2017年中考数学压轴题强化训练 (12) 含参考答案及评分标准
2017中考数学《压轴题》专题训练含答案解析
压轴题1、已知，在平行四边形OABC 中，OA=5，AB=4，∠OCA=90°，动点P 从O 点出发沿射线OA 方向以每秒2个单位的速度移动，同时动点Q 从A 点出发沿射线AB 方向以每秒1个单位的速度移动．设移动的时间为t 秒． （1）求直线AC 的解析式；（2）试求出当t 为何值时，△OAC 与△PAQ 相似； （3）若⊙P 的半径为58，⊙Q 的半径为23；当⊙P 与对角线AC 相切时，判断⊙Q 与直线AC 、BC 的位置关系，并求出Q 点坐标。
解：（1）42033y x =-+ （2）①当0≤t≤2.5时，P 在OA 上，若∠OAQ=90°时， 故此时△OAC 与△PAQ 不可能相似．当t>2.5时，①若∠APQ=90°，则△APQ ∽△OCA ，∵t>2.5，∴符合条件．②若∠AQP=90°，则△APQ ∽△∠OAC ，∵t>2.5，∴符合条件．综上可知，当时，△OAC 与△APQ 相似．（3）⊙Q 与直线AC 、BC 均相切，Q 点坐标为（109,531）。
2、如图，以矩形OABC 的顶点O 为原点，OA 所在的直线为x 轴，OC 所在的直线为y 轴，建立平面直角坐标系．已知OA ＝3，OC ＝2，点E 是AB 的中点，在OA 上取一点D ，将△BDA 沿BD 翻折，使点A 落在BC 边上的点F 处． （1）直接写出点E 、F 的坐标；（2）设顶点为F 的抛物线交y 轴正半轴．．．于点P ，且以点E 、F 、P 为顶点的三角形是等腰三角形，求该抛物线的解析式；（3）在x 轴、y 轴上是否分别存在点M 、N ，使得四边形MNFE 的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由．解：（1）(31)E ，；(12)F ，．（2）在Rt EBF △中，90B ∠=o， 2222125EF EB BF ∴=+=+=．设点P 的坐标为(0)n ，，其中0n >，Q 顶点(12)F ，， ∴设抛物线解析式为2(1)2(0)y a x a =-+≠．①如图①，当EF PF =时，22EF PF =，221(2)5n ∴+-=．解得10n =（舍去）；24n =．(04)P ∴，．24(01)2a ∴=-+．解得2a =． ∴抛物线的解析式为22(1)2y x =-+（第2题）②如图②，当EP FP =时，22EP FP =，22(2)1(1)9n n ∴-+=-+． 解得52n =-（舍去）．③当EF EP =时，53EP =<，这种情况不存在． 综上所述，符合条件的抛物线解析式是22(1)2y x =-+． （3）存在点M N ，，使得四边形MNFE 的周长最小． 如图③，作点E 关于x 轴的对称点E '，作点F 关于y 轴的对称点F '，连接E F ''，分别与x 轴、y 轴交于点M N ，，则点M N ，就是所求点．(31)E '∴-，，(12)F NF NF ME ME '''-==，，，．43BF BE ''∴==，．FN NM ME F N NM ME F E ''''∴++=++=22345+=．又5EF =Q ，∴55FN NM ME EF +++=+，此时四边形MNFE 的周长最小值是553、如图，在边长为2的等边△ABC 中，A D ⊥BC,点P 为边AB 上一个动点，过P 点作PF//AC 交线段BD 于点F,作PG ⊥AB 交AD 于点E,交线段CD 于点G,设BP=x . （1）①试判断BG 与2BP 的大小关系,并说明理由;②用x 的代数式表示线段DG 的长,并写出自变量x 的取值范围;（2）记△DEF 的面积为S,求S 与x 之间的函数关系式,并求出S 的最大值;（3）以P 、E 、F 为顶点的三角形与△EDG 是否可能相似？如果能相似，请求出BP 的长，如果不能，请说明理由。
2017中考数学压轴题及答案精选
A O C
Bx
y = a（x + 1） ( x − 3) （ a ≠ 0 ），
－
把 C（0， ∴Ｃ1：
1 3 a= 2 2 ）代入可得 1 2 3 x −x− 2 2
…………………………………………………………4 分
y=
1 2 3 n −n− 2） 设 P（ n ， 2
∴ △ PBC 3 3 2 27 − （n − ） + 4 2 16 = S = S △ POC + S △ BOP – S △ BOC
…………………………………6 分 3 3 27 a=− n= 16 4 2 ∵ <0, ∴当 时, S△PBC 最大值为 ． ……………………………………7 分 （3）由 C2 可知： B（3，0），D（0， −3m ），M（1， − 4m ）
2 2 2 BD2= 9m + 9 ， BM2= 16m + 4 ，DM2= m + 1 ，
图 12
3 1 5 y = x2 − x + 4 4 2 （2）sin ∠ ACB= 5 ，
--------------4 分
P
N
90° ， （3）证明：因为 D 为圆心，A 在圆周上，DA=r=5,故只需证明 ∠DAF =
9 25 9 2 15 9 2 (5, − ) DF = 4 + = , AF = 3 + ( ) = 4 4 4 4 ， 4 , 抛物线顶点坐标：F
1
∵2.25＜4， ∴x 轴下方不存在 B 点， ∴点 B 的坐标为：（4，4）； ③∵点 B 的坐标为：（4，4）， ∴∠BOD=45°，BO= =4 ，
当∠POB=90°， ∴∠POD=45°， 设 P 点横坐标为：﹣x，则纵坐标为：x2﹣3x， 即﹣x=x2﹣3x， 解得 x=2 或 x=0， ∴在抛物线上仅存在一点 P （2，﹣2）． ∴OP= =2 ，
2017年河北中考压轴题数学含答案
2017年河北中考压轴题【17·河北·25·11分】平面内，如图，在▱ABCD中，AB＝10，AD＝15，tan A＝，点P为AD边上任意点，连接PB，将PB绕点P逆时针旋转90°得到线段PQ．（1）当∠DPQ＝10°时，求∠APB的大小；（2）当tan∠ABP：tan A＝3：2时，求点Q与点B间的距离（结果保留根号）；（3）若点Q恰好落在▱ABCD的边所在的直线上，直接写出PB旋转到PQ所扫过的面积．（结果保留π）【解答】解：（1）如图1中，①当点Q在平行四边形ABCD内时，∠AP′B＝180°﹣∠Q′P′B﹣∠Q′P′D＝180°﹣90°﹣10°＝80°，②当点Q在平行四边形ABCD外时，∠APB＝180°﹣（∠QPB﹣∠QPD）＝180°﹣（90°﹣10°）＝100°，综上所述，当∠DPQ＝10°时，∠APB的值为80°或100°．（2）如图2中，连接BQ，作PE⊥AB于E．∵tan∠ABP：tan A＝3：2，tan A＝，∴tan∠ABP＝2，在Rt△APE中，tan A＝＝，设PE＝4k，则AE＝3k，在Rt△PBE中，tan∠ABP＝＝2，∴EB＝2k，∴AB＝5k＝10，∴k＝2，∴PE＝8，EB＝4，∴PB＝＝4，∵△BPQ是等腰直角三角形，∴BQ＝PB＝4．（3）①如图3中，当点Q落在直线BC上时，作BE⊥AD于E，PF⊥BC于F．则四边形BEPF是矩形．在Rt△AEB中，∵tan A＝＝，∵AB＝10，∴BE＝8，AE＝6，∴PF＝BE＝8，∵△BPQ是等腰直角三角形，PF⊥BQ，∴PF＝BF＝FQ＝8，∴PB＝PQ＝8，∴PB旋转到PQ所扫过的面积＝＝32π．②如图4中，当点Q落在CD上时，作BE⊥AD于E，QF⊥AD交AD的延长线于F．设PE＝x．易证△PBE≌△QPF，∴PE＝QF＝x，EB＝PF＝8，∴DF＝AE+PE+PF﹣AD＝x﹣1，∵CD∥AB，∴∠FDQ＝∠A，∴tan∠FDQ＝tan A＝＝，∴＝，∴x＝4，∴PE＝4，＝4，在Rt△PEB中，PB＝＝4，∴PB旋转到PQ所扫过的面积＝＝20π③如图5中，当点Q落在AD上时，易知PB＝PQ＝8，∴PB旋转到PQ所扫过的面积＝＝16π，综上所述，PB旋转到PQ所扫过的面积为32π或20π或16π．。
上海市2017年中考数学压轴题专项训练(含答案).docx
上海市 2017 年中考数学压轴题专项训练( 含答案 )上海市 2017 年中考数学压轴题专项训练1. （本分 12分，第（ 1）小分 3 分，第（ 2）小分 4 分，第（ 3）小分 5分）如，已知抛物y x2bx cA 0， 1 、 B4， 3两点 .（1）求抛物的解析式；（2 求tan ABO 的；y（3）点 B 作 BC x ，垂足点C，点 M 是抛物上一点，直 MN 平行于y交直 AB 于点 N，如果 M、 N、 B、 C点的四形是平行四形，求点N 的坐 .oxAB（第 24 题图）1.解：（ 1）将 A（ 0， -1）、 B（ 4， -3）分代入y x2bx cc1,，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）得4b c316解，得b 91⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯(1 分 ) , c29 x所以抛物的解析式y x21⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1 分）2（ 2）点 B 作 BC x ，垂足C，点A作AH OB，垂足点 H ⋯⋯⋯（ 1 分）在 Rt AOH 中，OA=1，sin AOH sin OBC4,⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1 分）5∴ AH OA sin AOH 4，∴ OH3, BH OB OH22，⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1 分）555在 Rt ABH 中，tan ABO AH4222⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）BH5511(3)直 AB 的解析式y 1 x1，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）2点 M 的坐(m, m29 m1) ，点N坐 (m, 1 m1)22那么 MN= (m29 m1)( 1 m1)m24m ；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1 分）22∵ M、 N、 B、 C 点的四形是平行四形，∴MN =BC=3解方程m24m =3得m27 ；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）解方程 m 24m3 得 m 1或 m3 ；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）所以符合 意的点N 有 4 个 (27,7 7 3 5 22),(27,2),(1, ),(3,)222⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）2. （本 分 14 分，第（ 1）小 分 4 分，第（ 2）小 分 5分，第（ 3）小 分 5分）在 Rt △ABC 中，∠ ACB = 90 °， 点 B 的直 l （ l 不与直 AB 重合）与直BC 的角等于∠ ABC ，分 点 C 、点 A 作直 l 的垂 ，垂足分 点D 、点E ．（1）如 1，当点 E 与点 B 重合 ，若 AE=4，判断以 C 点 心 CD 半径的C 与直 AB 的位置关系并 明理由；（2）如 2，当点 E 在 DB 延 上 ，求 ：AE=2CD ；ACF 5（3） 直 CE 与直 AB 相交于点 F ，若EF， CD = 4，求 BD 的 ．6ACCDB(E)lD Bl（第 25 题图 1）E（第 25 题图 2 ）2.解：（ 1） 点 C 作 CF ⊥ AB ，垂足 点 F. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）∵∠ AED =90°，∠ ABC=∠ CBD ，∴∠ ABC=∠ CBD =45°，∵∠ ACB=90 °，∠ ABC=45°， AE=4，∴ CF=2 ，BC= 2 2 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分） 又∵∠ CBD=∠ ABC=45°， CD ⊥ l ，∴ CD =2， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分） ∴CD =CF=2，∴ C 与直 AB 相切 .⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分） （2） 明：延 AC 交直 l 于点 G ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）∵∠ ACB = 90 °，∠ ABC =∠GBC ，∴∠ BAC =∠BGC ．∴AB = GB ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ （ 1 分） ∴AC = GC ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）∵AE ⊥l ，CD ⊥ l ，∴ AE ∥ CD ．∴CD GC 1． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯AE GA 2∴AE = 2CD ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（3）（ I ）如 1，当点 E 在 DB 延 上 ：点 C 作 CG ∥ l 交 AB 于点 H ，交 AE 于点 G ， ∠ CBD =∠ HCB ．∵∠ ABC =∠CBD ，∴∠ ABC =∠ HCB ．∴ CH = BH ．⋯⋯⋯（ 1 分）∵∠ ACB = 90 °，∴∠ ABC +∠BAC =∠ HCB +∠ HCA = 90 °． CH∴∠ BAC =∠HCA ．∴ CH = AH = BH ．F∵CG ∥ l ，∴CHCF 5FBEEF．D B6（第 25 题图CH = 5x ， BE = 6x ， AB = 10 x ．（ 1 分）（ 1 分）AGlE1）在 Rt △ ABE 中， AEAB 2BE 28x ．由（ 2）知 AE = 2CD = 8，∴ 8x 8 ，得 x 1 ．∴CH = 5 ， BE = 6 ，AB = 10．∵CG ∥ l ，∴HGAH 1 ，∴ HG=3．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）ABEAB 2∴CG = CH + HG = 8 ．易 四 形 CDEG 是矩形，∴ DE = CG = 8．CGH∴ BD DE BE2 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1 分）（II ）如 2，当点 E 在 DB 上 ：DEl同理可得 CH = 5 ， BE = 6 ， HG = 3 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1 分）B（第 25题图 2）∴ DE CG CH HG 2 ．∴BD =DE + BE = 8 ．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（ 1 分）上所述， BD 的 2 或 8．3．已知点 A （ 2， 2）和点 B （ 4， n ）在抛物 y=ax 2（ a ≠0）上．（1）求 a 的 及点 B 的坐 ；（2）点 P 在 y 上，且 △ ABP 是以 AB 直角 的三角形，求点P 的坐 ；（3）将抛物 y=ax 2（a ≠0）向右并向下平移， 平移后点 A 的 点A ′，点B 的点 B ′，若四 形 ABB ′A ′ 正方形，求此 抛物 的表达式．【考点】二次函数图象上点的坐标特征；坐标与图形变化 -平移．【分析】（ 1）把点 A （2，﹣ 2）代入 y=ax 2，得到 a ，再把点 B 代入抛物线解析式即可解决问题．（2）求出直线 AB 解析式，再分别求出过点 A 垂直于 AB 的直线的解析式，过点直线 AB 的解析式即可解决问题．B 垂直于（ 3）先求出点 A ′坐标，确定是如何平移的，再确定抛物线顶点的坐标即可解决问题．【解答】解：（ 1）把点 A （ 2，﹣ 2）代入 y=ax 2，得到 a=﹣， ∴抛物线为 y= ﹣ x 2， ∴x= ﹣ 4 时， y= ﹣ 8， ∴点 B 坐标（﹣ 4，﹣ 8），∴a=﹣，点 B 坐标（﹣ 4，﹣ 8）．（2）设直线AB为 y=kx+b ，则有，解得，∴直线 AB 为 y=x ﹣ 4，∴过点 B 垂直 AB 的直线为 y= ﹣ x ﹣ 12，与 y 轴交于点P （ 0，﹣ 12），过点 A 垂直 AB 的直线为 y= ﹣ x ，与 y 轴交于点 P ′（ 0， 0），∴点 P 在 y 轴上，且 △ ABP 是以 AB 为直角边的三角形时．点 P 坐标为（ 0，0），或（ 0，﹣12）．（3）如图四边形 ABB ′A ′是正方形，过点 A 作 y 轴的垂线，过点B 、点 A ′作 x 轴的垂线得到点 E 、 F ．∵直线 AB 解析式为 y=﹣ x ﹣ 12， ∴△ ABF ， △ AA ′E 都是等腰直角三角形， ∵AB=AA ′= =6 ，∴AE=A ′E=6 ，∴点 A ′坐标为（ 8，﹣ 8），∴点 A 到点 A ′是向右平移 6 个单位，向下平移 6 个单位得到，∴抛物线 y=﹣ x 2的顶点（ 0，0），向右平移 6 个单位，向下平移6 个单位得到（ 6，﹣ 6），∴此时抛物线为 y=﹣（ x ﹣ 6） 2﹣ 6．