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changsha2016nianzhongkaoyazhouti【一】:2016年中考压轴题4及答案
压轴题（四）
1. 有一副直角三角板，在三角板ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=6，在三角板DEF中，∠FDE=90°，DF=4，
DE=．将这副直角三角板按如图1所示位置摆放，点B与点F重合，直角边BA与FD在同一条直线上．现固定三角板ABC，将三角板DEF沿射线BA方向平行移动，当点F运动到点A时停止运动．
（1）如图2，当三角板DEF运动到点D与点A重合时，设EF与BC交于点M，则∠EMC= 度；
（2）如图3，在三角板DEF运动过程中，当EF经过点C时，求FC的长（3）在三角板DEF运动过程中，设BF=x，两块三角板重叠部分的面积为y，求y与x的函数解析式，并求出对应的x取值范围．
【考点】相似形综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）如题图2所示，由三角形的外角性质可得；
（2）如题图3所示，在Rt△ACF中，解直角三角形即可；
（3）认真分析三角板的运动过程，明确不同时段重叠图形的变化情况：
（I）当0≤x≤2时，如答图1所示；
（II）当2＜x≤6-
（III）当6- 时，如答图2所示； ＜x≤6时，如答图3所示．
，∴tan∠DFE= ， 【解答】解：（1）如题图2所示，∵在三角板DEF中，∠FDE=90°，DF=4，DE=
∴∠DFE=60°，∴∠EMC=∠FMB=∠DFE-∠ABC=60°-45°=15°；
（2）如题图3所示，当EF经过点C时，FC=
（3）在三角板DEF运动过程中，
（I）当0≤x≤2时，如答图1所示：设DE交BC于点G．
过点M作MN⊥AB于点N，则△MNB为等腰直角三角形，MN=BN．又∵NF=，BN=NF+BF， ∴NF+BF=MN，即 MN+x=MN，解得：MN=
y=S△BDG-S△BFM =BD?DG-BF?MN =（II）当2＜x≤
又∵
NF== 时，如答图2所示：过点M作MN⊥AB于点N，则△MNB为等腰直角三角形，MN=BN． = MN，BN=NF+BF，∴NF+BF=MN，即MN+x=MN，解得：MN=
y=S△ABC-
S△BFM=AB?AC- BF?MN=
=
（III）当＜x≤6时，如答图3所示： 由BF=x，则AF=AB-BF=6-x，
设AC与EF交于点M，则
AM=AF?tan60°=
y=S△AFM=
AF?AM=
综上所述，y与x
的函数解析式为：
【点评】本题是运动型综合题，解题关键是认真分析三角板的运动过程，明确不同时段重叠图形形状的变化情况．在解题计算过程中，除利用三角函数进行计算外，也可以利用三角形相似，殊途同归．
2. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于点D．点P从点D出发，沿线段DC向点C运动，点Q从点C出发，沿线段CA向点A运动，两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度，当点P运动到C时，两点都停止．设运动时间为t秒．
（1）求线段CD的长；
（2）设△CPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并确定在运动过程中是否存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100？若存在，求出t的值；若不存在，则说明理由．
（3）是否存在某一时刻t，使得△CPQ为等腰三角形？若存在，求出所有满足条件的t的值；若不存在，则说明理由．
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）利用勾股定理可求出AB长，再用等积法就可求出线段CD的长．
