中考数学压轴题归类复习（十大类型附详细解答）

由天下分享时间：2024/11/29 8:06:33 加入收藏我要投稿点赞

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龚恒雷

参考答案：例1．【考点】二次函数综合题．【分析】（1）根据x等于零时，可得C点坐标，根据y等于零时，可得A、B的坐标，根据待定系数法，可得直线BC的斜率，根据平行线的斜率相等，可得平行BC的直线的斜率，根据直线与抛物线有一个交点，可得直线与抛物线联立所得的一元二次方程有一对相等的实数根，可得判别式等于零；（2）根据待定系数法，可得直线AD的解析式，根据E点在线段AB上，可设出E点坐标，根据EF∥y轴，F在抛物线上，可得F点的坐标，根据两点间的距离，可得二次函数，根据二次函数性质，可得答案．

【解答】解：（1）当y=0时，x﹣2x﹣3=0，解得x1=﹣1，x2=3，即A（﹣1，0），B（3，0）．当x=0时，y=﹣3，即C（0，﹣3）．设直线BC的解析式为y=kx+b，直线BC经过点B，点C，得：

，解得

，设平行于BC且与抛物线只有一个交点的直线解析式为

y=x+b，由题意，得：

，②﹣①，得：x﹣3x﹣3﹣b=0，只有一个交

点，得：△=（﹣3）﹣4×（﹣b﹣3）=0，解得b=﹣个交点的直线解析式y=x﹣

；

，与直线BC平行且与抛物线只有一

（2）y=x﹣2x﹣3，当x=﹣

=﹣=1时，y==

=﹣4，即D（1，﹣4），设直线AD的解析式是y=kx+b，AD的图象过点A、D，得，

解得，直线AD的解析式是y=﹣2x﹣2，线段AD上有一动点E，过E作平行于y

轴的直线交抛物线于F，设E点坐标是（x，﹣2x﹣2），F点坐标是（x，x﹣2x﹣3），﹣1≤x≤1，

EF的长是：y=（﹣2x﹣2）﹣（x﹣2x﹣3）=﹣x+1。当x=0时，EF最大=1，即点E的坐标是（0，﹣2），当线段EF取得最大值时，点E的坐标是（0，﹣2）．

【点评】本题考查了二次函数的综合题，利用了直线与抛物线相切，利用了一元二次方程的判别式，两点间的距离公式，二次函数的性质，综合性较强．变式练习：【考点】二次函数综合题。【专题】压轴题．

【分析】（1）将A的坐标代入抛物线y=a（x﹣1）+3（a≠0）可得a的值，即可得到抛物线的解析式；（2）易得D的坐标，过D作DN⊥OB于N；进而可得DN、AN、AD的长，根据平行四边形，直角梯形，等腰梯形的性质，用t将其中的关系表示出来，并求解可得答案；（3）根据（2）的结论，易得△OCB是等边三角形，可得BQ、PE关于t的关系式，将四边形的面积用t表示出来，进而分析可得最小值及此时t的值，进而可求得PQ的长．（4）分别利用当△AOD∽△OQP与当△AOD∽△OPQ，得出对应边比值相等，进而求出即可．

【解答】解：（1）∵抛物线y=a（x﹣1）+3（a≠0）经过点A（﹣2，0），∴0=9a+3， ∴a=﹣

，∴y=﹣

（x﹣1）+3

；

），过D作DN⊥OB于N，则DN=3

，

（2））①∵D为抛物线的顶点，∴D（1，3AN=3，

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∴AD==6，∴∠DAO=60°．∵OM∥AD，

①当AD=OP时，四边形DAOP是平行四边形，∴OP=6，∴t=6． ②当DP⊥OM时，四边形DAOP是直角梯形，过O作OH⊥AD于H，AO=2，则AH=1（如果没求出∠DAO=60°可由Rt△OHA∽Rt△DNA（求AH=1）∴OP=DH=5，t=5， ③当PD=OA时，四边形DAOP是等腰梯形，易证：△AOH≌△CDP，∴AH=CP， ∴OP=AD﹣2AH=6﹣2=4，∴t=4．

综上所述：当t=6、5、4时，对应四边形分别是平行四边形、直角梯形、等腰梯形；（3）∵D为抛物线的顶点坐标为：D（1，3），过D作DN⊥OB于N，则DN=3，AN=3，∴AD=

=6，∴∠DAO=60°，∴∠COB=60°，OC=OB，△OCB是等

边三角形．则OB=OC=AD=6，OP=t，BQ=2t，∴OQ=6﹣2t（0＜t＜3）过P作PE⊥OQ于E，则

，当

（4）当△AOD∽△OQP，则解得：t=故t=或

，∴SBCPQ=×6×3

﹣×（6﹣2t）×

，

=，

t，=

时，SBCPQ的面积最小值为

，∵AO=2，AD=6，QO=6﹣2t，OP=t，∴

，即=

，解得：t=，

，当△AOD∽△OPQ，则

时以O，P，Q为顶点的三角形与△OAD相似．

【点评】本题考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的判定与性质、平行四边形、直角梯形、等腰梯形的判定等知识，将二次函数的图象与解析式相结合处理问题、解决问题是考查重点．