4．已知， AB=5 ， tan∠ABM= ，点 C、 D、 E 为动点，其中点 C、D 在射线 BM 上（点 C 在点 D 的左侧），点 E 和点 D 分别在射线 BA 的两侧，且 AC=AD ，AB=AE ，∠ CAD= ∠BAE ．（1）当点 C 与点 B 重合时（如图 1），联结 ED ，求 ED 的长；（2）当 EA ∥BM 时（如图 2），求四边形 AEBD 的面积；（3）联结 CE，当△ ACE 是等腰三角形时，求点B、 C 间的距离．【考点】三角形综合题．【分析】（ 1）如图 1 中，延长 BA 交 DE 于 F，作 AH ⊥ BD 于 H ，先证明 BF⊥ DE ，EF=DF ，再利用△ ABH ∽△ DBF ，得= ，求出 DF 即可解决问题．（2）先证明四边形 ADBE 是平行四边形，根据 S 平行四边形ADBE =BD?AH ，计算即可．（3）由题意 AC≠AE ，EC≠AC，只有 EA=EC ，利用四点共圆先证明四边形ADBE 是平行四边形，求出 DH 、 CH 即可解决问题．【解答】解：（ 1）如图 1 中，延长 BA 交 DE 于 F，作 AH ⊥ BD 于 H ．在RT△ABH 中，∵∠AHB=90°，∴sin ∠ABH= =，∴AH=3 ， BH==4，∵A B=AD ，AH ⊥BD ，∴BH=DH=4 ，在△ ABE 和△ ABD 中，，∴△ ABD ≌△ ABE ，∴B E=BD ，∠ ABE= ∠ ABD ，∴B F ⊥ DE， EF=DF ，∵∠ ABH= ∠ DBF ，∠ AHB= ∠ BFD ，∴△ ABH ∽△ DBF ，∴= ，∴D F= ，∴D E=2DF=．（2）如图 2 中，作 AH ⊥ BD 于 H．∵AC=AD ， AB=AE ，∠ CAD= ∠ BAE ，∴∠ AEB= ∠ABE= ∠ACD= ∠ADC ， ∵AE ∥ BD ，∴∠ AEB+ ∠EBD=180° ， ∴∠ EBD+ ∠ADC=180° ， ∴EB ∥AD ， ∵AE ∥ BD ，∴四边形 ADBE 是平行四边形， ∴ B D=AE=AB=5 ，AH=3 ， ∴S 平行四边形 ADBE =BD?AH=15 ．（ 3）由题意 AC ≠AE ，EC ≠AC ，只有 EA=EC ．如图 3 中，∵∠ ACD= ∠ AEB （已证）， ∴A 、 C 、 B 、 E 四点共圆，∵ A E=EC=AB ， ∴ = ， ∴ = ，∴∠ AEC= ∠ABC ， ∴AE ∥ BD ，由（ 2）可知四边形 ADBE 是平行四边形， ∴AE=BD=AB=5 ，∵ A H=3 ， BH=4 ， ∴DH=BD ﹣ BH=1 ， ∵AC=AD ， AH ⊥ CD ， ∴ C H=HD=1 ， ∴BC=BD ﹣ CD=3 ．5．如图，已知二次函数y=x 2+bx +c 图象顶点为 C ，与直线 y=x +m 图象交于 AB 两点，其中A 点的坐标为（ 3， 4），B 点在 y 轴上．（1）求这个二次函数的解析式；（2）联结 AC ，求∠ BAC 的正切值；（3）点 P 为直线 AB 上一点，若△ ACP 为直角三角形，求点 P 的坐标．【分析】 （ 1）先把 A 点坐标代入 y=x +m 求出 m 得到直线 AB 的解析式为 y=x +1，这可求出直线与 y 轴的交点 B 的坐标， 然后把 A 点和 B 点坐标代入 y=x 2+bx+c 中得到关于 b 、c 的方程组，再解方程组求出b 、c 即可得到抛物线解析式；（2）如图，先抛物线解析式配成顶点式得到C （ 1， 0），再利用两点间的距离公式计算出BC 2=2， AB 2=18， AC 2=20，然后利用勾股定理的逆定理可证明△ABC 为直角三角形，∠ACB=90°，于是利用正切的定义计算tan ∠ BAC 的值；（3）分类讨论：当∠ APC=90° 时，有（ 2 ）得点 P 在 B 点处，此时 P 点坐标为（ 0， 1）；当∠ ACP=90°时，利用（ 2tan ∠ PAC= = ，则 PC= AC P t t 1 ）中结论得，设 （ ， + ）， 然后利用两点间的距离公式得到方程 t 2t 1 1 220，再解方程求出t 即可得到时 P 点 +（ + ﹣ ） = 坐标．【解答】解：（ 1 ）把 A（ 3 4 ）代入 y=x m 得 3 +m=4 ，解得 m=1， +∴直线 AB 的解析式为 y=x 1+ ，∵当 x=0 时， y=x +1=1，∴B （ 0，1），把 B （ 0，1）， A （ 3，4）代入 y=x 2+bx+c 得，解得 ，∴抛物线解析式为y=x 2﹣ 2x+1；（2）如图，∵ y =x 2﹣ 2x+1=（ x ﹣ 1）2，∴C （ 1，0），22 2 2 2 +（ 4 2 2 2 2∴BC =1 +1 =2，AB =3 ﹣ 1） =18 ，AC =（ 3 ﹣ 1） +4 =20，而 2+18=20，∴BC 2+AB 2=AC 2，∴△ ABC 为直角三角形，∠ ACB=90° ，∴tan∠BAC===；（3）当∠ APC=90°时，点 P 在 B 点处，此时P 点坐标为（ 0， 1）；当∠ ACP=90°时，∵ tan∠ PAC==，∴P C= AC ，设P（ t， t+1），∴t2t 1 1220，解得 t 1=﹣， t2=（舍去），此时P 点坐标为（﹣，+（ + ﹣） =﹣+ 1），综上所述，满足条件的P 点坐标为（ 0， 1）或（﹣，﹣+ 1）．【点评】本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数的性质和一次函数图象上点的坐标特征；能运用待定系数法求二次函数解析式；理解坐标与图形性质，记住两点间的距离公式；能利用勾股定理的逆定理证明直角三角形．6．如图， ? ABCD 中， AB=8 ，AD=10 ， sinA=，E、F分别是边AB 、BC 上动点（点 E 不与A 、B 重合），且∠ EDF= ∠ DAB ， DF 延长线交射线 AB 于G．（1）若 DE⊥AB 时，求 DE 的长度；（2）设 AE=x ， BG=y ，求 y 关于 x 的函数解析式，并写出函数的定义域；（3）当△ BGF 为等腰三角形时，求AE 的长度．【分析】（ 1） DE⊥ AB 时，根据sinA=即可解决问题．（2）如图 2 中，作 DM ⊥AB 于 M ，根据 DG 2=DM2+MG2=AGEG ，列出等式即可解决问题．（3）分三种情形① BF=BG ，②FB=FG ，③ GB=GF ，根据 BF ∥AD ，得出比例式，列方程即可解决．【解答】解：（ 1）如图 1 中，∵DE ⊥ AB ，∴sinA==，∵A D=10 ，∴DE=8 ．（2）如图 2 中，作DM ⊥AB 于 M ，由（ 1）可知 DM=8 ， AM=6 ， MG=AB ﹣ AM=8 ﹣ 6=2 ，∴DG 2=DM2+MG2，∵∠ DGE= ∠ DGA ，∠ GDE= ∠ A，∴△ DGE∽△ AGD ，∴= ，∴DG 2=AGEG ，∴DM 2+MG2=AGEG ，∴82+（ 2+y）2=（ 8+y）（ 8+y﹣ x），∴y=（0＜x＜8）（3）①当 BF=FG 时，∵ BF∥ AD ，∴= ，∴AD=AG=10 ，∴y=2 ，即=2，解得 x=2 ，∴A E=2 ．②当 FB=FG 时，∵ BF ∥AD ，∴=，∴A D=DG=10 ，∵DM ⊥AG ，∴A M=MB=6 ，∴A G=12 ，∴y=4 ，即=4，解得 x=．③当 GB=GF 时，∵ BF ∥ AD ，∠ GBF= ∠ BFG，∴∠ A= ∠ GBF ，∠ ADG= ∠ BFG ，∴∠ A= ∠ ADG ，∵∠ A= ∠ EDG ，∴∠ EDG= ∠ ADG ，∴此时点 E 与点 A 重合，不合题意．综上所述 AE=2 或时，△ BFG是等腰三角形．【点评】本题考查四边形综合题、锐角三角函数、相似三角形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会用方程的思想解决问题，属于中考常考题型．。
中考数学分项解析2--压轴题2017版
中考数学分项解析2--压轴题（2017版）专题16：压轴题一、选择题1.(2017天津第12题)已知抛物线与轴相交于点（点在点左侧），顶点为.平移该抛物线，使点平移后的对应点落在轴上，点平移后的对应点落在轴上，则平移后的抛物线解析式为（）A．B．C.D．【答案】A.2．(2017福建第10题)如图，网格纸上正方形小格的边长为1．图中线段和点绕着同一个点做相同的旋转，分别得到线段和点，则点所在的单位正方形区域是（）A．1区B．2区C．3区D．4区【答案】D【解析】如图，根据题意可得旋转中心O，旋转角是90°，旋转方向为逆时针，因此可知点P的对应点落在了4区，故选D.3.(2017河南第10题)如图，将半径为2，圆心角为的扇形绕点逆时针旋转，点，的对应点分别为，，连接，则图中阴影部分的面积是（）A．B．C.D．【答案】C.【解析】考点：扇形的面积计算.4.（2017湖南长沙第12题）如图，将正方形折叠，使顶点与边上的一点重合（不与端点重合），折痕交于点，交于点，边折叠后与边交于点，设正方形的周长为，的周长为，则的值为（）A．B．C．D．随点位置的变化而变化【答案】B【解析】试题分析：设正方形ABCD的边长为2a，正方形的周长为m=8a，设CM=x，DE=y，则DM=2a-x，EM=2a-y，∵∠EMG=90°，∴∠DME+∠CMG=90°．∵∠DME+∠DEM=90°，∴∠DEM=∠CMG，又∵∠D=∠C=90°△DEM∽△CMG，∴,即∴CG=△CMG的周长为CM+CG+MG=在Rt△DEM中，DM2+DE2=EM2即（2a-x）2+y2=（2a-y）2整理得4ax-x2=4ay∴CM+MG+CG==n．所以故选：B．考点：1、正方形，2、相似三角形的判定与性质，3、勾股定理5.（2017广东广州第10题），函数与在同一直角坐标系中的大致图象可能是（）【答案】D【解析】考点：二次函数与反比例函数的图像的判断.6.（2017山东临沂第14题）如图，在平面直角坐标系中，反比例函数（）的图象与边长是6的正方形的两边，分别相交于，两点，的面积为10.若动点在轴上，则的最小值是（）A．B．10C．D．【答案】C【解析】试题分析：由正方形OABC的边长为6可得M的坐标为（6，），N的坐标为（，6），因此可得BN=6-，BM=6-，然后根据△OMN的面积为10，可得，解得k=24，得到M （6，4）和N（4，6），作M关于x轴的对称点M′，连接NM′交x轴于P，则M′N的长=PM+PN的值最小，最后由AM=AM′=4，得到BM′=10，BN=2，根据勾股定理求得NM′=.故选：C考点：1、反比例函数与正方形，2、三点之间的最小值7.（2017山东青岛第8题）一次函数的图像经过点A（），B（2,2）两点，P为反比例函数图像上的一个动点，O为坐标原点，过P作y轴的垂线，垂足为C，则△PCO的面积为（）A、2B、4C、8D、不确定【答案】【解析】试题分析：如下图，把点A（），B（2,2）代入得，即k=-2,b=-2所以反比例函数表达式为设P（m，n）,则，即mn=4△PCO的面积为OCPC=mn=2考点：1、一次函数，2、反比例函数图像与性质8.(2017四川泸州第12题)已知抛物线+1具有如下性质：给抛物线上任意一点到定点的距离与到轴的距离相等，如图，点的坐标为，是抛物线上一动点，则周长的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C.9.(2017山东滨州第12题)在平面直角坐标系内，直线AB 垂直于x轴于点C（点C在原点的右侧），并分别与直线y＝x和双曲线y＝相交于点A、B，且AC＋BC＝4，则△OAB的面积为（）A．2＋3或2－3B．＋1或－1C．2－3D．－1【答案】A.【解析】如图，分线段AB在双曲线和直线y=x交点的左右两侧两种情况，设点C的坐标为（m，0），则点A的坐标为（m，m），点B的坐标为（m，），因AC+BC=4，所以m+=4，解得m=2±，当m=2-时，即线段AB在双曲线和直线y=x交点的左侧，求得AC=2-,BC=2+,所以AB=(2+)-(2-)=2,即可求得△OAB的面积为；当m=2+时，即线段AB在双曲线和直线y=x交点的右侧，求得AC=2+,BC=2-,所以AB=(2+)-(2-)=2,即可求得△OAB的面积为，故选A.10.(2017山东日照第12题)已知抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的对称轴为直线x=2，与x轴的一个交点坐标为（4，0），其部分图象如图所示，下列结论：①抛物线过原点；②4a+b+c=0；③a﹣b+c＜0；④抛物线的顶点坐标为（2，b）；⑤当x＜2时，y随x增大而增大．其中结论正确的是（）A．①②③B．③④⑤C．①②④D．①④⑤【答案】C．考点：抛物线与x轴的交点；二次函数图象与系数的关系．11.(2017江苏宿迁第8题)如图，在中，，，．点在边上，从点向点移动，点在边上，从点向点移动，若点、均以的速度同时出发，且当一点移动到终点时，另一点也随之停止，连接，则线段的最小值是A．B．C.D．【答案】C.【解析】试题分析：设运动时间为t秒，则AP=t，CQ=t，所以CP=6-t，根据勾股定理可得,即，所以，因t≤2，根据二次函数的性质可得当t=2时，的值最小为20，即可得线段的最小值是cm，故选C.12．（2017江苏苏州第10题）如图，在菱形中，，，是的中点．过点作，垂足为．将沿点到点的方向平移，得到．设、分别是、的中点，当点与点重合时，四边形的面积为A．B．C.D．【答案】A.【解析】试题分析：作在菱形中，，,是的中点是的中点，故答案选A.考点：平行四边形的面积，三角函数.13.(2017山东菏泽第8题)一次函数和反比例函数在同一个平面直角坐标系中的图象如图所示，则二次函数的图c象可能是（）A．B．C.D．【答案】C.14.（2017浙江台州第10题）如图，矩形的四个顶点分别在菱形的四条边上，，将分别沿折叠，当重叠部分为菱形且面积是菱形面积的时，则为（）A．B．2C.D．4【答案】A【解析】试题分析：依题可得阴影部分是菱形.设S菱形ABCD=16,BE=x.从而得出AB=4，阴影部分边长为4-2x.根据（4-2x）2=1求出x=或x=,从而得出.故选：A.考点：1、菱形的性质，2、翻折变换（折叠问题）15.(2017浙江金华第10题)如图，为了监控一不规则多边形艺术走廊内的活动情况，现已在两处各安装了一个监控探头（走廊内所用探头的观测区为圆心角最大可取到的扇形），图中的阴影部分是处监控探头观测到的区域，要使整个艺术走廊都能被监控到，还需要安装一个监控探头，则安装的位置是（）A．处B．处C.处D．处【答案】D.【解析】试题分析：根据两点确定一条直线，观察可以摄像头应安装在点H的位置，故选D.16.（2017浙江湖州第10题）在每个小正方形的边长为的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．从一个格点移动到与之相距的另一个格点的运动称为一次跳马变换．例如，在的正方形网格图形中（如图1），从点经过一次跳马变换可以到达点，，，等处．现有的正方形网格图形（如图2），则从该正方形的顶点经过跳马变换到达与其相对的顶点，最少需要跳马变换的次数是（）A．B．C.D．【答案】B考点：1、勾股定理，2、规律探索17.(2017浙江舟山第10题)下列关于函数的四个命题：①当时，有最小值10；②为任何实数，时的函数值大于时的函数值；③若，且是整数，当时，的整数值有个；④若函数图象过点和，则.其中真命题的序号是（）A．①B．②C.③D．④【答案】C.【解析】试题分析：①错，理由：当x=时，y取得最小值；②错，理由：因为=3，即横坐标分别为x=3+n,x=3−n的两点的纵坐标相等，即它们的函数值相等；③对，理由：若n3，则当x=n时，y=n2−6n+101，当x=n+1时，y=(n+1)2−6(n+1)+10=n2−4n+5,则n2−4n+5-（n2−6n+10）=2n-5，因为当n为整数时，n2−6n+10也是整数，2n-5也是整数，n2−4n+5也是整数，故y有2n-5+1=2n-4个整数值；④错，理由：当x3时，y随x的增大而减小，所以当a3,b3时，因为y0y0+1,所以ab，故错误；故选C.考点：二次函数图象上点的坐标特征.二、填空题1.(2017北京第16题)下图是“作已知直角三角形的外接圆”的尺规作图过程已知：，求作的外接圆.作法：如图．（1）分别以点和点为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于两点；（2）作直线，交于点；（3）以为圆心，为半径作.即为所求作的圆.请回答：该尺规作图的依据是．【答案】到线段两端点距离相等的点在线段的垂直平分线上；两点确定一条直线；垂直平分线的定义；90°的圆周角所对弦为直径.不在同一条直线上的三个点确定一个圆.（答案不唯一）【解析】找到外接圆的圆心和半径是解本题的关键，由题意得：圆心是线段AB的中点，半径是AB长的一半，所以只需作出AB的中垂线，找到交点O即可.考点：作图-基本作图；线段垂直平分线的性质2.(2017天津第18题)如图，在每个小正方形的边长为1的网格中，点均在格点上.（1）的长等于；（2）在的内部有一点，满足，请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，画出点，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】试题分析：(1)根据勾股定理即可求得AB=；(2)如图，AC与网络线相交，得点D、E，取格点F，连结FB并延长，与网格线相交，得点M、N，连结DN、EM，DN与EM相交于点P，点P即为所求.3.