中考数学压轴题专项训练有答案x课件

学海无

涯2019

中考压轴题专项训练训练目标

熟悉题型结构，辨识题目类型，调用解题方法；

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。

考查要点常考类型举例题型特征解题方法问题背景研究求坐标或函数解析式，求角度或线段长已知点坐标、解析式或几何图形的部分信息研究坐标、解析式，研究边、角，特殊图形。模型套路调用求面积、周长的函数

关系式，并求最值速度已知，所求关系式和运动时间相关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。坐标系下，所求关系式和坐标相关①②③利用坐标及横平竖直线段长；分类：根据线段表达不同分类；设计方案表达面积或周长。求线段和（差）的最值有定点（线）、不变量或不变关系利用几何模型、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。套路整合及分类讨论点的存在性点的存在满足某种关系，如满足面积比为

9:10①②③抓定量，找特征；确定分类；.根据几何特征或函数特征建等式。图形的存在性特殊三角形、特殊四边形的存在性①

分析动点、定点或不变关系（如平行）；②

根据特殊图形的判定、性质，确定分类；根据几何特征或函数特征建等式。三角形相似、全等的存在性①②③找定点，分析目标三角形边角关系；根据判定、对应关系确定分类；根据几何特征建等式求解。

学海无涯训练目标考查要点常考类型举例题型特征解题方1学海无

涯答题规范动作

试卷上探索思路、在演草纸上演草。

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。

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。

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：

中考数学难点突破之动点

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）

3、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）

学海无涯2学海无

涯一、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，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．

分段画图，选择适当方法表达面积．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．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．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．ACM NQPBA1

题图BC学海无涯ACM NQBABC3学海无

涯21 222. 如图，在平面直角坐标系

xOy

中，已知直线

l

：y=1

x

与直线

l

：y=-x+6

相交于点

M，直线

l

与

x

轴相交于点

N．求

M，N

的坐标．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．yxMND CA BOD CMA BON xy yxMND CA BO学海无涯21 222. 如图，在平面直角坐标系xO4学海无

涯3.我们知道，三角形的三条中线一定会交于一点，这一点就叫做三角形的重心。重心有很多美妙的性质，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。请你利用重心的概念完成如下问题：若

O

是△ABC

的重心（如图

1），连结

AO

并延长交

BC

于

D，证明：

AO

2

；AD

3若

AD

是△ABC

的一条中线（如图

2），O是

AD

上一点，且满足

AO

2

，试判断

O

是△ABC的重AD

3心吗？如果是，请证明；如果不是，请说明理由；若

O

是△ABC

的重心，过

O

的一条直线分别与

AB、AC

相交于

G、H（均不与△ABC

的顶点重合）四边形BCHG

△AGHS

AGH（如图

3），S ．S 分别表示四边形

BCHG

和△AGH

的面积，试探究

S四边形BCHG

的最大值。HABCD（图3）OABCD（图2）OOGD（图1）CBA学海无涯四边形BCHG △AGHSAGH（如图5学海无

涯解：（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。证明如下：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，，学海无涯∵点O是△ABC的重心，∴CE是中线，6学海无

涯而 ，∴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。为简便起见，不妨设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）S。∴ 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，∴。∴。学海无涯而 ，设S△GOD=S，由（1）知 ，即7学海无

涯∴，∴。∵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例关系，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。学海无涯∴，∴。∵OF∥GE，∴。∴，即。∴，代入①8学海无

涯二、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．OxOxyABy yxO学海无涯OxOxyABy yxO9学海无

涯2. 抛物线

y

1

x

12

3

与

y

轴交于点

A，顶点为

B，对称轴

BC

与

x

轴交于点

C．点

P

在抛物线上，4直线

PQ//BC

交

x

轴于点

Q，连接

BQ．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，另一个顶点

E

在

PQ上，求直线

BQ的函数解析式；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．O CyBAxQEPDO CyBAxxAByOC学海无涯2. 抛物线y1x110学海无

