2014福建中考数学l压轴题

2014年宁德市中考数学

25．（本题满分13分）

如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90?，AB=AC，在BC的同侧作任意Rt△DBC，∠BDC=90?．

（1）若CD=2BD，M是CD中点（如图1），求证：△ADB≌△AMC； 下面是小明的证明过程，请你将它补充完整： 证明：设AB与CD相交于点O，

∵∠BDC=90°，∠BAC=90°，

∴∠DOB+∠DBO=∠AOC+∠ACO=90°． ∵∠DOB=∠AOC， ∴∠DBO=∠ ① ． ∵M是DC的中点， ∴CM=

B

D O M

图1

A

C 1CD= ② ． 2A

D O B

图2

又∵AB=AC， ∴△ADB≌△AMC． （2）若CD＜BD（如图2），在BD上是否存在一点N，使得△ADN是以ＤN为斜边的等腰直角三角形？若存在，请在图2中确定点N的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由；

C （3）当CD≠BD时，线段AD，BD与CD满足怎样的数量关系？请直接写出．

数学试题 第 1 页 共 59 页

26．（本题满分13分）

如图，已知抛物线y??交于C点．

（1）求A，B，C三点坐标及该抛物线的对称轴；

（2）若点E在x轴上，点P(x，y）是抛物线在第一象限上的点，△APC≌△APE，求E，P两点坐标；

（3）在抛物线对称轴上是否存在点M，使得∠AMC是钝角．若存在，求出点M的纵坐标n的取值范围；若不存在，请说明理由．

数学试题 第 2 页 共 59 页

121x?x?8与x轴交于A，B两点，与y轴63y C P y C l A O E B x A O 备用图 B x

2014年莆田市中考数学

24．（12分）（2014?莆田）如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点E以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿边AB向点B运动，动点F以每秒2个单位长度的速度从点B开始沿折线BC﹣CD向点D运动，动点E比动点F先出发1秒，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点F的运动时间为t秒．

（1）点F在边BC上． ①如图1，连接DE，AF，若DE⊥AF，求t的值； ②如图2，连结EF，DF，当t为何值时，△EBF与△DCF相似？

（2）如图3，若点G是边AD的中点，BG，EF相交于点O，试探究：是否存在在某一时刻t，使得理由．

25．（14分）（2014?莆田）如图，抛物线C1：y=（x+m）（m为常数，m

2

＞0），平移抛物线y=﹣x，使其顶点D在抛物线C1位于y轴右侧的图象上，得到抛物线C2．抛物线C2交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，设点D的横坐标为a．

2

=？若存在，求出t的值；若不存在，请说明

数学试题 第 3 页 共 59 页

（1）如图1，若m=．

①当OC=2时，求抛物线C2的解析式； ②是否存在a，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由； （2）如图2，当OB=2﹣m（0＜m＜）时，请直接写出到△ABD的三边所在直线的距离相等的所有点的坐标（用含m的式子表示）．

2014年漳州市中考数学

24．（12分）（2014?漳州）阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF=OA．（此结论不必证明，可直接应用）

（1）【理解与应用】

如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF的值为 _________ ． （2）【类比与推理】

数学试题 第 4 页 共 59 页

如图3，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA交BD于点F，求PE+PF的值； （3）【拓展与延伸】 如图4，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

25．（14分）（2014?漳州）已知抛物线l：y=ax+bx+c（a，b，c均不为0）的顶点为M，与y轴的交点为N，我们称以N为顶点，对称轴是y轴且过点M的抛物线为抛物线l的衍生抛物线，直线MN为抛物线l的衍生直线．

2

（1）如图，抛物线y=x﹣2x﹣3的衍生抛物线的解析式是 _________ ，衍生直线的解析式是 _________ ；

2

（2）若一条抛物线的衍生抛物线和衍生直线分别是y=﹣2x+1和y=﹣2x+1，求这条抛物线的解析式；

2

（3）如图，设（1）中的抛物线y=x﹣2x﹣3的顶点为M，与y轴交点为N，将它的衍生直线MN先绕点N旋转到与x轴平行，再沿y轴向上平移1个单位得直线n，P是直线n上的动点，是否存在点P，使△POM为直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2

二O一四年福州市初中毕业会考、高级中等学校招

生考试

21．（满分13分）如图1，点O在线段AB上，AO?2，OB?1，OC为射线，

且∠BOC?60?，动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动，设运动时间为t秒.

数学试题 第 5 页 共 59 页

1秒时，则OP? ，S△ABP? ； 2（2）当△ABP是直角三角形时，求t的值；

（3）如图2，当AP?AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP?∠B，求证：AQ·BP?3.

（1）当t?

