中考 數(shù)學(xué) 押軸題

中考數(shù)學(xué)押軸24分共12分）

AB12BC點F

G點CEG，F(xiàn)4cm/s，

F

F

t秒時EFG

Scm

)

（t時（St之間的t的（

F

BC

t

FF為頂D

F25題圖

GC(1)根據(jù)移動時間和移動速度，可以求得BE、BF、FC

CGEBCGBEF、三角形

EFG

S

)

（t0t，①0t2tFC和

EFG

S

2

t

4

t

FG

EFG

G

（t的出BEFC和的長度，由答】：（1）t時，AE,4CG2

則BE4

形EBCG的面積為

12

1()BC482

12022

CFG

122

S2024

(2)F在BCt2.AE2t,BFtCGt

BEtt

形EBCG的面積為

12

1()(12tt)2

,即。22,即。解得23,即。22,即。解得23

11BF(12t)t2

t

CFG

1t)t2

48

2

t

2

t)4t

2

32t

S4t232t

0t

F

CD

2

t

4

CGt

4t

CF2t(4tt

12

1FG(8t)322

S32

2

t

4

（FBC0t。

BF12t4t2ttt2，tFCG；33

BF12t4t3tGCCF2tt

t

33tt22

EBF

GCF

當(dāng)

tB、為F、32C

本題是當(dāng)

0101（年市21題如圖等腰梯形ABCD中AD∥BC,AD=AB=CD=2,∠M是BC的中⊿MDC是⊿MDC點M當(dāng)即MD′)與AB交E,MC與AD交于點點和點A⊿如⊿A

C

'

DFD

'EBMC點DDP⊥于P，過點AAQ⊥BCD′

E

A

C′

FD

∠=60°AB2是矩AD=PQ,BC=2AD,由BQMPC

M是BC中點BM=CM=AD=AB=CD即△MDC中CM=CD,∠C=60°故△MDC形

（△AEF結(jié)AM，由（形是△MAB，△MAD和eq\o\ac(△,)D′∠BME+∠AME=60°EMF=∠AMF+∠AME=60°∴∠BME=∠AMF△與△AMF中，BM=AM,EBM=∠FAM=60°△BME≌∴BE=AF,ME=MF,AE+AF=AE+BE=AB∠EMF=∠EMF是等邊三角形，∵M(jìn)F的最小值為M

的最小值是

△=△AEF周長

一是三個角都相等的三是60°的等腰三（山，11分）如圖是半O．射線為半圓的切線．AM點交半

C，連接AC．過BCOE，垂足為點E，與相交于點F．D點做線DP，切點與相Q．△OFB；當(dāng)Δ與△求BQ的長（A點Q段BF△ABCΔOFB，易證∠ACB=∠OBF=90AC和OF⊥BDAC∥BAC=FOB，連OP，由DP、∠∠Δ與△的面積相等，且1）得∽OFB，△ABC≌ΔOFBOA=OB此OA=OP=AD=DP=1從而是AB，進(jìn)而確定BQ=AD=1點Q作AM的垂QK，由△ABC∽ΔOFB，

BFOB

而OB=1

BF

2AD

用切線長定理易證AD=DP

1111BQ進(jìn)而AD∵為直徑，ACB即AC⊥．BC∴OE//AC，∴∠BAC=∠FOB是半圓的切線，故∠BCA=∠OBFACB∽△OBF）由△=∠DBA，∠DAB∠OBF=90ABD∽△BFO，BFO的面△ABDAB2DA⊥AB，∴DAO接OP，∵DP圓ODA=DP=1，∴DA=AO=OP=DP=1ADPO為正方形．DP//AB，形DABQBQ=AD=1．（）知，△BFO，

BF2BFOBAD是半圓OADDP，QBQK，垂足為K中，DQ

2

QK

2

DK2

CC

2

BQ

1AD

BF=2BQ，∴為的中點．本題決時要把動點轉(zhuǎn)化為靜點來分析度較，，9分（1ABC△EFD為等腰直角三角，與DE重，∠BAC=∠△ABC，將△DEF點當(dāng)DF邊與AB邊重合時，旋轉(zhuǎn)中止．現(xiàn)不DE，交BC(線于G，點，圖2)AF

題(1)

C

G題(2)