涯3. 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．3（1）若抛物线

y

1

x2

bx

c

经过

A、B

两点，求该抛物线的解析式：；（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与△ACD

相似？若存在，求出点

M

的坐标；若不存在，说明理由．yxADCBOyxADCBO学海无涯3（1）若抛物线y1x211DCyAxB

O学海无

涯三、二次函数与几何综合一、知识点睛“二次函数与几何综合”思考流程：

整合信息时，下面两点可为我们提供便利：

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；

②)关键点坐标转线段长．找特殊图形、特殊位置关系，寻求边和角度信息．二、精讲精练如图，抛物线

y=ax2-5ax+4（a＜0）经过△ABC

的三个顶点，已知

BC∥x

轴，点

A

在

x

轴上，点

C

在

y轴上，且

AC=BC．求抛物线的解析式．在抛物线的对称轴上是否存在点

M，使|MA-MB|最大？若存在，求出点

M

的坐标；若不存在，请说明理由．2. 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

轴的负半轴交于点

C，顶点为

D．连接

AC、CD，∠ACD=90°．求抛物线的解析式；点

E在抛物线的对称轴上，点

F在抛物线上，且以

B、A、F、E

四点为顶点的四边形为平行四边形，求点

F

的坐标．

关键点坐标几何特征转

线段长几何图形函数表达式BxAOyCDCyAxBO学海无涯整合信息时，下面两点12学海无

涯如图，在平面直角坐标系中，直线

y

3

x

3

与抛物线

y

1

x2

bx

c

交于

A、B

两点，点

A

在

x4 2 4轴上，点

B

的横坐标为-8．求该抛物线的解析式；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．

yxPC OEDBA学海无涯yxPC ODA13学海无

涯4.如图，点

P

是直线l

：

y

2x

2

上的点，过点

P

的另一条直线

m

交抛物线

y

x

2

于

A、B两点．（1）若直线m

的解析式为

y

1

x

3

，求

A、B

两点的坐标；2 2①若点

P的坐标为（－2，

t

），当

PA＝AB

时，请直接写出点

A的坐标；②试证明：对于直线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．设直线l

交

y

轴于点

C，若△AOB

的外心在边

AB

上，且∠BPC＝∠OCP，求点

P的坐标．xy第25（1）题图OlmPBAxlO第25（2）题图xy yClmPAOB第25（3）题图学海无涯（1）若直线m的解析式为y14学海无

涯5.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），抛物线上另有一点

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求此时抛物线的解析式；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，试探究：当

m

为何值时，四边形

AMCN

的面积取得最大值，并求出这个最大值．

COAxBCOAy yxBDNlM图

1图

2学海无涯COAxBCOAy yxBDNl154学海无

涯附：参考答案一、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，该矩形的面积为

3

3平方厘米．2 2（2）当

0＜t≤1时，

S

3t+ 3

；当

1＜t≤2时，

S

3

3

；2 2当

2＜t＜3

时，

S

-

3t

7

32t

22．（1）M（4，2） N（6，0）（2）当

0≤t≤1时，

S

；当

1＜t≤4

时，

S

t

-

1

；2

423 13

494 2 4当

4＜t≤5

时，

S

- t

t

-；当

5＜t≤6

时，

S

-t

13

；22当

6＜t≤7

时，

S

1

7-

t

23.解：（1）证明：如图

1，连结

CO

并延长交

AB

于点

P，连结

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，根据（1）中的证明可知，4学海无涯2．（1）M（4，2） N（6，0）（2）16学海无

涯而 ，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，连结

CO

交

AB

于

F，连结

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,

∵=,

学海无涯∴= ，= ,∵在△ABE中，O17学海无

涯==

=-1=mn-1=(3-n)n-1=-n2+3n-1=-(n-)2+ ,∴

当=n

=，GH//BC

时，

有最大值 。附：或的另外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

E、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），5

2513 13

261代入

y

x2

3x

，可知m

，

P

( , )25②

若△BAP∽△BOA，如图

2，m可知△PMA∽△AOB，相似比为

1：2；则

P2（2m，

），2OABPM图2xyBPMy图1OABPMxy学海无涯===-1=mn-1=(3-n)n-18学海无

涯8 4

1611

11)代入

y

x2

3x

，可知m

11

，

P

( ,2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），2代入

y

x

3x12，可知m

3，

P(2,2)④

若△ABP∽△BOA，如图

4，可知△PMB∽△BOA，相似比为

1：2；则

P4（m，52m

），1

52 2

4代入

y

x2

3x

，可知m

1

，

P

(

,)42.解：（1）由抛物线解析式

y

1

x

12

3

可得

B

点坐标（1，3）.4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.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.DK