22.（满分14分）如图，抛物线y?

1(x?3)2?1与x轴交于A，B两点（点A2在点B的左侧），与y轴交于点C，顶点为D了. （1）求点A，B，D的坐标；

（2）连接CD，过原点O作OE⊥CD，垂足为H，OE与抛物线的对称轴交于点E，连接AE，AD.求证：∠AEO?∠ADC；

（3）以（2）中的点E为圆心，1为半径画圆，在对称轴右侧的抛物线上有一动点P，过点P作⊙E的切线，切点为Q，当PQ的长最小时，求点P的坐标，并直接写出点Q的坐标.

[来源:]

2014厦门市中考数学

25、（本题满分10分）

已知A，B，C，D是⊙O上的四个点。

（1）如图7，若∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，求证AC⊥BD；

（2）如图8，若AC⊥BD，垂足为E，AB=2，DC=4，求⊙O的半径。

数学试题 第 6 页 共 59 页

26、（本题满分10分）

A E O D 图8

B C 如图9，已知c?0，抛物线y?x2?bx?c与x轴交于A（x1,0），B（x2,0）两点， （x2?x1）与y轴交于点C。

（1）若x2?1，BC=5，求y?x?bx?c的最小值；

（2）过点A作AP⊥BC，垂足为P（点P在线段BC上），AP交y轴于点M。若

2OA?2，求抛物线y?x2?bx?c顶点的纵坐标随横坐标变化的函OMy数解析式，并直接写出自变量的取值范围。

数学试题 第 7 页 共 59 页

A O M C 图9

B P x

2014龙岩市中考数学

24．（13分）（2014?龙岩）如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D，E分别是边BC，AB的中点，P是BC边上的动点（不与B，C重合）．设BP=x． （1）当x=6时，求PE的长； （2）当△BPE是等腰三角形时，求x的值；

（3）当AD平分EP时，试判断以EP为直径的圆与直线AC的位置关系，并说明理由．

25．（14分）（2014?龙岩）如图①，双曲线y=（k≠0）和抛物线y=ax2+bx（a≠0）交于A、B、C三点，其中B（3，1），C（﹣1，﹣3），直线CO交双曲线于另一点D，抛物线与x轴交于另一点E． （1）求双曲线和抛物线的解析式； （2）抛物线在第一象限部分是否存在点P，使得∠POE+∠BCD=90°？若存在，请求出满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由； （3）如图②过B作直线l⊥OB，过点D作DF⊥l于点F，BD与OF交于点N，求

的值．

数学试题 第 8 页 共 59 页

[来源学_科_网]

24．（12分）（2014?三明）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，扇形纸片DOE的顶点O与边AB的中点重合，OD交BC于点F，OE经过点C，且∠DOE=∠B．

（1）证明△COF是等腰三角形，并求出CF的长；

（2）将扇形纸片DOE绕点O逆时针旋转，OD，OE与边AC分别交于点M，N（如图2），当CM的长是多少时，△OMN与△BCO相似？

数学试题 第 9 页 共 59 页

25．（14分）（2014?三明）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax+bx+4与x轴的一个交点为A（﹣2，0），与y轴的交点为C，对称轴是x=3，对称轴与x轴交于点B．

（1）求抛物线的函数表达式；

（2）经过B，C的直线l平移后与抛物线交于点M，与x轴交于点N，当以B，C，M，N为顶点的四边形是平行四边形时，求出点M的坐标； （3）若点D在x轴上，在抛物线上是否存在点P，使得△PBD≌△PBC？若存在，直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2

2014南平市中考数学

25．（12分）（2014?南平）如图，已知抛物线y=﹣

+bx+c图象经过

A（﹣1，0），B（4，0）两点． （1）求抛物线的解析式；

（2）若C（m，m﹣1）是抛物线上位于第一象限内的点，D是线段AB上的一个动点（不与A、B重合），过点D分别作DE∥BC交AC于E，DF∥AC交BC于F． ①求证：四边形DECF是矩形； ②连结EF，线段EF的长是否存在最小值？若存在，求出EF的最小值；若不存在，请说明理由．

数学试题 第 10 页 共 59 页

26．（14分）（2014?南平）在图1、图2、图3、图4中，点P在线段BC上移动（不与B、C重合），M在BC的延长线上． （1）如图1，△ABC和△APE均为正三角形，连接CE． ①求证：△ABP≌△ACE． ②∠ECM的度数为 60 °． （2）①如图2，若四边形ABCD和四边形APEF均为正方形，连接CE．则∠ECM的度数为 45 °． ②如图3，若五边形ABCDF和五边形APEGH均为正五边形，连接CE．则∠ECM的度数为 36 °．

