09年北京中考數(shù)學一模壓軸題精選

【海淀一�！�1、我們給出如下定義：如果四邊形中一對頂點到另一對

頂點所連對角線的距離相等，則把這對頂點叫做這個

四邊形的一對等高點.例如：如圖1,平行四邊形ABCD

中，可證點A、C到BD的距離相等，所以點A、C是

平行四邊形ABCD的一對等高點，同理可知點B、D

也是平行四邊形ABCD的一對等高點.                            圖1

（1）如圖2，已知平行四邊形ABCD, 請你在圖2中畫出一個只有一對等高點的四

邊形ABCE（要求：畫出必要的輔助線）；

（2）已知P是四邊形ABCD對角線BD上任意一點（不與B、D點重合），請分別

探究圖3、圖4中S₁, S₂, S₃, S₄四者之間的等量關系(S₁, S₂, S₃, S₄分別表示△ABP,

△CBP, △CDP, △ADP的面積)：

① 如圖3，當四邊形ABCD只有一對等高點A、C時，你得到的一個結論是     ________；

② 如圖4，當四邊形ABCD沒有等高點時，你得到的一個結論是          ____________.

        圖2                      圖3                       圖4

【海淀一模】2、已知: 關于x的一元一次方程kx=x+2 ①的根為正實數(shù)，二次函數(shù)y=ax²-bx+kc

（c≠0）的圖象與x軸一個交點的橫坐標為1.

   （1）若方程①的根為正整數(shù)，求整數(shù)k的值；

   （2）求代數(shù)式的值；

（3）求證: 關于x的一元二次方程ax²-bx+c=0 ②必有兩個不相等的實數(shù)根.

【海淀一�！�3、在課外小組活動時，小慧拿來一道題（原問題）和小東、小明交流.

原問題：如圖1，已知△ABC, ∠ACB=90° , ∠ABC=45°，分別以AB、BC為邊向外作△ABD與△BCE, 且DA=DB,  EB=EC，∠ADB=∠BEC=90°，連接DE交AB于點F. 探究線段DF與EF的數(shù)量關系.

小慧同學的思路是：過點D作DG⊥AB于G,構造全等三角形，通過推理使問

題得解.

小東同學說:我做過一道類似的題目,不同的是∠ABC=30°,∠ADB=∠BEC=60°.

小明同學經過合情推理，提出一個猜想，我們可以把問題推廣到一般情況.

請你參考小慧同學的思路，探究并解決這三位同學提出的問題：

（1）寫出原問題中DF與EF的數(shù)量關系；

（2）如圖2，若∠ABC=30°，∠ADB=∠BEC=60°，原問題中的其他條件不變，你在

（1）中得到的結論是否發(fā)生變化？請寫出你的猜想并加以證明；

（3）如圖3，若∠ADB=∠BEC=2∠ABC, 原問題中的其他條件不變，你在（1）中

得到的結論是否發(fā)生變化？請寫出你的猜想并加以證明.

【海淀一�！�4、已知拋物線經過點 A (0, 4)、B(1, 4)、C (3, 2)，與x軸正半軸交于點D.

   （1）求此拋物線的解析式及點D的坐標；

   （2）在x軸上求一點E, 使得△BCE是以BC為底邊的等腰三角形；

   （3）在（2）的條件下，過線段ED上動點P作直線PF//BC, 與BE、CE分別交于

點F、G，將△EFG沿FG翻折得到△E¢FG. 設P（x, 0）, △E¢FG與四邊形FGCB

重疊部分的面積為S，求S與x的函數(shù)關系式及自變量x的取值范圍.

