全国中考数学压轴题精选(7)(含答案)

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全国中考数学压轴题精选(七)

61.（08广东中山22题）将两块大小一样含30°角的直角三角板，叠放在一起，使得它们的斜边

AB重合，直角边不重合，已知AB=8，BC=AD=4，AC与BD相交于点E，连结CD． (1)填空：如图9，AC= ，BD= ；四边形ABCD是 梯形. (2)请写出图9中所有的相似三角形（不含全等三角形）.

(3)如图10，若以AB所在直线为x轴，过点A垂直于AB的直线为y轴建立如图10的平面直角坐标

系，保持ΔABD不动，将ΔABC向x轴的正方向平移到ΔFGH的位置，FH与BD相交于点P，设AF=t，ΔFBP面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出t的取值值范围.

y D E A 图9

B A F 图10

C

D C E P B G x H （08广东中山22题解析）解：（1）43，43，…………………………1分

等腰；…………………………2分

（2）共有9对相似三角形.（写对3－5对得1分，写对6－8对得2分，写对9对得3分）

①△DCE、△ABE与△ACD或△BDC两两相似，分别是：△DCE∽△ABE，△DCE∽△ACD，△DCE∽△BDC，△ABE∽△ACD，△ABE∽△BDC；(有5对)

②△ABD∽△EAD，△ABD∽△EBC；(有2对) ③△BAC∽△EAD，△BAC∽△EBC；(有2对)

所以，一共有9对相似三角形.…………………………………………5分

y

（3）由题意知，FP∥AE， ∴ ∠1＝∠PFB， 又∵ ∠1＝∠2＝30°，

DCH ∴ ∠PFB＝∠2＝30°,

∴ FP＝BP.…………………………6分 过点P作PK⊥FB于点K，则FKBK∵ AF＝t，AB＝8，

1FB. 21AFEP21∴ FB＝8－t，BK(8t).

2在Rt△BPK中，PKBKtan2K 图10BGx13(8t)tan30(8t). ……………………7分 26∴ △FBP的面积S

113FBPK(8t)(8t)， 2261

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∴ S与t之间的函数关系式为： S332416(t82)，或Stt3. …………………………………8分 121233t的取值范围为：0t8. …………………………………………………………9分

62.（08河北省卷26题）如图15，在Rt△ABC中，C90，AB50，AC30，D，E，F分别

是AC，AB，BC的中点．点P从点D出发沿折线DEEFFCCD以每秒7个单位长的速度匀速运动；点Q从点B出发沿BA方向以每秒4个单位长的速度匀速运动，过点Q作射线QKAB，交折线

BCCA于点G．点P，Q同时出发，当点P绕行一周回到点D时停止运动，点Q也随之停止．设点

P，Q运动的时间是t秒（t0）．

（1）D，F两点间的距离是 ；

（2）射线QK能否把四边形CDEF分成面积相等的两部分？若能，求出t的值．若不能，说明理由； （3）当点P运动到折线EFFC上，且点P又恰好落在射线QK上时，求t的值； （4）连结PG，当PG∥AB时，请直接写出t的值． ．．

（08河北省卷26题解析）解：（1）25． （2）能．

如图5，连结DF，过点F作FHAB于点H， 由四边形CDEF为矩形，可知QK过DF的中点O时，

D A C F P E 图15

G Q B K QK把矩形CDEF分为面积相等的两部分

（注：可利用全等三角形借助割补法或用中心对称等方法说明）， 此时QHOF12.5．由BF20，△HBF∽△CBA，得HB16．

12.51617． 故t48（3）①当点P在EF上(2C K G F P 6≤t≤5)时，如图6． 7A D QB4t，DEEP7t，

由△PQE∽△BCA，得

7t20254t． 5030D 2

A E Q 图6 C K (G) P F B

t4

21． 41Q E 图7

B

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②当点P在FC上(5≤t≤7)时，如图7． 已知QB4t，从而PB5t，

由PF7t35，BF20，得5t7t3520． 解得t7C D F P H E 图8 C K P G D A Q E 图9

F B G Q B K 671． 2239；如图9，t7． 343A （4）如图8，t1

6时，点P下行，点G上行，可知其中存在7PG∥AB的时刻，如图8；此后，点G继续上行到点F时，t4，而点P却在下行到点E再沿EF上

6行，发现点P在EF上运动时不存在PG∥AB；当5≤t≤7时，点P，G均在FC上，也不存在

76PG∥AB；由于点P比点G先到达点C并继续沿CD下行，所以在7t8中存在PG∥AB的时刻，

7如图9；当8≤t≤10时，点P，G均在CD上，不存在PG∥AB）

（注：判断PG∥AB可分为以下几种情形：当0t≤2

63.（08湖北十堰25题）已知抛物线yax22axb与x轴的一个交点为A(-1,0)，与y轴的正半轴交于点C．

⑴直接写出抛物线的对称轴，及抛物线与x轴的另一个交点B的坐标； ⑵当点C在以AB为直径的⊙P上时，求抛物线的解析式；

⑶坐标平面内是否存在点M，使得以点M和⑵中抛物线上的三点A、B、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