DE则可证△DCH∽△DEK.则

DH

DC

3

，在矩形

DHQK

中，DK=HQ，则DHHQ 3

.BC在

Rt△DHQ

中，∠DQC=60°.则在

Rt△BCQ

中， 3

∴CQ=CQ3

，此时，Q

点坐标为（1+3

,0）则

P

点横坐标为

1+

3

.代入

y

1

x

12

3

可得纵坐标.∴P（1+

3

,

9

）.4 4b）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.则可证△DCM∽△DEN.则DN DEDM

DC

1，3图4OAPMBxyABDFEPQO C

GxyKEBADPO

C

H

QxyyxCDBAP

KEQO

HNMBADCEPQOxy学海无涯8 4161111)代入yx219学海无

涯1MQ

3在矩形

DMQN中，DN=MQ，则

DM

.在

Rt△DMQ中，∠DQM=30°.则在

Rt△BCQ

中，

BC

1CQ

34∴CQ=

3

BC=

3

3

，此时，Q

点坐标为（1+

3

3

，0）,则

P

点横坐标为

1+

3

3

.代入

y

1

x

12

34可得纵坐标.∴P（1+

3

3

,－15）.b）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.4由对称性可得此时点

P

坐标为（1－

3

3

,－15）综上所述，P

点坐标为（1+

3

,

9

），（1－

3

,

9

），（1+

3

3

,－415 15）或（1－

3

3

,－

）.4 4 43．解：（1）∵AB=BC=10，OB=8 ∴在

Rt△OAB

中，OA=6 ∴

A（6，0）3 3将

A（6，0），B（0，-8）代入抛物线表达式，得，

y

1

x2

10

x

8（2）存在：如果△AMN

与△ACD

相似，则

MN

2AN

2

AN

1或

MN设

M(m,

1

m2

10

m

8)（0<m<6）3 31）

假设点

M

在

x

轴下方的抛物线上，如图

1

所示：当ANMN

16

m

2

10m

81

m2

时，

3 3

1

，2 21(m

6)(m

4) 5 5 7即

3

1

∴

m

2

∴

M(2

,

4)6

m如图

2

验证一下：MN6

m1

m2当

2

时，

3 3

，即

3 AN

2

26

m

10m

8 1(m

6)(m

4)∴

m

2（舍）2）如果点

M

在

x

轴上方的抛物线上：当

时，AN 223 36

mMN

1

1

m2

10

m

86

m

2

1(m

6)(m

4)112

1

，即

3

1

∴

m∴M( ,

)2 411

1yxQPCDABEM

ON图1OBCDAxyMN图2OBCDAxyMN学海无涯1MQ 3在矩形DMQN中，DN=MQ，20学海无

涯此时MN

1

,

AN

14 2AN

2∴MN

1∴△AMN∽△ACD2 4∴M

11( ,1)满足要求6

mMN

1

m2

10

m

8当

2

时，

3 3

，即

3 AN

2

26

m

1(m6)(m

4)∴m=10（舍）1综上

M

( ,2

),M

( ,

)2 4 2 45 7 11

1三、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，2a 25a

5又∵抛物线

y=ax2-5ax+4

的对称轴是直线

x

52

，即直线

x

∴点

B的坐标为（5，4），∴AC=BC=5，在

Rt△ACO中，OA= AC2

OC2

3

，∴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

a

1

，

∴抛物线的解析式是

y

1

x2

5

x

46 6 65 222 3（2）存在，M（

，

）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，3k

b0设直线

AC

的解析式为

y

kx

b

，则b

4k

4，解得b

4433，∴

yx

4令

x

5

，则

y

22

，∴M（

5

，

22

）2 3 2 32、解：（1）∵抛物线

y

ax2

2ax

b

过点

B（

1，0），∴a+2a-b=0，∴b=3a，∴

y

ax2

2ax

3a令

y=0，则

x=

1或

