2019中考数学压轴题专项训练有

2019初中中考数学压轴题专项训练有答案2019初中中考数学压轴题专项训练有答案40/402019初中中考数学压轴题专项训练有答案2019中考压轴题专项训练训练目标熟悉题型结构，鉴别题目种类，调用解题方法；书写框架清楚，踩点得分（完满、快速、简洁）。题型结构及解题方法压轴题综合性强，知识高度交融，重视观察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。观察要常考种类题型特色解题方法点举例求坐标或问题背函数分析已知点坐标、分析研究坐标、分析式，研究边、式，求角式或几何图形的部景研究角，特别图形。度或线段分信息长①分段：动点转折分段、图求面积、速度已知，所求关形碰撞分段；模型套周长的函系式和运动时间相②利用动点行程表达线段数关系关长；路调用式，并求③设计方案表达关系式。最值坐标系下，所求关①利用坐标及横平竖直线段系式和坐标相关长；-②分类：依照线段表达不相同分类；③设计方案表达面积或周长。求线段和利用几何模型、几何定理求有定点（线）、不解，如两点之间线段最短、（差）的变量或不变关系垂线段最短、三角形三边关最值系等。点的存在满足某种①抓定量，找特色；②确定分类；.点的存在关系，如满足面积性③依照几何特色或函数特色比为9:10建等式。①分析动点、定点或不变关特别三角形、特别系（如平行）；套路整②依照特别图形的判断、性四边形的存在性合及分质，确定分类；依照几何类谈论特色或函数特色建等式。图形的存①找定点，分析目标三角形在性边角关系；三角形相似、全等②依照判断、对应关系确定的存在性分类；③依照几何特色建等式求解。答题规范动作试卷上研究思路、在演草纸演出草。合理规划答题卡的答题地域：两栏书写，先左后右。作答前依照思路，提前规划，保证在答题地域内写完答案；同时方便更正。作答要求：框架清楚，结论突出，过程简洁。题作答更加侧重结论，不相同种类的作答要点：几何推理环节，要突出几何特色及数量关系表达，简化证明过程；面积问题，要突出头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。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，不但题目会做，而且能高效拿分。课程名称：中考数学难点打破之动点1、图形运动产生的面积问题2、存在性问题、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）、中考数学压轴题全面打破（包括动向几何、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、知识点睛研究_基本_图形分析运动状态：①由起点、终点确定t的范围；②对t分段，依照运动趋势画图，找边与定点，平时是状态转折点相交时的特别地址．分段画图，选择合适方法表达面积．二、精讲精练已知，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时运动停止），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．CCQPAMNBAB题图2.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线l1：y=1x与直线l2：2y=-x+6订交于点M，直线l2与x轴订交于点N．1）求M，N的坐标．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个单位长度的速度搬动．设矩形ABCD与△OMN重叠部分的面积为S，搬动的时间为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．yyyyDCMDCMDCMDCMABNxABABABOONxONxON我们知道，三角形的三条中线必然会交于一点，这一点就叫做三角形的重心。重心有很多美好的性质，如在关线段比．面积比就有一些“漂亮”结论，利用这些性质可以解决三角形中的若干问题。请你利用重心的看法完成以下问题：（1）若O是△ABC的重心（如图1），连接AO并延长交BC于D，证明：AO2；AD3（2）若AD是△ABC的一条中线（如图2），O是AD上一点，且满足AO2，试判断O是△ABC的重心吗？若是是，请证明；若是不AD3是，请说明原由；（3）若O是△ABC的重心，过O的一条直线分别与AB、AC订交于G、H（均不与△ABC的极点重合）（如图3），S四边形BCHG．S△AGH分别表示四边形BCHG和△AGHAAOOBCBDD（图1）（图2）