3

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（08湖北十堰25题解析）解：⑴对称轴是直线：x1，点B的坐标是(3,0)． ……2分

说明：每写对1个给1分，“直线”两字没写不扣分．

⑵如图，连接PC，∵点A、B的坐标分别是A(-1,0)、B (3,0)，

11∴AB＝4．∴PCAB42．

22在Rt△POC中，∵OP＝PA－OA＝2－1＝1， ∴OCPC2PO222123．

∴b＝3． ………………………………3分 当x1，y0时，a2a30，

∴a3． ………………………………4分 33223 ………………5分 xx3．33∴y⑶存在．……………………………6分

理由：如图，连接AC、BC．设点M的坐标为M(x,y)．

①当以AC或BC为对角线时，点M在x轴上方，此时CM∥AB，且CM＝AB． 由⑵知，AB＝4，∴|x|＝4，yOC3．

∴x＝±4．∴点M的坐标为M(4,3)或(4,3)．…9分

说明：少求一个点的坐标扣1分．

②当以AB为对角线时，点M在x轴下方． 过M作MN⊥AB于N，则∠MNB＝∠AOC＝90°．

∵四边形AMBC是平行四边形，∴AC＝MB，且AC∥MB．

∴∠CAO＝∠MBN．∴△AOC≌△BNM．∴BN＝AO＝1，MN＝CO＝3． ∵OB＝3，∴0N＝3－1＝2．

∴点M的坐标为M(2,3)． ……………………………12分

说明：求点M的坐标时，用解直角三角形的方法或用先求直线解析式，

然后求交点M的坐标的方法均可，请参照给分．

综上所述，坐标平面内存在点M，使得以点A、B、C、M为顶点的四边形是平行四边形．其坐标

4

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为M1(4,3),M2(4,3),M3(2,3)．

说明：①综上所述不写不扣分；②如果开头“存在”二字没写，但最后解答全部正确，不扣分。

64（08湖南株洲23题）如图（1），在平面直角坐标系中，点A的坐标为（1，-2），点B的坐标为（3，-1），

二次函数yx2的图象为l1.

（1）平移抛物线l1，使平移后的抛物线过点A，但不过点B，写出平移后的抛物线的一个解析式（任写一个即可）.

（2）平移抛物线l1，使平移后的抛物线过A、B两点，记抛物线为l2，如图（2），求抛物线l2的函数解析式及顶点C的坐标.

（3）设P为y轴上一点，且SABCSABP，求点P的坐标.

（4）请在图（2）上用尺规作图的方式探究抛物线l2上是否存在点Q，使QAB为等腰三角形. 若存在，

请判断点Q共有几个可能的位置（保留作图痕迹）；若不存在，请说明理由.

y y

x

o

x o

l2 l1

图（1）

（08湖南株洲23题解析）

图（2）

（1）yx22x3或yx24x5等 （满足条件即可） ……1分

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21bc（2）设l2的解析式为yx2bxc，联立方程组，

193bc解得：b9,c11，则l2的解析式为yx29x11， ……3分

2222点C的坐标为（9,7） ……4分

416（3）如答图23-1，过点A、B、C三点分别作x轴的垂线，垂足分别为D、E、F，则AD2，CF7，

16BE1，DE2，DF5，FE3.

44得：SABCS梯形ABEDS梯形BCFES梯形ACFD15. ……5分

16延长BA交y轴于点G，直线AB的解析式为y1x5，则点G的坐标为（0，5），设点P的

222坐标为（0，h）

①当点P位于点G的下方时，PG5h，连结AP、BP，则SABPSBPGSAPG5h，又

225515，点P的坐标为（0，55）. …… 6分 SABCSABP，得h161616②当点P位于点G的上方时，PG5h，同理h25，点P的坐标为（0，25）.

21616 F E

答图23-2

答图23-1

65（08四川达州23题）如图，将△AOB置于平面直角坐标系中，其中点O为坐标原点，点A的坐标为

综上所述所求点P的坐标为（0，55）或（0，25） …… 7分

1616(4) 作图痕迹如答图23-2所示.