（3）如图4，n边形ABC…和n边形APE…均为正n边形，连接CE，请你探索并猜想∠ECM的度数与正多边形边数n的数量关系（用含n的式子表示∠ECM的度数），并利用图4（放大后的局部图形）证明你的结论．

数学试题 第 11 页 共 59 页

2014年宁德市初中毕业班质量检测 数学试题参考答案及评分标准

25．（本题满分13分）

（1）证明：①∠ACO（或∠ACM) ；②BD； …………4分 （2）解法一：存在．在BD上截取BN=CD， …………5分

同（1）可证得∠ACD =∠ABN．

∵AC=AB，∴△ACD≌△ABN， …………6分

B

∴AD=AN，∠CAD =∠BAN， ∴∠CAD+∠NAC=∠BAN+∠NAC， 即∴

△AND

∠

为

等

DAN

腰

直

=角

三

∠角

BAC=90°． …………8分 形． …………9分

解法二：存在．过点A作AN⊥AD交BD于点N，则∠DAN=90°，…………5分

同（1）可证得∠ABN=∠ACD． ∵∠BAC=90°，

∴∠CAD+∠CAN=∠BAN+∠CAN=90°， ∴

∠

BAN=

∠

CAD． …………7分

数学试题 第 12 页 共 59 页

A D O N C ∵AB=AC，∴△ABN≌

△ACD． …………8分

∴AN=AD，∴△AND为等腰直角三角形． …………9分

（3）①当CD＞BD时，CD=BD+2AD； …………11分

②

当

CD

＜

BD

时

y C ，

BD=CD+2AD． …………13分 26．（本题满分13分） 解：（1）把x=0代入y??121x?x?8， 63

A 得y=8，∴C（0，8）． …………1分 由?1x2?1x?8=0，

63得x=-6，或x=8．

∴点A坐标为（-6，0），点B坐标为（8，0）． …………3分 （2）如图1，连接AP交OC于F点，设F（0，t），

连接EF，由题意可得AC=10， ∵△APC≌△APE，

∴AE=AC=10，AP平分∠CAE．

∴OE=10-6=4，点E坐标为（4，0）．……5分 ∵AP平分∠CAE，

∴由对称性得EF= CF=8-t． 在Rt△EOF中，OE2?OF2?EF2， ∴42?t2??8?t?，解得t=3．

2O B x ∴抛物线的对称轴方程是直线x=1． …………4分

y C P F A O 图1

E B x ∴点F坐标为（0，3）． ……7分

0)， 设直线AF的表达式y?kx?b(k≠1??k?2， 将点A（-6，0），F（0，3）代入，解得???b?3∴直线AF的表达式y?1x?3 ． 2y C P 数学试题 第 13 页 共 59 页

A F K O 图2 E B x 1?y?x?3??2由?，

11?y??x2?x?8?63??x?5?x??6?解得?（不符合题意，舍去）． 11或?y?0y???2?11∴P（5，），E（4，0）． …………10分, 2注：解法二：如图2，连CE交AP

于K，由AC=AE，AP平分∠CAE得K为CE中点，坐标为（2，4），则可求得直线AP的表达式，以下相同；

解法三：如图3，过点F作FG⊥AC，由AP平分∠CAE，得AG=AO=6，证

CGCF△AOC∽△FGC，由，得F?COCA（0，3），以下相同；

解法四：如图3，过点F作FG⊥AC，设OF=FG=x，CF=8- x，在Rt△CGF中由勾股定理得F（0，3）以下相同；

解法五：如图4，用以上方法求出F（0，3）后，可过点P作PH⊥AB，证△AOF∽△AHP，由

PHOF1??，设P为AHAO2A y C G F O 图3 P E B y C P F A O 图4 E H B x 11（2y-6，y），代入抛物线得出P（5，），E

2（4，0）；

(3) 解法一：如图5，以AC为直径画⊙I，交对称轴l于S，T，作IQ⊥l于Q，IQ交y轴于J，易得I为（-3，4），

∴IQ=4

在Rt△SIQ中由勾股定理得SQ=4 ∴S，T的坐标分别为（1，7）和（1，1），……12分

当M介于S1和S2之间时，延长AM交⊙I于L，∠ALC=90?， ∠AMC＞∠ALC，∴∠AMC是钝角，∴1＜n＜7．……13分

数学试题 第 14 页 共 59 页

y C l S I J Q T O D A B x ，

IS=5； …………11分

图5

y C N l S1 注：解法二：如图6，对称轴l交x轴D点，设点S在对称轴l上，且∠ASC=90°，过C作CN⊥l于N，连接SC，AS，则有CN=1，AD=7，设SD=m，则SN=8-m． ………11分

