S19919819
1S△OCDS△OCE22222y084
y0.
8192784y0
2,y3
02.E(x0,y0)在二次函數(shù)的圖象上,12x29304x022
.解得x02或x06.
當(dāng)x
06時,點E632
與點B重合,這時CDOE不是四邊形,故x06舍去,
點E的坐標(biāo)為3
22
.(8分)
解:(1)已知拋物線yx2
bxc經(jīng)過A(1,,0)B(0,2),
01bc200c解得b3c2
所求拋物線的解析式為yx23x2.2分(2)A(1,0),B(0,2),OA1,OB2
可得旋轉(zhuǎn)后C點的坐標(biāo)為(31),3分當(dāng)x3時,由yx2
3x2得y2,可知拋物線yx2
3x2過點(3,2)
將原拋物線沿y軸向下平移1個單位后過點C.
平移后的拋物線解析式為:yx23x1.
5分(3)點N在yx2
3x1上,可設(shè)N點坐標(biāo)為(x2
0,x03x01)
將yx2
3x1配方得yx32
2
54,其對稱軸為x32.6分
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①當(dāng)0x0
3
時,如圖①,2
S△NBB12S△NDD1
121x1302212x0x01
圖①
此時x2
03x011
N點的坐標(biāo)為(1,
1).8分②當(dāng)x3
02
時,如圖②
同理可得
11132x022x02
x03此時x2
03x011
圖②
點N的坐標(biāo)為(31)
,.綜上,點N的坐標(biāo)為(1,1)或(31),.10分解:(1)拋物線yax2
bx4a經(jīng)過A(1,0),C(0,4)兩點,
ab4a0,a1,
4a4.解得
b3.拋物線的解析式為yx23x4.
(2)點D(m,m1)在拋物線上,m1m2
3m
4即m2
2m30,m1或m3.
點D在第一象限,點D的坐標(biāo)為(3,
4).由(1)知OAOB,CBA45.設(shè)點D關(guān)于直線BC的對稱點為點E.
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C(0,4),CD∥AB,且CD3,
ECBDCB45,
E點在y軸上,且CECD3.
1).OE1,E(0,
即點D關(guān)于直線BC對稱的點的坐標(biāo)為(0,1).
(3)方法一:作PF⊥AB于F,DE⊥BC于E.由(1)有:OBOC4,OBC45,DBP45,CBDPBA.
C(0,,4)D(3,4),CD∥OB且CD3.
DCECBO45,DECE
2
2
OBOC4,BC,BEBCCEDE3
.BE5
設(shè)PF3t,則BF5t,OF5t4,tanPBFtanCBDP(5t4,3t).
P點在拋物線上,
3t(5t4)23(5t4)4,
t0(舍去)或t
22266
,P.25525
方法二:過點D作BD的垂線交直線PB于點Q,過點D作DH⊥x軸于H.過Q點作QG⊥DH于G.
PBD45,QDDB.QDGBDH90,
又DQGQDG90,DQGBDH.
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△QDG≌△DBH,QGDH4,DGBH1.
由(2)知D(3,4),Q(13),.
B(4,0),直線BP的解析式為y3125x5.
yx23x4,
2解方程組312得
x14,x2,y5x5,y10;5
y2
6625.
點P的坐標(biāo)為266
525
.
(1)EO>EC,理由如下:
由折疊知,EO=EF,在Rt△EFC中,EF為斜邊,∴EF>EC,故EO>EC…2分(2)m為定值
∵S四邊形CFGH=CF2=EF2-EC2=EO2-EC2=(EO+EC)(EO―EC)=CO(EO―EC)S四邊形CMNO=CMCO=|CE―EO|CO=(EO―EC)CO∴m
S四邊形CFGH
S1……………………4分
四邊形CMNO
(3)∵CO=1,CE1
,QF23∴EF=EO=1132
33
QF∴cos∠FEC=
1
2∴∠FEC=60,
∴FEA18060
2
60OEA,EAO30
∴△EFQ為等邊三角形,EQ2
3…………5分
作QI⊥EO于I,EI=
12EQ1
3
,IQ=2EQ33∴IO=
211
33
3∴Q點坐標(biāo)為
(3,13)……6分∵拋物線y=mx2+bx+c過點C(0,1),Q(3,1
3),m=1
∴可求得b3,c=1
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∴拋物線解析式為yx3x1(4)由(3),AO當(dāng)x
2
……7分
3EO
2221
3時,y(3)231<AB3333
21
,)…8分33
233
∴P點坐標(biāo)為(∴BP=1
12
AO33
方法1:若△PBK與△AEF相像,而△AEF≌△AEO,則分狀況如下:2
2348①BK時,BK∴K點坐標(biāo)為(,1)或(,1)
9992233
2
②BK時,BK232
33
2343
∴K點坐標(biāo)為(,1)或(0,1)…………10分
33
故直線KP與y軸交點T的坐標(biāo)為
571
…………12分(0,)或(0,)或(0,)或(0,1)
333
方法2:若△BPK與△AEF相像,由(3)得:∠BPK=30或60,過P作PR⊥y軸于R,則∠RTP=60或30
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