的面积，试试究S四边形BCHG的最大值。SVAGHAGOHCBCD（图3）解：（1）证明：如答图1所示，连接CO并延长，交AB于点E，∵点O是△ABC的重心，∴CE是中线，点E是AB的中点。∴DE是中位线。∴DE∥AC，且DE=AC。DE∥AC，∴△AOC∽△DOE。∴。AD=AO+OD，∴。2）答：点O是△ABC的重心。证明以下：如答图2，作△ABC的中线CE，与AD交于点Q，则点Q为△ABC的重心。由（1）可知，，而，∴点Q与点O重合（是同一个点）。∴点O是△ABC的重心。（3）如答图3所示，连接DG．设S△GOD=S，由（1）知，即OA=2OD，S△AOG=2S，S△AGD=S△GOD+S△AGO=3S。为简略起见，不如设AG=1，BG=x，则S△BGD=3xS．∴S△ABD=S△AGD+S△BGD=3S+3xS=（3x+3）S。∴S△ABC=2S△ABD=（6x+6）S。设OH=k?OG，由S△AGO=2S，得S△AOH=2kS，∴S△AGH=S△AGO+S△AOH=（2k+2）S。S四边形BCHG=S△ABC﹣S△AGH=（6x+6）S﹣（2k+2）S=（6x﹣2k+4）。∴①。如答图3，过点O作OF∥BC交AC于点F，过点G作GE∥BC交AC于点E，则OF∥GE。∵OF∥BC，∴。∴OF=CD=BC。∵GE∥BC，∴。∴。∴，∴。∵OF∥GE，∴。∴，即。∴，代入①式得：。∴当x=时，有最大值，最大值为。1）如答图1，作出中位线DE，证明△AOC∽△DOE，可以证明结论。2）如答图2，作△ABC的中线CE，与AD交于点Q，则点Q为△ABC的重心．由（1）可知，，而已知，故点O与点Q重合，即点O为△ABC的重心。3）如答图3，利用图形的面积关系，以及相似线段间的比率关系，求出的表达式，这是一个二次函数，利用二次函数的性质求出其最大值。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状况．②分类谈论.先考据①的结果可否合理，再找其他分类，类比第一种状况求解．③考据弃取.结合点的运动范围，画图或推理，对结果弃取．二、精讲精练如图，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、yyyyy相似，央求出所有yB两点.若以AB为直角边的△PAB与△OAB吻合条件的点P的坐标．BB--AOAOOxxOOxOxxyyyy2.抛物线y12与y轴交于点A，极点为B，对称轴BC与xx134轴交于点C．点P在抛物线上，直线PQ//BC交x轴于点Q，连接BQ．1）若含45°角的直角三角板以下列图放置，其中一个极点与点C重合，直角极点D在BQ上，另一个极点E在PQ上，求直线BQ的函数分析式；（2）若含30°角的直角三角板的一个极点与点C重合，直角极点D在直线BQ上（点D不与点Q重合），另一个极点E在PQ上，求点P的坐标．yyyABABABDEPOCQxOCxOCxyyABBAOCxOCxyA

BOCx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，OB＝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．（1）若抛物线y1x2bxc经过A、B两点，求该抛物线的分析式：3______________；（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．可否存在点M，使△AMN与△ACD相似？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明原由．yyADADOxOxBCBC三、二次函数与几何综合一、知识点睛“二次函数与几何综合”思虑流程：要点点坐标转线段长几何特色函数表达式几何图形整合信息时，下面两点可为我们供应便利：①研究函数表达式．二次函数关注四点一线，一次函数关注k、b；)要点点坐标转线段长．找特别图形、特别地址关系，追求边和角度信息．二、精讲精练如图，抛物线y=ax2-5ax+4（a＜0）经过△ABC的三个极点，已知BC∥x轴，点A在x轴上，点C在y轴上，且AC=BC．1）求抛物线的分析式．（2）在抛物线的对称轴上可否存在点M，使|MA-MB|最大？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明原由．yCBAOx如图，已知抛物线y=ax2-2ax-b（a>0）与x轴交于A、B两点，点A在点B的右侧，且点B的坐标为(-1，0)，与y轴y的负半轴交于点C，极点为D．连接AC、CD，∠ACD=90°．（1）求抛物线的分析式；BOAx（2）点E在抛物线的对称轴上，点F在抛物线上，CD且以B、A、F、E四点为极点的四边形为平行四边形，求点F的坐标．3.如图，在平面直角坐标系中，直线y3x3与抛物线y1x2bxc交424于A、B两点，点A在x轴上，点B的横坐标为-8．1）求该抛物线的分析式；2）点P是直线AB上方的抛物线上一动点（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线，垂足为C，交直线AB于点D，作PE⊥AB于点E．设△PDE的周长为l，点P的横坐标为x，求l关于x的函数关系式，并求出l的最大值．yPACOxEDB4.如图，点P是直线l：y2x2上的点，过点P的另一条直线m交抛物线yx2于A、B两点．（1）若直线m的分析式为y1x3，求A、B两点的坐标；22）①若点P的坐标为（－2，t），当PA＝AB时，请直接写出点的坐标；②试证明：关于直线l上任意给定的一点P，在抛物线上都能找到点A，使得PA＝AB成立．（3）设直线l交y轴于点C，若△AOB的外心在边AB上，且∠BPCyyy，求点P的坐标．＝∠OCPlllmmPAPABBOOxOxx第25（3）题图第25（2）题图第25（1）题图--C5.如图1，抛物线y＝nx2－11nx＋24n(n＜0)与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），抛物线上还有一点A在第一象限内，且∠BAC＝90°．（1）填空：点B的坐标为（_），点C的坐标为（_）；（2）连接OA，若△OAC为等腰三角形．①求此时抛物线的分析式；②如图2，将△OAC沿x轴翻折后得△ODC，点M为①中所求的抛物线上点A与点C两点之间一动点，且点M的横坐标为m，过动点M作垂直于x轴的直线l与CD交于点N，试试究：当m为何值时，四边形AMCN的面积获取最大值，并求出这个最大值．yylAMAOBCxOBCxND图1图2附：参照答案一、图形运动产生的面积问题1.（1）当t=3时，四边形MNQP恰为矩形．此时，该矩形的面积2为33平方厘米．2（2）当0＜t≤1时，S3t+3；当1＜t≤2时，S33；22当732＜t＜3时，S-3t22．（1）M（4，2）N（6，0）（2）当0≤t≤1时，St2；4当1＜t≤4时，St-1；24当4＜t≤5时，当5＜t≤6时，当6＜t≤7时，