苏州中考题：解：（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了 a+2bcm（用含a、b的代数式表示）；

（2）∵圆心O移动的距离为2（a﹣4）cm，由题意，得：a+2b=2（a﹣4）①， ∵点P移动2秒到达B，即点P2s移动了bcm，点P继续移动3s到达BC的中点，

即点P3秒移动了acm．∴= ② 由①②解得，

∵点P移动的速度为与⊙O移动速度相同，∴⊙O移动的速度为==4cm（cm/s）．

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这5秒时间内⊙O移动的距离为5×4=20（cm）；（3）存在这种情况，

设点P移动速度为v1cm/s，⊙O2移动的速度为v2cm/s，由题意，得

=，

如图：

设直线OO1与AB交于E点，与CD交于F点，⊙O1与AD相切于G点，若PD与⊙O1相切，切点为H，则O1G=O1H．易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP．

∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD，∴∠BDP=∠CBD，∴BP=DP．

设BP=xcm，则DP=xcm，PC=（20﹣x）cm，在Rt△PCD中，由勾股定理，得 PC+CD=PD，即（20﹣x）+10=x，解得x=∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD，∴

此时点P移动的距离为10+

，，即

=（cm），

，EO1=16cm，OO1=14cm．

①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O移动的距离为14cm，

此时点P与⊙O移动的速度比为=，∵

≠，∴此时PD与⊙O1不能相切；

②当⊙O在返回途中到达⊙O1位置时，⊙O移动的距离为2（20﹣4）﹣14=18cm，

∴此时点P与⊙O移动的速度比为=

=，此时PD与⊙O1恰好相切．

点评：本题考查了圆的综合题，（1）利用了有理数的加法，（2）利用了P与⊙O的路程相等，速度相等得出方程组是解题关键，再利用路程与时间的关系，得出速度，最后利用速度乘以时间得出结果；（3）利用了相等时间内速度的比等于路程的比，相似三角形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，利用相等时间内速度的比等于路程的比是解题关键．例2. 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；动点型．

【分析】（1）设抛物线解析式为y=ax+bx，把已知坐标代入求出抛物线的解析式．（2）求出S的面积，根据t的取值不同分三种情况讨论S与t的函数关系式．

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（3）根据旋转的性质，代入解析式，判断是否存在．

【解答】解：（1）方法一：由图象可知：抛物线经过原点，设抛物线解析式为y=ax+bx（a≠0）．把A（1，1），B（3，1）代入上式得：

，解得．∴所求抛物线解析式为y=﹣x+x．

方法二：∵A（1，1），B（3，1），∴抛物线的对称轴是直线x=2．

设抛物线解析式为y=a（x﹣2）+h（a≠0）把O（0，0），A（1，1）代入

得，解得，∴所求抛物线解析式为y=﹣（x﹣2）+．

（2）分三种情况：

①当0＜t≤2，重叠部分的面积是S△OPQ，过点A作AF⊥x轴于点F，∵A（1，1），

∴在Rt△OAF中，AF=OF=1，∠AOF=45°，在Rt△OPQ中，OP=t，∠OPQ=∠QOP=45°， ∴PQ=OQ=tcos 45°=

t．S=

t，

②当2＜t≤3，设PQ交AB于点G，作GH⊥x轴于点H，∠OPQ=∠QOP=45°，则四边形OAGP是等腰梯形，重叠部分的面积是S梯形OAGP．∴AG=FH=t﹣2， ∴S=（AG+OP）AF=（t+t﹣2）×1=t﹣1．

③当3＜t＜4，设PQ与AB交于点M，交BC于点N，重叠部分的面积是S五边形OAMNC． △PNC和△BMN都是等腰直角三角形，重叠部分的面积是S五边形OAMNC=S梯形OABC﹣S△BMN． ∵B（3，1），OP=t，∴PC=CN=t﹣3，∴S=（2+3）×1﹣（4﹣t），S=﹣t+4t﹣（3）存在．

当O点在抛物线上时，将O（t，t）代入抛物线解析式，解得t=0（舍去），t=1；

当Q点在抛物线上时，Q（t，t）代入抛物线解析式得t=0（舍去），t=2．故t=1或2．

．

【点评】本题是一道典型的综合题，重点考查了二次函数的有关知识以及考生理解图形的能力，难度较大．

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变式练习：解：（1）∵直线l：y=x+m经过点B（0，﹣1），∴m=﹣1，∴直线l的解析式为y=x﹣1，∵直线l：y=x﹣1经过点C（4，n），∴n=×4﹣1=2，∵抛物线y=x+bx+c经过点C（4，2）和点B（0，﹣1）， ∴

，解得

，∴抛物线的解析式为y=x﹣x﹣1；

（2）令y=0，则x﹣1=0，解得x=，∴点A的坐标为（，0），∴OA=，在Rt△OAB

中，OB=1，∴AB===，∵DE∥y轴，∴∠ABO=∠DEF，在

矩形DFEG中，EF=DE?cos∠DEF=DE?∴p=2（DF+EF）=2（+）DE=