(2017福建第16题)已知矩形的四个顶点均在反比例函数的图象上，且点A的横坐标是2，则矩形的面积为．【答案】7.5【解析】因为双曲线既关于原点对称，又关于直线y=±x 对称，矩形既是轴对称图形又是中心对称图形，所以可知点C与点A关于原点对称，点A与点B关于直线y=x对称，由已知可得A（2，0.5），∴C（-2，-0.5）、B（0.5，2），从而可得D（-0.5，-2），继而可得S矩形ABCD=7.5.4.(2017河南第15题)如图，在中，，，，点，分别是边，上的动点，沿所在的直线折叠，使点的对应点始终落在边上.若为直角三角形，则的长为．【答案】1或.考点：折叠（翻折变换）.5.（2017湖南长沙第18题）如图，点是函数与的图象在第一象限内的交点，，则的值为．【答案】考点：一次函数与反比例函数6.（2017广东广州第16题）如图9，平面直角坐标系中是原点，的顶点的坐标分别是，点把线段三等分，延长分别交于点，连接，则下列结论：①是的中点；②与相似；③四边形的面积是；④；其中正确的结论是．（填写所有正确结论的序号）【答案】①③【解析】试题分析：如图，分别过点A、B作于点N，轴于点M 在中，是线段AB的三等分点，是OA的中点，故①正确.不是菱形.故和不相似.则②错误；由①得，点G是AB的中点，是的中位线是OB的三等分点，解得：四边形是梯形则③正确,故④错误.综上：①③正确.考点：平行四边形和相似三角形的综合运用7.（2017山东临沂第19题）在平面直角坐标系中，如果点坐标为，向量可以用点的坐标表示为.已知：，，如果，那么与互相垂直.下列四组向量：①，；②，；③，；④，.其中互相垂直的是（填上所有正确答案的序号）．【答案】①③④【解析】试题分析：根据向量垂直的定义：②因为2×（﹣1）+1×2=0，所以与互相垂直；③因为cos30°×1+tan45°sin60°=×1+1×=≠0，所以与不互相垂直；④因为（﹣）（+）+（﹣2）×=3﹣2﹣1=0，所以与互相垂直；④因为π0×2+2×（﹣1）=2﹣2=0，所以与互相垂直．综上所述，①③④互相垂直．故答案是：①③④．考点：1、平面向量，2、零指数幂，3、解直角三角形8.(2017四川泸州第16题)在中，已知和分别是边上的中线，且，垂足为，若，则线段的长为．【答案】4.【解析】试题分析：如图，由和分别是边上的中线，可得DE∥BC，且,因，，根据勾股定理可得DE=2，又因，可得BC=4，连结AO并延长AO交BC于点M，由和分别是边上的中线交于点M,可知AM也是△ABC的边BC上的中线，在Rt△BOC中，根据斜边的中线等于斜边的一半可得OM=BC=2，最后根据三角形重心的性质可得AO=2OM=4.9.(2017山东滨州第18题)观察下列各式：，……请利用你所得结论，化简代数式＋＋＋…＋（n≥3且为整数），其结果为__________．【答案】.【解析】根据题目中所给的规律可得,原式====.10.(2017江苏宿迁第16题)如图，矩形的顶点在坐标原点，顶点、分别在、轴的正半轴上，顶点在反比例函数（为常数，，）的图象上，将矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，若点的对应点恰好落在此反比例函数图象上，则的值是．【答案】.【解析】试题分析：设点A的坐标为（a，b），即可得OB=a，OC=b,已知矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，可得点C、A、B’在一条直线上，点A、C’、B在一条直线上，AC’=a，AB’=b，所以点O’的坐标为）（a+b，b-a），根据反比例函数k的几何意义可得ab=（a+b）（b-a），即可得，解这个以b为未知数的一元二次方程得（舍去），所以所以.11.(2017辽宁沈阳第16题)如图，在矩形中，,将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，点落在矩形的边上，连接，则的长是.【答案】.【解析】考点：四边形与旋转的综合题.12.(2017山东日照第16题)如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y=（x＞0）同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为，∠AOB=∠OBA=45°，则k的值为．【答案】1+.试题分析：过A作AM⊥y轴于M，过B作BD选择x轴于D，直线BD与AM交于点N，如图所示：则OD=MN，DN=OM，∠AMO=∠BNA=90°，∴∠AOM+∠OAM=90°，∵∠AOB=∠OBA=45°，∴OA=BA，∠OAB=90°，∴∠OAM+∠BAN=90°，∴∠AOM=∠BAN，在△AOM和△BAN中，，∴△AOM≌△BAN（AAS），∴AM=BN=，OM=AN=，∴OD=+，OD=BD=﹣，∴B（+，﹣），∴双曲线y=（x＞0）同时经过点A和B，∴（+）（﹣）=k，整理得：k2﹣2k﹣4=0，解得：k=1±（负值舍去），∴k=1+．考点：反比例函数图象上点的坐标特征．13.（2017江苏苏州第18题）如图，在矩形中，将绕点按逆时针方向旋转一定角度后，的对应边交边于点．连接、，若，，，则（结果保留根号）．【答案】.【解析】试题分析：连接AG,设DG=x,则在中，，则考点：旋转的性质，勾股定理.14.(2017山东菏泽第14题)如图，轴，垂足为，将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，再将绕点逆时针旋转到的位置，使点的对应点落在直线上，依次进行下去若点的坐标是，则点的纵坐标为．【答案】【解析】15.(2017浙江金华第16题)在一空旷场地上设计一落地为矩形的小屋，．拴住小狗的长的绳子一端固定在点处，小狗在不能进人小屋内的条件下活动，其可以活动的区域面积为.(1)如图，若，则．(2)如图,现考虑在(1)中的矩形小屋的右侧以为边拓展一正区域,使之变成落地为五边的小屋,其它条件不变.则在的变化过程中,当取得最小值时，边长的长为．【答案】.【解析】试题分析：（1）在B点处是以点B为圆心，10为半径的个圆；在A处是以A为圆心，4为半径的个圆；在C处是以C为圆心，6为半径的个圆；所以S=；（2）设BC=x,则AB=10-x，=（-10x+250），当x=时，S最小，即BC=.16.（2017浙江湖州第16题）如图，在平面直角坐标系中，已知直线（）分别交反比例函数和在第一象限的图象于点，，过点作轴于点，交的图象于点，连结．若是等腰三角形，则的值是．【答案】或【解析】试题分析：令B点坐标为（a，）或（a，ka），则C点的坐标为（a，），令A点的坐标为（b，kb）或（b，），可知BC=，ka=，kb=，可知，，然后可知BA=，然后由等腰三角形的性质，可列式为=，解得k=或.考点：反比例函数与k的几何意义17.(2017湖南湘潭第16题)阅读材料：设，，如果，则.根据该材料填空：已知，，且，则．【答案】6.【解析】试题分析:利用新定义设，，如果，则，2m=4×3,m=6. 18.（2017浙江台州第16题）如图，有一个边长不定的正方形，它的两个相对的顶点分别在边长为1的正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点在正六边形内部（包括边界），则正方形边长的取值范围是．【答案】（）【解析】试题分析：因为AC为对角线，故当AC最小时，正方形边长此时最小.①当A、C都在对边中点时（如下图所示位置时），显然AC取得最小值，∵正六边形的边长为1，∴AC=,∴a2+a2=AC2=.∴a==.②当正方形四个顶点都在正六边形的边上时，a最大（如下图所示）.设A′（t,）时，正方形边长最大.∵OB′⊥OA′.∴B′（-，t）设直线MN解析式为：y=kx+b,M（-1，0），N（-，-）（如下图）∴.∴.∴直线MN的解析式为：y=（x+1）,将B′（-，t）代入得：t=-.此时正方形边长为A′B′取最大.∴a==3-.故答案为：.考点：1、勾股定理，2、正多边形和圆，3、计算器—三角函数，4、解直角三角形三、解答题1.(2017北京第29题)在平面直角坐标系中的点和图形，给出如下的定义：若在图形上存在一点，使得两点间的距离小于或等于1，则称为图形的关联点．（1）当的半径为2时，①在点中，的关联点是_______________．②点在直线上，若为的关联点，求点的横坐标的取值范围．（2）的圆心在轴上，半径为2，直线与轴、轴交于点．若线段上的所有点都是的关联点，直接写出圆心的横坐标的取值范围【答案】（1）①，②－≤x≤－或≤x≤，（2）－2≤x≤1或2≤x≤2【解析】本题解析：（1）,点与⊙的最小距离为，点与⊙的最小距离为1，点与⊙的最小距离为，∴⊙的关联点为和．②根据定义分析，可得当直线y=-x上的点P到原点的距离在1到3之间时符合题意；∴设点P的坐标为P(x,-x),当OP=1时，由距离公式可得，OP=，解得，当OP=3时，由距离公式可得，OP=，,解得，∴点的横坐标的取值范围为－≤x≤－或≤x≤（2）∵y=-x+1与轴、轴的交点分别为A、B两点，∴令y=0得，-x+1=0,解得x=1，令得x=0得，y=0，∴A(1,0),B(0,1),分析得：如图1，当圆过点A时，此时CA=3,∴点C坐标为，C(-2,0)如图2，当圆与小圆相切时，切点为D，∴CD=1,又∵直线AB所在的函数解析式为y=-x+1,∴直线AB与x轴形成的夹角是45°,∴RT△°ACD中，CA=，∴C点坐标为(1-,0)∴C点的横坐标的取值范围为；-2≤≤1-,如图3，当圆过点A时，AC=1，C点坐标为(2,0)如图4,当圆过点B时，连接BC，此时BC=3,在Rt△OCB中，由勾股定理得OC=,C点坐标为(2,0)．∴C点的横坐标的取值范围为2≤≤2；∴综上所述点C的横坐标的取值范围为－≤≤－或≤≤．考点：切线，同心圆，一次函数，新定义.2.(2017天津第25题)已知抛物线（是常数）经过点. （1）求该抛物线的解析式和顶点坐标；（2）P(m，t)为抛物线上的一个动点，关于原点的对称点为.①当点落在该抛物线上时，求的值；②当点落在第二象限内，取得最小值时，求的值.【答案】（1），顶点的坐标为（1，-4）；（2）；（3）. 【解析】试题解析：(1)∵抛物线经过点，∴0=1-b-3，解得b=-2.∴抛物线的解析式为，∵，∴顶点的坐标为（1，-4）.(2)①由点P(m，t)在抛物线上，有.∵关于原点的对称点为，有P’（-m，-t）.∴，即∴解得②由题意知，P’（-m，-t）在第二象限，∴-m0，-t0，即m0，t0.又抛物线的顶点的坐标为（1，-4），得-4≤t0.过点P’作P’H⊥x轴，H为垂足，有H（-m，0）. 又，，则当点A和H不重合时，在Rt△P’AH中，当点A和H重合时,AH=0,，符合上式.∴，即记，则，∴当t=-时，y’取得最小值.把t=-代入，得解得由m0，可知不符合题意∴3.(2017福建第25题)已知直线与抛物线有一个公共点，且．（Ⅰ）求抛物线顶点的坐标（用含的代数式表示）；（Ⅱ）说明直线与抛物线有两个交点；（Ⅲ）直线与抛物线的另一个交点记为．（ⅰ）若，求线段长度的取值范围；（ⅱ）求面积的最小值．【答案】（Ⅰ）抛物线顶点Q的坐标为（-，-）；（Ⅱ）理由见解析；（Ⅲ）（i）5≤MN≤7.（ii）△QMN面积的最小值为. 【解析】试题分析：（Ⅰ）由抛物线过点M（1，0），可得b=-2a，将解析式y=ax2+ax+b=ax2+ax-2a配方得y=a(x+)2-,从而可得抛物线顶点Q的坐标为（-，-）.（Ⅱ）由直线y=2x+m经过点M（1，0），可得m=-2.由y=2x-2、y=ax2+ax-2a，可得ax2+（a-2）x-2a+2=0，（*），由根的判别式可得方程(*)有两个不相等的实数根，从而可得直线与抛物线有两个交点.（Ⅲ）由y=2x-2、y=ax2+ax-2a，可得点N（-2，-6）. （i）根据勾股定理得，MN2=20（）2，再由-1≤a≤-，可得-2≤≤-1，从而可得0，继而可得MN=3，从而可得MN的取值范围.（ii）作直线x=-交直线y=2x-2于点E，得E（-，-3），从而可得△QMN的面积S=S△QEN+S△QEM=，即27a2+(8S-54)a+24=0，（*）因为关于a的方程（*）有实数根，从而可和S≥，继而得到面积的最小值.（Ⅲ）把y=2x-2代入y=ax2+ax-2a，得ax2+（a-2）x-2a+2=0，即x2+(1-)x-2+=0，所以（x-1）（x+2-）=0,解得x1=1,x2=-2，所以点N（-2，-6）.（i）根据勾股定理得，MN2=[（-2）-1]2+（-6）2=20（）2，因为-1≤a≤-，由反比例函数性质知-2≤≤-1，所以0，所以MN=2（）=3，所以5≤MN≤7.（ii）作直线x=-交直线y=2x-2于点E，把x=-代入y=2x-2得，y=-3，即E（-，-3），又因为M（1，0），N（-2，-6），且由（Ⅱ）知a0，所以△QMN的面积S=S△QEN+S△QEM==，即27a2+(8S-54)a+24=0，（*）因为关于a的方程（*）有实数根，所以△=（8S-54）2-4×27×24≥0，即（8S-54）2≥（36）2，又因为a0，所以S=,所以8S-540，所以8S-540，所以8S-54≥36，即S≥，当S=时，由方程（*）可得a=-满足题意.故当a=-，b=时，△QMN面积的最小值为.4.(2017河南第23题)如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点，.（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；（2）M（m，0）为x轴上一个动点，过点M垂直于x轴的直线与直线AB和抛物线分别交于点P、N，①点在线段上运动，若以，，为顶点的三角形与相似，求点的坐标；②点在轴上自由运动，若三个点，，中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称，，三点为“共谐点”.请直接写出使得，，三点成为“共谐点”的的值.【答案】（1）B（0，2），；（2）①点M的坐标为（，0）或M（，0）；②m=-1或m=或m=.【解析】试题分析：(1)把点代入求得c值，即可得点B的坐标；抛物线经过点，即可求得b值，从而求得抛物线的解析式；（2）由轴，M（m，0），可得N()，①分∠NBP=90°和∠BNP=90°两种情况求点M的坐标；②分N为PM的中点、P为NM的中点、M为PN的中点3种情况求m的值. 试题解析：（1）直线与轴交于点，∴，解得c=2∴B（0，2），∵抛物线经过点，∴，∴b=∴抛物线的解析式为；（2）∵轴，M（m，0），∴N()①有（1）知直线AB的解析式为，OA=3，OB=2∵在△APM中和△BPN中，∠APM=∠BPN,∠AMP=90°，若使△APM中和△BPN相似，则必须∠NBP=90°或∠BNP=90°，分两种情况讨论如下：（I）当∠NBP=90°时，过点N作NC轴于点C，则∠NBC+∠BNC=90°，NC=m，BC=∵∠NBP=90°，∴∠NBC+∠ABO=90°，∴∠BNC=∠ABO，∴Rt△NCB∽Rt△BOA∴,即，解得m=0（舍去）或m=∴M（，0）；（II）当∠BNP=90°时，BNMN，∴点N的纵坐标为2，∴解得m=0（舍去）或m=∴M（，0）；综上，点M的坐标为（，0）或M（，0）；②m=-1或m=或m=.考点：二次函数综合题.5.（2017广东广州第25题）如图14，是的直径，，连接．（1）求证：；（2）若直线为的切线，是切点，在直线上取一点，使所在的直线与所在的直线相交于点，连接．①试探究与之间的数量关系，并证明你的结论；②是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．【答案】（1）详见解析；（2）①②【解析】试题分析：（1）直径所对的圆周角是圆心角的一半，等弧所对的圆周角是圆心角的一半；（2）①等角对等边；②试题解析：（1）证明：如图，连接BC.是的直径，（2）①如图所示，作于F由（1）可得，为等腰直角三角形.是的中点.为等腰直角三角形.又是的切线，四边形为矩形②当为钝角时，如图所示，同样，（3）当D在C左侧时，由（2）知,,在中，当D在C右侧时，过E作于由（2）得，在中，考点：圆的相关知识的综合运用6.（2017湖南长沙第26题）如图，抛物线与x轴交于A,B 两点(点B在点A左侧），与y轴交于点C，点D是抛物线上的一个动点，且位于第四象限，连接OD、BD、AC、AD，延长AD交y轴于点E。
2017年中考数学压轴题强化训练 (1) 含参考答案及评分标准
数学中考压轴题强化训练14如图，平面直角坐标系中，二次函数c bx ax y ++=2的图象的顶点为D 点，与y 轴交于C 点，与x 轴交于A 、B 两点，A 点在原点的左侧，B 点的坐标为（3，0），OB=OC ，31tan =∠ACO 。
⑴求这个二次函数的表达式；⑵经过C 、D 两点的直线，与x 轴交于点E ，在该抛物线上是否存在这样的点F ，使以点A 、C 、E 、F 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由；⑶若平行于x 轴的直线与该抛物线交于M 、N 两点，且以MN 为直径的圆与x 轴相切，求该圆半径的长度。