由图可知，满足条件的点有Q1、Q2、Q3、Q4，共4个可能的位置. …… 10分

(3，0)，ABO60．

（1）若△AOB的外接圆与y轴交于点D，求D点坐标．

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（2）若点C的坐标为(1，0)，试猜想过D，C的直线与△AOB的外接圆的位置关系，并加以说明． y （3）二次函数的图象经过点O和A且顶点在圆上， 求此函数的解析式．

D

F

E

C O

（08四川达州23题解析）解：（1）连结AD，则∠ADO＝∠B＝600 在Rt△ADO中，∠ADO＝600 所以OD＝OA÷3＝3÷3＝3 所以D点的坐标是（0，3）

（2）猜想是CD与圆相切

∵ ∠AOD是直角，所以AD是圆的直径

又∵ Tan∠CDO=CO/OD=1/3=3, ∠CDO＝300 ∴∠CDA=∠CDO+∠ADO=Rt∠ 即CD⊥AD ∴ CD切外接圆于点D

（3）依题意可设二次函数的解析式为 ：

y=α（x－0）(x－3)

由此得顶点坐标的横坐标为：x=E C O A x F D y B B A x 3a3=; 2a21∠B＝300 2即顶点在OA的垂直平分线上，作OA的垂直平分线EF，则得∠EFA＝

3333 可得一个顶点坐标为（，3）

222313） 同理可得另一个顶点坐标为（，22得到EF＝3EA＝

分别将两顶点代入y=α（x－0）(x－3)可解得α的值分别为23，323 9则得到二次函数的解析式是y=

66（08安徽芜湖24题）如图，已知 A(4,0)，B(0,4)，现以A点为

2323x(x－3)或y= x(x－3) 397

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位似中心，相似比为9:4，将OB向右侧放大，B点的对应点为C． (1) 求C点坐标及直线BC的解析式;

(2) 一抛物线经过B、C两点，且顶点落在x轴正半轴上，求该抛物线的解析式并画出函数图象; (3) 现将直线BC绕B点旋转与抛物线相交与另一点P，请找出抛物线上所有满足到直线AB距离为32的点P．

解:

（08安徽芜湖24题解析）解： （1）

过C点向x轴作垂线，垂足为D，由位似图形性质可知： △ABO∽△ACD， ∴

AOBO4． ADCD9由已知A(4,0)，B(0,4)可知： AO4,BO4． ∴ADCD9．∴C点坐标为(5,9)． ··················· 2分 直线BC的解析是为：

y4x0 9450化简得： yx4 ····················································· 3分 （2）设抛物线解析式为yaxbxc(a0)，由题意得：

24c925a5bc ， b24ac01a225a114解得： b14b25c41,c24 ∴解得抛物线解析式为y1x24x4或y2又∵y2124xx4． 255124xx4的顶点在x轴负半轴上，不合题意，故舍去． 2558

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∴满足条件的抛物线解析式为yx24x4 ····································································· 5分 （准确画出函数yx24x4图象） ················································································ 7分 （3） 将直线BC绕B点旋转与抛物线相交与另一点P，设P到 直线AB的距离为h， 故P点应在与直线AB平行，且相距32的上下两条平行直线l1和l2上．························ 8分 由平行线的性质可得：两条平行直线与y轴的交点到直线BC的距离也为32． 如图，设l1与y轴交于E点，过E作EF⊥BC于F点， 在Rt△BEF中EFh32，EBFABO45，

∴BE6．∴可以求得直线l1与y轴交点坐标为(0,10) ·················································· 10分 同理可求得直线l2与y轴交点坐标为(0,2) ······································································ 11分 ∴两直线解析式l1:yx10；l2:yx2．

yx24x4yx24x4根据题意列出方程组： ⑴；⑵

yx10yx2∴解得：x16x21x32x43；；；

y0y16y9y11243∴满足条件的点P有四个，它们分别是P········ 15分 2(1,9)，P4(3,1)·1(6,16)，P3(2,0)，P

67（08湖北仙桃等4市25题）如图，直角梯形OABC中，AB∥OC,O为坐标原点，点A在y轴正半轴上，点C在x轴正半轴上，点B坐标为（2，23），∠BCO= 60°，OHBC于点H.动点P从点H出发，沿线段HO向点O运动，动点Q从点O出发，沿线段OA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度.设点P运动的时间为t秒.