S-3t213t-49；424-t13；217-t22解：（1）证明：如图1，连接CO并延长交AB于点P，连接PD。∵点O是△ABC的重心，∴P是AB的中点，D是BC的中点，PD是△ABC的中位线，AC=2PD，AC//PD，DPO=∠ACO，∠PDO=∠CAO，△OPD∽△CA，==,=,∴；（2）点O是是△ABC的重心。证明：如图2，作△ABC的中线CP，与AB边交于点P，与△ABC的另一条中线AD交于点Q，则点Q是△ABC的重心，依照（1）中的证明可知，而，点Q与点O重合（是同一个点），所以点O是△ABC的重心；3）如图3，连接CO交AB于F，连接BO交AC于E，过点O分别作AB、AC的平行线OM、ON，分别与AC、AB交于点M、N，∵点O是△ABC的重心，∴=，=,∵在△ABE中，OM//AB，==，OM=AB，在△ACF中，ON//AC，==，ON=AC，在△AGH中，OM//AH，=，在△ACH中，ON//AH，=，∴+=+=1，+=1,+=3,令=m,=n,m=3-n,∵=,===-1=mn-1=(3-n)n-1=-n2+3n-1=-(n-)2+,∴当=n=，GH//BC时，有最大值。附：或的别的两种证明方法的作图。方法一：分别过点B、C作AD的平行线BE、CF，分别交直线GH于点、F。方法二：分别过点B、C、A、D作直线GH的垂线，垂足分别为E、F、N、M。二、二次函数中的存在性问题y1.解：由题意，设OA=m，则OB=2m；当∠BAP=90°时，BBAP∽△AOB或△BAP∽△BOA；①若△BAP∽△AOB，如图1，

OAMx图1y可知△PMA∽△AOB，相似比为2：1；则P1（5m，2m），B代入yx23x，可知m13132625，P1(5,25)P②若△BAP∽△BOA，如图2，OAMx可知△PMA∽△AOB，相似比为1：2；则P2（2m，m），图2y2代入yx23x，可知m11，P2(11,11)MP8416B；当∠ABP=90°时，△ABP∽△AOB或△ABP∽△BOA③若△ABP∽△AOB，如图3，

OAx图3可知△PMB∽△BOA，相似比为2：1；则P3（4m，4m），代入yx23x，可知m1，P3(2,2)y2--MPB-④若△ABP∽△BOA，如图4，可知△PMB∽△BOA，相似比为1：2；则P4（m，5m），2代入yx23x，可知m1，P4(1,5)224y解：（）由抛物线分析式12B1，3）.2.1yx13可得B点坐标（4DE要求直线BQ的函数分析式，只需求得点Q坐标即可，即求CQ长度.POCGQx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.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分析式为y=－x+4.（2）要求P点坐标，只需求得点Q坐标，尔后依照横坐标相同来求点P坐标即可.而题目中间没有说明∠DCE=30°还是∠DCE=60°，所以分两种情y况来谈论.①当∠DCE=30°时，