x=3，∴A（3，0），∴OA=3，令

x=0，则

y=-3a，∴C（0，

3

a），∴OC=3a∵D

为抛物线

y

ax2

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°FBxAyODCM11DCMyAE

xB

O学海无涯此时MN1,AN1A21学海无

涯OA OC∴∠MCD=∠1

，∴△AOC∽△CMD，∴

，CM

DM∵D（1，

4a），∴DM=1，OM=4a，∴CM=aa 13 3a∴

，∴

a21，∵a>0，∴a=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）．3、解：（1）对于

y

3

x

3

，当

y=0，x=2；当

x=

8时，y=

15

.4 2 215∴A

点坐标为（2，0），B点坐标为(8， )2214由抛物线

y

x

bx

c

经过

A、B

两点，得20

1

2b

c

15

16

8b

c52b

3

4解得c

4 4 2

y

1

x2

3

x

5

.334 2（2）设直线

y

x

与

y

轴交于点

M3 32 2当

x=0时，y=

.∴OM= .2∵点

A的坐标为（2，0），∴OA=2，∴AM=

OA2

OM

2

5

.∴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，21 3 5 344 2 4 2 4 2∴PD

(

x

x

)

( x

3)

=

1

x2

3

x

45 5 5∴

l

12

(

1

x2

3

x

4)

3

x2

18

x

485 4 2l

3

(x

3)2

155由题意知：

8

x

2

x

3时，l最大

15.yxPDC OEBA学海无涯OA OCCM DMa 13 3a∴抛物线的22学海无

涯4.（1）A（ ， ），B（1，1）；（2）①A1（－1，1），A2（－3，9）；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，根据△的值始终大于

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根据函数图象上的点的坐标的特征结合

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 ，根据△的值始终大于

0

即可作出判断；（3）设直线 ： 交

y

轴于

D，设

A（ ， ），B（

， ）．过

A、B

两点分别作

AG、BH

垂直

轴于

G、H．由△AOB

的外心在AB

上可得∠AOB＝90°，由△AGO∽△OHB，得，则 ，联立b

的值，设P（

，得 ，依题意得

、

是方程

的两根，即可求得），过点

P

作PQ⊥轴于Q，在

Rt△PDQ

中，根据勾股定理列方程求解即可.（1）依题意，得解得，∴A（ ， ），B（1，1）；（2）①A1（－1，1），A2（－3，9）；学海无涯4.（1）A（ ， ），B（1，1）；（2）23学海无

涯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（ ， ），∵PA＝PB，∴△PAG≌△BAH，），∴AG＝AH，PG＝BH，∴B（ ，将点

B

坐标代入抛物线，得，∵△＝∴无论

为何值时，关于的方程总有两个不等的实数解，即对于任意给定的点

P，抛物线上总能找到两个满足条件的点A；（3）设直线

：交

y

轴于D，设A（， ），B（

，

）．过

A、B

两点分别作AG、BH

垂直轴于

G、H．∵△AOB

的外心在

AB

上，∴∠AOB＝90°，由△AGO∽△OHB，得，学海无涯），∴AG＝AH，PG＝BH，，得，∵△＝∴24学海无

涯∴．联立得，依题意得、

是方程的两根，∴，∴ ，即

D（0，1）．∵∠BPC＝∠OCP，∴DP＝DC＝3．设P（

，），过点P

作

PQ⊥

轴于

Q，在

Rt△PDQ

中，，∴．解得 （舍去），，∴P（ ， ）．∵PN

平分∠MNQ，∴PT＝NT，∴.学海无涯∴．联立得，依题意得、是方程的两根，∴，∴25学海无

涯5．解：（1）B（3，０），C（8，０）

………………3分

（2）①作

AE⊥OC，垂足为点

E

1∵△OAC

是等腰三角形，∴OE＝EC＝ ×8＝4，∴BE＝4－3＝1

2AE CE又∵∠BAC＝90°，∴△ACE∽△BAE，∴ ＝ BE AE∴AE2＝BE·CE＝1×4，∴AE＝2………………4

分

∴点A的坐标为(4，2)

