各地中考压轴题解析.docVIP

各地中考压轴题 1.某数学活动小组在作三角形的拓展图形，研究其性质时，经历了如下过程： 　　●操作发现： 在等腰△ABC中，AB=AC，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图1所示，其中DF⊥AB于点F，EG⊥AC于点G，M是BC的中点，连接MD和ME，则下列结论正确的是 （填序号即可） ①AF=AG=AB；②MD=ME；③整个图形是轴对称图形；④∠DAB=∠DMB． ●数学思考： 在任意△ABC中，分别以AB和AC为斜边，向△ABC的外侧作等腰直角三角形，如图2所示，M是BC的中点，连接MD和ME，则MD和ME具有怎样的数量和位置关系？请给出证明过程； ●类比探索： 在任意△ABC中，仍分别以AB和AC为斜边，向△ABC的内侧作等腰直角三角形，如图3所示，M是BC的中点，连接MD和ME，试判断△MED的形状． 答： ． 【答案】∴MF∥AC，MF=AC． 又∵EG是等腰Rt△AEC斜边上的中线， ∴EG⊥AC且EG=AC， ∴MF=EG． 同理可证DF=MG． ∵MF∥AC， ∴∠MFA＋∠BAC=180°． 同理可得∠MGA+∠BAC=180°， ∴∠MFA=∠MGA． 又∵EG⊥AC，∴∠EGA=90°． 同理可得∠DFA=90°， ∴∠MFA+∠DFA=∠MGA=∠EGA， 即∠DFM=∠MEG，又MF=EG，DF=MG， ∴△DFM≌△MGE（SAS）， ∴MD=ME． 2、MD⊥ME； 证法一：∵MG∥AB， ∴∠MFA+∠FMG=180°， 又∵△DFM≌△MGE，∴∠MEG=∠MDF. ∴∠MFA+∠FMD+∠DME+∠MDF=180°， 其中∠MFA+∠FMD+∠MDF=90°， ∴∠DME=90°. 即MD⊥ME； 证法二：如图2，MD与AB交于点H， ∵AB∥MG， ∴∠DHA=∠DMG， 又∵∠DHA=∠FDM+∠DFH, 即∠DHA=∠FDM+90°, ∵∠DMG=∠DME+∠GME， ∴∠DME=90° 即MD⊥ME； ●类比探究 答：等腰直角三解形 【考点解剖】本题考查了． 【解题思路】．【解答过程】. 【方法规律】【】【答案】∴―a12+ a1=0，∴a1=0或1． 由已知可知a10， ∴a1=1． 即y1=―(x―1)2+1 方法一：令y1=0代入得：―(x―1)2+1=0， ∴x1=0，x2=2， ∴y1与x轴交于A0（0，0），A1（2，0） ∴b1=2， 方法二：∵y1=―(x―a1)2+a1与x轴交于点A0（0，0）， ∴―(b1―1)2+1=0，b1=2或0，b1=0（舍去）． ∴b1=2． 又∵抛物线y2=―(x―a2)2+a2与x轴交于点A1（2，0）， ∴―(2―a2)2+ a2=0， ∴a2=1或4，∵a2 a1，∴a2=1（舍去）． ∴取a2=4，抛物线y2=―(x―4)2+4． （2）（9，9）； （n2，n2） y=x． 详解如下： ∵抛物线y2=―(x―4)2+4令y2=0代入得：―(x―4)2+4=0， ∴x1=2，x2=6． ∴y2与x轴交于点A1（2，0），A2（6，0）． 又∵抛物线y3=―(x―a3)2+a3与x轴交于A2（6，0）， ∴―(6―a3)2+a3=0 ∴a3=4或9，∵a3 a3，∴a3=4（舍去）， 即a3=9，∴抛物线y3的顶点坐标为（9，9）． 由抛物线y1的顶点坐标为（1，1），y2的顶点坐标为（4，4），y3的顶点坐标为（9，9），依次类推抛物线yn的顶点坐标为（n2，n2）． ∵所有抛物线的顶点的横坐标等于纵坐标， ∴顶点坐标满足的函数关系式是：y= x； ③∵A0（0，0），A1（2，0）， ∴A0 A1=2． 又∵yn=―(x―n2)2+n2， 令yn=0， ∴―(x―n2)2+n2=0， 即x1=n2+n，x2=n2－n， ∴A n－1(n2－n，0)，A n(n2+n，0)，即A n－1 A n=( n2+n)－( n2－n)=2 n． ②存在．是平行于直线y=x且过A1（2，0）的直线，其表达式为y=x－2． 【考点解剖】 本题考查了． 【解题思路】，所以顶点坐标满足的函数关系式是：y= x；（3）由（2）可知得; 最后一问我们会猜测这是与直线y=x平行且过A（2，0）的一条直线，用特殊值法取得和，得所截得的线段长度为，换一组抛物线试试，求出的值也为（当然用字母来运算就是解得和，求得所截得的线段长度也为）. 【解答过程】. 【方法规律】【】