【東城一�！�5、已知：關于的一元二次方程

（1）若求證：方程有兩個不相等的實數(shù)根；

（2）若12＜m＜40的整數(shù)，且方程有兩個整數(shù)根，求的值．

（東城）24. （本題滿分7分）在平面直角坐標系中，現(xiàn)將一塊等腰直角三角板ABC放在第二象限，斜靠在兩坐標軸上，且點A（0，2），點C（-1，0），如圖所示，拋物線經過點B．

（1）求點B的坐標；

（2）求拋物線的解析式；

（3）在拋物線上是否還存在點P（點B除外），使△ACP仍然是以AC為直角邊的等腰直角三角形？若存在，求所有點P的坐標；若不存在，請說明理由．

【東城一�！�6、請閱讀下列材料：

圓內的兩條相交弦，被交點分成的兩條線段長的積相等．即如右圖1,若弦AB、CD交于點P則PA?PB=PC?PD．請你根據(jù)以上材料，解決下列問題.

已知⊙O的半徑為2，P是⊙O內一點，且OP=1，過點P任作一弦AC，過A、C兩點分別作⊙O的切線m和n，作PQ⊥m于點Q，PR⊥n于點R.（如圖2）

(1)若AC恰經過圓心O,請你在圖3中畫出符合題意的圖形，并計算：的值；

(2)若OP⊥AC, 請你在圖4中畫出符合題意的圖形，并計算：的值；

(3)若AC是過點P的任一弦（圖2）, 請你結合(1)(2)的結論, 猜想：的值，并給出證明．

【房山一�！�7、已知關于x的一元二次方程kx²＋（3k＋1）x＋2k＋1＝0.

（1）求證：該方程必有兩個實數(shù)根；

（2）設方程的兩個實數(shù)根分別是，若y₁是關于x的函數(shù)，且，其中m=,求這個函數(shù)的解析式；

（3）設y₂＝kx²＋（3k＋1）x＋2k＋1，若該一元二次方程只有整數(shù)根，且k是小于0 的整數(shù).結合函數(shù)的圖象回答：當自變量x滿足什么條件時，y₂>y₁?

【房山一�！�8、已知：二次函數(shù)y=ax²-x+c的圖象與x軸交于A、B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，對稱軸是直線x=，且圖象向右平移一個單位后經過坐標原點O.

（1）求這個二次函數(shù)的解析式；

（2）求△ABC的外接圓圓心D的坐標及⊙D的半徑；

（3）設⊙D的面積為S,在拋物線上是否存在點M，使得S_△ACM=，若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.

【房山一�！�9、已知：△ABC和△ADE均為等腰直角三角形, ∠ABC＝∠ADE=， AB= BC，AD=DE，按圖1放置，使點E在BC上，取CE的中點F，聯(lián)結DF、BF.

（1）探索DF、BF的數(shù)量關系和位置關系，并證明；

（2）將圖1中△ADE繞A點順時針旋轉，再聯(lián)結CE，取CE的中點F（如圖2），問（1）中的結論是否仍然成立？證明你的結論；

（3）將圖1中△ADE繞A點轉動任意角度（旋轉角在到之間），再聯(lián)結CE，取CE的中點F（如圖3），問（1）中的結論是否仍然成立？證明你的結論

圖1                   圖2                   圖3

【門頭溝一模】10、已知以x為自變量的二次函數(shù)y=x²＋2mx＋m－7．

（1）求證：不論m為任何實數(shù)，二次函數(shù)的圖象與x軸都有兩個交點；

（2）若二次函數(shù)的圖象與x軸的兩個交點在點（1，0）的兩側，關于x的一元二次方程m²x²＋(2m＋3)x＋1=0有兩個實數(shù)根，且m為整數(shù)，求m的值；

（3）在（2）的條件下，關于x的另一方程 x²＋2(a＋m)x＋2a－m²＋6 m－4=0 有大于0且小于5的實數(shù)根，求a的整數(shù)值．

【門頭溝一模】11、在平面直角坐標系xOy中，拋物線 y＝－x²＋bx＋c與x軸交于A、B 兩點（點A在

點B的左側），與y軸交于點C，頂點為D，且點B的坐標為（1，0）， 點C的坐標

為（0，3）．

（1）求拋物線及直線AC的解析式；

（2）E、F是線段AC上的兩點，且∠AEO＝∠ABC，過點F作與y軸平行的直線交拋物線于點M，交x軸于點N．當MF=DE時，在x軸上是否存在點P，使得以點P、A、F、M為頂點的四邊形是梯形？ 若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由；

（3）若點Q是位于拋物線對稱軸左側圖象上的一點，試比較銳角∠QCO與∠BCO           的大�。ㄖ苯訉懗鼋Y果，不要求寫出求解過程，但要寫出此時點 Q的橫坐標x的取值范圍）．

 【門頭溝一模】12、如圖1，在△ACB和△AED中，AC=BC，AE=DE，∠ACB＝∠AED＝90°,點E在AB上， F是線段BD的中點，連結CE、FE.

