2014年中考数学压轴题突破(含答案)

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2014中考压轴题突破

训练目标

1. 熟悉题型结构，辨识题目类型，调用解题方法； 2. 书写框架明晰，踩点得分（完整、快速、简洁）。

题型结构及解题方法

压轴题综合性强，知识高度融合，侧重考查学生对知识的综合运用能力，对问题背景的研究能力以及对数学模型和套路的调用整合能力。 考查要点 问题背景研究 常考类型举例 求坐标或函数解析式，求角度或线段长 题型特征 解题方法 已知点坐标、解析式或几何研究坐标、解析式，研究边、角，特殊图图形的部分信息 形。 ① 分段：动点转折分段、图形碰撞分段； ② 利用动点路程表达线段长； ③ 设计方案表达关系式。 ① 利用坐标及横平竖直线段长； ② 分类：根据线段表达不同分类； ③ 设计方案表达面积或周长。 利用几何模型、几何定理求解，如两点之间线段最短、垂线段最短、三角形三边关系等。 ① 抓定量，找特征； ② 确定分类；. ③ 根据几何特征或函数特征建等式。 ① 分析动点、定点或不变关系（如平行）； 特殊三角形、特殊四边形的② 根据特殊图形的判定、性质，确定分存在性 类 ③ 根据几何特征或函数特征建等式。 ① 找定点，分析目标三角形边角关系； 三角形相似、全等的存在性 ② 根据判定、对应关系确定分类； ③ 根据几何特征建等式求解。 速度已知，所求关系式和运求面积、周长动时间相关 的函数关系模型套路式，并求最值 调用 坐标系下，所求关系式和坐标相关 求线段和（差）有定点（线）、不变量或不的最值 变关系 点的存在性 点的存在满足某种关系，如满足面积比为9:10 套路整合及分类讨论 图形的存在性

－ 1 －

答题规范动作

1. 试卷上探索思路、在演草纸上演草。

2. 合理规划答题卡的答题区域：两栏书写，先左后右。

作答前根据思路，提前规划，确保在答题区域内写完答案；同时方便修改。 3. 作答要求：框架明晰，结论突出，过程简洁。

23题作答更加注重结论，不同类型的作答要点：

几何推理环节，要突出几何特征及数量关系表达，简化证明过程； 面积问题，要突出面积表达的方案和结论；

几何最值问题，直接确定最值存在状态，再进行求解； 存在性问题，要明确分类，突出总结。 4. 20分钟内完成。

实力才是考试发挥的前提。若在真题演练阶段训练过程中，对老师所讲的套路不熟悉或不知道，需要查找资源解决。下方所列查漏补缺资源集中训练每类问题的思路和方法，这些训练与真题演练阶段的训练互相补充，帮学生系统解决压轴题，以到中考考场时，不仅题目会做，而且能高效拿分。课程名称：

2014中考数学难点突破 1、图形运动产生的面积问题 2、存在性问题

3、二次函数综合（包括二次函数与几何综合、二次函数之面积问题、二次函数中的存在性问题） 4、2014中考数学压轴题全面突破（包括动态几何、函数与几何综合、点的存在性、三角形的存在性、四边形的存在性、压轴题综合训练）

一、图形运动产生的面积问题

一、 知识点睛 1. 研究_基本_图形 2. 分析运动状态：

①由起点、终点确定t的范围；

②对t分段，根据运动趋势画图，找边与定点，通常是状态转折点相交时的特殊位置． 3. 分段画图，选择适当方法表达面积． 二、精讲精练

1. 已知，等边三角形ABC的边长为4厘米，长为1厘米的线段MN在△ABC的边AB上，沿AB方向以

1厘米/秒的速度向B点运动（运动开始时，点M与点A重合，点N到达点B时运动终止），过点M、N分别作AB边的垂线，与△ABC的其他边交于P、Q两点，线段MN运动的时间为t秒． （1）线段MN在运动的过程中，t为何值时，四边形MNQP恰为矩形？并求出该矩形的面积． （2）线段MN在运动的过程中，四边形MNQP的面积为S，运动的时间为t．求四边形MNQP的面积S随运动时间t变化的函数关系式，并写出自变量t的取值范围．