BAPDKEa）过点D作DH⊥x轴于点H，过点OHQxC则可证△DCH∽△DEK.则DHDC3，DKDE在矩形DHQK中，DK=HQ，则DH3.HQ在Rt△DHQ中，∠DQC=60°.则在Rt△BCQ中，BC3∴CQ=3，CQ此时，Q点坐标为（1+3,0）则P点横坐标为1+3.代入y1x123可得纵坐标.∴y（1+3,9）.4P4AB--PKDEQOHCx-b）又P、Q为动点，∴可能PQ在对称轴左侧，与上一种状况关于对称轴对称.由对称性可得此时点P坐标为（1－3,9）4②当∠DCE=60°时，ya)过点D作DM⊥x轴于点M，过点D作DN⊥QP于A点BN.NDMDC1D则可证△DCM∽△DEN.则，OCQDNDEMx3E在矩形DMQN中，DN=MQ，则DM1.yPMQ3AB在Rt△DMQ中，∠DQM=30°.则在Rt△BCQ中N，BCD1QCQ3∴，此时，点坐标为（EMOCxCQ=BC=Q1+则P点横坐标为33333，0）,1+33.代入y1x23P15）.413可得纵坐标.∴P（1+3,－4b）又P、Q为动点，∴可能PQ在对称轴左侧，与上一种状况关于对称轴对称.由对称性可得此时点P坐标为（1－33,－15）4综上所述，P点坐标为（1+3,9），（1－3,9），（1+33,－15）444或（1－33,－15）.43．解：（1）∵AB=BC=10，OB=8∴在Rt△OAB中，OA=6∴A（6，0）将A（6，0），B（0，-8）代入抛物线表达式，得，y1x210x833（2）存在：y若是△AMN与△ACD相似，则MN1或MNNADAN2O2xAN设M(m,1m210m8)（0<m<6）M331）假设点M在x轴下方的抛物线上，如图B1所示：C图1当MN11m210m81，AN2时，336m21(m6)(m4)1557y即36m∴m2∴M(2,4)2NAD如图2考据一下：OxM当MN12101BC2时，3m3m82，即3(m6)(m4)2图2AN6m6m∴m2（舍）2）若是点M在x轴上方的抛物线上：当MN121011时，3m3m81，即3(m6)(m4)1∴m11∴AN26m26m22M(11,1)24此时MN1,AN1∴MN1∴△AMN∽△ACD∴M(11,1)满足42AN224要求当MN1m210m8，即1(m6)(m4)∴m=10AN2时，332326m6m（舍）综上M1(5,7),M2(11,1)2424三、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x5a5，即直线x52a22∴点B的坐标为（5，4），∴AC=BC=5，在Rt△ACO中，OA=AC2OC23，∴点A的坐标为A（3，0），∵抛物线y=ax2-5ax+4经过点A，∴9a+15a+4=0，解得a1，∴6抛物线的分析式是y1x25x462）存在，M（5，22）23原由：∵B，C关于对称轴对称，∴MB=MC，∴MAMBMAMCAC；∴当点M在直线AC上时，MAMB值最大，设直线AC的分析式为y3kb0k44kxb，则，解得3，∴yb4x4b43令x5，则y22，∴M（5，22）23232、解：（1）∵抛物线yax22axb过点By（1，），∴a+2a-b=0，∴b=3a，∴yax22ax3a

BO1Ax令y=0，则x=1或x=3，∴A（3，0），OA=3，

∴CMD令x=0，则y=-3a，∴C（0，3a），∴OC=3a∵D为抛物线yax22ax3a的极点，∴D（1，4a）EF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，∴OAOC，CMDM∵D（1，4a），∴DM=1，OM=4a，∴CM=a

yBO1AxCMD∴33a，∴a21，∵a>0，∴a=1a1∴抛物线的分析式为：yx22x3（2）当AB为平行四边形的边时，则BA∥EF，而且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也许3将x=5代入yx22x3得y=12，∴F（5，12）．将x=-3代入yx22x3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）．3、解：（1）关于y3x3，当y=0，x=2；当x=8时，y=15.422∴A点坐标为（2，0），B点坐标为(8，15)2y1x2c经过A、B两点，得由抛物线ybxP4A012bc3COxb1235E15解得48bc5yx4x.D16422cB2（2）设直线y3x3与y轴交于点M42当x=0时，y=3.∴OM=3.22∵点A的坐标为（2，0），∴OA=2，∴AM=OA2OM25.2OM：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，∴PD(1x23x5)(3x3)=1x23x44424242∴l12(1x23x4)3x218x485425553(x3)2155由题意知：8x2x3l最大15.时，（1）A（，），B（1，1）；（2）①A1（－1，1），A2（－3，）；②过点P、B分别作过点A且平行于轴的直线的垂线，垂足分别为G、H.设P（，），A（，），由PA＝PB可证得△PAG≌△BAH，即得AG＝AH，PG＝BH，则B（，），将点B坐标代入抛物线，得，依照△的值向来大于0即可作出判断；（3）（，）．试题分析：（1）由题意联立方程组即可求得A、B两点的坐标；（2）①依照函数图象上的点的坐标的特色结合PA＝AB即可求得A点的坐标；②过点P、B分别作过点A且平行于轴的直线的垂线，垂足分别为G、H.设P（，），A（，），由PA＝PB可证得△PAG≌△BAH，即得AG＝AH，PG＝BH，则B（，），将点B坐标代入抛物线，得，依照△的值向来大于0即可作出判断；（3）设直线：交