备用图参考答案及评分标准解：⑴由点B （3，0），OB=OC ，31tan =∠ACO ，可得C （0，－3），A （－1，0）……1分由A （－1，0），B （3，0），C （0，－3）三点，可得：二次函数的表达式为322--=x x y ……3分⑵由抛物线322--=x x y ，可知顶点D 的坐标为（1，－4）由C （0，－3），D （1，－4）两点，可得直线CD 的解析式为3--=x y CD ……4分 ∴点E 的坐标为（－3，0）如图所示，当AE ∥CF ，且AE=CF=2时，四边形AECF 为平行四边形，此时，F （2，－3） 由抛物线322--=x x y ，可知点F 在抛物线上；……6分⑶如备用图所示，有两种情况，设⊙P 的半径为r在x 轴的上方时，可设点P （1，r ），那么N （1+r ，r ），代入322--=x x y ，可得 r r r =-+-+3)1(2)1(2，解得：21711+=r ，21712-=r （舍）……8分 在x 轴的下方时，可设点P （1，r -），那么N （1+r ，r -），代入322--=x x y ，可得r r r -=-+-+3)1(2)1(2，解得：21713+-=r ，21714--=r （舍） ∴⊙P 的半径为2171+或2171+-。
(完整word版)2017中考数学几何压轴题(辅助线专题复习)
中考压轴题专题几何（辅助线）精选1。
如图，Rt △ABC 中，∠ABC =90°，DE 垂直平分AC ,垂足为O ，AD ∥BC ,且AB =3，BC =4，则AD 的长为 ．精选2．如图，△ABC 中,∠C ＝60°，∠CAB 与∠CBA 的平分线AE ,BF 相交于点D ， 求证：DE ＝DF ．精选3.已知：如图,⊙O 的直径AB=8cm ，P 是AB 延长线上的一点，过点P 作⊙O 的切线，切点为C ，连接AC ． (1) 若∠ACP=120°，求阴影部分的面积；(2)若点P 在AB 的延长线上运动，∠CPA 的平分线交AC 于点M,∠CMP 的大小是否发生变化？若变化,请说明理由；若不变,求出∠CMP 的度数。
精选4、如图1，Rt△ABC 中，∠ACB=90°,AC=3，BC=4，点O 是斜边AB 上一动点，以OA 为半径作⊙O 与AC 边交于点P ，（1)当OA=时，求点O 到BC 的距离； （2）如图1，当OA=时,求证：直线BC 与⊙O 相切；此时线段AP 的长是多少？（3)若BC 边与⊙O 有公共点，直接写出OA 的取值范围； （4）若CO 平分∠ACB，则线段AP 的长是多少？．DEF精选5．如图，已知△ABC 为等边三角形,∠BDC ＝120°,AD 平分∠BDC ，求证：BD +DC ＝AD ．精选6、已知矩形ABCD 的一条边AD =8，将矩形ABCD 折叠,使得顶点B 落在CD 边上的P 点处．(第6题图）（1）如图1，已知折痕与边BC 交于点O ，连结AP 、OP 、O A ． ①求证：△OCP ∽△PDA ；②若△OCP 与△PDA 的面积比为1：4，求边AB 的长; (2)若图1中的点P 恰好是CD 边的中点，求∠OAB 的度数； （3）如图2,，擦去折痕AO 、线段OP ，连结BP ．动点M 在线段AP 上(点M 与点P 、A 不重合），动点N 在线段AB 的延长线上，且BN =PM ，连结MN 交PB 于点F ，作ME ⊥BP 于点E ．试问当点M 、N 在移动过程中，线段EF 的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求出线段EF 的长度．精选7、如图,四边形ABCD 是边长为2,一个锐角等于60°的菱形纸片,小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D 重合,按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB 、BA （或它们的延长线）于点E 、F,∠EDF=60°，当CE=AF 时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF ．（1）继续旋转三角形纸片，当CE≠AF 时,如图2小芳的结论是否成立？若成立，加以证明;若不成立，请说明理由；（2）再次旋转三角形纸片，当点E 、F 分别在CB 、BA 的延长线上时，如图3请直接写出DE 与DF 的数量关系；（3）连EF ，若△DEF 的面积为y ，CE=x,求y 与x 的关系式，并指出当x 为何值时，y 有最小值，最小值是多少？E B精选8、等腰Rt△ABC 中，∠BAC=90°，点A 、点B 分别是x 轴、y 轴两个动点，直角边AC 交x 轴于点D ，斜边BC 交y 轴于点E ；（1）如图(1）,若A （0，1），B （2，0),求C 点的坐标； （2）如图（2），当等腰Rt△ABC 运动到使点D 恰为AC 中点时,连接DE ，求证：∠ADB=∠CDE (3）如图(3），在等腰Rt△ABC 不断运动的过程中，若满足BD 始终是∠ABC 的平分线，试探究：线段OA 、OD 、BD 三者之间是否存在某一固定的数量关系，并说明理由．精选9．如图，正方形ABCD 的四个顶点分别在四条平行线1l 、2l 、3l 、4l 上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为1h 、2h 、3h 123(000)h h h >>>，，．（1）求证：31h h =;（2）设正方形ABCD 的面积为S ,求证：22121()S h h h =++；（3）若12312h h +=,当1h 变化时，说明正方形ABCD 的面积S 随1h 的变化情况．l 1l 2 l 3 l 4h 3h 2h 1D B第题图(完整word版)2017中考数学几何压轴题(辅助线专题复习) 参考答案精选1解:∵Rt△ABC中,∠ABC=90°，AB=3，BC=4，∴AC ===5,∵DE垂直平分AC，垂足为O，∴OA =AC =,∠AOD=∠B=90°，∵AD∥BC，∴∠A=∠C，∴△AOD∽△CBA，∴=,即=,解得AD =．故答案为：．精选2证明：在AB上截取AG，使AG=AF，易证△ADF≌△ADG（SAS）．∴DF＝DG．∵∠C＝60°，AD，BD是角平分线，易证∠ADB=120°．∴∠ADF＝∠ADG＝∠BDG＝∠BDE＝60°．易证△BDE≌△BDG（ASA）．∴DE＝DG＝DF．精选3、解:（1)连接OC．∵PC为⊙O的切线，∴PC⊥OC．∴∠PCO=90度．∵∠ACP=120°∴∠ACO=30°∵OC=OA，∴∠A=∠ACO=30度．∴∠BOC=60°∵OC=4∴∴S阴影=S△OPC﹣S扇形BOC =；（2）∠CMP的大小不变，∠CMP=45°由（1）知∠BOC+∠OPC=90°∵PM平分∠APCDAEF∴∠APM=∠APC∵∠A=∠BOC∴∠PMC=∠A+∠APM=（∠BOC+∠OPC)=45°．精选4、解：（1)在Rt△ABE中，．（1分)过点O作OD⊥BC于点D，则OD∥AC，∴△ODB∽△A CB，∴，∴，∴，∴点O到BC的距离为．（3分)（2)证明:过点O作OE⊥BC于点E，OF⊥AC于点F，∵△OEB∽△ACB，∴∴，∴．∴直线BC与⊙O相切．（5分）此时，四边形OECF为矩形，∴AF=AC﹣FC=3﹣=,∵OF⊥AC,∴AP=2AF=．（7分）（3）；(9分）（4）过点O作OG⊥AC于点G，OH⊥BC于点H，则四边形OGCH是矩形，且AP=2AG,又∵CO平分∠ACB,∴OG=OH，∴矩形OGCH是正方形．(10分）设正方形OGCH的边长为x，则AG=3﹣x,∵OG∥BC，∵△AOG∽△ABC，∴，∴，∴,∴，∴AP=2AG=．(12分）精选5、证法1：（截长)如图，截DF=DB，易证△DBF为等边三角，然后证△BDC≌△BFA即可；证法2：（截长）如图，截DF=DC，易证△DCF为等边三角，然后证△BDC≌△AFC即可；证法3：(补短)如图，延长BD至F,使DF=DC，此时BD+DC=BD+DF=BF,易证△DCF为等边△,再证△BCF≌△ACD即可．证法4：（四点共圆）两组对角分别互补的四边形四个顶点共圆．设AB＝AC＝BC＝a，根据（圆内接四边形)托勒密定理:CD·a＋BD·a＝AD·a，得证．FFF精选6、解：（1）如图1，①∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，DC=AB，∠DAB=∠B=∠C=∠D=90°．由折叠可得:AP=AB，PO=BO，∠PAO=∠BAO．∠APO=∠B．∴∠APO=90°．∴∠APD=90°﹣∠CPO=∠PO C．∵∠D=∠C,∠APD=∠PO C．∴△OCP∽△PD A．②∵△OCP与△PDA的面积比为1：4，∴====．∴PD=2OC，PA=2OP,DA=2CP．∵AD=8，∴CP=4，BC=8．设OP=x，则OB=x,CO=8﹣x．在Rt△PCO中，∵∠C=90°，CP=4，OP=x，CO=8﹣x,∴x2=(8﹣x）2+42．解得：x=5．∴AB=AP=2OP=10．∴边AB的长为10．（2)如图1,∵P是CD边的中点，∴DP=D C．∵DC=AB,AB=AP,∴DP=AP．∵∠D=90°，∴sin∠DAP==．∴∠DAP=30°．∵∠DAB=90°，∠PAO=∠BAO,∠DAP=30°，∴∠OAB=30°．∴∠OAB的度数为30°．（3）作MQ∥AN,交PB于点Q，如图2．∵AP=AB，MQ∥AN，∴∠APB=∠ABP，∠ABP=∠MQP．∴∠APB=∠MQP．∴MP=MQ．∵MP=MQ,ME⊥PQ,∴PE=EQ=PQ．∵BN=PM，MP=MQ，∴BN=QM．∵MQ∥AN，∴∠QMF=∠BNF．在△MFQ和△NFB中，．∴△MFQ≌△NF B．∴QF=BF．∴QF=Q B．∴EF=EQ+QF=PQ+QB=P B．由（1）中的结论可得:PC=4,BC=8，∠C=90°．∴PB==4．∴EF=PB=2．∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中,线段EF的长度不变,长度为2．精选7、解：(1）DF=DE．理由如下：如答图1,连接BD．∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB．又∵∠A=60°,∴△ABD是等边三角形，∴AD=BD，∠ADB=60°，∴∠DBE=∠A=60°∵∠EDF=60°，∴∠ADF=∠BDE．∵在△ADF与△BDE中，,∴△ADF≌△BDE（ASA），∴DF=DE；（2）DF=DE．理由如下：如答图2，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，∴AD=AB．又∵∠A=60°,∴△ABD是等边三角形，∴AD=BD，∠ADB=60°，∴∠DBE=∠A=60°∵∠EDF=60°，∴∠ADF=∠BDE．∵在△ADF与△BDE中，，∴△ADF≌△BDE（ASA），∴DF=DE；（3)由（2）知,△ADF≌△BDE．则S△ADF=S△BDE，AF=BE=x．依题意得:y=S△BEF+S△ABD=（2+x）x sin60°+×2×2sin60°=（x+1）2+．即y=（x+1）2+．∵＞0，∴该抛物线的开口方向向上，∴当x=0即点E、B重合时，y最小值=．精选8、(1）解：过点C作CF⊥y轴于点F，∴∠AFC=90°，∴∠CAF+∠ACF=90°．∵△ABC是等腰直角三角形,∠BAC=90°，∴AC=AB，∠CAF+∠BAO=90°,∠AFC=∠BAC，∴∠ACF=∠BAO．在△ACF和△ABO中，,∴△ACF≌△ABO（AAS）∴CF=OA=1，AF=OB=2∴OF=1∴C（﹣1，﹣1）；（2）证明：过点C作CG⊥AC交y轴于点G，∴∠ACG=∠BAC=90°,∴∠AGC+∠GAC=90°．∵∠CAG+∠BAO=90°，∴∠AGC=∠BAO．∵∠ADO+∠DAO=90°，∠DAO+∠BAO=90°,∴∠ADO=∠BAO，∴∠AGC=∠ADO．在△ACG和△ABD中∴△ACG≌△ABD（AAS)，∴CG=AD=CD．∵∠ACB=∠ABC=45°，∴∠DCE=∠GCE=45°，在△DCE和△GCE中，，∴△DCE≌△GCE（SAS），∴∠CDE=∠G,∴∠ADB=∠CDE;（3)解:在OB上截取OH=OD，连接AH由对称性得AD=AH，∠ADH=∠AHD．∵∠ADH=∠BAO．∴∠BAO=∠AHD．∵BD是∠ABC的平分线，∴∠ABO=∠EBO，∵∠AOB=∠EOB=90°．在△AOB和△EOB中,，∴△AOB≌△EOB（ASA)，∴AB=EB,AO=EO，∴∠BAO=∠BEO，∴∠AHD=∠ADH=∠BAO=∠BEO．∴∠AEC=∠BHA．在△AEC和△BHA中，,∴△ACE≌△BAH(AAS）∴AE=BH=2OA∵DH=2OD∴BD=2(OA+OD)．精选9、（1）证：设2AD l 与交于点E ，BC 与3l 交于点F ， 由已知BF ED BE FD ∥，∥,∴四边形BEDF 是平行四边形，BE DF ∴=． 又CDF Rt ABE Rt CD AB ∆∆∴=≌，．31h h =∴ （2）证：作44BG l DH l ⊥⊥，,垂足分别为G H 、, 在Rt Rt BGC CHD △和△中，1809090BCG DCH BCD CDH DCH ∠+∠=︒-∠=︒∠+∠=︒，． BCG CDH ∴∠=∠．又90BGC CHD BC CD ∠=∠=︒=，，2Rt Rt BGC CHD CG DH h ∴==△≌△，．又22222223232121()()BG h h BC BG CG h h h h h h =+∴=+=++=+，， 222121()S BC h h h ∴==++． (3)解:1221331122h h h h +=∴=-，， l l l l 4h 3h 2 h 1 ADBE H l l l l 4h 3h 2h 1 AD B FE2222121111355241124455S h h h h h h ⎛⎫⎛⎫∴=+-+=-+=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,1211320010023h h h h >>∴->∴<<，，，．∴当1205h <<时,S 随1h 的增大而减小；当12253h <<时，S 随1h 的增大而增大．。
2017年挑战中考数学压轴题(全套含答案)
第一部分函数图象中点的存在性问题§1．1 因动点产生的相似三角形问题例1 2014年衡阳市中考第28题例2 2014年益阳市中考第21题例3 2015年湘西州中考第26题例4 2015年张家界市中考第25题例5 2016年常德市中考第26题例6 2016年岳阳市中考第24题例7 2016年上海市崇明县中考模拟第25题例8 2016年上海市黄浦区中考模拟第26题§1．2 因动点产生的等腰三角形问题例9 2014年长沙市中考第26题例10 2014年张家界市第25题例11 2014年邵阳市中考第26题例12 2014年娄底市中考第27题例13 2015年怀化市中考第22题例14 2015年长沙市中考第26题例15 2016年娄底市中考第26题例16 2016年上海市长宁区金山区中考模拟第25题例17 2016年河南省中考第23题例18 2016年重庆市中考第25题§1．3 因动点产生的直角三角形问题例19 2015年益阳市中考第21题例20 2015年湘潭市中考第26题例21 2016年郴州市中考第26题例22 2016年上海市松江区中考模拟第25题例23 2016年义乌市绍兴市中考第24题§1．4 因动点产生的平行四边形问题例24 2014年岳阳市中考第24题例25 2014年益阳市中考第20题例26 2014年邵阳市中考第25题例27 2015年郴州市中考第25题例28 2015年黄冈市中考第24题例29 2016年衡阳市中考第26题例30 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟中考第24题例31 2016年上海市徐汇区中考模拟第24题§1．5 因动点产生的面积问题例32 2014年常德市中考第25题例33 2014年永州市中考第25题例34 2014年怀化市中考第24题例35 2015年邵阳市中考第26题例36 2015年株洲市中考第23题例37 2015年衡阳市中考第28题例38 2016年益阳市中考第22题例39 2016年永州市中考第26题例40 2016年邵阳市中考第26题例41 2016年陕西省中考第25题§1．6 因动点产生的相切问题例42 2014年衡阳市中考第27题例43 2014年株洲市中考第23题例44 2015年湘潭市中考第25题例45 2015年湘西州中考第25题例46 2016年娄底市中考第25题例47 2016年湘潭市中考第26题例48 2016年上海市闵行区中考模拟第24题例49 2016年上海市普陀区中考模拟中考第25题§1．7 因动点产生的线段和差问题例50 2014年郴州市中考第26题例51 2014年湘西州中考第25题例52 2015年岳阳市中考第24题例53 2015年济南市中考第28题例54 2015年沈阳市中考第25题例55 2016年福州市中考第26题例56 2016年张家界市中考第24题例57 2016年益阳市中考第21题第二部分图形运动中的函数关系问题§2．1 由比例线段产生的函数关系问题例1 2014年常德市中考第26题例2 2014年湘潭市中考第25题例3 2014年郴州市中考第25题例4 2015年常德市中考第25题例5 2015年郴州市中考第26题例6 2015年邵阳市中考第25题例7 2015年娄底市中考第26题例8 2016年郴州市中考第25题例9 2016年湘西州中考第26题例10 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第25题例11 2016年哈尔滨市中考第27题第三部分图形运动中的计算说理问题§3．1 代数计算及通过代数计算进行说理问题例1 2014年长沙市中考第25题例2 2014年怀化市中考第23题例3 2014年湘潭市中考第26题例4 2014年株洲市中考第24题例5 2015年衡阳市中考第27题例6 2015年娄底市中考第25题例7 2015年永州市中考第26题例8 2015年长沙市中考第25题例9 2015年株洲市中考第24题例10 2016年怀化市中考第22题例11 2016年邵阳市中考第25题例12 2016年株洲市中考第26题例13 2016年长沙市中考第25题例14 2016年长沙市中考第26题§3．