（2）过点P作PH⊥AC，垂足为H，通过三角形相似即可用t的代数式表示PH，从而可以求出S与t之间的函数关系式；利用S△CPQ：S△ABC=9：100建立t的方程，解方程即可解决问题．
（3）可分三种情况进行讨论：由CQ=CP可建立关于t的方程，从而求出t；由PQ=PC或QC=QP不能直接得到关于t的方程，可借助于等腰三角形的三线合一及三角形相似，即可建立关于t的方程，从而求出t．
【解答】 解：（1）如图1，∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，∴AB=10．∵CD⊥AB，∴S△ABC=BC?AC=AB?CD． ∴
CD==4.8．∴线段CD的长为4.8；
（2）①过点P作PH⊥AC，垂足为H，如图2所示．由题可知DP=t，CQ=t．则CP=4.8-t．∵∠ACB=∠CDB=90°， ∴∠HCP=90°-∠DCB=∠B．∵PH⊥AC，∴∠CHP=90°．∴∠CHP=∠ACB．∴△CHP∽△BCA． ∴,∴
∴PH=
∴S△CPQ=
②存在某一时刻t，使得S△CPQ：S△ABC=9：100．∵S△ABC=×6×8=24，且S△CPQ：S△ABC=9：100， ∴ ：24=9：100．整理得：5t2-24t+27=0．即（5t-9）（t-3）=0．解得：t=或t=3． ∵0≤t≤4.8，∴当t= 或t=3秒时，S△CPQ：S△ABC=9：100；
（3）存在①若CQ=CP，如图1，则t=4.8-t．解得：t=2.4．…（7分）
②若PQ=PC，如图2所示． ∵PQ=PC，PH⊥QC，∴QH=CH=QC=∵△CHP∽△BCA．∴ ∴解得；t=．
③若QC=QP，过点Q作QE⊥CP，垂足为E，如图3所示．同理可得：t=
综上所述：当t为2.4秒或秒或秒时，△CPQ为等腰三角形． ．
【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、一元二次方程的应用、勾股定理等知识，具有一定的综合性，而利用等腰三角形的三线合一巧妙地将两腰相等转化为底边上的两条线段相等是解决第三小题的关键．
3. 如图，在直角坐标系xOy中，边长为2的等边△OAB的顶点B在第一象限，顶点A在x轴的正半轴上.另一等腰△OCA的顶点C在第四象限，OC=AC，∠C=120°．现有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发，点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动，点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止．
（1）求边OC的长；
（2）求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；
（3）在等边△OAB的边上（点A除外）存在点D，使得△OCD为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标.
【考点】相似形综合题．
【分析】（1）作辅助线求得；
（2）由于点Q从点O运动到点C需要
秒，点P从点A→O→B需要秒，所以分两种情况讨论： ①0＜t＜；② ≤t＜，针对每一种情况，根据P点所在的位置，由三角形的面积公式得出△OPQ的面积S与运动的时间t之间的函数关系，并且得出自变量t的取值范围；
（3）如果△OCD为等腰三角形，那么分D在OA边或者OB边上或AB边上三种情形．每一种情形，都有可能O为顶点，C为顶点，D为顶点，分别讨论，得出结果．
解答：（1）过点C作CD⊥OA于点D.(如图1)∵OC=AC,∠ACO=120°,∴∠AOC=∠OAC=30°.
∵OC=AC,CD⊥OA,∴OD=DA=1.在Rt△ODC中, OC=
（2）过点C作CD⊥OA于点D（如图）∵OC=AC，∠ACO=120°，∴∠AOC=∠OAC=30°．
∵OC=AC，CD⊥OA，∴OD=DA=1．在Rt△ODC中，OC=
①当0＜t＜时，OQ=t，AP=3t，OP=OA-AP=2-3t．过点Q作QE⊥OA于点E．（如图）在Rt△OEQ中