由△ADS∽△SNC，解得：m=1或m=7．

经检验符合题意，得S1和S2的纵坐标分别为7和1……12分 当M介于S1和S2之间时，∠AMC是钝角，

∴当∠AMC是钝角时n的取值范围是1＜n＜7． ……13分

24．（12分）（2014?莆田）如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点E以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿边AB向点B运动，动点F以每秒2个单位长度的速度从点B开始沿折线BC﹣CD向点D运动，动点E比动点F先出发1秒，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点F的运动时间为t秒．

（1）点F在边BC上． ①如图1，连接DE，AF，若DE⊥AF，求t的值； ②如图2，连结EF，DF，当t为何值时，△EBF与△DCF相似？

（2）如图3，若点G是边AD的中点，BG，EF相交于点O，试探究：是否存在在某一时刻t，使得理由． 考点： 专题： 分析： =？若存在，求出t的值；若不存在，请说明

四边形综合题． 综合题． （1）①利用正方形的性质及条件，得出△ABF≌△DAE，由AE=BF列式计算． ②利用△EBF∽△DCF，得数学试题 第 15 页 共 59 页

出=，列出方程求解． （2）①0＜t≤2时如图3，以点B为原点BC为x轴，BA为y轴建立坐标系，先求出EF所在的直线和BG所在的直线函数关系式是，再利用勾股定理求出BG，运用=，求出点O的坐标把O的坐标代入EF所在的直线函数关系式求解．②当t＞2时如图4，以点B为原点BC为x轴，BA为y轴建立坐标系，以点B为原点BC为x轴，BA为y轴建立坐标系，先求出EF所在的直线和BG所在的直线函数关系式是，再利用勾股定理求出BG，运用=，求出点O的坐标把O的坐标代入EF所在的直线函数数学试题 第 16 页共 59 页

关系式求解． 解：（1）①如图1

∵DE⊥AF， ∴∠AOE=90°， ∴∠BAF+∠AEO=90°， ∵∠ADE+∠AEO=90°， ∴∠BAF=∠ADE， 又∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠ABF=∠DAE=90°， 在△ABF和△DAE中， ， ∴△ABF≌△DAE（ASA） ∴AE=BF， ∴1+t=2t， 解得t=1． ②如图2 数学试题 第 17 页共 59 页解答：

∵△EBF∽△DCF ∴=， ∵BF=2t，AE=1+t， ∴FC=4﹣2t，BE=4﹣1﹣t=3﹣t， ∴=， 解得，t=，t=（舍去）， 故t=． （2）①0＜t≤2时如图3，以点B为原点BC为x轴，BA为y轴建立坐标系， A的坐标（0，4），G的坐标（2，4），F点的坐标（2t，0），E的坐标（0，3﹣t） EF所在的直线数学试题 第 18 页共 59 页

函数关系式是：y=x+3﹣t， BG所在的直线函数关系式是：y=2x， ∵BG==2 ∵=， ∴BO=，OG=， 设O的坐标为（a，b）， 解得 ∴O的坐标为（，） 把O的坐标为（，）代入y=x+3﹣t，得 =×+3﹣t， 解得，t=（舍数学试题第 19 页共 59 页

去），t=， ②当3≥t＞2时如图4，以点B为原点BC为x轴，BA为y轴建立坐标系， A的坐标（0，4），G的坐标（2，4），F点的坐标（4，2t﹣4），E的坐标（0，3﹣t） EF所在的直线函数关系式是：y=x+3﹣t， BG所在的直线函数关系式是：y=2x， ∵BG==2 ∵=， ∴BO=，OG=， 设O的坐标为数学试题 第 20 页共 59 页

（a，b）， 解得 ∴O的坐标为（，） 把O的坐标为（，）代入y=t，得 =﹣t， 解得：t=． ×+3x+3﹣综上所述，存在t=t=，使得=． 点评： 本题主要考查了四边形的综合题，解题的关键是把四边形与坐标系相结合求解． 2

或 25．（14分）（2014?莆田）如图，抛物线C1：y=（x+m）（m为常数，m

2

＞0），平移抛物线y=﹣x，使其顶点D在抛物线C1位于y轴右侧的图象上，

数学试题 第 21 页 共 59 页

得到抛物线C2．抛物线C2交x轴于A，B两点（点A在点B的左侧），交y轴于点C，设点D的横坐标为a．

（1）如图1，若m=．

①当OC=2时，求抛物线C2的解析式； ②是否存在a，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由； （2）如图2，当OB=2﹣m（0＜m＜）时，请直接写出到△ABD的三边所在直线的距离相等的所有点的坐标（用含m的式子表示）． 考点： 二次函数综合题． 专题： 压轴题． 分析： （1）①首先写出平移后抛物线C2的解析式（含有未知数a），然后利用点C（0，2）在C2上，求出抛物线C2的解析式； ②认真审题，题中条件“AP=BP”意味着点P在对称轴上，“点B与点C到直线OP的距离之和最大”意味着数学试题 第 22 页 共 59 页

