2016年浙江中考数学押轴题归总解析

(2)　①过点A作AE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，先利用抛物线解析式求出AE的长度，然后证明△AEO和△OFB相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出OF与BF的关系，然后利用点B在抛物线上，设出点B的坐标代入抛物线解析式计算即可得解。

②过点C作CG⊥BF于点G，可以证明△AEO和△BGC全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=OE，BG=AE，然后求出点C的坐标，再根据对称变换以及平移变换不改变抛物线的形状利用待定系数法求出过点A、B的抛物线解析式，把点C的坐标代入所求解析式进行验证变换后的解析式是否经过点C，如果经过点C，把抛物线解析式转化为顶点式解析式，根据顶点坐标写出变换过程即可。

8. (2012浙江丽水、金华12分)在△ABC中，∠ABC=45°，tan∠ACB= .如图，把△ABC的一边BC放置在x轴上，有OB=14，OC= ，AC与y轴交于点E.【来源：全,品…中&高*考+网】

(1)求AC所在直线的函数解析式;

(2)过点O作OG⊥AC，垂足为G，求△OEG的面积;

(3)已知点F(10，0)，在△ABC的边上取两点P，Q，是否存在以O，P，Q为顶点的三角形与△OFP全等，且这两个三角形在OP的异侧?若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标;若不存在，请说明理由.

【答案】解：(1) 在Rt△OCE中，OE=OCtan∠OCE= ，∴点E(0， 。

设直线AC的函数解析式为y=kx+ ，有 ，解得：k= 。

∴直线AC的函数解析式为y= 。

(2) 在Rt△OGE中，tan∠EOG=tan∠OCE= ，

设EG=3t，OG=5t， ，∴ ，得t=2。

∴EG=6，OG=10。∴ /

(3) 存在。

①当点Q在AC上时，点Q即为点G，

如图1，作∠FOQ的角平分线交CE于点P1，

由△OP1F≌△OP1Q，则有P1F⊥x轴，

由于点P1在直线AC上，当x=10时，

y=

∴点P1(10， )。

②当点Q在AB上时，如图2，有OQ=OF，作∠FOQ的角平分线交CE于点P2，过点Q作QH⊥OB于点H，设OH=a，

则BH=QH=14-a，

在Rt△OQH中，a2+(14-a)2=100，

解得：a1=6，a2=8，∴Q(-6，8)或Q(-8，6)。

连接QF交OP2于点M.

当Q(-6，8)时，则点M(2，4);当Q(-8，6)时，则点M(1，3)。

设直线OP2的解析式为y=kx，则2k=4，k=2。∴y=2x。

解方程组 ，得 。

∴P2( );

当Q(-8，6)时，则点M(1，3).同理可求P2′( )。

综上所述，满足条件的P点坐标为

(10， )或( )或( )。

【考点】一次函数综合题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，锐角三角函数定义，全等三角形的判定和应用。

【分析】(1)根据三角函数求E点坐标，运用待定系数法求解。

(2)在Rt△OGE中，运用三角函数和勾股定理求EG，OG的长度，再计算面积。

(3)分两种情况讨论求解：①点Q在AC上;②点Q在AB上.求直线OP与直线AC的交点坐标即可。

9. (2012浙江宁波10分)邻边不相等的平行四边形纸片，剪去一个菱形，余下一个四边形，称为第一次操作;在余下的四边形纸片中再剪去一个菱形，又剩下一个四边形，称为第二次操作;…依此类推，若第n次操作余下的四边形是菱形，则称原平行四边形为n阶准菱形.如图1， ABCD中，若AB=1，BC=2，则 ABCD为1阶准菱形.

(1)判断与推理：

①邻边长分别为2和3的平行四边形是 阶准菱形;

②小明为了剪去一个菱形，进行了如下操作：如图2，把 ABCD沿BE折叠(点E在AD上)，使点A落在BC边上的点F，得到四边形ABFE.请证明四边形ABFE是菱形.