H

2222（1△AGC△HAB△（2CG=xBH=y，求的函數(shù)關(guān)系式（只要求根據(jù)(2)（3當(dāng)x△形1）BC,2）小題“四邊形BDE的相等時可帶來

DME

BEM

,對于本題，還有很重要的一點那就是題△HAB及2AGC△HABAC/HB=GC/AB9/y=x/9

9

)3

S

MDE

12

DM2

四邊形M

11BDEMDM22EMBD的垂直EDB=∠DBEEDB=∠CDE∠∠CDE∠∠BCD

CDE△CBD

BCCDBD

BEDBC2BM

BM5

C

258

393939BMBEcosB85

3911ADBM1010求三角形的鍵是求決題難點在第三問上，，，9分

5y244

A點A的點B點BBC⊥點C(3（1線AB（2P在線段C移動，點P作PN⊥x軸交直線AB點M設(shè)P移動秒，MNs個單s與t的函出t（3（P與O，CN

接CM，BN，t為何形的t形由）解決關(guān)B點坐形）CD兩點坐標(biāo)代入拋物線解析式構(gòu)造二元EM∥x軸理解E，兩點解E兩點關(guān)于拋物線的對稱軸對稱．A(0,1)得直線為y=

12

x（2

5171515sMPtttt44244

(0（3形有MN=BC，5155t4

tt

3232當(dāng)t=1或2時，四形BCMN為平行四邊.當(dāng)t=1時，MNMP2

52

,在Rt△MP

PC

52

形BCMN當(dāng)

MP

NP

92

52

,Rt△中MC225形

MN≠MC，此時四邊3）解答時可以先對然后6．(本滿12分分系xoy中，點P是反比例函數(shù)

y(x象為x與y軸為A．（，⊙P運動xK，試判斷四邊OKPA

1x11x1（2圖2P運與軸相交交點為四邊形AB，的坐AB，M，使的面積是ABCP面積的2的M點的坐標(biāo)，若不y2y為圓x、y軸OKPA徑相等，所以四邊形OKPA

圖1（△PBC為PA=OG=2∴BG=1OC=OG+GC=3，即可確A，B，C的形面積的定M2∴PA⊥OAPK⊥OK∴PAO=90AOK∴∠==∠°形OA=OK∴四邊形OKPA（接點的為x，則其縱坐標(biāo)為y點作G．形ABCP

2x

∴．

y

2xO

G

C

x圖2

2xPG33222xPG3322△PBC為等邊在Rt△中，∠°PB=PA=x，PG=x23sinPBG=2x

x=2PG=3PA=BC=2四邊形OGPAPA=OG=2BG=CG=1，∴OB=OGBG=1OC=OG+GC=3．A（B（10（函

題意得

c3

c=3：3y

3x2x33

線的：y=ux+v，：

v=

3

y3x3

點A作AM∥線AM

y33

解

x4x3

1

23

C線CM：

y3xt

0=

∴

t

線yx

x3方程組：33x

y1

3

的M0，

0

S

PAB

PBC

12

PABC

∴（0，

30APM，由拋物線與圓的軸對稱性可知PM=PA又∵AM

S

PBM

12

S

PABC

M

M的橫坐標(biāo)為M（4，3）符83）M

0

長交拋物線于點M，由拋物線與圓的PM=PA又∵AM

S

PBM

12

PABC

M

33x2x33

x1

x2

M437）的的M的坐標(biāo)有四個，分別為

這是二次函提同時題目綜

EFADGMEFEFADGMEF7.（山東臨沂第圖1形E重合交點F交CB的點G.（1：EF=EG;（22，移動三角板，使頂點始終在正方形ABCD線AC（3）如圖，2）中的“正方形ABCD形點B，其他條件不變，若求E(DAD值.G

B

C

G

B

C

G(B)

CEF=EG可以證它們所在△ADF全（21E作BC邊和CD邊的垂線段，構(gòu)明EF=EG;也可點分別作EF和EG（）小題轉(zhuǎn)化為N）分點作EM⊥于M,EN⊥CD于N，構(gòu)造相似三角