（1） 求OH的长；

（2） 若OPQ的面积为S（平方单位）. 求S与t之间的函数关系式.并求t为何值时，OPQ的

面积最大，最大值是多少？

（3） 设PQ与OB交于点M.①当△OPM为等腰三角形时，求（2）中S的值. ②探究线段OM长度的最大值是多少，直接写出结论.

y A B 9

Q M P H

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（08湖北仙桃等4市25题解析）解：（1）∵AB∥OC ∴ OABAOC90 在RtOAB中，AB2 ,AO23

0 ∴OB4， ABO60

00∴BOC60 而BCO60

∴BOC为等边三角形 ∴OHOBcos3040y A B H P Q M 323…（3分） 2（2）∵OPOHPH23t

0O C x t3t ypOPsin3003

22113∴SOQxpt(3t)

222323=tt （0t23）…………………………（6分）

42333即S (t3)24433∴当t3时，S最大………………………………………（7分） 4y （3）①若OPM为等腰三角形，则：

B A （i）若OMPM，MPOMOPPOC ∴PQ∥OC

tH ∴OQyp 即t3 MQ 2P 23解得：t O C3 323232323()此时S………………………………（8分） 43233y 0（ii）若OPOM，OPMOMP75

B 0A ∴OQP45

过P点作PEOA，垂足为E，则有： EQEP H Q ∴xpOPcos3030x 即t(313t)3t 2210

M解得：t2

E O P Cx

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3322233……………………………………（9分） 42（iii）若OPPM，POMPMOAOB

∴PQ∥OA

此时Q在AB上，不满足题意.……………………………………………（10分）

3 ②线段OM长的最大值为……………………………………………………(12分)

2此时S

68（08湖南常德26题）如图9，在直线l上摆放有△ABC和直角梯形DEFG，且CD＝6㎝；在△ABC中：∠C＝90O，∠A＝300，AB＝4㎝；在直角梯形DEFG中：EF//DG，∠DGF＝90O ,DG＝6㎝，DE＝4㎝，∠EDG＝600。解答下列问题：

（1）旋转：将△ABC绕点C顺时针方向旋转900，请你在图中作出旋转后的对应图形 △A1B1C，并求出AB1的长度；

（2）翻折：将△A1B1C沿过点B1且与直线l垂直的直线翻折，得到翻折后的对应图形 △A2B1C1，试判定四边形A2B1DE的形状？并说明理由；

（3）平移：将△A2B1C1沿直线l向右平移至△A3B2C2，若设平移的距离为ｘ，△A3B2C2与直角梯形重叠部分的面积为ｙ，当ｙ等于△ABC面积的一半时,ｘ的值是多少？ F E

B

lA D G C 图9

（08湖南常德26题解析）

解：（1）在△ABC中由已知得：BC=2，AC＝AB×cos30°=23，

∴AB1=AC+C B1=AC+CB=223.……………………………………2分 (2)四边形A2B1DE为平行四边形.理由如下：

∵∠EDG＝60°，∠A2B1C1＝∠A1B1C＝∠ABC＝60°，∴A2B1∥DE

又A2B1＝A1B1＝AB＝4，DE＝4，∴A2B1＝DE,故结论成立.………………4分 （3）由题意可知： S△ABC=

122323， 2① 当0x2或x10时，ｙ＝0

此时重叠部分的面积不会等于△ABC的面积的一半……………5分

②当2x4时，直角边B2C2与等腰梯形的下底边DG重叠的长度为DC2=C1C2-DC1=（ｘ－2）㎝，则ｙ＝

1x23x23x22, 22 当ｙ=

1S△ABC= 23时，即

3x223， 211

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解得x22（舍）或x22.

∴当x22时，重叠部分的面积等于△ABC的面积的一半.

③当4x8时，△A3B2C2完全与等腰梯形重叠，即y23……………7分 ④当8x10时,B2G=B2C2-GC2=2－(x－8)=10-x 则ｙ＝

110x310x310x2, 22当ｙ=

1S△ABC= 23时，即

310x23， 2解得x102,或x102(舍去).