2 几何证明及通过几何计算进行说理问题例15 2014年衡阳市中考第26题例16 2014年娄底市中考第26题例17 2014年岳阳市中考第23题例18 2015年常德市中考第26题例19 2015年益阳市中考第20题例20 2015年永州市中考第27题例21 2015年岳阳市中考第23题例22 2016年常德市中考第25题例23 2016年衡阳市中考第25题例24 2016年永州市中考第27题例25 2016年岳阳市中考第23题例26 2016年株洲市中考第25题例27 2016年湘潭市中考第25题第四部分图形的平移、翻折与旋转§4．1 图形的平移例1 2015年泰安市中考第15题例2 2015年咸宁市中考第14题例3 2015年株洲市中考第14题例4 2016年上海市虹口区中考模拟第18题§4．2 图形的翻折例5 2016年上海市奉贤区中考模拟第18题例6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题例7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题例8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题例8 2016年上海市普陀区中考模拟第18题例10 2016年常德市中考第15题例11 2016年张家界市中考第14题例12 2016年淮安市中考第18题例13 2016年金华市中考第15题例14 2016年雅安市中考第12题§4．3 图形的旋转例15 2016年上海昂立教育中学生三模联考第18题例16 2016年上海市崇明县中考模拟第18题例17 2016年上海市黄浦区中考模拟第18题例18 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟第18题例19 2016年上海市闸北区中考模拟第18题例20 2016年邵阳市中考第13题例21 2016年株洲市中考第4题§4．4 三角形例22 2016年安徽省中考第10题例23 2016年武汉市中考第10题例24 2016年河北省中考第16题例25 2016年娄底市中考第10题例26 2016年苏州市中考第9题例27 2016年台州市中考第10题例28 2016年陕西省中考第14题例29 2016年内江市中考第11题例30 2016年上海市中考第18题§4．5 四边形例31 2016年湘西州中考第11题例32 2016年益阳市中考第4题例33 2016年益阳市中考第6题例34 2016年常德市中考第16题例35 2016年成都市中考第14题例36 2016年广州市中考第13题例37 2016年福州市中考第18题例38 2016年无锡市中考第17题例39 2016年台州市中考第15题§4．6 圆例40 2016年滨州市中考第16题例41 2016年宁波市中考第17题例42 2016年连云港市中考第16题例43 2016年烟台市中考第17题例44 2016年烟台市中考第18题例45 2016年无锡市中考第18题例46 2016年武汉市中考第9题例47 2016年宿迁市中考第16题例48 2016年衡阳市中考第17题例49 2016年邵阳市中考第18题例50 2016年湘西州中考第18题例51 2016年永州市中考第20题§4．7 函数的图象及性质例52 2015年荆州市中考第9题例53 2015年德州市中考第12题例54 2015年烟台市中考第12题例55 2015年中山市中考第10题例56 2015年武威市中考第10题例57 2015年呼和浩特市中考第10题例58 2016年湘潭市中考第18题例59 2016年衡阳市中考第19题例60 2016年岳阳市中考第15题例61 2016年株洲市中考第9题例62 2016年永州市中考第19题例63 2016年岳阳市中考第8题例64 2016年岳阳市中考第16题例65 2016年益阳市中考第14题例66 2016年株洲市中考第10题例67 2016年株洲市中考第17题例68 2016年东营市中考第15题例69 2016年成都市中考第13题例70 2016年泰州市中考第16题例71 2016年宿迁市中考第15题例72 2016年临沂市中考第14题例73 2016年义乌市绍兴市中考第9题例74 2016年淄博市中考第12题例75 2016年嘉兴市中考第16题§1．1 因动点产生的相似三角形问题课前导学相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分和两种情况列方程．应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．求线段的长，要用到两点间的距离公式，而这个公式容易记错．理解记忆比较好．如图1，如果已知A、B两点的坐标，怎样求A、B两点间的距离呢？我们以AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，这样用勾股定理就可以求斜边AB的长了．水平距离BC的长就是A、B两点间的水平距离，等于A、B两点的横坐标相减；竖直距离AC就是A、B两点间的竖直距离，等于A、B两点的纵坐标相减．图1例 1 2014年湖南省衡阳市中考第28题二次函数y＝a x2＋b x＋c（a≠0）的图象与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，与y轴交于点C(0,－3m)（m ＞0），顶点为D．（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；（2）如图1，当m＝2时，点P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△APC的面积为S，试求出S与点P的横坐标x之间的函数关系式及S的最大值；（3）如图2，当m取何值时，以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似？图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14衡阳28”，拖动点P运动，可以体验到，当点P运动到AC的中点的正下方时，△APC的面积最大．拖动y轴上表示实数m的点运动，抛物线的形状会改变，可以体验到，∠ACD和∠ADC都可以成为直角．思路点拨1．用交点式求抛物线的解析式比较简便．2．连结OP，△APC可以割补为：△AOP与△COP的和，再减去△AOC．3．讨论△ACD与△OBC相似，先确定△ACD是直角三角形，再验证两个直角三角形是否相似．4．直角三角形ACD存在两种情况．图文解析（1）因为抛物线与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，设y＝a(x＋3)(x－1)．代入点C(0,－3m)，得－3m＝－3a．解得a＝m．所以该二次函数的解析式为y＝m(x＋3)(x－1)＝mx2＋2mx－3m．（2）如图3，连结OP．当m＝2时，C(0,－6)，y＝2x2＋4x－6，那么P(x, 2x2＋4x－6)．由于S△AOP＝＝(2x2＋4x－6)＝－3x2－6x＋9，S△COP＝＝－3x，S△AOC＝9，所以S＝S△APC＝S△AOP＋S△COP－S△AOC＝－3x2－9x＝．所以当时，S取得最大值，最大值为．图3 图4 图5（3）如图4，过点D作y轴的垂线，垂足为E．过点A作x轴的垂线交DE于F．由y＝m(x＋3)(x－1)＝m(x＋1)2－4m，得D(－1,－4m)．在Rt△OBC中，OB∶OC＝1∶3m．如果△ADC与△OBC相似，那么△ADC是直角三角形，而且两条直角边的比为1∶3m．①如图4，当∠ACD＝90°时，．所以．解得m＝1．此时，．所以．所以△CDA∽△OBC．②如图5，当∠ADC＝90°时，．所以．解得．此时，而．因此△DCA与△OBC不相似．综上所述，当m＝1时，△CDA∽△OBC．考点伸展第（2）题还可以这样割补：如图6，过点P作x轴的垂线与AC交于点H．由直线AC：y＝－2x－6，可得H(x,－2x－6)．又因为P(x, 2x2＋4x－6)，所以HP＝－2x2－6x．因为△P AH与△PCH有公共底边HP，高的和为A、C两点间的水平距离3，所以S＝S△APC＝S△APH＋S△CPH＝(－2x2－6x)＝．图6例 2 2014年湖南省益阳市中考第21题如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥AB，∠B＝60°，AB＝10，BC＝4，点P沿线段AB从点A 向点B运动，设AP＝x．2·1·c·n·j·y（1）求AD的长；（2）点P在运动过程中，是否存在以A、P、D为顶点的三角形与以P、C、B为顶点的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由；（3）设△ADP与△PCB的外接圆的面积分别为S1、S2，若S＝S1＋S2，求S的最小值.动感体验图1请打开几何画板文件名“14益阳21”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，圆心O的运动轨迹是线段BC的垂直平分线上的一条线段．观察S随点P运动的图象，可以看到，S有最小值，此时点P看上去象是AB的中点，其实离得很近而已．思路点拨1．第（2）题先确定△PCB是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．2．第（3）题理解△PCB的外接圆的圆心O很关键，圆心O在确定的BC的垂直平分线上，同时又在不确定的BP的垂直平分线上．而BP与AP是相关的，这样就可以以AP为自变量，求S的函数关系式．图文解析（1）如图2，作CH⊥AB于H，那么AD＝CH．在Rt△BCH中，∠B＝60°，BC＝4，所以BH＝2，CH＝．所以AD＝．（2）因为△APD是直角三角形，如果△APD与△PCB相似，那么△PCB一定是直角三角形．①如图3，当∠CPB＝90°时，AP＝10－2＝8．所以＝＝，而＝．此时△APD与△PCB不相似．图2 图3 图4②如图4，当∠BCP＝90°时，BP＝2BC＝8．所以AP＝2．所以＝＝．所以∠APD＝60°．此时△APD∽△CBP．综上所述，当x＝2时，△APD∽△CBP．（3）如图5，设△ADP的外接圆的圆心为G，那么点G是斜边DP的中点．设△PCB的外接圆的圆心为O，那么点O在BC边的垂直平分线上，设这条直线与BC交于点E，与AB 交于点F．设AP＝2m．作OM⊥BP于M，那么BM＝PM＝5－m．在Rt△BEF中，BE＝2，∠B＝60°，所以BF＝4．在Rt△OFM中，FM＝BF－BM＝4－(5－m)＝m－1，∠OFM＝30°，所以OM＝．所以OB2＝BM2＋OM2＝．在Rt△ADP中，DP2＝AD2＋AP2＝12＋4m2．所以GP2＝3＋m2．于是S＝S1＋S2＝π(GP2＋OB2)＝＝．所以当时，S取得最小值，最小值为．图5 图6考点伸展关于第（3）题，我们再讨论个问题．问题1，为什么设AP＝2m呢？这是因为线段AB＝AP＋PM＋BM＝AP＋2BM＝10．这样BM＝5－m，后续可以减少一些分数运算．这不影响求S的最小值．问题2，如果圆心O在线段EF的延长线上，S关于m的解析式是什么？如图6，圆心O在线段EF的延长线上时，不同的是FM＝BM－BF＝(5－m)－4＝1－m．此时OB2＝BM2＋OM2＝．这并不影响S关于m的解析式．例3 2015年湖南省湘西市中考第26题如图1，已知直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A、B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒个单位的速度匀速运动，连结PQ，设运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式；（2）问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；（3）过点P作PE//y轴，交AB于点E，过点Q作QF//y轴，交抛物线于点F，连结EF，当EF//PQ时，求点F的坐标；（4）设抛物线顶点为M，连结BP、BM、MQ，问：是否存在t的值，使以B、Q、M为顶点的三角形与以O、B、P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“15湘西26”，拖动点P在OA上运动，可以体验到，△APQ有两个时刻可以成为直角三角形，四边形EPQF有一个时刻可以成为平行四边形，△MBQ与△BOP有一次机会相似．思路点拨1．在△APQ中，∠A＝45°，夹∠A的两条边AP、AQ都可以用t表示，分两种情况讨论直角三角形APQ．2．先用含t的式子表示点P、Q的坐标，进而表示点E、F的坐标，根据PE＝QF列方程就好了．3．△MBQ与△BOP都是直角三角形，根据直角边对应成比例分两种情况讨论．图文解析（1）由y＝－x＋3，得A(3, 0)，B(0, 3)．将A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得解得所以抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3．（2）在△APQ中，∠P AQ＝45°，AP＝3－t，AQ＝t．分两种情况讨论直角三角形APQ：①当∠PQA＝90°时，AP＝AQ．解方程3－t＝2t，得t＝1（如图2）．②当∠QP A＝90°时，AQ＝AP．解方程t＝(3－t)，得t＝1.5（如图3）．图2 图3（3）如图4，因为PE//QF，当EF//PQ时，四边形EPQF是平行四边形．所以EP＝FQ．所以y E－y P＝y F－y Q．因为x P＝t，x Q＝3－t，所以y E＝3－t，y Q＝t，y F＝－(3－t)2＋2(3－t)＋3＝－t2＋4t．因为y E－y P＝y F－y Q，解方程3－t＝(－t2＋4t)－t，得t＝1，或t＝3（舍去）．所以点F的坐标为(2, 3)．图4 图5（4）由y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，得M(1, 4)．由A(3, 0)、B(0, 3)，可知A、B两点间的水平距离、竖直距离相等，AB＝3．由B(0, 3)、M(1, 4)，可知B、M两点间的水平距离、竖直距离相等，BM＝．所以∠MBQ＝∠BOP＝90°．因此△MBQ与△BOP相似存在两种可能：①当时，．解得（如图5）．②当时，．整理，得t2－3t＋3＝0．此方程无实根．考点伸展第（3）题也可以用坐标平移的方法：由P(t, 0)，E(t, 3－t)，Q(3－t, t)，按照P→E方向，将点Q向上平移，得F(3－t, 3)．再将F(3－t, 3)代入y＝－x2＋2x＋3，得t＝1，或t＝3．§1．2 因动点产生的等腰三角形问题课前导学我们先回顾两个画图问题：1．已知线段AB＝5厘米，以线段AB为腰的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB＝6厘米，以线段AB为底边的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除了两个点以外，都是顶点C．已知底边画等腰三角形，顶角的顶点在底边的垂直平分线上，垂足要除外．在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般都要先分类．如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．解等腰三角形的存在性问题，有几何法和代数法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快．几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？如果△ABC的∠A（的余弦值）是确定的，夹∠A的两边AB和AC可以用含x的式子表示出来，那么就用几何法．①如图1，如果AB＝AC，直接列方程；②如图2，如果BA＝BC，那么；③如图3，如果CA＝CB，那么．代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验．如果三角形的三个角都是不确定的，而三个顶点的坐标可以用含x的式子表示出来，那么根据两点间的距离公式，三边长（的平方）就可以罗列出来．图1 图2 图3例 9 2014年长沙市中考第26题如图1，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c （a 、b 、c 是常数，a ≠0）的对称轴为y 轴，且经过(0,0)和两点，点P 在该抛物线上运动，以点P 为圆心的⊙P 总经过定点A (0, 2)．（1）求a 、b 、c 的值；（2）求证：在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交；（3）设⊙P 与x 轴相交于M (x 1, 0)、N (x 2, 0)两点，当△AMN 为等腰三角形时，求圆心P 的纵坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“14长沙26”，拖动圆心P 在抛物线上运动，可以体验到，圆与x 轴总是相交的，等腰三角形AMN 存在五种情况．思路点拨1．不算不知道，一算真奇妙，原来⊙P 在x 轴上截得的弦长MN ＝4是定值．2．