,EGEMB

ENEFAEN∴,G(B)EFbENEFAEN∴,G(B)EFb用a、b表示解EM）∵正方形ABCD，AB=AD,∠∠FAD=900,∠BAF+∠GAB=90,∴∠FAD=∠GAB,∠D=∠ABG=90

,ADF△ABG,∴EF=EG.（2點分別作EM⊥BC于M,EN⊥CDN形，∴四形∴EM=EN.GEM+∠MEF=90,∠∠MEF=90

,∴∠GEM=∠∠ENF=∠EMG=90,∴△ENF≌∴過E分別⊥⊥于N∠∠FEN,∴△GEM∽△,EGEM∠0,∴∥∴,ADCAEMENEMbMEMABa.EGa

DNC難.大.（四，30，12所示，在形，BC∠=°，與yM，且M是BC的中點A、三點的坐標(biāo)是

22-1．(-1.2)D(接DM，沿DA線y=++經(jīng)過點M、N。點P．使得PA=PC．若存在，求出點PQ點在什么位置時有y

QEQC

N

MCA

OD

x】1）待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式段垂直平分線與拋物線的交點

）解：由題意可得M0-3．2）

220

1111

a913yx2）∵PA=

AC，AC的（-1．．）為=－x1yx92

（1

2

）2

3D為關(guān)于對稱軸CD所y=yQ

4.5QC

為QC=

2

=

，26，11分）A（0，-4，4BA順點（點C的坐

2122112221221122（點到軸的為d點P點A1為d明d=d+1；22（2）的條件下，請?zhí)骄慨?dāng)點P位于何處時，的周長△的周：y=ax

B（4a過點B作BE⊥y軸于過點作CD⊥yD易RtBAERt△ACD得，CD=AE=OE-OA=4-1=3到點坐3，52P（abP作PF，PH⊥x于H=1

14

a

又a4

PF=aRt=+14d+121的周長=PC+PA+5，由2△=PC+PH+6，最C、H三，P

921212221211112921212221211112（時PC+PH=5得到PAC值5+6=11．4點B（4得a=，4：y=x4點作軸E過點C作y于D點繞A順時向90°得CBAE≌Rt△ACD，AD=BE=4，，C點坐（，2設(shè)（a，bPPF⊥yPH⊥軸H，點在線y=

14

x上，

14

a，d=a4a4

2

，PF=a，eq\o\ac(△,Rt)中2

AF

1(a4

=a+1，4d+121

299229923（AC=5的周長=PC+PA+5=PC+PH+6則C、H三點，PC+PH最小時點為把x=3代入4即點（此時，4的周長的值5+6=11．

14

x，得到

3）△為PC，26形線l經(jīng)過OC兩點A的（，B的（114P在段OA上從A秒點A點Q點A秒2沿A→B→的點點作PM于x

555551644555551644C﹣BM，當(dāng)、Q設(shè)、Q為t秒（的面為S.（點線l的解（2點與點M前與的函數(shù)關(guān)系式t（2）中tSS的最（MCB上PM線l點N當(dāng)為等出）A（，0B的坐標(biāo)（11點的（，4O（0,0）所以直l的

y

43

x

PQ兩△的形所以我們要分情況討論出OP=t，t與重時=5，t=M重，Q32AB上t=5，，M相，16﹣t=3

163

在AB上圖1＜t，M在OC上時，如圖2，＜t≤3，M、22Q兩CB，3＜t＜S的三3出S的最大值，然后比較，求出最大值∠NMQ=90°eq\o\ac(△,，)QMN為直使△QMN需PN=t∵PM=4MN=tCM=3