∴当x102时，重叠部分的面积等于△ABC的面积的一半.………9分

由以上讨论知,当x22或x102时, 重叠部分的面积等于△ABC的面积的一半.………10分 69（08宁夏区卷26题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点P在AB上从A向B运动，连接DP交

AC于点Q．

（1）试证明：无论点P运动到AB上何处时，都有△ADQ≌△ABQ； （2）当点P在AB上运动到什么位置时，△ADQ的面积是正方形ABCD面积的

1； 6（3）若点P从点A运动到点B，再继续在BC上运动到点C，在整个运动过程中，当点P 运动到什么

位置时，△ADQ恰为等腰三角形．

（08宁夏区卷26题解析）（1）证明：在正方形ABCD中，

无论点P运动到AB上何处时，都有

AD=AB ∠DAQ=∠BAQ AQ=AQ

∴△ADQ≌△ABQ ·················································· 2分

(2)解法一：△ADQ的面积恰好是正方形ABCD面积的

1时， 6

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过点Q作QE⊥AD于E,QF⊥AB于F，则QE = QF

118ADQE=S正方形ABCD= 2634 ∴QE= ···················································································································· 4分

3QEDE由△DEQ ∽△DAP得 解得AP2 APDA1∴AP2时，△ADQ的面积是正方形ABCD面积的 ·································· 6分

6

解法二：以A为原点建立如图所示的直角坐标系，过点Q作QE⊥y轴于点E，QF⊥x轴于点F．

1184ADQE=S正方形ABCD= ∴QE= 26334433 ∵点Q在正方形对角线AC上 ∴Q点的坐标为(，)

∴ 过点D（0，4），Q(

44,)两点的函数关系式为：y2x4 33 当y0时，x2 ∴P点的坐标为（2，0） ∴AP2时，△ADQ的面积是正方形ABCD面积的

1． ·································· 6分 6（3）若△ADQ是等腰三角形，则有 QD=QA或DA=DQ或AQ=AD ①当点P运动到与点B重合时，由四边形ABCD是正方形知 QD=QA 此时△ADQ是等腰三角形

②当点P与点C重合时，点Q与点C也重合，

此时DA=DQ, △ADQ是等腰三角形 ···································· 8分 ③解法一：如图，设点P在BC边上运动到CPx时，有AD=AQ ∵ AD∥BC ∴∠ADQ=∠CPQ 又∵∠AQD=∠CQP ∠ADQ=∠AQD ∴∠CQP=∠CPQ ∴ CQ=CP=x

∵AC=42 AQ = AD =4

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∴xCQACAQ424

即当CP424时，△ADQ是等腰三角形 ········································ 10分

解法二：以A为原点建立如图所示的直角坐标系，设点P在BC上运动到BPy时，有AD=AQ． 过点Q作QE⊥y轴于点E，QF⊥x轴于点F,则QEQF 在Rt△AQF中，AQ4，∠QAF=45° ∴QF=AQsin45°=22 ∴Q点的坐标为（22，22）

∴过D、Q两点的函数关系式：y(12)x+4

当x=4时，y842 ∴P点的坐标为（4，8-42）．

∴当点P在BC上运动到BP842时，△ADQ是等腰三角形． ··························· 10分

70（08上海市卷25题）（本题满分14分，第（1）小题满分5分，第（2）小题满分4分，第（3）小题满分5分）

已知AB2，AD4，DAB90，AD∥BC（如图13）．E是射线BC上的动点（点E与点B不重合），M是线段DE的中点．

（1）设BEx，△ABM的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；

（2）如果以线段AB为直径的圆与以线段DE为直径的圆外切，求线段BE的长；

（3）联结BD，交线段AM于点N，如果以A，N，D为顶点的三角形与△BME相似，求线段BE的长．

D D A A

M C B B E C

备用图 图13

（08上海市卷25题解析）解：（1）取AB中点H，联结MH，

M为DE的中点，MH∥BE，MH1(BEAD)． ··································· （1分） 214

又ABBE，MHAB． ·················································································· （1分）

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S△ABM11ABMH，得yx2(x0)； ············································ （2分）（1分） 22(x4)222． ········································································ （1分）

（2）由已知得DE以线段AB为直径的圆与以线段DE为直径的圆外切， 1111MHABDE，即(x4)2(4x)222． ···························· （2分）

222244解得x，即线段BE的长为； ············································································· （1分）

33（3）由已知，以A，N，D为顶点的三角形与△BME相似，

又易证得DAMEBM． ······················································································ （1分） 由此可知，另一对对应角相等有两种情况：①ADNBEM；②ADBBME． ①当ADNBEM时，AD∥BE，ADNDBE．DBEBEM． DBDE，易得BE2AD．得BE8； ··························································· （2分） ②当ADBBME时，AD∥BE，ADBDBE． DBEBME．又BEDMEB，△BED∽△MEB．

DEBE122，即BEEMDE，得x22(x4)222(x4)2．

2BEEM解得x12，x210（舍去）．即线段BE的长为2． ············································· （2分） 综上所述，所求线段BE的长为8或2．

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