（1）請你探究線段CE與FE之間的數(shù)量關系（直接寫出結果，不需說明理由）；

（2）將圖1中的△AED繞點A順時針旋轉，使△AED的一邊AE恰好與△ACB的邊AC在同一條直線上（如圖2），連結BD，取BD的中點F，問（1）中的結論是否仍然成立，并說明理由；

     （3）將圖1中的△AED繞點A順時針旋轉任意的角度（如圖3），連結BD，取BD的中點F，問（1）中的結論是否仍然成立，并說明理由．

【延慶一模】13、（本題滿分4分） 如圖1，把一張標準紙一次又一次對開，得到“2開”紙、“4開”紙、“8開”紙、“16開”紙…．已知標準紙的短邊長為．

（1）如圖2，把這張標準紙對開得到的“16開”紙按如下步驟折疊：

第一步：將矩形的短邊與長邊對齊  折疊，       點落在上的點處，鋪平后 得折痕；

第二步：將長邊與折痕對齊折疊，點正好與點重合，鋪平后得折痕．則的值是        .

（2）求“2開”紙長與寬的比__________.

（3）如圖3，由8個大小相等的小正方形構成“”型圖案，它的四個頂點分別在“16開”紙的邊上，求的長．

【延慶一�！�14、 閱讀理解：對于任意正實數(shù)，，，

，只有當時，等號成立．

結論：在（均為正實數(shù)）中，若為定值，則，

只有當時，有最小值．

根據(jù)上述內容，回答下列問題：

（1） 若，只有當         時，有最小值          ．

（2） 探索應用：已知，，點P為雙曲線上的任意一點，過點作軸于點，．

求四邊形面積的最小值，并說明此時四邊形的形狀．

【延慶一模】15、如圖24－1，正方形ABCD和正方形QMNP， M是正方形ABCD的對稱中心，MN交AB于F，QM交AD于E．

（1）猜想：ME 與MF的數(shù)量關系

（2）如圖24－2，若將原題中的“正方形”改為“菱形”，且∠M =∠B，其它條件不變，探索線段ME與線段MF的數(shù)量關系，并加以證明．

（3）如圖24－3，若將原題中的“正方形”改為“矩形”，且AB:BC=1:2，其它條件不變，探索線段ME與線段MF的數(shù)量關系，并說明理由．

（4）如圖24－4，若將原題中的“正方形”改為平行四邊形，且∠M =∠B ，

AB:BC = m，其它條件不變，求出ME：MF的值。（直接寫出答案）

【延慶一�！�16、 在平面直角坐標系中，拋物線的對稱軸為x=2,且經過B（0，4），C（5，9），直線BC與x軸交于點A.

（1）求出直線BC及拋物線的解析式.

_{（2）D（1，y）在拋物線上，在拋物線的對稱軸上是否存在兩點M、N，且MN=2 ，點M在點N的上方，使得四邊形BDNM的周長最小，若存在，求出M 、N兩點的坐標，若不存在，請說明理由.}

（3）現(xiàn)將直線BC繞B點旋轉與拋物線相交于另一點P，請找出拋物線上所有滿足到直線BC距離為的點P．

09年北京中考壓軸題精選答案

（海淀一模）1．解：            

（1）比如：                    或                         ………………1分

（2）①S₁ +S₄ = S₂ +S₃, S₁ +S₃ = S₂ +S₄或S₁×S₃ = S₂×S₄或等.   ……………2分

②S₁×S₃ = S₂×S₄或等.      ……………………………………………4分

（海淀一模）2、（1）解：由 kx=x+2，得(k-1) x=2.