34t－的2，AB+BQ=2t，－∴3

346054t=8+614=+514346054t=8+614=+514－8－（t）－2t－）=16－3t，∴t－3t，43t=13點C的（，直線l

4y3

2）根據(jù)題意，得AQ=2t，分三種情況討論：當(dāng)＜t圖，M（t23Cx軸于D，過點Q作QE⊥x軸于ODC

AQAEAEOCOD53

61t55

t

6AE=tt5（t，t55

S=

12

MP

=323

t

3

1216tt5

tt時，如圖Q⊥x軸于25，﹣5﹣2t。點Q的坐2tPF=16﹣2t﹣﹣3t。S=

12

MP=3t3﹣-2t23

+

32t

1615+=555=8168128601615+=555=816812860點Q與點M，2t=t，得t=3＜t＜2t3﹣t=16﹣3t，MP=4

163﹣32。

12

MP

=3316﹣3t=﹣6t2

3）①當(dāng)0＜t≤2

216160t2t（t153a=

215

拋物對線x=﹣20，當(dāng)0＜t≤S隨t的增大而增大。2t=有2

856t時，S=22

+

328128t－3a=﹣2＞t=有3

1289當(dāng)＜t時，6t﹣，∵k=﹣6＜∴S3隨t的增大而減小。時S=14t=

163

時S=00＜當(dāng)t=時有394）當(dāng)t=13

關(guān)鍵在于準(zhǔn)確進(jìn)行分類分類此問容易因分類一問定要三，，分）

y3x3

與x軸于A兩ABC=60與軸C。（1）線BC的解析式.（2）從A點沿AC向點C運動(不與AC重),同時點從沿向點A運動C合),動點P的秒個單位度點Q秒度.設(shè)△的點的運動t秒S與t（3）（△APQ，y軸上有一M，點AQM為頂點的四邊形為

88N點的坐標(biāo)；1）

y3x3

：A（，0

OA=4，OB=4

BAO=60，∵∠ABC=60△ABC，OC=OA=4，∴C4，0Q在和AB出AP上出S與點Q點重△APQ的面，B4，，，-8AQ（B）作為（-4.8得A點坐標(biāo)（，B（，4）∵，3∠°∠△ABC形OC=OA=4y=kx+b,,∴,∴直線BC的解析式為

y3x3

.（PAOQH⊥∵

QHCQQHtOB

S

△APQ

=

12

1tt2

32

t

2

(0<t4).同理可得S

△=APQ

1tt)t22

2

(4，8（-4，-8

838

.，，12圖形為2，點A、分在y軸的正半軸上M的中0，m）段OC（點線PM的延長線于點D點D的坐含m的△是等求的過、、B與軸O作的垂線圖2點P從點向點C點也點H所經(jīng)

M點OC可得Rt△PMC≌DMB=BDD的（，m(2)是條件不確定就是△APD是等等所以應(yīng)分三種情況來討計算的過程構(gòu)造直角三角形來進(jìn)行計算，(3)是探究性試題點動化，也就是H化個90°的圓是OM點H徑．得CM=∠PMC=∠，∴Rt△≌eq\o\ac(△,Rt)，∴DB，∴DBm，=4-，

221111112222221111112222點的（2，4-m(2)分三種情況：若=AD，則4+m=(4-m)

，得=

32若PD=過作點，則AFFD=4-22又=AF，∴m=m2：m=

43若DP=DA，△PMC≌△，∴PM=PD=AD（4-22∵PC+CMPM

，∴m

14

)

，m3

3232△APD是，的值為23（點所經(jīng)

54，等腰三角形，特跡難度較大識生要有方究單來化后還要找出圓弧的圓心角以及半徑的大本題大．，23,10，在等邊點D是邊ACP是段DC點點P點C合)結(jié)將△ABP點P按順α°＜＜180°eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)BP11結(jié)，射線PB、射線于點E、.111（1）如1α＜6°α角變eq\o\ac(△,BE)eq\o\ac(△,)與△始▲明理由；（圖∠ABP=.當(dāng)60°α＜0在角變化過△αβ之間的數(shù)（3，當(dāng)α=60°時，點E、FB合AB=4，=eq\o\ac(△,A)eq\o\ac(△,)BB的11

.即.即為S求于x式

F

F

DP

DP

D圖1

圖

圖3=∠,由∠E=∠1BE∽AEPAEP，BAE=∠ABE，因為∠BAC=60是BAE

60

90

30222

α=AB=Ax表示A邊1△是等、作AC邊11到A式.11解（相似∠=∠αAP=ABP=BP,則∠PAAPBB111=

180

9022

,∵∠PBB=,∴PAE=∠EBF.又∵BEF1∠AEPeq\o\ac(△,BE)eq\o\ac(△,)F△（eq\o\ac(△,BE)eq\o\ac(△,)∽△

22△BEF≌△AEP要BE∴∠BAEABE,BAC,BAE=

9022

.ABE=β∠BAEABE.

2

即α=（BD，交AB于點G，過點AAH⊥AC于點H.,∵∠1111BAP=∠APA=60°.111∴AB∥.：AP=