OP⊥BC．画出图形，如答图1所示，利用三角函数（或相似），求出a的值； （2）解题要点有3个： i）判定△ABD为等边三角形； ii）理论依据是角平分线的性质，即角平分线上的点到角两边的距离相等； iii）满足条件的点有4个，即△ABD形内1个（内心），形外3个．不要漏解． 解：（1）当m=时，抛物线C1：y=（x+）2． ∵抛物线C2的顶点D在抛物线C1上，且横坐标为a， ∴D（a，（a+）2）． ∴抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+）2 （I）． ①∵OC=2，∴C（0，2）． ∵点C在抛物线C2上， 数学试题 第 23 页共 59 页解答：

∴﹣（0﹣a）2+（a+）2=2， 解得：a=，代入（I）式， 得抛物线C2的解析式为：y=﹣x2+x+2． ②在（I）式中，令y=0，即：﹣（x﹣a）2+（a+）2=0， 解得x=2a+或x=﹣，∴B（2a+，0）； 令x=0，得：y=a+，∴C（0，a+）． 设直线BC的解析式为y=kx+b，则有： ，解得， ∴直线BC的解析式为：y=﹣数学试题 第 24 页共 59 页

x+（a+）． 假设存在满足条件的a值． ∵AP=BP， ∴点P在AB的垂直平分线上，即点P在C2的对称轴上； ∵点B与点C到直线OP的距离之和≤BC，只有OP⊥BC时等号成立， ∴OP⊥BC． 如答图1所示，设C2对称轴x=a（a＞0）与BC交于点P，与x轴交于点E， 则OP⊥BC，OE=a． ∵点P在直线BC上，∴P（a，a+），PE=a+． ∵tan∠EOP=tan∠数学试题 第 25 页共 59 页

BCO===2， ∴==2， 解得：a=． ∴存在a=，使得线段BC上有一点P，满足点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP． （3）∵抛物线C2的顶点D在抛物线C1上，且横坐标为a， ∴D（a，（a+m）2）． ∴抛物线C2：y=﹣（x﹣a）2+（a+m）2． 令y=0，即﹣（x﹣a）2+（a+m）2=0，解得：x1=2a+m，x2=﹣m，∴B（2a+m，0）． ∵OB=2﹣m，∴2a+m=2﹣m，∴a=﹣m． ∴D（﹣m，3）． 数学试题 第 26 页共 59 页

AB=OB+OA=2﹣m+m=2． 如答图2所示，设对称轴与x轴交于点E，则DE=3，BE=AB=，OE=OB﹣BE=﹣m． ∵tan∠ABD===，∴∠ABD=60°． 又∵AD=BD，∴△ABD为等边三角形． 作∠ABD的平分线，交DE于点P1，则P1E=BE?tan30°=?=1， ∴P1（﹣m，1）； 在△ABD形外，依次作各个外数学试题 第 27 页共 59 页

角的平分线，它们相交于点P2、P3、P4． 在Rt△BEP2中，P2E=BE?tan60°=?=3， ∴P2（﹣m，﹣3）； 易知△ADP3、△BDP4均为等边三角形，∴DP3=DP4=AB=2，且P3P4∥x轴． ∴P3（﹣﹣m，3）、P4（3﹣m，3）． 综上所述，到△ABD的三边所在直线的距离相等的所有点有4个， 其坐标为：P1（﹣m，1），P2（﹣m，﹣3），P3（﹣﹣m，3），P4（3﹣m，3）． 本题是二次函数压轴题，以平移变换为背景，考查了二次函数、一次函数、三角函数（或相似）、等边三角形、角平分线的性质等知识点，有一定的难度．函数解析式数学试题 第 28 页共 59 页

点评：中含有未知数，增大了试题的难度．第（2）问中，解题关键是理解“点B与点C到直线OP的距离之和最大且AP=BP”的含义；第（3）问中，满足条件的点P有4个，

2014年漳州市中考数学

24．（12分）（2014?漳州）阅读材料：如图1，在△AOB中，∠O=90°，OA=OB，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF=OA．（此结论不必证明，可直接应用）

（1）【理解与应用】

如图2，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD相交于点O，点P在AB边上，PE⊥OA于点E，PF⊥OB于点F，则PE+PF的值为 ． （2）【类比与推理】

