2021中考數(shù)學壓軸題題型組合卷（五）

中考壓軸題·題型組合卷（五）（滿分：30分）一、選擇、填空題（共2小題，每小題3分，共6分）1.已知拋物線y1＝（x﹣x1）（x﹣x2）交x軸于A（x1，0）B（x2，0）兩點，且點A在點B的左邊，直線y2＝2x+t經(jīng)過點A．若函數(shù)y＝y(tǒng)1+y2的圖象與x軸只有一個公共點時，則線段AB的長為（）A．4B．8C．16D．無法確定2.在平面直角坐標系中，A（4，0），直線l：y＝6與y軸交于點B，點P是直線l上點B右側的動點，以AP為邊在AP右側作等腰Rt△APQ，∠APQ＝90°，當點P的橫坐標滿足0≤x≤8，則點Q的運動路徑長為．二、解答題（共2小題，每小題12分，共24分）3.如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE⊥BC于E，連AE，F(xiàn)E⊥AE交CD于點F．（1）求證：△AED∽△FEC；（2）若AB＝2，求DF的值；（3）若AD＝CD，＝2，則＝．

4.如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，OB＝OC，點D在函數(shù)圖象上，CD∥x軸且CD＝2，直線l是拋物線的對稱軸，E是拋物線的頂點．（1）求b、c的值；（2）如圖1，連BE，線段OC上的點F關于直線l的對稱點F’恰好在線段BE上，求點F的坐標；（3）如圖2，動點P在線段OB上，過點P作x軸的垂線分別與BC交于點M、與拋物線交于點N．試問：拋物線上是否存在點Q，使得△PQN與△APM的面積相等，且線段NQ的長度最?。咳舸嬖?，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由．