依題意 k-1≠0.

∴ .       ……………………………………………………………1分

∵ 方程的根為正整數(shù)，k為整數(shù),

∴ k-1=1或k-1=2.

∴ k₁= 2, k₂=3.      ……………………………………………………………2分

   （2）解：依題意，二次函數(shù)y=ax²-bx+kc的圖象經過點（1，0），

       ∴ 0 =a-b+kc,  kc = b-a .

∴

                 =              …………………………3分

（3）證明：方程②的判別式為 Δ=(-b)²-4ac= b²-4ac.

     由a≠0, c≠0, 得ac≠0.

( i ) 若ac<0, 則-4ac>0. 故Δ=b²-4ac>0. 此時方程②有兩個不相等的實數(shù)

根.      ………………………………………………………………4分

( ii ) 證法一: 若ac>0, 由(2)知a-b+kc =0, 故 b=a+kc.

Δ=b²-4ac= (a+kc)²-4ac=a²+2kac+(kc)²-4ac = a²-2kac+(kc)²+4kac-4ac

=(a-kc)²+4ac(k-1).     …………………………………………………5分

∵ 方程kx=x+2的根為正實數(shù)，

   ∴ 方程(k-1) x=2的根為正實數(shù).

由 x>0, 2>0, 得 k-1>0.    …………………………………………………6分

∴ 4ac(k-1)>0.

∵ (a-kc)²³0,

∴Δ=(a-kc)²+4ac(k-1)>0. 此時方程②有兩個不相等的實數(shù)根.   …………7分

證法二: 若ac>0,

∵ 拋物線y=ax²-bx+kc與x軸有交點,

∴ Δ₁=(-b)²-4akc =b²-4akc³0.

(b²-4ac)-( b²-4akc)=4ac(k-1).

        由證法一知 k-1>0,

∴ b²-4ac> b²-4akc³0.

∴ Δ= b²-4ac>0. 此時方程②有兩個不相等的實數(shù)根.   …………………7分

綜上, 方程②有兩個不相等的實數(shù)根.

（海淀一模）3、 解: （1）DF= EF.    …………………………………………………1分

  （2）猜想：DF= FE.

證明：過點D作DG⊥AB于G, 則∠DGB=90°.

∵ DA=DB, ∠ADB=60°.

∴ AG=BG, △DBA是等邊三角形.

∴ DB=BA.

∵ ∠ACB=90° , ∠ABC=30°,

∴ AC=AB=BG.    …………………………………………………………2分

∴ △DBG≌△BAC.

∴ DG=BC.              ……………………………………………………3分

∵ BE=EC, ∠BEC=60° ,

∴ △EBC是等邊三角形.

∴ BC=BE, ∠CBE=60°.

∴ DG= BE, ∠ABE=∠ABC+∠CBE=90° .

∵ ∠DFG =∠EFB, ∠DGF =∠EBF,

∴ △DFG≌△EFB.

∴ DF= EF.             ……………………………………………………4分

（3）猜想：DF= FE.

證法一：過點D作DH⊥AB于H, 連接HC, HE, HE交CB于K, 則∠DHB=90°.

∵ DA=DB,

∴ AH=BH, ∠1=∠HDB.

∵ ∠ACB=90°,

∴ HC=HB.

∵ EB=EC, HE=HE,

∴ △HBE≌△HCE.  ……………………………5分

∴ ∠2=∠3, ∠4=∠BEH.

∴ HK⊥BC.

∴ ∠BKE=90°.      ……………………………6分

∵ ∠ADB=∠BEC=2∠ABC,

∴ ∠HDB=∠BEH=∠ABC.

∴ ∠DBC=∠DBH+∠ABC =∠DBH+∠HDB=90°，

∠EBH=∠EBK+∠ABC =∠EBK+∠BEK=90°.

∴ DB//HE, DH//BE.

∴ 四邊形DHEB是平行四邊形.