如图3，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=4，AD=3，点P在AB边上，PE∥OB交AC于点E，PF∥OA交BD于点F，求PE+PF的值； （3）【拓展与延伸】 如图4，⊙O的半径为4，A，B，C，D是⊙O上的四点，过点C，D的切线CH，DG相交于点M，点P在弦AB上，PE∥BC交AC于点E，PF∥AD于点F，当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 考圆的综合题；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质；数学试题 第 29 页 共 59 页

点： 弦切角定理；相似三角形的判定与性质． 专压轴题；探究型． 题： 分（1）易证：OA=OB，∠AOB=90°，直接运用阅读材料中的结论即可解析： 决问题． （2）易证：OA=OB=OC=0D=，然后由条件PE∥OB，PF∥AO可证△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA，从而可得EP+FP=． （3）易证：AD=BC=4．仿照（2）中的解法即可求出PE+PF=4，因而PE+PF是定值． 解解：（1）如图2， 答： ∵四边形ABCD是正方形， ∴OA=OB=OC=OD，∠ABC=∠AOB=90°． ∵AB=BC=2， ∴AC=2． ∴OA=． ∵OA=OB，∠AOB=90°，PE⊥OA，PF⊥OB， ∴PE+PF=OA=． （2）如图3， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OA=OB=OC=OD，∠DAB=90°． ∵AB=4，AD=3， ∴BD=5． ∴OA=OB=OC=OD=． ∵PE∥OB，PF∥AO， ∴△AEP∽△AOB，△BFP∽△BOA． ∴∴∴+，==1． ． =1． ==1，进而求出数学试题 第 30 页 共 59 页

∴EP+FP=． ∴PE+PF的值为． （3）当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF是定值． 理由：连接OA、OB、OC、OD，如图4． ∵DG与⊙O相切， ∴∠GDA=∠ABD． ∵∠ADG=30°， ∴∠ABD=30°． ∴∠AOD=2∠ABD=60°． ∵OA=OD， ∴△AOD是等边三角形． ∴AD=OA=4． 同理可得：BC=4． ∵PE∥BC，PF∥AD， ∴△AEP∽△ACB，△BFP∽△BDA． ∴，． ∴==1． ∴=1． ∴PE+PF=4． ∴当∠ADG=∠BCH=30°时，PE+PF=4． 数学试题 第 31 页共 59 页

点本题考查了正方形的性质、矩形的性质、弦切角定理、相似三角形的评： 判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识，考查了类比联想的能力，由一定的综合性．要求PE+PF的值，想到将相似所得的比式相加是解决本题的关键． 25．（14分）（2014?漳州）已知抛物线l：y=ax+bx+c（a，b，c均不为0）的顶点为M，与y轴的交点为N，我们称以N为顶点，对称轴是y轴且过点M的抛物线为抛物线l的衍生抛物线，直线MN为抛物线l的衍生直线． （1）如图，抛物线y=x﹣2x﹣3的衍生抛物线的解析式是 y=﹣x﹣3 ，衍生直线的解析式是 y=﹣x﹣3 ；

2

（2）若一条抛物线的衍生抛物线和衍生直线分别是y=﹣2x+1和y=﹣2x+1，求这条抛物线的解析式；

（3）如图，设（1）中的抛物线y=x﹣2x﹣3的顶点为M，与y轴交点为N，将它的衍生直线MN先绕点N旋转到与x轴平行，再沿y轴向上平移1个单位得直线n，P是直线n上的动点，是否存在点P，使△POM为直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

2

2

2

2

数学试题 第 32 页 共 59 页

考二次函数综合题． 点： 分（1）衍生抛物线顶点为原抛物线与y轴的交点，则可根据顶点设顶点析： 式方程，由衍生抛物线过原抛物线的顶点则解析式易得，MN解析式易得． （2）已知衍生抛物线和衍生直线求原抛物线思路正好与（1）相反，根据衍生抛物线与衍生直线的两交点分别为衍生抛物线与原抛物线的交点，则可推得原抛物线顶点式，再代入经过点，即得解析式． （3）由N（0，﹣3），衍生直线MN绕点N旋转到与x轴平行得到y=﹣3，再向上平移1个单位即得直线y=﹣2，所以P点可设（x，﹣2）．在坐标系中使得△POM为直角三角形一般考虑勾股定理，对于坐标系中的两点，分别过点作平行于x轴、y轴的直线，则可构成以两点间距离为斜边的直角三角形，且直角边长都为两点横纵坐标差的绝对值．进而我们可以先算出三点所成三条线的平方，然后组合构成满足勾股定理的三种情况，易得P点坐标． 2解解：（1）∵抛物线y=x﹣2x﹣3过（0，﹣3）， 2答： ∴设其衍生抛物线为y=ax﹣3， 222∵y=x﹣2x﹣3=x﹣2x+1﹣4=（x﹣1）﹣4， 22∴衍生抛物线为y=ax﹣3过抛物线y=x﹣2x﹣3的顶点（1，﹣4）， ∴﹣4=a?1﹣3， 解得 a=﹣1， ∴衍生抛物线为y=﹣x﹣3． 设衍生直线为y=kx+b， ∵y=kx+b过（0，﹣3），（1，﹣4）， ∴， 2∴， ∴衍生直线为y=﹣x﹣3． （2）∵衍生抛物线和衍生直线两交点分别为原抛物线与衍生抛物线的顶点， ∴将y=﹣2x+1和y=﹣2x+1联立，得2， 数学试题 第 33 页 共 59 页