參考答案一、選擇、填空題（共2小題，每小題3分，共6分）1.已知拋物線y1＝（x﹣x1）（x﹣x2）交x軸于A（x1，0）B（x2，0）兩點，且點A在點B的左邊，直線y2＝2x+t經(jīng)過點A．若函數(shù)y＝y(tǒng)1+y2的圖象與x軸只有一個公共點時，則線段AB的長為（）A．4B．8C．16D．無法確定【分析】根據(jù)題意可以假設y＝（x+）2，再求出y1＝x2+（t﹣2）x+﹣t，利用AB＝＝即可解決．【解答】解：∵線y2＝2x+t經(jīng)過點A（x1，0），∴2x1+t＝0∴x1＝﹣，A（﹣，0）∵若函數(shù)y＝y(tǒng)1+y2的圖象與x軸只有一個公共點，∴這個公共點就是點A，∴可以假設y＝（x+）2＝x2+tx+，∴y1＝y(tǒng)﹣y2＝x2+（t﹣2）x+﹣t．∴AB＝＝＝＝＝8．故選：B．【點評】本題考查二次函數(shù)、一次函數(shù)的有關知識，還考查了一元二次方程的根與系數(shù)的關系，靈活運用頂點式是解決問題的關鍵．2.在平面直角坐標系中，A（4，0），直線l：y＝6與y軸交于點B，點P是直線l上點B右側的動點，以AP為邊在AP右側作等腰Rt△APQ，∠APQ＝90°，當點P的橫坐標滿足0≤x≤8，則點Q的運動路徑長為8．【分析】如圖，作PE⊥OA、作QF⊥BP，證△PEA≌△PFQ，設P（a，6），則PF＝PE＝6、QF＝AE＝|4﹣a|，可得Q（a+6，10﹣a），即可知點Q始終在直線y＝﹣x+16上運動，由當點P的橫坐標滿足0≤x≤8時，點Q的橫坐標滿足6≤x≤14，縱坐標滿足2≤y≤10，根據(jù)兩點間的距離公式求解可得．【解答】解：如圖，過點P作PE⊥OA，垂足為E，過點Q作QF⊥BP，垂足為F，∵BP∥OA，PE⊥OA，∴∠EPF＝∠PEO＝90°．∵∠APQ＝90°，∴∠EPA＝∠FPQ＝90°﹣∠APF．在△PEA和△PFQ中，∵，∴△PEA≌△PFQ（AAS），∴PE＝PF，EA＝QF，若點P的坐標為（a，6），則PF＝PE＝6，QF＝AE＝|4﹣a|．∴點Q的坐標為（a+6，10﹣a）．∵無論a為何值，點Q的坐標（a+6，10﹣a）都滿足一次函數(shù)解析式y(tǒng)＝﹣x+16，∴點Q始終在直線y＝﹣x+16上運動．當點P的橫坐標滿足0≤x≤8時，點Q的橫坐標滿足6≤x≤14，縱坐標滿足2≤y≤10，則Q的運動路徑長為＝8，故答案為：8．【點評】本題主要考查動點的軌跡問題，熟練掌握全等三角形的判定與性質、等腰直角三角形的性質及一次函數(shù)的性質、兩點間的距離公式是解題的關鍵．二、解答題（共2小題，每小題12分，共24分）3.如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，DE⊥BC于E，連AE，F(xiàn)E⊥AE交CD于點F．（1）求證：△AED∽△FEC；（2）若AB＝2，求DF的值；（3）若AD＝CD，＝2，則＝．【分析】（1）根據(jù)條件可以得出∠EFC＝∠EAD，∠CEF＝∠AED，進而可以證明△AED∽△FEC．（2）根據(jù)條件可以證明A、D、F、B、A四點共圓，由∠BEA＝∠FED，推出結論．（3）設AB＝a，CD＝b，通過輔助線，利用方程的思想，解決問題．【解答】解：（1）∵DE⊥BC，EF⊥AE，∴∠BED＝∠CED＝90°，∵∠2+∠3＝90°，∠2+∠CEF＝90°，∴∠CEF＝∠3，∵∠AEF＝∠ADF＝90°∴∠6+∠4＝180°，∵∠5+∠6＝180°，∴∠5＝∠4，∴△ADE∽△FEC．（2）∵∠1+∠3＝90°，∠2+∠3＝90°，∴∠1＝∠2，∵AB∥CD，∠ADC＝90°，∴∠BAD+∠ADC＝180°，∴∠BAD＝90°，∵∠BED+∠BAD＝180°，∴四邊形ABCD四點共圓，∵∠AEF+∠ADF＝180°，∴四邊形AEFD四點共圓，∴A、B、E、F、D五點共圓，∵∠1＝∠2，∴DF＝AB＝2．（3）作CN⊥AB交AB的延長線于N，過點E作EG⊥AN垂足為G交CD于H，延長DE交CN于M．∵＝＝2，AB＝FD，∴EG＝2EH，∵GB∥CH，∴△EGB∽△EHC，∴＝＝2，設EC＝a，AB＝x，CD＝y(tǒng)，則EB＝2a，∵∠NCD＝∠ADC＝∠DAN＝90°，∴四邊形ADCN是矩形，∵AD＝DC∴四邊形ADCN是正方形，∴AN＝CN＝CD＝y(tǒng)，NB＝y(tǒng)﹣x，∵∠NCB+∠CMD＝90°，∠CMD+∠MDC＝90°∴∠NCB＝∠MDC，∵CN＝CD，∴△CNB≌△DCM，∴CM＝BN＝y(tǒng)﹣x，DM＝BC＝3a，∵∠MCD＝∠MEC，∠CME＝∠CMD，∴△MCE∽△MDC，∴＝，∴＝，∴y2﹣xy＝3a2①∵CM2+CD2＝MD2，∴（y﹣x）2+y2＝9a2②由①②消去a得x2+xy﹣y2＝0∴x＝y(tǒng)，（或x＝y(tǒng)舍棄）∴＝，∴＝．故答案為：．【點評】本題考查了直角梯形的性質、正方形的判定和性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、以及四點共圓的判定，綜合性比較強，用方程的思想是解決第三個問題的關鍵．4.如圖，二次函數(shù)y＝﹣x2+bx+c的圖象與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，OB＝OC，點D在函數(shù)圖象上，CD∥x軸且CD＝2，直線l是拋物線的對稱軸，E是拋物線的頂點．（1）求b、c的值；（2）如圖1，連BE，線段OC上的點F關于直線l的對稱點F’恰好在線段BE上，求點F的坐標；（3）如圖2，動點P在線段OB上，過點P作x軸的垂線分別與BC交于點M、與拋物線交于點N．試問：拋物線上是否存在點Q，使得△PQN與△APM的面積相等，且線段NQ的長度最?。咳舸嬖?，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由．【分析】（1）由條件可求得拋物線對稱軸，則可求得b的值；由OB＝OC，可用c表示出B點坐標，代入拋物線解析式可求得c的值；（2）可設F（0，m），則可表示出F′的坐標，由B、E的坐標可求得直線BE的解析式，把F′坐標代入直線BE解析式可得到關于m的方程，可求得F點的坐標；（3）設點P坐標為（n，0），可表示出PA、PB、PN的長，作QR⊥PN，垂足為R，則可求得QR的長，用n可表示出Q、R、N的坐標，在Rt△QRN中，由勾股定理可得到關于n的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質可知其取得最小值時n的值，則可求得Q點的坐標，【解答】解：（1）∵CD∥x軸，CD＝2，∴拋物線對稱軸為x＝1．∴﹣＝1，b＝2．∵OB＝OC，C（0，c），∴B點的坐標為（c，0），∴0＝﹣c2+2c+c，解得c＝3或c＝0（舍去），∴c＝3；（2）設點F的坐標為（0，m）．∵對稱軸為直線x＝1，∴點F關于直線l的對稱點F的坐標為（2，m）．由（1）可知拋物線解析式為y＝﹣x2+2x+3＝﹣（x﹣1）2+4，∴E（1，4），∵直線BE經(jīng)過點B（3，0），E（1，4），∴利用待定系數(shù)法可得直線BE的表達式為y＝﹣2x+6．∵點F在BE上，∴m＝﹣2×2+6＝2，即點F的坐標為（0，2）；（3）存在點Q滿足題意．設點P坐標為（n，0），則PA＝n+1，PB＝PM＝3﹣n，PN＝﹣n2+2n+3．作QR⊥PN，垂足為R，∵S△PQN＝S△APM，∴（n+1）（3﹣n）＝（﹣n2+2n+3）?QR，∴QR＝1．①點Q在直線PN的左側時，Q點的坐標為（n﹣1，﹣n2+4n），R點的坐標為（n，﹣n2+4n），N點的坐標為（n，﹣n2+2n+3）．∴在Rt△QRN中，NQ2＝1+（2n﹣3）2，∴n＝時，NQ取最小值1．此時Q點的坐標為（，）；②點Q在直線PN的右側時，Q點的坐標為（n+1，﹣n2+4）．同理，NQ2＝1+（2n﹣1）2，∴n＝時，NQ取最小值1．此時Q點的坐標為（，）．綜上