2021年中考数学压轴题题型组合卷（五）.doc

1、中考压轴题题型组合卷（五）（满分：30分）一、选择、填空题（共2小题，每小题3分，共6分）1.已知抛物线y1（xx1）（xx2）交x轴于A（x1，0）B（x2，0）两点，且点A在点B的左边，直线y22x+t经过点A若函数yy1+y2的图象与x轴只有一个公共点时，则线段AB的长为（）A4B8C16D无法确定2.在平面直角坐标系中，A（4，0），直线l：y6与y轴交于点B，点P是直线l上点B右侧的动点，以AP为边在AP右侧作等腰RtAPQ，APQ90，当点P的横坐标满足0x8，则点Q的运动路径长为 二、解答题（共2小题，每小题12分，共24分）3.如图，在四边形ABCD中，ABCD，ADC90，D

2、EBC于E，连AE，FEAE交CD于点F（1）求证：AEDFEC；（2）若AB2，求DF的值；（3）若ADCD，2，则 4.如图，二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，OBOC，点D在函数图象上，CDx轴且CD2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点（1）求b、c的值；（2）如图1，连BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F恰好在线段BE上，求点F的坐标；（3）如图2，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M、与抛物线交于点N试问：抛物线上是否存在点Q，使得PQN与APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明

3、理由参考答案一、选择、填空题（共2小题，每小题3分，共6分）1.已知抛物线y1（xx1）（xx2）交x轴于A（x1，0）B（x2，0）两点，且点A在点B的左边，直线y22x+t经过点A若函数yy1+y2的图象与x轴只有一个公共点时，则线段AB的长为（）A4B8C16D无法确定【分析】根据题意可以假设y（x+）2，再求出y1x2+（t2）x+t，利用AB即可解决【解答】解：线y22x+t经过点A（x1，0），2x1+t0x1，A（，0）若函数yy1+y2的图象与x轴只有一个公共点，这个公共点就是点A，可以假设y（x+）2x2+tx+，y1yy2x2+（t2）x+tAB8故选：B【点评】本题考查二

4、次函数、一次函数的有关知识，还考查了一元二次方程的根与系数的关系，灵活运用顶点式是解决问题的关键2.在平面直角坐标系中，A（4，0），直线l：y6与y轴交于点B，点P是直线l上点B右侧的动点，以AP为边在AP右侧作等腰RtAPQ，APQ90，当点P的横坐标满足0x8，则点Q的运动路径长为8【分析】如图，作PEOA、作QFBP，证PEAPFQ，设P（a，6），则PFPE6、QFAE|4a|，可得Q（a+6，10a），即可知点Q始终在直线yx+16上运动，由当点P的横坐标满足0x8时，点Q的横坐标满足6x14，纵坐标满足2y10，根据两点间的距离公式求解可得【解答】解：如图，过点P作PEOA，垂足

5、为E，过点Q作QFBP，垂足为F，BPOA，PEOA，EPFPEO90APQ90，EPAFPQ90APF在PEA和PFQ中，PEAPFQ（AAS），PEPF，EAQF，若点P的坐标为（a，6），则PFPE6，QFAE|4a|点Q的坐标为（a+6，10a）无论a为何值，点Q的坐标（a+6，10a）都满足一次函数解析式yx+16，点Q始终在直线yx+16上运动当点P的横坐标满足0x8时，点Q的横坐标满足6x14，纵坐标满足2y10，则Q的运动路径长为8，故答案为：8【点评】本题主要考查动点的轨迹问题，熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质及一次函数的性质、两点间的距离公式是解题的关键

6、二、解答题（共2小题，每小题12分，共24分）3.如图，在四边形ABCD中，ABCD，ADC90，DEBC于E，连AE，FEAE交CD于点F（1）求证：AEDFEC；（2）若AB2，求DF的值；（3）若ADCD，2，则【分析】（1）根据条件可以得出EFCEAD，CEFAED，进而可以证明AEDFEC（2）根据条件可以证明A、D、F、B、A四点共圆，由BEAFED，推出结论（3）设ABa，CDb，通过辅助线，利用方程的思想，解决问题【解答】解：（1）DEBC，EFAE，BEDCED90，2+390，2+CEF90，CEF3，AEFADF906+4180，5+6180，54，ADEFEC（2）1+