AMNBAPCQCDHRMBCDDHCHCGFNDHQECBAADDCCBBA 1题图 2题图

2. 如图，等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝32， CD＝2，高CE＝22，对角线AC、BD交于

HH点H．平行于线段BD的两条直线MN、RQ同时从点A出发，沿AC方向向点C匀速平移，分别交等腰梯形ABCD的边于M、N和R、Q，分别交对角线AC于F、G，当直线RQ到达点C时，两直线同时停止移动．记等腰梯形ABCD被直线MNRQA扫过的面积为S2，若直线A扫过的面积为S1，被直线BABBMN平移的速度为1单位/秒，直线RQ平移的速度为2单位/秒，设两直线移动的时间为x秒． （1）填空：∠AHB＝____________；AC＝_____________； （2）若S2?3S1，求x

3. 如图，△ABC中，∠C＝90°，AC=8cm，BC=6cm，点P、Q同时从点C出发，以1cm/s的速度分别沿

CA、CB匀速运动，当点Q到达点B时，点P、Q同时停止运动．过点P作AC的垂线l交AB于点R，连接PQ、RQ，并作△PQR关于直线l对称的图形，得到△PQ'R．设点Q的运动时间为t（s），△PQ'R与△PAR重叠部分的面积为S（cm2）． （1）t为何值时，点Q' 恰好落在AB上？

（2）求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围．

BlRB9（3）S能否为？若能，求出此时t的值；

8若不能，请说明理由．

QCPQ'ACA

4. 如图，在△ABC中，∠A=90°，AB=2cm，AC=4cm，动点P从点A出发，沿AB方向以1cm/s的速度向

点B运动，动点Q从点B同时出发，沿BA方向以1cm/s的速度向点A运动．当点P到达点B时，P，Q两点同时停止运动．以AP为边向上作正方形APDE，过点Q作QF∥BC，交AC于点F．设点P的运动时间为ts，正方形APDE和梯形BCFQ重叠部分的面积为Scm2． （1）当t=_____s时，点P与点Q重合； （2）当t=_____s时，点D在QF上；

（3）当点P在Q，B两点之间（不包括Q，B两点）时， F求S与t之间的函数关系式．

正方形ABCD．

（1）填空：点B的坐标为________，点C的坐标为_________．

（2）若正方形以每秒5个单位长度的速度沿射线DA向上平移，直至正方形的顶点C落在y轴上时停止运动．在运动过程中，设正方形落在y轴右侧部分的面积为S，求S关于平移时间t（秒）的函数关系式，并写出相应的自变量t的取值范围．

yBEADPQBABCC5. 如图，在平面直角坐标系中，已知点A（0，1）、D（－2，0），作直线AD并以线段AD为一边向上作

CByBCAy

CADOxAxDOxDO6. 如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=轴相交于点N． （1）求M，N的坐标．

1x与直线l2：y=－x+6相交于点M，直线l2与x2（2）已知矩形ABCD中，AB=1，BC=2，边AB在x轴上，矩形ABCD沿x轴自左向右以每秒1个单位长度的速度移动．设矩形ABCD与△OMN重叠部分的面积为S，移动的时间为t（从点B与点O重合时开始计时，到点A与点N重合时计时结束）．求S与自变量t之间的函数关系式，并写出相应的自变量t的取值范围．

DACBOMxDNACBOMxDCBOMxDNACBOMyyyyNAN

二、二次函数中的存在性问题

一、知识点睛

解决“二次函数中存在性问题”的基本步骤：

①画图分析．研究确定图形，先画图解决其中一种情形．

②分类讨论.先验证①的结果是否合理，再找其他分类，类比第一种情形求解． ③验证取舍.结合点的运动范围，画图或推理，对结果取舍．

二、精讲精练.

