福建各地中考数学压轴题(含答案)

莆田25．（12分）已知矩形ABCD和点P，当点P在BC上任一位置（如图（1）所示）时，易证得结论：2222PAPCPBPD，请你探究：当点P分别在图（2）、图（3）中的位置时，2222PAPBPCPD、、和又有怎样的数量关系？请你写出对上述两种情况的探究结论，并利用图（2）证明你的结论．答：对图（2）的探究结论为____________________________________．对图（3）的探究结论为_____________________________________．证明：如图（2）26．（14分）如图：抛物线经过A（－3，0）、B（0，4）、C（4，0）三点．（1）求抛物线的解析式．（2）已知AD＝AB（D在线段AC上），有一动点P从点A沿线段AC以每秒1个单位长度的速度移动；同时另一个动点Q以某一速度从点B沿线段BC移动，经过t秒的移动，线段PQ被BD垂直平分，求t的值；（3）在（2）的情况下，抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ＋MC的值最小？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．（注：抛物线2yaxbxc的对称轴为2bxa）福州课改21．（满分12分）如图9，等边ABC边长为4，E是边BC上动点，ACEH于H，过E作EF∥AC，交线段AB于点F，在线段AC上取点P，使EBPE。设)20(xxEC。（1）请直接写出图中与线段EF相等的两条线段（不再另外添加辅助线）；（2）Q是线段AC上的动点，当四边形EFPQ是平行四边形时,求EFPQ的面积（用含x的代数式表示）；（3）当（2）中的EFPQ面积最大值时，以E为圆心，r为半径作圆，根据⊙E与此时EFPQ四条边交点的总个数，求相应的r的取值范围。22．（满分14分）已知直线l：y=－x+m（m≠0）交x轴、y轴于A、B两点，点C、M分别在线段OA、AB上，且OC=2CA，AM=2MB，连接MC，将△ACM绕点M旋转180°，得到△FEM，则点E在y轴上,点F在直线l上;取线段EO中点N,将ACM沿MN所在直线翻折，得到△PMG，其中P与A为对称点.记：过点F的双曲线为1C，过点M且以B为顶点的抛物线为2C，过点P且以M为顶点的抛物线为3C.(1)如图10，当m=6时，①直接写出点M、F的坐标，②求1C、2C的函数解析式；（2）当m发生变化时，①在1C的每一支上，y随x的增大如何变化？请说明理由。②若2C、3C中的y都随着x的增大而减小,写出x的取值范围。图10漳州26．（满分14分）如图1，已知：抛物线212yxbxc与x轴交于AB、两点，与y轴交于点C，经过BC、两点的直线是122yx，连结AC．（1）BC、两点坐标分别为B（_____，_____）、C（_____，_____），抛物线的函数关系式为______________；（2）判断ABC△的形状，并说明理由；（3）若ABC△内部能否截出面积最大的矩形DEFC（顶点DEF、、、G在ABC△各边上）？若能，求出在AB边上的矩形顶点的坐标；若不能，请说明理由．[抛物线2yaxbxc的顶点坐标是24,24bacbaa]CAOBxyCAOBxy图1图2(备用)（第26题）厦门三明22．（本题满分12分）已知：矩形ABCD中AD＞AB，O是对角线的交点，过O任作一直线分别交BC、AD于点M、N（如图①）．（1）求证：BM=DN；（2）如图②，四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的，连接CN，求证：四边形AMCN是菱形；（3）在（2）的条件下，若△CDN的面积与△CMN的面积比为1︰3，求MNDN的值．23．（本题满分14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线212yxbxc与x轴交于A（1，0）、B（5，0）两点．（1）求抛物线的解析式和顶点C的坐标；（4分）（2）设抛物线的对称轴与x轴交于点D，将∠DCB绕点C按顺时针方向旋转，角的两边CD和CB与x轴分别交于点P、Q，设旋转角为（090≤）．①当等于多少度时，△CPQ是等腰三角形？（5分）②设BPtAQs，，求s与t之间的函数关系式．（5分）莆田25：结论均是PA2＋PC2＝PB2＋PD2（图22分，图31分）证明：如图2过点P作MN⊥AD于点M，交BC于点N，因为AD∥BC，MN⊥AD，所以MN⊥BC在Rt△AMP中，PA2＝PM2＋MA2在Rt△BNP中，PB2＝PN2＋BN2在Rt△DMP中，PD2＝DM2＋PM2在Rt△CNP中，PC2＝PN2＋NC2所以PA2＋PC2＝PM2＋MA2＋PN2＋NC2PB2＋PD2＝PM2＋DM2＋BN2＋PN2因为MN⊥AD，MN⊥NC，DC⊥BC，所以四边形MNCD是矩形所以MD＝NC，同理AM＝BN，所以PM2＋MA2＋PN2＋NC2＝PM2＋DM2＋BN2＋PN2即PA2＋PC2＝PB2＋PD226（1）解法一：设抛物线的解析式为y＝a(x＋3)(x－4)因为B（0，4）在抛物线上，所以4＝a(0＋3)(0－4)解得a＝－1/3所以抛物线解析式为2111(3)(4)4333yxxxx解法二：设抛物线的解析式为2(0)yaxbxca，依题意得：c＝4且934016440abab解得1313ab所以所求的抛物线的解析式为211433yxx（2）连接DQ，在Rt△AOB中，2222345ABAOBO所以AD＝AB＝5，AC＝AD＋CD＝3＋4＝7，CD＝AC－AD＝7–5＝2因为BD垂直平分PQ，所以PD＝QD，PQ⊥BD，所以∠PDB＝∠QDB因为AD＝AB，所以∠ABD＝∠ADB，∠ABD＝∠QDB，所以DQ∥AB所以∠CQD＝∠CBA．