等腰三角形AMN 存在五种情况，点P 的纵坐标有三个值，根据对称性，MA ＝MN 和NA ＝NM 时，点P 的纵坐标是相等的．图文解析（1）已知抛物线的顶点为(0,0)，所以y ＝ax 2．所以b ＝0，c ＝0． 将代入y ＝ax 2，得．解得（舍去了负值）．（2）抛物线的解析式为，设点P 的坐标为． 已知A (0, 2)，所以＞．而圆心P 到x 轴的距离为，所以半径P A ＞圆心P 到x 轴的距离．所以在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交．（3）如图2，设MN 的中点为H ，那么PH 垂直平分MN ．．4＝2MH ，所以，中，PMH △Rt 在 所以MH ＝2．因此MN ＝4，为定值．等腰△AMN 存在三种情况：①如图3，当AM ＝AN 时，点P 为原点O 重合，此时点P 的纵坐标为0．图2 图3．2＝OM ，所以4＝AM ，2＝OA 中，AOM △Rt 时，在MN ＝MA ，当4②如图 ．的纵坐标为P ．所以点2＝OH ＝x 此时 ．的纵坐标为也为P 时，根据对称性，点NM ＝NA ，当5如图图4 图5③如图6，当NA＝NM＝4时，在Rt△AON中，OA＝2，AN＝4，所以ON＝2．此时x＝OH＝2．所以点P的纵坐标为．如图7，当MN＝MA＝4时，根据对称性，点P的纵坐标也为．图6 图7考点伸展如果点P在抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点B(0, 1)，那么在点P运动的过程中，⊙P始终与直线y＝－1相切．这是因为：设点P的坐标为．已知B(0, 1)，所以．而圆心P到直线y＝－1的距离也为，所以半径PB＝圆心P到直线y＝－1的距离．所以在点P 运动的过程中，⊙P始终与直线y＝－1相切．例 10 2014年湖南省张家界市中考第25题如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）过O、B、C三点，B、C 坐标分别为(10, 0)和，以OB为直径的⊙A经过C点，直线l垂直x轴于B点．（1）求直线BC的解析式；（2）求抛物线解析式及顶点坐标；（3）点M是⊙A上一动点（不同于O、B），过点M作⊙A的切线，交y轴于点E，交直线l于点F，设线段ME长为m，MF长为n，请猜想mn的值，并证明你的结论；（4）若点P从O出发，以每秒1个单位的速度向点B作直线运动，点Q同时从B出发，以相同速度向点C作直线运动，经过t（0＜t≤8）秒时恰好使△BPQ为等腰三角形，请求出满足条件的t值．图图1动感体验请打开几何画板文件名“14张家界25”，拖动点M在圆上运动，可以体验到，△EAF保持直角三角形的形状，AM是斜边上的高．拖动点Q在BC上运动，可以体验到，△BPQ有三个时刻可以成为等腰三角形．思路点拨1．从直线BC的解析式可以得到∠OBC的三角比，为讨论等腰三角形BPQ作铺垫．2．设交点式求抛物线的解析式比较简便．3．第（3）题连结AE、AF容易看到AM是直角三角形EAF斜边上的高．4．第（4）题的△PBQ中，∠B是确定的，夹∠B的两条边可以用含t的式子表示．分三种情况讨论等腰三角形．图文解析（1）直线BC的解析式为．（2）因为抛物线与x轴交于O、B(10, 0)两点，设y＝ax(x－10)．代入点C，得．解得．所以．抛物线的顶点为．（3）如图2，因为EF切⊙A于M，所以AM⊥EF．由AE＝AE，AO＝AM，可得Rt△AOE≌Rt△AME．所以∠1＝∠2．同理∠3＝∠4．于是可得∠EAF＝90°．所以∠5＝∠1．由tan∠5＝tan∠1，得．所以ME·MF＝MA2，即mn＝25．图2（4）在△BPQ中，cos∠B＝，BP＝10－t，BQ＝t．分三种情况讨论等腰三角形BPQ：①如图3，当BP＝BQ时，10－t＝t．解得t＝5．②如图4，当PB＝PQ时，．解方程，得．③如图5，当QB＝QP时，．解方程，得．图3 图4 图5考点伸展在第（3）题条件下，以EF为直径的⊙G与x轴相切于点A．如图6，这是因为AG既是直角三角形EAF斜边上的中线，也是直角梯形EOBF的中位线，因此圆心G 到x轴的距离等于圆的半径，所以⊙G与x轴相切于点A．图6例 11 2014年湖南省邵阳市中考第26题在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－(m＋n)x＋mn（m＞n）与x轴相交于A、B两点（点A位于点B的右侧），与y轴相交于点C．（1）若m＝2，n＝1，求A、B两点的坐标；（2）若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是(0,－1)，求∠ACB的大小；（3）若m＝2，△ABC是等腰三角形，求n的值．动感体验请打开几何画板文件名“14邵阳26”，点击屏幕左下方的按钮（2），拖动点A在x轴正半轴上运动，可以体验到，△ABC保持直角三角形的形状．点击屏幕左下方的按钮（3），拖动点B在x轴上运动，观察△ABC 的顶点能否落在对边的垂直平分线上，可以体验到，等腰三角形ABC有4种情况．思路点拨1．抛物线的解析式可以化为交点式，用m，n表示点A、B、C的坐标．2．第（2）题判定直角三角形ABC，可以用勾股定理的逆定理，也可以用锐角的三角比．3．第（3）题讨论等腰三角形ABC，先把三边长（的平方）罗列出来，再分类解方程．图文解析（1）由y＝x2－(m＋n)x＋mn＝(x－m)(x－n)，且m＞n，点A位于点B的右侧，可知A(m, 0)，B(n, 0)．若m＝2，n＝1，那么A(2, 0)，B(1, 0)．．（2）如图1，由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1，OC＝1．若A、B两点分别位于y轴的两侧，那么OA·OB＝m(－n)＝－mn＝1．所以OC2＝OA·OB．所以．所以tan∠1＝tan∠2．所以∠1＝∠2．又因为∠1与∠3互余，所以∠2与∠3互余．所以∠ACB＝90°．图1 图2 图3（3）在△ABC中，已知A(2, 0)，B(n, 0)，C(0, 2n)．讨论等腰三角形ABC，用代数法解比较方便：由两点间的距离公式，得AB2＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得（如图2）．。
2017中考数学压轴题和解析分类汇编
中考数学压轴题及解析分类汇编中考数学压轴：相似三角形问题中考数学压轴：等腰三角形问题中考数学压轴：直角三角形问题中考数学压轴：平行四边形问题中考数学压轴：梯形问题中考数学压轴：面积问题2016中考数学压轴题:函数相似三角形问题(一)例1、直线113y x =-+分别交x 轴、y 轴于A 、B 两点，△AOB 绕点O 按逆时针方向旋转90°后得到△COD ，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过A 、C 、D 三点．(1) 写出点A 、B 、C 、D 的坐标；(2) 求经过A 、C 、D 三点的抛物线表达式，并求抛物线顶点G 的坐标；(3) 在直线BG 上是否存在点Q ，使得以点A 、B 、Q 为顶点的三角形与△COD 相似？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．图1思路点拨1．图形在旋转过程中，对应线段相等，对应角相等，对应线段的夹角等于旋转角．2．用待定系数法求抛物线的解析式，用配方法求顶点坐标．3．第（3）题判断∠ABQ ＝90°是解题的前提．4．△ABQ 与△COD 相似，按照直角边的比分两种情况，每种情况又按照点Q 与点B 的位置关系分上下两种情形，点Q 共有4个．满分解答（1）A (3，0)，B (0，1)，C (0，3)，D (－1，0)．（2）因为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过A (3，0)、C (0，3)、D (－1，0) 三点，所以930,3,0.a b c c a b c ++=⎧⎪=⎨⎪-+=⎩ 解得1,2,3.a b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩所以抛物线的解析式为y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4，顶点G 的坐标为(1，4)．（3）如图2，直线BG 的解析式为y ＝3x ＋1，直线CD 的解析式为y ＝3x ＋3，因此CD //BG ．因为图形在旋转过程中，对应线段的夹角等于旋转角，所以AB ⊥CD ．因此AB ⊥BG ，即∠ABQ ＝90°．因为点Q 在直线BG 上，设点Q 的坐标为(x ，3x ＋1)，那么BQ ==． Rt △COD 的两条直角边的比为1∶3，如果Rt △ABQ 与Rt △COD 相似，存在两种情况： ①当3BQ BA =3=．解得3x =±．所以1(3,10)Q ，2(3,8)Q --． ②当13BQ BA =13=．解得13x =±．所以31(,2)3Q ，41(,0)3Q -．图2 图3考点伸展第（3）题在解答过程中运用了两个高难度动作：一是用旋转的性质说明AB ⊥BG ；二是BQ =．我们换个思路解答第（3）题：如图3，作GH ⊥y 轴，QN ⊥y 轴，垂足分别为H 、N ．通过证明△AOB ≌△BHG ，根据全等三角形的对应角相等，可以证明∠ABG ＝90°． 在Rt △BGH 中，sin 1∠=，cos 1∠=． ①当3BQ BA=时，BQ = 在Rt △BQN 中，sin 13QN BQ =⋅∠=，cos 19BN BQ =⋅∠=．当Q 在B 上方时，1(3,10)Q ；当Q 在B 下方时，2(3,8)Q --． ②当13BQ BA =时，BQ =31(,2)3Q ，41(,0)3Q -． 例2、 Rt △ABC 在直角坐标系内的位置如图1所示，反比例函数(0)k y k x=≠在第一象限内的图像与BC 边交于点D （4，m ），与AB 边交于点E （2，n ），△BDE 的面积为2．（1）求m 与n 的数量关系；（2）当tan ∠A ＝12时，求反比例函数的解析式和直线AB 的表达式； （3）设直线AB 与y 轴交于点F ，点P 在射线FD 上，在（2）的条件下，如果△AEO 与△EFP 相似，求点P 的坐标．图1思路点拨1．探求m 与n 的数量关系，用m 表示点B 、D 、E 的坐标，是解题的突破口．2．第（2）题留给第（3）题的隐含条件是FD //x 轴．3．如果△AEO 与△EFP 相似，因为夹角相等，根据对应边成比例，分两种情况． 满分解答（1）如图1，因为点D （4，m ）、E （2，n ）在反比例函数k y x =的图像上，所以4,2.m k n k =⎧⎨=⎩ 整理，得n ＝2m ．（2）如图2，过点E 作EH ⊥BC ，垂足为H ．在Rt △BEH 中，tan ∠BEH ＝tan ∠A ＝12，EH ＝2，所以BH ＝1．因此D (4，m )，E (2，2m )，B (4，2m ＋1)． 已知△BDE 的面积为2，所以11(1)2222BD EH m ⋅=+⨯=．解得m ＝1．因此D (4，1)，E (2，2)，B (4，3)．因为点D （4，1）在反比例函数k y x =的图像上，所以k ＝4．因此反比例函数的解析式为4y x=． 设直线AB 的解析式为y ＝kx ＋b ，代入B (4，3)、E (2，2)，得34,22.k b k b=+⎧⎨=+⎩ 解得12k =，1b =．因此直线AB 的函数解析式为112y x =+．图2 图3 图4（3）如图3，因为直线112y x =+与y 轴交于点F （0，1），点D 的坐标为（4，1），所以FD // x 轴，∠EFP ＝∠EAO ．因此△AEO 与△EFP 相似存在两种情况：①如图3，当EA EF AO FP=时，2FP =．解得FP ＝1．此时点P 的坐标为（1，1）．②如图4，当EA FPAO EF ==．解得FP ＝5．此时点P 的坐标为（5，1）．考点伸展 本题的题设部分有条件“Rt △ABC 在直角坐标系内的位置如图1所示”，如果没有这个条件限制，保持其他条件不变，那么还有如图5的情况：第（1）题的结论m 与n 的数量关系不变．第（2）题反比例函数的解析式为12y x =-，直线AB 为172y x =-．第（3）题FD 不再与x 轴平行，△AEO 与△EFP 也不可能相似．图52016中考数学压轴题函数相似三角形问题(二)例3、如图1，已知梯形OABC，抛物线分别过点O（0，0）、A（2，0）、B（6，3）．（1）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标；（2）将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移，分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1，得到如图2的梯形O1A1B1C1．设梯形O1A1B1C1的面积为S，A1、B1的坐标分别为(x1，y1)、(x2，y2)．用含S的代数式表示x2－x1，并求出当S=36时点A1的坐标；（3）在图1中，设点D的坐标为(1，3)，动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动，动点Q从点D出发，以与点P相同的速度沿着线段DM运动．P、Q两点同时出发，当点Q到达点M时，P、Q两点同时停止运动．设P、Q两点的运动时间为t，是否存在某一时刻t，使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．图1 图2思路点拨1．第（2）题用含S的代数式表示x2－x1，我们反其道而行之，用x1，x2表示S．再注意平移过程中梯形的高保持不变，即y2－y1＝3．通过代数变形就可以了．2．第（3）题最大的障碍在于画示意图，在没有计算结果的情况下，无法画出准确的位置关系，因此本题的策略是先假设，再说理计算，后验证．3．第（3）题的示意图，不变的关系是：直线AB 与x 轴的夹角不变，直线AB 与抛物线的对称轴的夹角不变．变化的直线PQ 的斜率，因此假设直线PQ 与AB 的交点G 在x 轴的下方，或者假设交点G 在x 轴的上方．满分解答（1）抛物线的对称轴为直线1x =，解析式为21184y x x =-，顶点为M （1，18-）． （2） 梯形O 1A 1B 1C 1的面积12122(11)3()62x x S x x -+-⨯3==+-，由此得到1223s x x +=+．由于213y y -=，所以22212211111138484y y x x x x -=--+=．整理，得212111()()384x x x x ⎡⎤-+-=⎢⎥⎣⎦．因此得到2172x x S -=． 当S =36时，212114,2.x x x x +=⎧⎨-=⎩ 解得126,8.x x =⎧⎨=⎩ 此时点A 1的坐标为（6，3）． （3）设直线AB 与PQ 交于点G ，直线AB 与抛物线的对称轴交于点E ，直线PQ 与x 轴交于点F ，那么要探求相似的△GAF 与△GQE ，有一个公共角∠G ．在△GEQ 中，∠GEQ 是直线AB 与抛物线对称轴的夹角，为定值．在△GAF 中，∠GAF 是直线AB 与x 轴的夹角，也为定值，而且∠GEQ ≠∠GAF ． 因此只存在∠GQE ＝∠GAF 的可能，△GQE ∽△GAF ．这时∠GAF ＝∠GQE ＝∠PQD ． 由于3tan 4GAF ∠=，tan 5DQ t PQD QP t ∠==-，所以345t t =-．解得207t =．图3 图4例4、如图1，已知点A (-2，4) 和点B (1，0)都在抛物线22y mx mx n=++上．（1）求m、n；（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A的对应点为A′，点B的对应点为B′，若四边形A A′B′B为菱形，求平移后抛物线的表达式；（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB′的交点为C，试在x轴上找一个点D，使得以点B′、C、D为顶点的三角形与△ABC相似．图1思路点拨1．点A与点B的坐标在3个题目中处处用到，各具特色．第（1）题用在待定系数法中；第（2）题用来计算平移的距离；第（3）题用来求点B′的坐标、AC和B′C的长．2．抛物线左右平移，变化的是对称轴，开口和形状都不变．3．探求△ABC 与△B ′CD 相似，根据菱形的性质，∠BAC ＝∠CB ′D ，因此按照夹角的两边对应成比例，分两种情况讨论．满分解答(1) 因为点A (-2，4) 和点B (1，0)都在抛物线22y mx mx n =++上，所以444,20.m m n m m n -+=⎧⎨++=⎩ 解得43m =-，4n =． (2)如图2，由点A (-2，4) 和点B (1，0)，可得AB ＝5．因为四边形A A ′B ′B 为菱形，所以A A ′＝B ′B ＝ AB ＝5．因为438342+--=x x y ()2416133x =-++，所以原抛物线的对称轴x ＝－1向右平移5个单位后，对应的直线为x ＝4． 因此平移后的抛物线的解析式为()3164342,+--=x y ．图2(3) 由点A (-2，4) 和点B ′ (6，0)，可得A B ′＝如图2，由AM //CN ，可得''''B N B C B M B A=，即28=．解得'B C =AC =ABC 与△B ′CD 中，∠BAC ＝∠CB ′D ．①如图3，当''AB B C AC B D ==，解得'3B D =．此时OD ＝3，点D 的坐标为（3，0）．②如图4，当''AB B D AC B C ==，解得5'3B D =．此时OD ＝133，点D 的坐标为（133，0）．