(2)操作、探究与计算：

①已知▱ABCD的邻边长分别为1，a(a>1)，且是3阶准菱形，请画出 ABCD及裁剪线的示意图，并在图形下方写出a的值;

②已知 ABCD的邻边长分别为a，b(a>b)，满足a=6b+r，b=5r，请写出 ABCD是几阶准菱形.

【答案】解：(1)①2。

②由折叠知：∠ABE=∠FBE，AB=BF，

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF。∴∠AEB=∠FBE。

∴∠AEB=∠ABE。∴AE=AB。∴AE=BF。

∴四边形ABFE是平行四边形。∴四边形ABFE是菱形。

(2)①如图所示：

②∵a=6b+r，b=5r，∴a=6×5r+r=31r。

如图所示，

故 ABCD是10阶准菱形。

【考点】图形的剪拼，平行四边形的性质，平行的性质，菱形的性质，作图(应用与设计作图)。

【分析】(1)①根据邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作即可得出所剩四边形是边长为1菱形，故邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形。

②根据平行四边形的性质得出AE∥BF，从而得出AE=BF，即可得出答案。

(2)①利用3阶准菱形的定义，即可得出答案。

②根据a=6b+r，b=5r，用r表示出各边长，从而利用图形得出 ABCD是几阶准菱形。

10.(2012浙江宁波12分)如图，二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A(﹣1，0)，B(2，0)，交y轴于C(0，﹣2)，过A，C画直线.

(1)求二次函数的解析式;

(2)点P在x轴正半轴上，且PA=PC，求OP的长;

(3)点M在二次函数图象上，以M为圆心的圆与直线AC相切，切点为H.

①若M在y轴右侧，且△CHM∽△AOC(点C与点A对应)，求点M的坐标;

②若⊙M的半径为 ，求点M的坐标.

【答案】解：(1)∵二次函数y=ax2+bx+c的图象交x轴于A(﹣1，0)，B(2，0)

∴设该二次函数的解析式为：y=a(x+1)(x﹣2)，

将x=0，y=﹣2代入，得﹣2=a(0+1)(0﹣2)，解得a=1。

∴抛物线的解析式为y=(x+1)(x﹣2)，即y=x2﹣x﹣2。

(2)设OP=x，则PC=PA=x+1，

在Rt△POC中，由勾股定理，得x2+22=(x+1)2，

解得，x= ，即OP= 。

(3)①∵△CHM∽△AOC，∴∠MCH=∠CAO。

(i)如图1，当H在点C下方时，

∵∠MCH=∠CAO，∴CM∥x轴，∴yM=﹣2。

∴x2﹣x﹣2=﹣2，解得x1=0(舍去)，x2=1。

∴M(1，﹣2)。

(ii)如图2，当H在点C上方时，

∵∠M′CH=∠CAO，∴PA=PC。

由(2)得，M′为直线CP与抛物线的另一交点，

设直线CM′的解析式为y=kx﹣2，

把P( ，0)的坐标代入，得 k﹣2=0，解得k= 。

∴y= x﹣2。

由 x﹣2=x2﹣x﹣2，解得x1=0(舍去)，x2= 。此时y= × 。

∴M′( )。

②在x轴上取一点D，如图3，过点D作DE⊥AC于点E，使DE= ，

在Rt△AOC中，AC= 。

∵∠COA=∠DEA=90°，∠OAC=∠EAD，

∴△AED∽△AOC，

∴ ，即 ，解得AD=2。

∴D(1，0)或D(﹣3，0)。

过点D作DM∥AC，交抛物线于M，如图

则直线DM的解析式为：y=﹣2x+2或y=﹣2x﹣6。

当﹣2x﹣6=x2﹣x﹣2时，即x2+x+4=0，方程无实数根，

当﹣2x+2=x2﹣x﹣2时，即x2+x﹣4=0，解得 。

∴点M的坐标为( )或( )。

【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，勾股定理，平行的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程。

【分析】(1)根据与x轴的两个交点A、B的坐标，故设出交点式解析式，然后把点C的坐标代入计算求出a的值，即可得到二次函数解析式。

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