∴ DF=EF.   ………………………………………………………………………7分

證法二：分別過點D、E作DH⊥AB于H, EK⊥BC于K, 連接HK, 則

∠DHB=∠EKB=90°.

∵ ∠ACB=90°,

∴ EK//AC.

∵ DA=DB, EB=EC,

∴ AH=BH, ∠1=∠HDB,

CK=BK, ∠2=∠BEK.

∴ HK//AC.

∴ 點H、K、E在同一條直線上.     …………………5分

下同證法一.

（海淀一模）4、解:（1）依題意, 設所求拋物線的解析式為, 則

    ………………1分

∴ 所求拋物線的解析式為 .   ……………………………………2分

由, 解得x₁=4, x₂= -3.

∴ D(4, 0).   …………………………………………………………………………3分

（2）如圖, 過點C作CN⊥x軸于N, 過點E、B分別

作x軸、y軸的垂線，兩線交于點M.

∴ ∠M=∠CNE=90°.

設E(a, 0),  EB=EC.

∴ BM²+EM²= CN²+EN².    

∴ .

   解得 a=-1.

∴ E( -1, 0).   ……………………………4分

（3）可求得直線BC的解析式為y=-x+5.

從而直線BC與x軸的交點為H(5, 0).

如圖，根據(jù)軸對稱性可知S_{△E ¢FG}=S_△EFG,

當點E¢在BC上時，點F是BE的中點.

∵ FG//BC,

∴ △EFP∽△EBH.

可證 EP=PH.

∵ E(-1,0), H(5, 0),

∴ P(2, 0).    ……………………………5分

( i ) 如圖, 分別過點B、C作BK⊥ED于K,

CJ⊥ED于J ,

則.

當-1< x £2時，

∵ PF//BC,

∴ △EGP∽△ECH，△EFG∽△EBC.

∴ ,

∵ P(x, 0), E(-1, 0), H(5,0),

∴ EP=x+1, EH=6.

∴ .  …………………6分

( ii ) 如圖，當2< x £4時, 在x軸上截取一點Q, 使得PQ=HP, 過點Q作

QM//FG, 分別交EB、EC于M、N.

可證S=S_{四邊形MNGF}, △ENQ∽△ECH,△EMN∽△EBC.

∴ ,

∵ P(x, 0), E(-1, 0), H(5,0),

∴ EH=6，PQ=PH=5-x,  EP=x+1,

EQ=6-2(5-x)=2x-4.