changsha2016nianzhongkaoyazhouti【二】:2016年中考压轴题2及答案
压轴题（二）
1.如图，抛物线y=x2-x-9与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，连接BC、AC．
（1）求AB和OC的长；
（2）点E从点A出发，沿x轴向点B运动（点E与点A、B不重合），过点E作直线l平行BC，交AC于点D．设AE的长为m，△ADE的面积为s，求s关于m的函数关系式，并写出自变量m的取值范围；
（3）在（2）的条件下，连接CE，求△CDE面积的最大值；此时，求出以点E为圆心，与BC相切的圆的面积（结果保留π）．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）已知抛物线的解析式，当x=0，可确定C点坐标；当y=0时，可确定A、B点的坐标，进而确定AB、OC的长．
（2）直线l∥BC，可得出△AED、△ABC相似，它们的面积比等于相似比的平方，由此得到关于s、m的函数关系式；根据题干条件：点E与点A、B不重合，可确定m的取值范围．
（3）①首先用m列出△AEC的面积表达式，△AEC、△AED的面积差即为△CDE的面积，由此可得关于S△CDE、m的函数关系式，根据函数的性质可得到S△CDE的最大面积以及此时m的值；
②过E做BC的垂线EM，这个垂线段的长即为与BC相切的⊙E的半径，可根据相似三角形△BEF、△BCO得到的相关比例线段求得该半径的值，由此得解．
【解答】解：（1）已知：抛物线y=x2-x-9；当x=0时，y=-9，则：C（0，-9）；
当y=0时，x2- x-9=0，得：x1=-3，x2=6，则：A（-3，0）、B（6，0）；∴AB=9，OC=9．
（2）∵ED∥BC，∴△AED∽△ABC，∴，
即：，得：
s=（0＜m＜9）．
(3) ∵S△AEC=AE?OC=m×9=m，∴S△CDE=S△AEC-S△ADE=
∵0＜m＜9，∴当m=时，S△CDE取得最大值，最大值为．此时，BE=AB-AE=9-=． ∴S△EBC=．如图2，记⊙E与BC相切于点M，连接EM，则EM⊥BC，设⊙E的半径为r． 在Rt△BOC中，BC=∵S△EBC=BC?EM，
∴所求⊙E的面积为：
2.如图，抛物线y=x2+ x+1与y轴交于A点，过点A的直线与抛物线交于另一点B，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（3，0）
（1）求直线AB的函数关系式；
（2）动点P在线段OC上从原点出发以每秒一个单位的速度向C移动，过点P作PN⊥x轴，交直线AB于点M，交抛物线于点N．设点P移动的时间为t秒，MN的长度为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；
（3）设在（2）的条件下（不考虑点P与点O，点C重合的情况），连接CM，BN，当t为何值时，四边形BCMN为平行四边形？问对于所求的t值，平行四边形BCMN是否菱形？请说明理由．
【考点】二次函数综合题．
【专题】压轴题．
【分析】（1）由题意易求得A与B的坐标，然后有待定系数法，
即可求得直线AB的函数关系式；
（2）由s=MN=NP-MP，即可得
s=化简即可求得答案；
（3）若四边形BCMN为平行四边形，则有MN=BC，即可得方程：
，解方程即可求得
t的值，再分别分析t取何值时四边形BCMN为菱形即可．
【解答】解：（1）∵当x=0时，y=1，∴A（0，1），当x=3时，y=， ∴B（3，2.5），设直线AB的解析式为y=kx+b，则：，解得：，
∴直线AB的解析式为y=x+1；
（2）根据题意得：
s=MN=NP-MP=
（3）若四边形BCMN为平行四边形，则有MN=BC，此时，有
∴当t=1或2时，四边形BCMN为平行四边形．
①当t=1时，MP=，NP=4，故MN=NP-MP=， ，解得t1=1，t2=2，
又在Rt△MPC中，MC=，故MN=MC，此时四边形BCMN为菱形，
②当t=2时，MP=2，