1. 如图，已知点P是二次函数y=－x2+3x图象在y轴右侧部分上的一个动点，将直线y=－2x沿y轴向上．．

平移，分别交x轴、y轴于A、B两点. 若以AB为直角边的△PAB与△OAB相似，请求出所有符合条件的点P的坐标．

yy Byyyy AB x OOOAxxOOxxO2. 抛物线yy??12yy轴交于点C．A顶点为B，对称轴BC与x点P在抛物线上，?x?1??3与y轴交于点y，

4直线PQ//BC交x轴于点Q，连接BQ．

（1）若含45°角的直角三角板如图所示放置，其中一个顶点与点C重合，直角顶点D在BQ上，另一

O个顶点EO在PQ上，求直线BQ x的函数解析式；OxxOx（2）若含30°角的直角三角板的一个顶点与点C重合，直角顶点D在直线BQ上（点D不与点Q重合），另一个顶点E在PQ上，求点P的坐标．

y3. 如图，矩形OBCD的边OD、OB分别在x轴正半轴和y轴负半轴上，且OD＝10，

BAOB＝8．将矩形的边BC绕点B逆时针旋转，使点C恰好与x轴上的点A重合． AByOCQyOyyyBDEPxOCxxOyAABxABOCx（1）若抛物线y??OC12x?bx?c经过A、B两点，求该抛物线的解析式：______________；

x3OxCyAxy（2）若点M是直线AB上方抛物线上的一个动点， 作MN⊥x轴于点N．是否存在点M，使△AMN

A与△ACD相似？若存在，求出点M的坐标；

BOyADDxO若不存在，说明理由．

OC

xBCBC

二、二次函数中的存在性问题

1.解：由题意，设OA=m，则OB=2m；当∠BAP=90°时， △BAP∽△AOB或△BAP∽△BOA； ① 若△BAP∽△AOB，如图1，

可知△PMA∽△AOB，相似比为2：1；则P1（5m，2m），

yBOAPM图1Bxy131326(,) 代入y??x?3x，可知m?，P1255252② 若△BAP∽△BOA，如图2，

m可知△PMA∽△AOB，相似比为1：2；则P2（2m，），

2111111代入y??x2?3x，可知m?，P2(,).

8416当∠ABP=90°时，△ABP∽△AOB或△ABP∽△BOA； ③ 若△ABP∽△AOB，如图3，

可知△PMB∽△BOA，相似比为2：1；则P3（4m，4m）， 代入y??x2?3x，可知m?PyMBOAPOAM图2xx图3y1，P3(2,2) 25m）， 2④ 若△ABP∽△BOA，如图4，

可知△PMB∽△BOA，相似比为1：2；则P4（m，代入y??x2?3x，可知m?

2.解：（1）由抛物线解析式y??yMBOAP151，P4(,) 224x图412?x?1??3可得B点坐标（1，3）. 4ABDFEP要求直线BQ的函数解析式，只需求得点Q坐标即可，即求CQ长度. 过点D作DG⊥x轴于点G，过点D作DF⊥QP于点F. 则可证△DCG≌△DEF.则DG=DF，∴矩形DGQF为正方形.

OCGQx则∠DQG=45°，则△BCQ为等腰直角三角形.∴CQ=BC=3，此时，Q点坐标为（4，0） 可得BQ解析式为y=－x+4.

（2）要求P点坐标，只需求得点Q坐标，然后根据横坐标相同来求点P坐标即可. 而题目当中没有说明∠DCE=30°还是∠DCE=60°，所以分两种情况来讨论. ① 当∠DCE=30°时，

a）过点D作DH⊥x轴于点H，过点D作DK⊥QP于点K. 则可证△DCH∽△DEK.则

yABDKDHDC??3， DKDEOCPEDH?3.. 在矩形DHQK中，DK=HQ，则HQHQx

在Rt△DHQ中，∠DQC=60°.则在Rt△BCQ中，

BCCQ=3，此时，Q点坐标为（1+3,0） ?3∴

CQyADB则P点横坐标为1+3.代入y??912?x?1??3可得纵坐标.∴P（1+3,）. 44b）又P、Q为动点，∴可能PQ在对称轴左侧，与上一种情形关于对称轴对称. 9 由对称性可得此时点P坐标为（1－3,）

4② 当∠DCE=60°时，

a) 过点D作DM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥QP于点N.

PKEQOHyACxBDCNQDMDC1则可证△DCM∽△DEN.则， ??DNDE3在矩形DMQN中，DN=MQ，则

OMExDM1?. MQ3yPAB在Rt△DMQ中，∠DQM=30°.则在Rt△BCQ中，

BC1?CQ3

NQDMOECx∴CQ=3BC=33，此时，Q点坐标为（1+33，0）. 则P点横坐标为1+33.代入y??P1512－可得纵坐标.∴P（1+,）. 33x?1?3??44b）又P、Q为动点，∴可能PQ在对称轴左侧，与上一种情形关于对称轴对称.

15） 4991515综上所述，P点坐标为（1+3,），（1－3,），（1+33,－）或（1－33,－）.

4444由对称性可得此时点P坐标为（1－33,－AB=BC=10，OB=8 ∴ A（6，0） 3．解：（1）∵在Rt△OAB中，OA=6 ∴将A（6，0），B（0，－8）代入抛物线表达式，得，y （2）存在： 如果△AMN与△ACD相似，则??110x?x?8 332yMN1MN?或?2 AN2ANONADx设M(m,?110m?m?8)（0

1557(m?6)(m?4)1∴m?∴M(,即3?) ?2246?m2如图2验证一下： yNOMADx12101MNm?m?8(m?6)(m?4) 当，即3?2时，33?2?2BAN6?m6?m ∴m??2（舍） 2）如果点M在x轴上方的抛物线上： C图21101MN111111?m2?m?8?(m?6)(m?4)11 ∴ ∴M当，即?时，3m?(,) 33??AN22246?m26?m211MN1111ACD ∴M(,)满足要求 此时MN?,AN? ∴? ∴△AMN∽△42AN2241101MN?m2?m?8?(m?6)(m?4) ∴m=10（舍） 当，即3?2时，33?2?2AN6?m6?m57111综上M1(,?),M2(,) 24244.解：满足条件坐标为：M1(3?6,0)M2(3?6,0)M3(?1?2,0)M4(?1?2,0) 思路分析：A、M、N、P四点中点A、点P为顶点，则AP可为平行四边形边、对角线； (1)如图，当AP为平行四边形边时，平移AP；

∵点A、P纵坐标差为2 ∴点M、N纵坐标差为2； ∵点M的纵坐标为0 ∴点N的纵坐标为2或－2 ①当点N的纵坐标为2时 解：x2?2x?3?2 得x?1?6

又∵点A、P横坐标差为2 ∴点M的坐标为： M1(3?6,0)、M2(3?6,0) ②当点N的纵坐标为－2时 解：x2?2x?3??2 得x?1?2

又∵点A、P横坐标差为2 ∴点M的坐标为： M3(?1?2,0)、M4(?1?2,0) (2)当AP为平行四边形边对角线时； 设M5（m,0） MN一定过AP的中点（0，－1）

则N5（－m，－2），N5在抛物线上 ∴m2?2m?3??2

m??1?2（负值不符合题意，舍去）

∴m??1?2 ∴M5(?1?2,0)

综上所述:

符合条件点P的坐标为：M1(3?6,0)M2(3?6,0)M3(?1?2,0)M4(?1?2,0)

5．解：分析题意，可得：MP∥NQ，若以P、M、N、Q为顶点的四边形为平行四边形，只需MP=NQ即可。

1Q(m?1,(m?1)2+(m?1)?2) N(m?1,m?1)M(m,m)P(m,0)由题知：，，，

2故只需表达MP、NQ即可.表达分下列四种情况： P MN图4yyyyQQOBBNMQOPABOMBNxPMNOxxAPxAAQ图1图2①如图1，PM12??m，QN?(m?1)?2，令PM=QN，

2图3解得：m1=?2+7（舍去），m2=?2?7；

1QN??(m?1)2+2，令PM=QN， PM??m②如图2，，

2解得：m1=3（舍去），m1=?3；

1QN??(m?1)2+2，令PM=QN， PM?m③如图3，，

2解得：m1=?2+7，m2=?2?7（舍去）；

1QN?(m?1)2?2，令PM=QN， ④如图4，PM?m，

2解得：m1=3，m1=?3（舍去）；

7、m2=?3、m3=?2+7、m4=3．

综上，m的值为m1=?2?