7、390，2+390，12，ABCD，ADC90，BAD+ADC180，BAD90，BED+BAD180，四边形ABCD四点共圆，AEF+ADF180，四边形AEFD四点共圆，A、B、E、F、D五点共圆，12，DFAB2（3）作CNAB交AB的延长线于N，过点E作EGAN垂足为G交CD于H，延长DE交CN于M2，ABFD，EG2EH，GBCH，EGBEHC，2，设ECa，ABx，CDy，则EB2a，NCDADCDAN90，四边形ADCN是矩形，ADDC四边形ADCN是正方形，ANCNCDy，NByx，NCB+CMD90，CMD+MDC90NCBMDC，CNCD，CNBDCM，CMBNyx，DMB

8、C3a，MCDMEC，CMECMD，MCEMDC，y2xy3a2CM2+CD2MD2，（yx）2+y29a2由消去a得x2+xyy20xy，（或xy舍弃），故答案为：【点评】本题考查了直角梯形的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、以及四点共圆的判定，综合性比较强，用方程的思想是解决第三个问题的关键4.如图，二次函数yx2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，OBOC，点D在函数图象上，CDx轴且CD2，直线l是抛物线的对称轴，E是抛物线的顶点（1）求b、c的值；（2）如图1，连BE，线段OC上的点F关于直线l的对称点F恰好在线段BE上，求点

9、F的坐标；（3）如图2，动点P在线段OB上，过点P作x轴的垂线分别与BC交于点M、与抛物线交于点N试问：抛物线上是否存在点Q，使得PQN与APM的面积相等，且线段NQ的长度最小？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由【分析】（1）由条件可求得抛物线对称轴，则可求得b的值；由OBOC，可用c表示出B点坐标，代入抛物线解析式可求得c的值；（2）可设F（0，m），则可表示出F的坐标，由B、E的坐标可求得直线BE的解析式，把F坐标代入直线BE解析式可得到关于m的方程，可求得F点的坐标；（3）设点P坐标为（n，0），可表示出PA、PB、PN的长，作QRPN，垂足为R，则可求得QR的长，用n可表示出Q

10、、R、N的坐标，在RtQRN中，由勾股定理可得到关于n的二次函数，利用二次函数的性质可知其取得最小值时n的值，则可求得Q点的坐标，【解答】解：（1）CDx轴，CD2，抛物线对称轴为x11，b2OBOC，C（0，c），B点的坐标为（c，0），0c2+2c+c，解得c3或c0（舍去），c3；（2）设点F的坐标为（0，m）对称轴为直线x1，点F关于直线l的对称点F的坐标为（2，m）由（1）可知抛物线解析式为yx2+2x+3（x1）2+4，E（1，4），直线BE经过点B（3，0），E（1，4），利用待定系数法可得直线BE的表达式为y2x+6点F在BE上，m22+62，即点F的坐标为（0，2）；（3）存

11、在点Q满足题意设点P坐标为（n，0），则PAn+1，PBPM3n，PNn2+2n+3作QRPN，垂足为R，SPQNSAPM，（n+1）（3n）（n2+2n+3）QR，QR1点Q在直线PN的左侧时，Q点的坐标为（n1，n2+4n），R点的坐标为（n，n2+4n），N点的坐标为（n，n2+2n+3）在RtQRN中，NQ21+（2n3）2，n时，NQ取最小值1此时Q点的坐标为（ ，）；点Q在直线PN的右侧时，Q点的坐标为（n+1，n2+4）同理，NQ21+（2n1）2，n时，NQ取最小值1此时Q点的坐标为（，）综上可知存在满足题意的点Q，其坐标为（，）或（，）【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及待定系数法、轴对称、三角形的面积、勾股定理、二次函数的性质、方程思想及分类讨论思想等知识在（1）中求得抛物线的对称轴是解题的关键，在（2）中用F点的坐标表示出F的坐标是解题的关键，在（3）中求得QR的长，用勾股定理得到关于n的二次函数是解题的关键本题考查知识点较多，综合性较强，特别是最后一问，难度很大