NP=，故MN=NP-MP= ，
又在Rt△MPC中，MC=，故MN≠MC，此时四边形BCMN不是菱形．
【点评】此题考查了待定系数法求函数的解析式，线段的长与函数关系式之间的关系，平行四边形以及菱形的性质与判定等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是数形结合思想的应用．
，3.（2015?长沙）若关于x的二次函数y=ax2+bx+c（a＞0，c＞0，a，b，c是常数）与x轴交于两个不同的点A（x1，0）
B（x2，0）（0＜x1＜x2），与y轴交于点P，其图象顶点为点M，点O为坐标原点．
（1）当x1=c=2，a=时，求x2与b的值；
（2）当x1=2c时，试问△ABM能否为等边三角形？判断并证明你的结
论；
（3）当x1=mc（m＞0）时，记△MAB，△PAB的面积分别为S1，S2，若
△BPO∽△PAO，且S1=S2，求m的值．
考点：二次函数综合题．
专题：压轴题．
分析：（1）设ax2+bx+c=0的两根为x1、x2，把a、c代入得：x2+bx+2=0，根据x1=2是它的一个根，求出b
，再根据x2﹣x+2=0，即可求出另一个根，
（2）根据x1=2c时，x2=，得出b=﹣（2ac+），4ac=﹣2b﹣1，根据M的坐标为（﹣，），
得出当△ABM
为等边三角形时
4ac=﹣2b﹣1=1，得出2c=，求出b1=﹣1，b2=2﹣1（舍去），最后根据，A、B重合，△ABM不可能为等边三角形；
=，ac=1，由S1=S2得出b2=4a?2c=8ac=8，求出b=﹣2，最后根（3）根据△BPO∽△PAO，得出据x2﹣2x+c=0得出x=（﹣1）c，从而求出m．
解答：解：（1）设ax2+bx+c=0的两根为x1、x2，把a=，c=2代入得：x2+bx+2=0，
∵x1=2是它的一个根，∴×22+2b+2=0，解得：b=﹣，∴方程为：x2﹣x+2=0，∴另一个根为x2=3；
（2）当x1=2c时，x2==，此时b=﹣a（x1+x2）=﹣（2ac+），4ac=﹣2b﹣1，∵M（﹣，），
当△ABM为等边三角形时|∴b2+2b+1=|=AB，即 = （﹣2c），∴ =?， （1+2b+1），解得：b1=﹣1，b2=2﹣1（舍去），
此时4ac=﹣2b﹣1=1，即
2c=
（3）∵△BPO∽△PAO，∴∴b2=4a?2c=8ac=8，∴b1=﹣2=，A、B重合，∴△ABM不可能为等边三角形； ，即x1x2=c2=，∴ac=1，由S1=S2得c=|，b2=2（舍去），方程可解为x2﹣2|=﹣c， x+c=0，
∴m=﹣1．
点评：此题考查了二次函数综合，用到的知识点是二次函数的图象与性质、相似三角形的判定与性质、等边三角形的性质、一元二次方程，关键是综合运用有关知识求解，注意把不合题意的解舍去．
4.（2015?武汉）已知抛物线y= x2+c与x轴交于A（﹣1，0），B两点，交y轴于点C．
（1）求抛物线的解析式；
（2）点E（m，n）是第二象限内一点，过点E作EF⊥x轴交抛物线于点F，过点F作FG⊥y轴于点G，连接CE、CF，若∠CEF=∠CFG．求n的值并直接写出m的取值范围（利用图1完成你的探究）．
（3）如图2，点P是线段OB上一动点（不包括点O、B），PM⊥x轴交抛物线于点M，∠OBQ=∠OMP，BQ交直线PM于点Q，设点P的横坐标为t，求△PBQ的周长．
考点：二次函数综合题．
专题：压轴题．
分析：（1）将点A的坐标代入抛物线解析式即可求得c的值，则可得抛物线解析式；（2）过点C作CH⊥EF于点H，易证△EHC∽△FGC，再根据相似三角形的性质可得n的值；（3）首先表示出点P的坐标，再根据△OPM∽△QPB，然后由对应边的比值相等得出PQ和BQ的长，从而可得△PBQ的周长．
解答：解：（1）把A（﹣1，0）代入
得c=﹣，∴抛物线解析式为
（2）如图1，过点C作CH⊥EF于点H，∵∠CEF=∠CFG，FG⊥y轴于点G∴△EHC∽△FGC
∵E（m，n）∴F（m，）又∵C（0，﹣）∴EH=n+，CH=﹣m，FG=﹣m，CG=m2
又∵，则
，∴n+=2 ，∴n=（﹣2＜m＜0）.
