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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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