解得 或 2， ∵衍生抛物线y=﹣2x+1的顶点为（0，1）， ∴原抛物线的顶点为（1，﹣1）． 2设原抛物线为y=a（x﹣1）﹣1， 2∵y=a（x﹣1）﹣1过（0，1）， 2∴1=a（0﹣1）﹣1， 解得 a=2， ∴原抛物线为y=2x﹣4x+1． （3）∵N（0，﹣3）， ∴MN绕点N旋转到与x轴平行后，解析式为y=﹣3， ∴再沿y轴向上平移1个单位得的直线n解析式为y=﹣2． 设点P坐标为（x，﹣2）， ∵O（0，0），M（1，﹣4）， 222∴OM=（xM﹣xO）+（yO﹣yM）=1+16=17， 2222 OP=（|xP﹣xO|）+（yO﹣yP）=x+4， 22222 MP=（|xP﹣xM|）+（yP﹣yM）=（x﹣1）+4=x﹣2x+5． 22222①当OM=OP+MP时，有17=x+4+x﹣2x+5， 解得x=或x=，即P（，﹣2）或P（，2﹣2）． 22222②当OP=OM+MP时，有x+4=17+x﹣2x+5， 解得 x=9，即P（9，﹣2）． 22222③当MP=OP+OM时，有x﹣2x+5=x+4+17， 解得 x=﹣8，即P（﹣8，﹣2）． 综上所述，当P为（，﹣2）或（，﹣2）或（9，﹣2）或（﹣8，﹣2）时，△POM为直角三角形． 数学试题 第 34 页 共 59 页

点本题考查了一次函数、二次函数图象及性质，勾股定理及利用其表示评： 坐标系中两点距离的基础知识，特别注意的是“利用其表示坐标系中两点距离”是近几年考试的热点，学生需熟练运用．

2014年福州市中考数学

21．解：（1）1，33； 4（2）①∵∠A<∠BOC?60?，

∴∠A不可能是直角. ②当∠ABP?90?时， ∵∠BOC?60?， ∴∠OPB?30?.

∴OP?2OB，即2t?2. ∴t?1.

③当∠APB?90?时，作PD⊥AB，垂足为D，则∠ADP?∠PDB?90?. ∵OP?2t，

∴OD?t，PD?3t，AD?2?t，BD?1?t（△BOP是锐角三角形）.

数学试题 第 35 页 共 59 页

解法一：∴BP2?（1?t）2 ?3t2，AP2?(2?t)2?3t2. ∵BP2?AP2?AB2，

∴(1?t)2?3t2?(2?t)2?3t2?9， 即4t2?t?2?0.

?1?33?1?33，t2? （舍去）. 88解法二：∵∠APD?∠BPD?90?，∠B?∠BPD?90?，

解得t1?∴∠APD?∠B. ∴△APD∽△PBD. ∴

ADPD?. PDBD∴PD2?AD·BD.

于是(3t)2?(2?t)(1?t)，即 4t2?t?2?0. 解得t1??1?33?1?33，t2? （舍去）. 88?1?33. 8综上，当△ABP为直角三角形时，t?1或（3）解法一：∵AP?AB， ∴∠APB?∠B.

作OE∥AP，交BP于点E， ∴∠OEB?∠APB?∠B. ∵AQ∥BP，

∴∠QAB?∠B?180?. 又∵∠3?∠OEB?180?， ∴∠3?∠QAB.

又∵∠AOC?∠2?∠B?∠1?∠QOP， 已知∠B?∠QOP， ∴∠1?∠2.

∴△QAO∽△OEP. ∴

AQAO，即AQ·EP?EO·AO. ?EOEP∵OE∥AP，

∴△OBE∽△ABP.

数学试题 第 36 页 共 59 页

∴

OEBEBO1???. APBPBA313∴OE?AP?1，BP?EP.

23∴AQ·BP?AQ·

333EP?AO·OE??2?1?3. 222

解法二：连接PQ，设AP与OQ相交于点F.