三、二次函数与几何综合

1. 解：（1）令x=0，则y=4， ∴点C的坐标为（0，4）， ∵BC∥x轴，∴点B，C关于对称轴对称， 又∵抛物线y=ax2－5ax+4的对称轴是直线x??∴点B的坐标为（5，4），∴AC=BC=5， 在Rt△ACO中，OA=点A的坐标为A（?3，0）， AC2?OC2?3，∴5?5a5?，即直线x? 22a2∵抛物线y=ax2－5ax+4经过点A，∴9a+15a+4=0，解得a??1125， ∴抛物线的解析式是y??x?x?4 666（2）存在，M（522，） 23理由：∵B，C关于对称轴对称，∴MB=MC，∴MA?MB?MA?MC?AC； ∴当点M在直线AC上时，MA?MB值最大， 4???3k?b?0?k?设直线AC的解析式为y?kx?b，则?，解得?3，b?4???b?44∴y?x?4 3令x?y522522，则y?，∴M（，） 2323BO1Ax2、解：（1）∵抛物线y?ax2?2ax?b过点B（?1，0）， ∴a+2a－b=0，∴b=3a，∴y?ax?2ax?3a 令y=0，则x=?1或x=3，∴A（3，0），∴OA=3， 令x=0，则y=－3a，∴C（0，?3a），∴OC=3a

∵D为抛物线y?ax?2ax?3a的顶点，∴D（1，?4a） 过点D作DM⊥y轴于点M，则∠AOC=∠CMD=90°， 又∵∠ACD+∠MCD=∠AOC+∠1，∠ACD=∠AOC=90° ∴∠MCD=∠1 ，∴△AOC∽△CMD，∴22CMDEFOAOC?， CMDMy∵D（1，?4a），∴DM=1，OM=4a，∴CM=a

BO1Ax

CMD

∴?3a3a2，∴a?1，∵a>0，∴a=1 1∴抛物线的解析式为：y?x2?2x?3

（2）当AB为平行四边形的边时，则BA∥EF，并且EF= BA =4

由于对称轴为直线x=1，∴点E的横坐标为1,∴点F的横坐标为5或者?3

将x=5代入y?x2?2x?3得y=12，∴F（5，12）．将x=－3代入y?x2?2x?3得y=12，∴F（－3，12）． 当AB为平行四边形的对角线时，点F即为点D， ∴F（1，?4）． 综上所述，点F的坐标为（5，12），（?3，12）或（1，?4）．

3315x?，当y=0，x=2；当x=?8时，y=?.

24215?) ∴A点坐标为（2，0），B点坐标为(?8，212由抛物线y??x?bx?c经过A、B两点，得

43、解：（1）对于y?yPCOEDBAx3?b???0??1?2b?c???4?y??1x2?3x?5.解得? ?154425???16?8b?c?c???2 ??233x?与y轴交于点M 4233当x=0时，y=?. ∴OM=.

22（2）设直线y?22∵点A的坐标为（2，0），∴OA=2，∴AM=OA?OM?5. 2∴OM：OA：AM=3：4：5.

由题意得，∠PDE=∠OMA，∠AOM=∠PED=90°，∴△AOM ∽△PED. ∴DE：PE：PD=3：4：5

∵点P是直线AB上方的抛物线上一动点，

12353313x?x?)?(x?)=?x2?x?4 44242421212331848(?x?x?4)??x2?x? ∴l?5425553?l??(x?3)2?15

5∴PD?(?由题意知：?8?x?2 ?x??3时，l最大?15. 4、解：(1) ∵拋物线y1=ax2?2ax?b经过A(?1，0)，C(0，

3)两点， 2

1?a????2a?2a?b?0?13??3∴?，∴，∴拋物线的解析式为y1= ?x2?x? 3b??b?22?2???2（2）解法一：过点M作MN⊥AB交AB于点N，连接AM 由y1= ?