∴  ……………7分

同（i）可得 ，

∴ .…………8分

綜上，

（東城一模）5、（1）證明：

∴方程有兩個不相等的實數(shù)根�！�…３分

（2）

∵方程有兩個整數(shù)根，必須使且m為整數(shù)．

又∵12＜m＜40，

∴　5＜＜9．

∴m=24……７分

（東城一模）6、解：(1)過點B作，垂足為D，

∵

∴

又∵

∴△≌△,   

∴==1，==2；

∴點B的坐標為（-3，1）；     …………… 2分

（2）拋物線經過點B(-3,1)，則得到，

解得，∴拋物線解析式為；  ………………3分

（3）方法一：①若以AC為直角邊，點C為直角頂點；

則可以設直線ＢＣ交拋物線于點，

由題意，直線ＢＣ的解析式為：，

解得

∴P₁（1，-1）．………４分

②若以AC為直角邊，點A為直角頂點；

則過點Ａ作ＡＦ∥ＢＣ，交拋物線于點，

由題意，直線ＡＦ的解析式為

綜上所述，在拋物線上存在點使△ACP是以AC為直角邊的等腰直角三角形。

方法二：①若以AC為直角邊，點C為直角頂點；

則延長至點，使得，得到等腰直角三角形△，過點作,

∵₁=，，；∴△≌△

∴==2, ∴==1,  可求得點P₁（1，-1）；…………………4分

經檢驗點P₁（1，-1）在拋物線上，使得△是等腰直角三角形；

………………… 5分

②若以AC為直角邊，點A為直角頂點；則過點A作,且使得,

得到等腰直角三角形△,過點P₂作，同理可證△≌△；

∴==2, == 1, 可求得點（2，1）；……………… 6分

經檢驗點（2，1）也在拋物線上，使得△也是等腰直角三角形．

………………7分

（東城一模）7、解：（１）ＡＣ過圓心Ｏ，且m,n分別切⊙O于點A,C

(2)連接OA

∴△AEC∽△PAQ．

①

同理可得：②

①+②，得

（房山一模）8、（1）證明：△＝

                 ＝

                 ＝

                 ＝≥0                ------------1分

        ∴方程必有兩個實數(shù)根                -------------2分

（2）用求根公式解出，-------3分

∴=

∴          ----------4分

（3）∵方程只有整數(shù)根且k是小于0 的整數(shù)

∴k＝-1                  ----------5分

∴＝-x²-2x-1

=x-1         ----------------6分

在坐標系中畫出兩函數(shù)的圖象，由圖象可知：當-3<x<0時， >.---------7分

（房山一模）9、解：（1）∵拋物線的對稱軸是直線x＝

     ∴－   ∴a＝1，                     ----------------------------1分

     ∵拋物線向右平移一個單位過坐標原點（0，0），∴原拋物線過點（－1，0）

     ∴c＝－2

     ∴拋物線的解析式為              ---------------------------2分

（2）∵OC＝OB＝2，線段BC的垂直平分線為直線y=－x

     ∵拋物線的對稱軸為直線x=

      ∴△ABC外接圓⊙D的圓心D（，－）         ----------------------3分

∵∠ABC＝45°，∴∠ADC＝90°

      ∵AC＝ ,

∴AD=，即△ABC外接圓半徑為-----4分

（3） ∵S=，=6，

∴S_△ACM=6    ----------5分

過點M作EF∥AC交x軸于E，交y軸于F，

A（－1，0），B（2，0），C（0，－2）

∴直線EF的解析式為：        ------------------------6分

設點M的坐標為(x,)

∵M(x,)在直線EF上

∴=+10_,∴ _，

∴在拋物線上存在點M使得S_△ACM=,且M₁（3，4），M₂（-4，18）.----------7分

（房山一模）10、 解：（1）DF=BF且DF⊥BF.-----------------1分

證明：如圖1：

∵∠ABC＝∠ADE=，AB= BC，AD=DE

∴ ∠CDE=，∠AED=∠ACB=45°

∵F為CE的中點

∴ DF=EF=CF=BF，

∴ DF=BF；            ------------------2分

∴ ∠DFE＝2∠DCF，∠BFE＝2∠BCF，                 

∴∠EGF＋∠CGF＝2∠DCB=90°，                             圖1

即：∠DFB＝，

∴DF⊥BF.                 -------------------3分

(2)仍然成立.

證明：如圖2，延長DF交BC于點G，

∵∠ABC＝∠ADE= 

∴ DE∥BC，

∴∠DEF=∠GCF，

又∵ EF=CF，∠DFE=∠GFC

∴ △DEF≌△GCF，∴DE=CG，DF=FG-----------4分

∵AD=DE，AB=BC，∴AD=CG

∴ BD＝BG                  ---------------5分

又∵∠ABC＝                                             圖2

∴ EG=CG且EG⊥CG.         ---------------6分               

(3)仍然成立.

證明：如圖3，延長BF至點G，使FG＝BF，聯(lián)結DB、DG，GE

∵EF=CF, ∠EFG=∠CFB

∴ △EFG≌△CFB，

∴ EG=CB，∠EGF＝∠CBF，

∴EG∥CB，

∵AB= BC，AB⊥CB,∴ EG=AB，EG⊥AB，

∵∠ADE=90°，EG⊥AB

∴∠DAB=∠DGE

     ∴ △DAB≌△DEG，

∴ DG=DB, ∠ADB=∠EDG   -----------------7分

∴∠BDG=∠ADE=90°                                        圖3

∴△BGD為等腰直角三角形，

∴ DF=BF且DF⊥BF.        ----------------8分

（門頭溝一模）11、（1）證明：令．

         得△==