图3 图4考点伸展在本题情境下，我们还可以探求△B ′CD 与△AB B ′相似，其实这是有公共底角的两个等腰三角形，容易想象，存在两种情况．我们也可以讨论△B ′CD 与△C B B ′相似，这两个三角形有一组公共角∠B ，根据对应边成比例，分两种情况计算．2016中考数学压轴题函数相似三角形问题(三)例5 、 如图1，抛物线经过点A (4，0)、B （1，0)、C （0，－2）三点． （1）求此抛物线的解析式；（2）P 是抛物线上的一个动点，过P 作PM ⊥x 轴，垂足为M ，是否存在点P ，使得以A 、P 、M 为顶点的三角形与△OAC 相似？若存在，请求出符合条件的 点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC 上方的抛物线是有一点D ，使得△DCA 的面积最大，求出点D 的坐标．,图1思路点拨1．已知抛物线与x 轴的两个交点，用待定系数法求解析式时，设交点式比较简便． 2．数形结合，用解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长． 3．按照两条直角边对应成比例，分两种情况列方程．4．把△DCA 可以分割为共底的两个三角形，高的和等于OA ． 满分解答（1）因为抛物线与x 轴交于A (4，0)、B （1，0)两点，设抛物线的解析式为)4)(1(--=x x a y ，代入点C 的 坐标（0，－2），解得21-=a ．所以抛物线的解析式为22521)4)(1(212-+-=---=x x x x y ．（2）设点P 的坐标为))4)(1(21,(---x x x ． ①如图2，当点P 在x 轴上方时，1＜x ＜4，)4)(1(21---=x x PM ，x AM -=4．如果2==CO AOPM AM ，那么24)4)(1(21=----x x x ．解得5=x 不合题意． 如果21==CO AO PM AM ，那么214)4)(1(21=----x x x ．解得2=x ．此时点P 的坐标为（2，1）．②如图3，当点P 在点A 的右侧时，x ＞4，)4)(1(21--=x x PM ，4-=x AM ． 解方程24)4)(1(21=---x x x ，得5=x ．此时点P 的坐标为)2,5(-．解方程214)4)(1(21=---x x x ，得2=x 不合题意．③如图4，当点P 在点B 的左侧时，x ＜1，)4)(1(21--=x x PM ，x AM -=4． 解方程24)4)(1(21=---x x x ，得3-=x ．此时点P 的坐标为)14,3(--．解方程214)4)(1(21=---x x x ，得0=x ．此时点P 与点O 重合，不合题意．综上所述，符合条件的 点P 的坐标为（2，1）或)14,3(--或)2,5(-．图2 图3 图4 （3）如图5，过点D 作x 轴的垂线交AC 于E ．直线AC 的解析式为221-=x y ． 设点D 的横坐标为m )41(<<m ，那么点D 的坐标为)22521,(2-+-m m m ，点E 的坐标为)221,(-m m ．所以)221()22521(2---+-=m m m DE m m 2212+-=．因此4)221(212⨯+-=∆m m S DAC m m 42+-=4)2(2+--=m ． 当2=m 时，△DCA 的面积最大，此时点D 的坐标为（2，1）．图5 图6考点伸展第（3）题也可以这样解：如图6，过D 点构造矩形OAMN ，那么△DCA 的面积等于直角梯形CAMN 的面积减去△CDN 和△ADM 的面积．设点D 的横坐标为（m ，n ）)41(<<m ，那么42)4(21)2(214)22(21++-=--+-⨯+=n m m n n m n S ． 由于225212-+-=m m n ，所以m m S 42+-=． 例6 、 如图1，△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，cos A ＝310．D 为射线BA 上的点（点D 不与点B 重合），作DE //BC 交射线CA 于点E .．(1) 若CE ＝x ，BD ＝y ，求y 与x 的函数关系式，并写出函数的定义域； (2) 当分别以线段BD ，CE 为直径的两圆相切时，求DE 的长度；(3) 当点D 在AB 边上时，BC 边上是否存在点F ，使△ABC 与△DEF 相似？若存在，请求出线段BF 的长；若不存在，请说明理由．图1 备用图备用图思路点拨1．先解读背景图，△ABC是等腰三角形，那么第（3）题中符合条件的△DEF也是等腰三角形．2．用含有x的式子表示BD、DE、MN是解答第（2）题的先决条件，注意点E的位置不同，DE、MN表示的形式分两种情况．3．求两圆相切的问题时，先罗列三要素，再列方程，最后检验方程的解的位置是否符合题意．4．第（3）题按照DE为腰和底边两种情况分类讨论，运用典型题目的结论可以帮助我们轻松解题．满分解答（1）如图2，作BH⊥AC，垂足为点H．在Rt△ABH中，AB＝5，cosA＝310AHAB=，所以AH＝32＝12AC．所以BH垂直平分AC，△ABC 为等腰三角形，AB＝CB＝5．因为DE//BC，所以AB ACDB EC=，即53y x=．于是得到53y x=，（0x>）．（2）如图3，图4，因为DE//BC，所以DE AEBC AC=，MN ANBC AC=，即|3|53DE x-=，1|3|253xMN-=．因此5|3|3xDE-=，圆心距5|6|6xMN-=．图2 图3 图4在⊙M 中，115226M r BD y x ===，在⊙N 中，1122N r CE x ==． ①当两圆外切时，5162x x +5|6|6x -=．解得3013x =或者10x =-． 如图5，符合题意的解为3013x =，此时5(3)15313x DE -==． ②当两圆内切时，5162x x -5|6|6x -=． 当x ＜6时，解得307x =，如图6，此时E 在CA 的延长线上，5(3)1537x DE -==； 当x ＞6时，解得10x =，如图7，此时E 在CA 的延长线上，5(3)3533x DE -==．图5 图6 图7（3）因为△ABC 是等腰三角形，因此当△ABC 与△DEF 相似时，△DEF 也是等腰三角形．如图8，当D 、E 、F 为△ABC 的三边的中点时，DE 为等腰三角形DEF 的腰，符合题意，此时BF ＝2.5．根据对称性，当F 在BC 边上的高的垂足时，也符合题意，此时BF ＝4.1．如图9，当DE 为等腰三角形DEF 的底边时，四边形DECF 是平行四边形，此时12534BF =．图8 图9 图10 图11考点伸展:第（3）题的情景是一道典型题，如图10，如图11，AH 是△ABC 的高，D 、E 、F 为△ABC 的三边的中点，那么四边形DEHF 是等腰梯形．例 7 如图1，在直角坐标系xOy 中，设点A （0，t ），点Q （t ，b ）．平移二次函数2tx y -=的图象，得到的抛物线F 满足两个条件：①顶点为Q ；②与x 轴相交于B 、C 两点（∣OB ∣<∣OC ∣），连结A ，B ．（1）是否存在这样的抛物线F ，使得OC OB OA ⋅=2？请你作出判断，并说明理由； （2）如果AQ ∥BC ，且tan ∠ABO ＝23，求抛物线F 对应的二次函数的解析式．思路点拨1．数形结合思想，把OC OB OA ⋅=2转化为212t x x =⋅．2．如果AQ ∥BC ，那么以OA 、AQ 为邻边的矩形是正方形，数形结合得到t ＝b ． 3．分类讨论tan ∠ABO ＝23，按照A 、B 、C 的位置关系分为四种情况．A 在y 轴正半轴时，分为B 、C 在y 轴同侧和两侧两种情况；A 在y 轴负半轴时，分为B 、C 在y 轴同侧和两侧两种情况． 满分解答（1）因为平移2tx y -=的图象得到的抛物线F 的顶点为Q （t ，b ），所以抛物线F 对应的解析式为b t x t y +--=2)(．因为抛物线与x 轴有两个交点，因此0>b t ．令0=y ，得-=t OB t b，+=t OC tb ． 所以-=⋅t OC OB (|||||tb)( +t t b )|-=2|t 22|OA t tb ==．即22bt t t-=±．所以当32t b =时，存在抛物线F 使得||||||2OC OB OA ⋅=． （2）因为AQ //BC ，所以t ＝b ，于是抛物线F 为t t x t y +--=2)(．解得1,121+=-=t x t x ．①当0>t 时，由||||OC OB <，得)0,1(-t B ．如图2，当01>-t 时，由=∠ABO tan 23=||||OB OA =1-t t ，解得3=t ．此时二次函数的解析式为241832-+-=x x y ．如图3，当01<-t 时，由=∠ABO tan 23=||||OB OA =1+-t t ，解得=t 53．此时二次函数的解析式为-=y 532x ＋2518x ＋12548．图2 图3②如图4，如图5，当0<t 时，由||||OC OB <，将t -代t ,可得=t 53-，3-=t ．此时二次函数的解析式为=y 532x ＋2518x －12548或241832++=x x y ．图4 图5考点伸展第（2）题还可以这样分类讨论：因为AQ //BC ，所以t ＝b ，于是抛物线F 为2()y t x t t =--+．由3ta n 2OA ABO OB ∠==，得23OB OA =． ①把2(,0)3B t 代入2()y t x t t =--+，得3t =±（如图2，图5）．②把2(,0)3B t -代入2()y t x t t =--+，得35t =±（如图3，图4）．2016中考数学压轴题函数等腰三角形问题(一)例1、如图1，已知正方形OABC 的边长为2，顶点A 、C 分别在x 、y 轴的正半轴上，M 是BC 的中点．P (0,m )是线段OC 上一动点（C 点除外），直线PM 交AB 的延长线于点D ．（1）求点D 的坐标（用含m 的代数式表示）； （2）当△APD 是等腰三角形时，求m 的值；（3）设过P 、M 、B 三点的抛物线与x 轴正半轴交于点E ，过点O 作直线ME 的垂线，垂足为H （如图2）．当点P 从O 向C 运动时，点H 也随之运动．请直接写出点H 所经过的路长（不必写解答过程）．图1 图2思路点拨1．用含m 的代数式表示表示△APD 的三边长，为解等腰三角形做好准备． 2．探求△APD 是等腰三角形，分三种情况列方程求解．3．猜想点H 的运动轨迹是一个难题．不变的是直角，会不会找到不变的线段长呢？Rt △OHM 的斜边长OM 是定值，以OM 为直径的圆过点H 、C ． 满分解答（1）因为PC //DB ，所以1CP PM MCBD DM MB===．因此PM ＝DM ，CP ＝BD ＝2－m ．所以AD ＝4－m ．于是得到点D 的坐标为(2，4－m )．（2）在△APD 中，22(4)AD m =-，224AP m =+，222(2)44(2)PD PM m ==+-． ①当AP ＝AD 时，2(4)m -24m =+．解得32m =（如图3）． ②当PA ＝PD 时，24m +244(2)m =+-．解得43m =（如图4）或4m =（不合题意，舍去）．③当DA ＝DP 时，2(4)m -244(2)m =+-．解得23m =（如图5）或2m =（不合题意，舍去）．综上所述，当△APD 为等腰三角形时，m 的值为32，43或23．图3 图4 图5（3）点H ．考点伸展第（2）题解等腰三角形的问题，其中①、②用几何说理的方法，计算更简单：①如图3，当AP ＝AD 时，AM 垂直平分PD ，那么△PCM ∽△MBA ．所以12PC MB CM BA ==．因此12PC =，32m =． ②如图4，当PA ＝PD 时，P 在AD 的垂直平分线上．所以DA ＝2PO ．因此42m m -=．解得43m =． 第（2）题的思路是这样的：如图6，在Rt △OHM 中，斜边OM 为定值，因此以OM 为直径的⊙G 经过点H ，也就是说点H 在圆弧上运动．运动过的圆心角怎么确定呢？如图7，P 与O 重合时，是点H 运动的起点，∠COH ＝45°，∠CGH ＝90°．图6 图7例2 如图1，已知一次函数y ＝－x ＋7与正比例函数43y x =的图象交于点A ，且与x 轴交于点B ．（1）求点A 和点B 的坐标；（2）过点A 作AC ⊥y 轴于点C ，过点B 作直线l //y轴．动点P 从点O 出发，以每秒1个单位长的速度，沿O—C —A 的路线向点A 运动；同时直线l 从点B 出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线l 交x 轴于点R ，交线段BA 或线段AO 于点Q ．当点P 到达点A 时，点P和直线l 都停止运动．在运动过程中，设动点P 运动的时间为t 秒．①当t 为何值时，以A 、P 、R 为顶点的三角形的面积为8？ ②是否存在以A 、P 、Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求t 的值；若不存在，请说明理由．图1思路点拨1．把图1复制若干个，在每一个图形中解决一个问题．2．求△APR 的面积等于8，按照点P 的位置分两种情况讨论．事实上，P 在CA 上运动时，高是定值4，最大面积为6，因此不存在面积为8的可能．3．讨论等腰三角形APQ ，按照点P 的位置分两种情况讨论，点P 的每一种位置又要讨论三种情况．满分解答（1）解方程组7,4,3y x y x =-+⎧⎪⎨=⎪⎩得3,4.x y =⎧⎨=⎩ 所以点A 的坐标是(3，4)． 令70y x =-+=，得7x =．所以点B 的坐标是(7，0)．（2）①如图2，当P 在OC 上运动时，0≤t ＜4．由8A P R A C PP O R C O R A S S S S =--=△△△梯形，得1113+7)44(4)(7)8222t t t t -⨯-⨯⨯--⨯-=（．整理，得28120t t -+=．解得t ＝2或t ＝6（舍去）．如图3，当P 在CA 上运动时，△APR 的最大面积为6．因此，当t ＝2时，以A 、P 、R 为顶点的三角形的面积为8．图2 图3 图4②我们先讨论P 在OC 上运动时的情形，0≤t ＜4．如图1，在△AOB 中，∠B ＝45°，∠AOB ＞45°，OB ＝7，AB =OB ＞AB ．因此∠OAB ＞∠AOB ＞∠B ．如图4，点P 由O 向C 运动的过程中，OP ＝BR ＝RQ ，所以PQ //x 轴．因此∠AQP ＝45°保持不变，∠PAQ 越来越大，所以只存在∠APQ ＝∠AQP 的情况． 此时点A 在PQ 的垂直平分线上，OR ＝2CA ＝6．所以BR ＝1，t ＝1．我们再来讨论P 在CA 上运动时的情形，4≤t ＜7．在△APQ 中， 3cos 5A ∠=为定值，7AP t =-，5520333AQ OA OQ OA OR t =-=-=-． 如图5，当AP ＝AQ 时，解方程520733t t -=-，得418t =． 如图6，当QP ＝QA 时，点Q 在PA 的垂直平分线上，AP ＝2(OR －OP )．解方程72[(7)(4)]t t t -=---，得5t =．如7，当PA ＝PQ 时，那么12cos AQ A AP∠=．因此2cos AQ AP A =⋅∠．解方程52032(7)335t t -=-⨯，得22643t =． 综上所述，t ＝1或418或5或22643时，△APQ 是等腰三角形．图5 图6 图7考点伸展当P在CA上，QP＝QA时，也可以用2cosAP AQ A=⋅∠来求解．2016中考数学压轴题函数等腰三角形问题(二)例3 如图1，在直角坐标平面内有点A(6, 0)，B(0, 8)，C(－4, 0)，点M、N分别为线段AC和射线AB上的动点，点M以2个单位长度/秒的速度自C向A方向作匀速运动，点N以5个单位长度/秒的速度自A向B方向作匀速运动，MN交OB于点P．(1)求证：MN∶NP为定值；(2)若△BNP与△MNA相似，求CM的长；(3)若△BNP是等腰三角形，求CM的长．图1思路点拨1．第（1）题求证MN ∶NP 的值要根据点N 的位置分两种情况．这个结论为后面的计算提供了方便．2．第（2）题探求相似的两个三角形有一组邻补角，通过说理知道这两个三角形是直角三角形时才可能相似．3．第（3）题探求等腰三角形，要两级（两层）分类，先按照点N 的位置分类，再按照顶角的顶点分类．注意当N 在AB 的延长线上时，钝角等腰三角形只有一种情况．4．探求等腰三角形BNP ，N 在AB 上时，∠B 是确定的，把夹∠B 的两边的长先表示出来，再分类计算．满分解答(1)如图2，图3，作NQ ⊥x 轴，垂足为Q ．设点M 、N 的运动时间为t 秒．在Rt △ANQ 中，AN ＝5t ，NQ ＝4t ，AQ ＝3t ．在图2中，QO ＝6－3t ，MQ ＝10－5t ，所以MN ∶NP ＝MQ ∶QO ＝5∶3．在图3中，QO ＝3t －6，MQ ＝5t －10，所以MN ∶NP ＝MQ ∶QO ＝5∶3．(2)因为△BNP 与△MNA 有一组邻补角，因此这两个三角形要么是一个锐角三角形和一个钝角三角形，要么是两个直角三角形．只有当这两个三角形都是直角三角形时才可能相似．如图4，△BNP ∽△MNA ，在Rt △AMN 中，35AN AM =，所以531025t t =-．解得3031t =．此时CM 6031=．图2 图3 图4(3)如图5，图6，图7中，OP MP QN MN =，即245OP t =．所以85OP t =． ①当N 在AB 上时，在△BNP 中，∠B 是确定的，885BP t =-，105BN t =-． (Ⅰ)如图5，当BP ＝BN 时，解方程881055t t -=-，得1017t =．此时CM 2017=． (Ⅱ)如图6，当NB ＝NP 时，45BE BN =．