123x?x?可知顶点M(1，2) ，A(?1，0)，B(3，0)，N(1，0) 22y∴AB=4，MN=BN=AN=2，AM=MB=22. ∴△AMN和△BMN为等腰直角三角形. ∵∠MPA+∠QPB=∠MPA +∠PMA=135° ∴∠QPB=∠PMA

又∵∠QBP=∠PAM=45°∴△QPB∽△PMA ∴

MQAOPNBxAPBQ2? 将AM=22，AP=x+1，BP=3－x，BQ=22－y2代入， AMBP222－2y21252，即y2=x－x+. 223－xx+1?可得22yMQ∵点P为线段OB上一动点 （不与点B重合）∴0?x＜3 则y2与x的函数关系式为y2=解法二：

过点M作MN⊥AB交AB于点N. 由y1= ?

125x?x?(0?x<3) 22AOPNBx123x?x?易得M(1，2)，N(1，0)，A(?1，0)，B(3，0)， 22∴AB=4，MN=BN=2，MB=22，?MBN=45? 根据勾股定理有BM 2?BN 2=PM 2?PN 2. ∴222??2?22=PM2??1?x?…①，

2y2?22 22又?MPQ=45?=?MBP，∴△MPQ∽△MBP，∴PM?MQ?MB=由?、?得y2=

125x?x?. 22∵0?x<3，∴y2与x的函数关系式为y2=

125x?x?(0?x<3) 22yPOEABP3Cx??a?b?c?0?a??1??5、解：（1）由题意，得?c??3，解得?b?4

?c??3?b????2?2a∴抛物线的解析式为y??x?4x?3.

P22

图1

（2）①令?x?4x?3?0，解得x1?1，x2?3 ∴B（3， 0） 则直线BC的解析式为y?x?3 当点P在x轴上方时，如图1，

过点A作直线BC的平行线交抛物线于点P，∴设直线AP的解析式为y?x?n，

2?1). ∵直线AP过点A（1，0），∴直线AP的解析式为y?x?1，交y轴于点E(0，?y?x?1?x1?1?x2?2，解方程组?，得? ∴点P， ?1(21)2y?0y?1y??x?4x?3?1?2?当点P在x轴下方时，如图1，

?1)，可知需把直线BC向下平移2个单位，此时交抛物线于点P2、P根据点E(0，3，

得直线P2P3的解析式为y?x?5，

yAB?3?17?3?17x?x??1?2?y?x?5??22解方程组?，得 ，??2y??x?4x?3??y??7?17?y??7?1712???2?2∴P2(OxPFC图23?17?7?173?17?7?17，)，P3(，) 2222综上所述，点P的坐标为：

P，，P2(1(21)3?17?7?173?17?7?17，)，P3(，) 22220)C(0，?3) ②过点B作AB的垂线，交CP于点F.如图2，∵B(3，，∴OB=OC，∴∠OCB=∠OBC=45° ∴∠CBF=∠ABC=45° 又∵∠PCB=∠BCA，BC=BC ∴△ACB≌△FCB

∴BF=BA=2，则点F（3，－2）又∵CP过点F，点C ∴直线CP的解析式为y?1x?3. 3

四、中考数学压轴题专项训练答案

141．（1）y??x2?x；

33?12（0?t≤2）?4t?（2）S??t?1； （2?t≤3）?111??t2?4t?（3?t?4）2?2（3）t=1或2．

132)； 2．（1）y??x2?x?2，D(3，22（2）P2) P2(1(0，，3?413?41，?2)，P3(，?2)； 22?9+313?9?313（3）存在，点P的坐标为(13，)或(?13，)．

225172) D(13)，，y??x2?x?1； 3．（1）C(3，，66?52（0?t≤1）?4t??55（1?t≤2）（2）S??t?； 24??521525??4t?2t?4（2?t≤3）?（3）15． 4．（1）y?x2?2x?3； （2）41； 4（3）N1(?512)，，N2(11140)，，N3(?1，?4)． 1355．（1）y??x2?x?； 44231848（2）①l??x2?x?，当x??3时，l最大?15； 555②P1(?3?17?3?17?7?89?7?89，，2)P2(，，2)P3(，)． 22226)； 6．（1）C(4，（2）a1?2，a2?2?22，a3?2?22； （3）m?2．

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