………………5分

212把点

A

的坐标

(4，2)代入抛物线

y＝nx

－11nx＋24n，得

n＝－

2∴抛物线的解析式为

y＝－

x

＋2 21 11x－12………………7

分

②∵点

M

的横坐标为

m，且点

M

在①中的抛物线上

∴点

M

的坐标为

(m，－

m

＋2 212 11m－12)，由①知，点

D

的坐标为（4，－2），

12则

C、D

两点的坐标求直线

CD

的解析式为

y＝

x－4

12∴点

N

的坐标为(m，

m－4)12 112 21221

2∴MN＝（－

m

＋ m－12）－（m－4）＝－m＋5m－8

…………9分

∴S

四边形

AMCN＝S△AMN＋S△CMN＝

MN·CE1 12 2 21＝（－

m2＋5m－8）×4

＝－(m－5)2＋9……………11

分

∴当m＝5时，S四边形AMCN＝9

……………12分

学海无涯1∵△OAC是等腰三角形，∴OE＝EC＝ 26学海无

涯2019

中考压轴题专项训练训练目标

熟悉题型结构，辨识题目类型，调用解题方法；

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。

考查要点常考类型举例题型特征解题方法问题背景研究求坐标或函数解析式，求角度或线段长已知点坐标、解析式或几何图形的部分信息研究坐标、解析式，研究边、角，特殊图形。模型套路调用求面积、周长的函数

关系式，并求最值速度已知，所求关系式和运动时间相关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。坐标系下，所求关系式和坐标相关①②③利用坐标及横平竖直线段长；分类：根据线段表达不同分类；设计方案表达面积或周长。求线段和（差）的最值有定点（线）、不变量或不变关系利用几何模型、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。套路整合及分类讨论点的存在性点的存在满足某种关系，如满足面积比为

9:10①②③抓定量，找特征；确定分类；.根据几何特征或函数特征建等式。图形的存在性特殊三角形、特殊四边形的存在性①

分析动点、定点或不变关系（如平行）；②

根据特殊图形的判定、性质，确定分类；根据几何特征或函数特征建等式。三角形相似、全等的存在性①②③找定点，分析目标三角形边角关系；根据判定、对应关系确定分类；根据几何特征建等式求解。

学海无涯训练目标考查要点常考类型举例题型特征解题方27学海无

涯答题规范动作

试卷上探索思路、在演草纸上演草。

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。

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。

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：

中考数学难点突破之动点

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）

3、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）

学海无涯28学海无

涯一、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，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．

分段画图，选择适当方法表达面积．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．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．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．ACM NQPBA1

题图BC学海无涯ACM NQBABC29学海无

涯21 222. 如图，在平面直角坐标系

xOy

中，已知直线

l

：y=1

x

与直线

l

：y=-x+6

相交于点

M，直线

l

与

x

轴相交于点

N．求

M，N

的坐标．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．yxMND CA BOD CMA BON xy yxMND CA BO学海无涯21 222. 如图，在平面直角坐标系xO30学海无

涯3.我们知道，三角形的三条中线一定会交于一点，这一点就叫做三角形的重心。重心有很多美妙的性质，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。请你利用重心的概念完成如下问题：若

O

是△ABC

的重心（如图

1），连结

AO

并延长交

BC

于

D，证明：

AO

2

；AD

3若

AD

是△ABC

的一条中线（如图

2），O是

AD

上一点，且满足

AO

2

，试判断

O

是△ABC的重AD

3心吗？如果是，请证明；如果不是，请说明理由；若

O

是△ABC

的重心，过

O

的一条直线分别与

AB、AC

相交于

G、H（均不与△ABC

的顶点重合）四边形BCHG

△AGHS

AGH（如图

3），S ．S 分别表示四边形

BCHG

和△AGH

的面积，试探究

S四边形BCHG

的最大值。HABCD（图3）OABCD（图2）OOGD（图1）CBA学海无涯四边形BCHG △AGHSAGH（如图31学海无

涯解：（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。证明如下：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，，学海无涯∵点O是△ABC的重心，∴CE是中线，32学海无

涯而 ，∴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。为简便起见，不妨设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）S。∴ 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，∴。∴。学海无涯而 ，设S△GOD=S，由（1）知 ，即33学海无

涯∴，∴。∵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。