（3）由题意可知P（t，0），M（t，
∴△OPM∽△QPB．∴
∴PQ+BQ+PB=），∵PM⊥x轴交抛物线于点M，∠OBQ=∠OMP， ，PB=1﹣t，∴PQ=．BQ=，
．其中OP=t，PM=．∴△PBQ的周长为2．
点评：本题考查了二次函数的综合应用，同时涉及了相似三角形的判定与性质，具有一定的综合性与难度，解题时要注意数形结合思想与方程思想的运用．
5. 2（2015?枣庄）如图，直线y=x+2与抛物线y=ax+bx+6（a≠0）相交于A（，）和B（4，m），点P是线段AB
changsha2016nianzhongkaoyazhouti【三】:2016年中考压轴题集锦答案
解：（1）解法一： ∵抛物线y=－
22
， x+bx+c经过点A（0，－4）
3
22
x+bx+c=0的两个根， 3
∴c=－4 ??1分
又由题意可知，x1、x2是方程－∴x1+x2=
33
b， x1x2=－c=6 ·························································· 2分 22
2
由已知得（x2-x1）=25 又（x2-x∴
1）=（x2+x1）－4x1
2
2
x2=
92
b－24 4
92
b－24=25 4
14
解得b ···························································································· 3分
314当b=时，抛物线与x轴的交点在x轴的正半轴上，不合题意，舍去．
3
∴b=－
14
． ··························································································· 4分 3
解法二：∵x1、x2是方程－
即方程2x－3b∴x=
2
22
x+bx+c=0的两个根， 3
x+12=0的两个根．
3b?
9b2?96
， ································································· 2分
4
9b2?96
∴x2－x1==5，www.shanpow.com_changsha2016nianzhongkaoyazhouti。
2
解得 b14 ·················································································· 3分 3
（以下与解法一相同．）
（2）∵四边形BDCE是以BC为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D必在抛物线的
对称轴上， ···················································································· 5分
22142725
···························· 6分 x－x－4=－（x+）2+ ·
33326
725
∴抛物线的顶点（－，）即为所求的点D． ································· 7分
26
又∵y=－
（3）∵四边形BPOH是以OB为对角线的菱形，点B的坐标为（－6，0），
根据菱形的性质，点P必是直线x=-3与
2214
··················································· 8分 x-x-4的交点， ·
33
2142
∴当x=－3时，y=－×（－3）－×（－3）－4=4，
33
抛物线y=－
∴在抛物线上存在一点P（－3，4），使得四边形BPOH为菱形． ··············· 9分 四边形BPOH不能成为正方形，因为如果四边形BPOH为正方形，点P的坐标
只能是（－3，3），但这一点不在抛物线上． ············································· 10分 2、解：（1）点E在y轴上 ··········································································· 1分 理由如下：
连接AO，如图所示，在Rt△ABO中，?
AB?1，BO?，?AO?2
?sin?AOB?
1?
，??AOB?30 2
?
?
?
?
由题意可知：?AOE?60??BOE??AOB??AOE?30?60?90
······························································ 3分 ?点B在x轴上，?点E在y轴上． ·（2）过点D作DM?x轴于点M
?OD?1，?DOM?30?
?在Rt△DOM中，DM?
?点D在第一象限，
1，OM?21? ············································································· 5分 ?点D
的坐标为??2??2) 由（1）知EO?AO?2，点E在y轴的正半轴上?点E的坐标为(0，
·············································································· 6分 ?点A
的坐标为( ·
?抛物线y?ax2?bx?c经过点E，
?c?2
1?2
由题意，将A(代入y?ax?bx?2中得
，D?2???
8??3a??2?1a???9??
解得 ?3?1
?2??a??b???42?9?
8··············································· 9分 x?2 ·?
所求抛物线表达式为：y??x2?
99
（3）存在符合条件的点P，点Q． ······························································ 10分 理由如下：?矩形ABOC
的面积?AB?BO??以O，B，P，
Q为顶点的平行四边形面积为
由题意可知OB为此平行四边形一边，
又?OB?
?OB边上的高为2 ···················································································· 11分
2) 依题意设点P的坐标为(m，
8x?2上
?点P
在抛物线y??x2?
998??m2?m?2?2
99
解得，m1?
0，m2? ??
2??P2)，P2?1(0，
??
??
?以O，B，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，
?PQ∥
OB，PQ?OB? 2)时， ?当点P1的坐标为(0，
点Q
的坐标分别为Q1(