∠CDQ＝∠CAB，所以△CDQ∽△CABDQCDABCA即210,577DQDQ所以AP＝AD–DP＝AD–DQ＝5–107＝257，2525177t所以t的值是257（3）答对称轴上存在一点M，使MQ＋MC的值最小理由：因为抛物线的对称轴为122bxa所以A（－3，0），C（4，0）两点关于直线12x对称连接AQ交直线12x于点M，则MQ＋MC的值最小过点Q作QE⊥x轴，于E，所以∠QED＝∠BOA＝900DQ∥AB，∠BAO＝∠QDE，△DQE∽△ABOQEDQDEBOABAO即107453QEDE所以QE＝87，DE＝67，所以OE＝OD＋DE＝2＋67＝207，所以Q（207，87）设直线AQ的解析式为(0)ykxmk则2087730kmkm由此得8412441km所以直线AQ的解析式为8244141yx联立128244141xyx由此得128244141xyx所以M128(,)241则：在对称轴上存在点M128(,)241，使MQ＋MC的值最小．福州课改２１．解：（１）ＢＥ、ＰＥ、BF三条线段中任选两条．………………………2分（２）在Ｒt△ＣHＥ中，∠CHE＝9０°∠Ｃ＝６０°，∴ＥH＝32x∵PQ=EF=BE=4-x∴23232EFPQSxx．………………5分（３）2232323(2)232EFPQSxxx∴当x＝２时，EFPQS有最大值．此时E、F、P分别为△ABC三边BC、AB、AC的中点，且点C、点Q重合∴平行四边形EFPQ是菱形．过Ｅ点作ＥD⊥ＦＰ于D，∴ＥD＝ＥH＝3．∴当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是２个时，０＜r＜3；当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是４个时，r＝3；当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是６个时，3＜r＜２；当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是３个时，r＝２时；当⊙E与EFPQ四条边交点的总个数是０个时，r＞２时．……………………………………12分２２．解：（１）①点Ｍ的坐标为（２，４），点Ｆ的坐标为（－２，８）．………2分②设1C的函数解析式为xky（)0k．∵1C过点Ｆ（－２，８）∴1C的函数解析式为xy16．∵2C的顶点Ｂ的坐标是（０，６）∴设2C的函数解析式为26(0)yaxa．∵2C过点M（2，4）∴464a21a．∴2C的函数解析式为6212xy．……………………6分（2）依题意得，A（m，０），B（０，m），∴点Ｍ坐标为（mm32,31），点Ｆ坐标为（m31，m34）．①设1C的函数解析式为kyx（)0k．∵1C过点Ｆ（m31，m34）∴294mk．∵0m∴0k∴在1C的每一支上，y随着x的增大而增大．②答：当m＞０时，满足题意的x的取值范围为0＜x＜m31；当m＜０时，满足题意的x的取值范围为m31＜x＜０．……………………………………………………14分漳州26．（1）B（4，0），(02)C，．·····································································2分213222yxx．·······················································································4分（2）ABC△是直角三角形．···········································································5分证明：令0y，则2132022xx．1214xx，．(10)A，．·································································································6分解法一：5525ABACBC，，．······················································7分22252025ACBCAB．ABC△是直角三角形．················································································8分解法二：11242COAOAOCOBOBOOC，，，90AOCCOB°，AOCCOB△∽△．····················································································7分ACOCBO．90CBOBCO°，90ACOBCO°．即90ACB°．ABC△是直角三角形．················································································8分（3）能．①当矩形两个顶点在AB上时，如图1，CO交GF于H．GFAB∥，CGFCAB△∽△．GFCHABCO．················································9分GAOBxy图1DEFHC解法一：设GFx，则DEx，25CHx，225DGOHOCCHx．2222255DEFGSxxxx矩形·=2255522x．·····················································································10分当52x时，S最大．512DEDG，．ADGAOC△∽△，11222ADDGADODOEAOOC，，，．102D，，(20)E，．························