∵AQ∥BP，

∴∠QAP?∠APB. ∵AP?AB， ∴∠APB?∠B. ∴∠QAP?∠B. 又∵∠QOP?∠B， ∴∠QAP?∠QOP. ∵∠QFA?∠PFO， ∴△QFA∽△PFO. ∴

FQFAFQFP，即. ??FPFOFAFO又∵∠PFQ?∠OFA， ∴△PFQ∽△OFA. ∴∠3?∠1.

∵∠AOC?∠2?∠B?∠1?∠QOP， 已知∠B?∠QOP， ∴∠1?∠2. ∴∠2?∠3.

∴△APQ∽△BPO. ∴

AQAP. ?BOBP∴AQ·BP?AP·BO?3?1?3.

数学试题 第 37 页 共 59 页

22.

【答案】（1）顶点D的坐标为（3，?1）. 令y?0，得

1(x?3)2?1?0， 2解得x1?3?2，x2?3?2. ∵点A在点B的左侧，

∴A点坐标(3?2，0)，B点坐标（3?2，0）. （2）过D作DG⊥y轴，垂足为G. 则G（0，?1），GD?3. 令x?0，则y?∴GC?

77，∴C点坐标为（0，）. 2279?(?1)?. 22设对称轴交x轴于点M.

∵OE⊥CD，

∴∠GCD?∠COH?90?. ∵∠MOE?∠COH?90?， ∴∠MOE?∠GCD.

又∵∠CGD?∠OMN?90?， ∴△DCG∽△EOM.

[来源:ZXXK]9CGDG3?，即2?∴. OMEM3EM∴EM?2，即点E坐标为(3，2)，ED?3. 由勾股定理，得AE2?6，AD2?3， ∴AE2?AD2?6?3?9?ED2.

∴△AED是直角三角形，即∠DAE?90?. 设AE交CD于点F. ∴∠ADC?∠AFD?90?. 又∵∠AEO?∠HFE?90?， ∴∠AFD?∠HFE， ∴∠AEO?∠ADC.

数学试题 第 38 页 共 59 页

（3）由⊙E的半径为1，根据勾股定理，得PQ2?EP2?1. 要使切线长PQ最小，只需EP长最小，即EP2最小. 设P坐标为（x，y），由勾股定理，得EP2?(x?3)2?(y?2)2. ∵y?

1(x?3)2?1， 2∴(x?3)2?2y?2.

∴EP2?2y?2?y2?4y?4 ?(y?1)2?5.

当y?1时，EP2最小值为5. 把y?1代入y?

11(x?3)2?1，得(x?3)2?1?1， 22解得x1?1，x2?5.

又∵点P在对称轴右侧的抛物线上， ∴x1?1舍去.

∴点P坐标为(5，1). 此时Q点坐标为（3，1）或(

1913，). 55

2014年厦门市中考数学

2014龙岩市中考数学

数学试题 第 39 页 共 59 页

24．（13分）（2014?龙岩）如图，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D，E分别是边BC，AB的中点，P是BC边上的动点（不与B，C重合）．设BP=x． （1）当x=6时，求PE的长； （2）当△BPE是等腰三角形时，求x的值；

（3）当AD平分EP时，试判断以EP为直径的圆与直线AC的位置关系，并说明理由．

考圆的综合题． 点： 专综合题． 题： 分（1）根据等腰三角形的性质得BD=CD=6，AD⊥BC，所以x=6时，点析： P在D点处，根据直角三角形斜边上的中线性质得PE=AB=5； （2）先得到BE=5，再分类讨论：当BP=BE=5，易得x=5；当EP=EB，作EM⊥BD于M，如图1，根据等腰三角形的性质得BM=PM，由点E为AB的中点，EM∥AD得到M点为BD的中点，则PB=BD=6，即x=6；当PB=PE，如图2，作PN⊥BE于N，根据等腰三角形的性质得BN=EN=BE=，再证明Rt△BPN∽Rt△BAP，理由相似可计算出PB=即x=； ，（3）EP交AD于O，作OH⊥AC于H，EF⊥AD于F，如图3，在Rt△ABC中，利用勾股定理计算出AD=8，由点E为AB的中点，EF∥BD得到EF为△ABD的中位线，则EF=BD=3，AF=DF=AD=4，再利用“AAS”证明△OEF≌△OPD，则OF=OD=DF=2，所以AO=AF+OF=6，然后在Rt△OEF中，根据勾股定理计算出OE=利用相似比计算出OH=，证明Rt△AOH∽Rt△ACD，，再比较OE与OH的大小，然后根据直线数学试题 第 40 页 共 59 页

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