解方程()1848105255t t ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，得54t =．此时CM 52=． (Ⅲ)当PB ＝PN 时，1425BN BP =．解方程()1481058255t t ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，得t 的值为负数，因此不存在PB ＝PN 的情况．②如图7，当点N 在线段AB 的延长线上时，∠B 是钝角，只存在BP ＝BN 的可能，此时510BN t =-．解方程885105t t -=-，得3011t =．此时CM 6011=．图5 图6 图7考点伸展如图6，当NB ＝NP 时，△NMA 是等腰三角形，1425BN BP =，这样计算简便一些．例4、如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝m （m 是大于0的常数），BC ＝8，E 为线段BC 上的动点（不与B 、C 重合）．连结DE ，作EF ⊥DE ，EF 与射线BA 交于点F ，设CE ＝x ，BF ＝y ．（1）求y 关于x 的函数关系式；（2）若m ＝8，求x 为何值时，y 的值最大，最大值是多少？（3）若12y m=，要使△DEF 为等腰三角形，m 的值应为多少？图1思路点拨1．证明△DCE ∽△EBF ，根据相似三角形的对应边成比例可以得到y 关于x 的函数关系式．2．第（2）题的本质是先代入，再配方求二次函数的最值．3．第（3）题头绪复杂，计算简单，分三段表达．一段是说理，如果△DEF 为等腰三角形，那么得到x ＝y ；一段是计算，化简消去m ，得到关于x 的一元二次方程，解出x 的值；第三段是把前两段结合，代入求出对应的m 的值．满分解答(1)因为∠EDC 与∠FEB 都是∠DEC 的余角，所以∠EDC ＝∠FEB ．又因为∠C ＝∠B ＝90°，所以△DCE ∽△EBF ．因此DC EB CE BF=，即8m x x y -=．整理，得y 关于x 的函数关系为218y x x m m=-+． (2)如图2，当m ＝8时，2211(4)288y x x x =-+=--+．因此当x ＝4时，y 取得最大值为2．(3) 若12y m =，那么21218x x m m m=-+．整理，得28120x x -+=．解得x ＝2或x ＝6．要使△DEF 为等腰三角形，只存在ED ＝EF 的情况．因为△DCE ∽△EBF ，所以CE ＝BF ，即x ＝y ．将x ＝y ＝2代入12y m =，得m ＝6（如图3）；将x ＝y ＝6代入12y m=，得m ＝2（如图4）．图2 图3 图4考点伸展本题中蕴涵着一般性与特殊性的辩证关系，例如：由第（1）题得到218y x x m m =-+221116(8)(4)x x x m m m=--=--+， 那么不论m 为何值，当x ＝4时，y 都取得最大值．对应的几何意义是，不论AB 边为多长，当E 是BC 的中点时，BF 都取得最大值．第（2）题m ＝8是第（1）题一般性结论的一个特殊性．再如，不论m 为小于8的任何值，△DEF 都可以成为等腰三角形，这是因为方程218x x x m m=-+总有一个根8x m =-的．第（3）题是这个一般性结论的一个特殊性． 2016中考数学压轴题函数相似三角形问题(三)例5 已知：如图1，在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC 的边OA 在y 轴的正半轴上，OC 在x 轴的正半轴上，OA ＝2，OC ＝3，过原点O 作∠AOC 的平分线交AB 于点D ，连接DC ，过点D 作DE ⊥DC ，交OA 于点E ．（1）求过点E 、D 、C 的抛物线的解析式；（2）将∠EDC 绕点D 按顺时针方向旋转后，角的一边与y 轴的正半轴交于点F ，另一边与线段OC 交于点G ．如果DF 与（1）中的抛物线交于另一点M ，点M 的横坐标为56，那么EF ＝2GO 是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（3）对于（2）中的点G ，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点Q ，使得直线GQ 与AB 的交点P 与点C 、G 构成的△PCG 是等腰三角形？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在成立，请说明理由．图1思路点拨1．用待定系数法求抛物线的解析式，这个解析式在第（2）、（3）题的计算中要用到．2．过点M 作MN ⊥AB ，根据对应线段成比例可以求FA 的长．3．将∠EDC 绕点D 旋转的过程中，△DCG 与△DEF 保持全等．4．第（3）题反客为主，分三种情况讨论△PCG 为等腰三角形，根据点P 的位置确定点Q 的位置，再计算点Q 的坐标．满分解答（1）由于OD 平分∠AOC ，所以点D 的坐标为（2，2），因此BC ＝AD ＝1． 由于△BCD ≌△ADE ，所以BD ＝AE ＝1，因此点E 的坐标为（0，1）．设过E 、D 、C 三点的抛物线的解析式为c bx ax y ++=2，那么⎪⎩⎪⎨⎧=++=++=.039,224,1c b a c b a c 解得65-=a ，613=b 1=c ．因此过E 、D 、C 三点的抛物线的解析式为1613652++-=x x y ．（2）把56=x 代入1613652++-=x x y ，求得512=y ．所以点M 的坐标为⎪⎭⎫ ⎝⎛512,56． 如图2，过点M 作MN ⊥AB ，垂足为N ，那么DADN FA MN =，即25622512-=-FA ．解得1=FA ． 因为∠EDC 绕点D 旋转的过程中，△DCG ≌△DEF ，所以CG ＝EF ＝2．因此GO ＝1，EF ＝2GO ．（3）在第（2）中，GC ＝2．设点Q 的坐标为⎪⎭⎫ ⎝⎛++-161365,2x x x ． ①如图3，当CP ＝CG ＝2时，点P 与点B （3，2）重合，△PCG 是等腰直角三角形．此时G Q Q x x y -=，因此11613652-=++-x x x 。
2017年挑战中考数学压轴题(全套含答案)
第一部分函数图象中点的存在性问题§1．1 因动点产生的相似三角形问题例1 2014年市中考第28题例2 2014年市中考第21题例3 2015年湘西州中考第26题例4 2015年市中考第25题例5 2016年市中考第26题例6 2016年市中考第24题例7 2016年市崇明县中考模拟第25题例8 2016年市黄浦区中考模拟第26题§1．2 因动点产生的等腰三角形问题例9 2014年市中考第26题例10 2014年市第25题例11 2014年市中考第26题例12 2014年市中考第27题例13 2015年市中考第22题例14 2015年市中考第26题例15 2016年市中考第26题例16 2016年市长宁区金山区中考模拟第25题例17 2016年省中考第23题§1．3 因动点产生的直角三角形问题例19 2015年市中考第21题例20 2015年市中考第26题例21 2016年市中考第26题例22 2016年市松江区中考模拟第25题例23 2016年义乌市市中考第24题§1．4 因动点产生的平行四边形问题例24 2014年市中考第24题例25 2014年市中考第20题例26 2014年市中考第25题例27 2015年市中考第25题例28 2015年黄冈市中考第24题例29 2016年市中考第26题例30 2016年市嘉定区宝山区中考模拟中考第24题例31 2016年市徐汇区中考模拟第24题§1．5 因动点产生的面积问题例32 2014年市中考第25题例33 2014年永州市中考第25题例35 2015年市中考第26题例36 2015年株洲市中考第23题例37 2015年市中考第28题例38 2016年市中考第22题例39 2016年永州市中考第26题例40 2016年市中考第26题例41 2016年省中考第25题§1．6 因动点产生的相切问题例42 2014年市中考第27题例43 2014年株洲市中考第23题例44 2015年市中考第25题例45 2015年湘西州中考第25题例46 2016年市中考第25题例47 2016年市中考第26题例48 2016年市闵行区中考模拟第24题例49 2016年市普陀区中考模拟中考第25题§1．7 因动点产生的线段和差问题例50 2014年市中考第26题例51 2014年湘西州中考第25题例53 2015年市中考第28题例54 2015年市中考第25题例55 2016年市中考第26题例56 2016年市中考第24题例57 2016年市中考第21题第二部分图形运动中的函数关系问题§2．1 由比例线段产生的函数关系问题例1 2014年市中考第26题例2 2014年市中考第25题例3 2014年市中考第25题例4 2015年市中考第25题例5 2015年市中考第26题例6 2015年市中考第25题例7 2015年市中考第26题例8 2016年市中考第25题例9 2016年湘西州中考第26题例10 2016年市静安区青浦区中考模拟第25题例11 2016年市中考第27题第三部分图形运动中的计算说理问题§3．1 代数计算及通过代数计算进行说理问题例1 2014年市中考第25题例2 2014年市中考第23题例3 2014年市中考第26题例4 2014年株洲市中考第24题例5 2015年市中考第27题例6 2015年市中考第25题例7 2015年永州市中考第26题例8 2015年市中考第25题例9 2015年株洲市中考第24题例10 2016年市中考第22题例11 2016年市中考第25题例12 2016年株洲市中考第26题例13 2016年市中考第25题例14 2016年市中考第26题§3．2 几何证明及通过几何计算进行说理问题例15 2014年市中考第26题例16 2014年市中考第26题例17 2014年市中考第23题例18 2015年市中考第26题例19 2015年市中考第20题例20 2015年永州市中考第27题例21 2015年市中考第23题例22 2016年市中考第25题例23 2016年市中考第25题例24 2016年永州市中考第27题例25 2016年市中考第23题例26 2016年株洲市中考第25题例27 2016年市中考第25题第四部分图形的平移、翻折与旋转§4．1 图形的平移例1 2015年市中考第15题例2 2015年市中考第14题例3 2015年株洲市中考第14题例4 2016年市虹口区中考模拟第18题§4．2 图形的翻折例5 2016年市奉贤区中考模拟第18题例6 2016年市静安区青浦区中考模拟第18题例7 2016年市闵行区中考模拟第18题例8 2016年市浦东新区中考模拟第18题例8 2016年市普陀区中考模拟第18题例10 2016年市中考第15题例11 2016年市中考第14题例12 2016年市中考第18题例13 2016年市中考第15题例14 2016年市中考第12题§4．3 图形的旋转例15 2016年昂立教育中学生三模联考第18题例16 2016年市崇明县中考模拟第18题例17 2016年市黄浦区中考模拟第18题例18 2016年市嘉定区宝山区中考模拟第18题例19 2016年市闸北区中考模拟第18题例20 2016年市中考第13题例21 2016年株洲市中考第4题§4．4 三角形例22 2016年省中考第10题例23 2016年市中考第10题例24 2016年省中考第16题例25 2016年市中考第10题例27 2016年市中考第10题例28 2016年省中考第14题例29 2016年江市中考第11题例30 2016年市中考第18题§4．5 四边形例31 2016年湘西州中考第11题例32 2016年市中考第4题例33 2016年市中考第6题例34 2016年市中考第16题例35 2016年市中考第14题例36 2016年市中考第13题例37 2016年市中考第18题例38 2016年市中考第17题例39 2016年市中考第15题§4．6 圆例40 2016年滨州市中考第16题例41 2016年市中考第17题例42 2016年市中考第16题例43 2016年市中考第17题例45 2016年市中考第18题例46 2016年市中考第9题例47 2016年宿迁市中考第16题例48 2016年市中考第17题例49 2016年市中考第18题例50 2016年湘西州中考第18题例51 2016年永州市中考第20题§4．7 函数的图象及性质例52 2015年荆州市中考第9题例53 2015年市中考第12题例54 2015年市中考第12题例55 2015年市中考第10题例56 2015年市中考第10题例57 2015年呼和浩特市中考第10题例58 2016年市中考第18题例59 2016年市中考第19题例60 2016年市中考第15题例61 2016年株洲市中考第9题例62 2016年永州市中考第19题例63 2016年市中考第8题例64 2016年市中考第16题例65 2016年市中考第14题例66 2016年株洲市中考第10题例67 2016年株洲市中考第17题例68 2016年东营市中考第15题例69 2016年市中考第13题例70 2016年市中考第16题例71 2016年宿迁市中考第15题例72 2016年市中考第14题例73 2016年义乌市市中考第9题例74 2016年市中考第12题例75 2016年市中考第16题§1．1 因动点产生的相似三角形问题课前导学相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分AB DEAC DF=和AB DFAC DE=两种情况列方程．应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．求线段的长，要用到两点间的距离公式，而这个公式容易记错．理解记忆比较好．如图1，如果已知A、B两点的坐标，怎样求A、B两点间的距离呢？我们以AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，这样用勾股定理就可以求斜边AB的长了．水平距离BC的长就是A、B两点间的水平距离，等于A、B两点的横坐标相减；竖直距离AC就是A、B两点间的竖直距离，等于A、B两点的纵坐标相减．图1例 1 2014年省市中考第28题二次函数y＝a x2＋b x＋c（a≠0）的图象与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，与y轴交于点C(0,－3m)（m＞0），顶点为D．（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；（2）如图1，当m＝2时，点P为第三象限抛物线上的一个动点，设△APC的面积为S，试求出S与点P的横坐标x之间的函数关系式及S的最大值；（3）如图2，当m取何值时，以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似？图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“1428”，拖动点P 运动，可以体验到，当点P 运动到AC 的中点的正下方时，△APC 的面积最大．拖动y 轴上表示实数m 的点运动，抛物线的形状会改变，可以体验到，∠ACD 和∠ADC 都可以成为直角．思路点拨1．用交点式求抛物线的解析式比较简便．2．连结OP ，△APC 可以割补为：△AOP 与△COP 的和，再减去△AOC ．3．讨论△ACD 与△OBC 相似，先确定△ACD 是直角三角形，再验证两个直角三角形是否相似．4．直角三角形ACD 存在两种情况．图文解析（1）因为抛物线与x 轴交于A (－3, 0)、B (1, 0)两点，设y ＝a (x ＋3)(x －1)．代入点C (0,－3m )，得－3m ＝－3a ．解得a ＝m ．所以该二次函数的解析式为y ＝m (x ＋3)(x －1)＝mx 2＋2mx －3m ．（2）如图3，连结OP ．当m ＝2时，C (0,－6)，y ＝2x 2＋4x －6，那么P (x , 2x 2＋4x －6)． 由于S △AOP ＝1()2P OA y ⨯-＝32-(2x 2＋4x －6)＝－3x 2－6x ＋9， S △COP ＝1()2P OC x ⨯-＝－3x ，S △AOC ＝9， 所以S ＝S △APC ＝S △AOP ＋S △COP －S △AOC ＝－3x 2－9x ＝23273()24x -++． 所以当32x =-时，S 取得最大值，最大值为274．图3 图4 图5（3）如图4，过点D 作y 轴的垂线，垂足为E ．过点A 作x 轴的垂线交DE 于F ．由y ＝m (x ＋3)(x －1)＝m (x ＋1)2－4m ，得D (－1,－4m )．在Rt △OBC 中，OB ∶OC ＝1∶3m ．如果△ADC 与△OBC 相似，那么△ADC 是直角三角形，而且两条直角边的比为1∶3m ． ①如图4，当∠ACD ＝90°时，OA OC EC ED =．所以331m m =．解得m ＝1． 此时3CA OC CD ED ==，3OC OB =．所以CA OC CD OB =．所以△CDA ∽△OBC ． ②如图5，当∠ADC ＝90°时，FA FD ED EC =．所以421m m=．解得2m =． 此时222DA FD DC EC m===，而3232OC m OB ==．因此△DCA 与△OBC 不相似． 综上所述，当m ＝1时，△CDA ∽△OBC ．考点伸展第（2）题还可以这样割补：如图6，过点P 作x 轴的垂线与AC 交于点H ．由直线AC ：y ＝－2x －6，可得H (x ,－2x －6)．又因为P (x , 2x 2＋4x －6)，所以HP ＝－2x 2－6x ．因为△PAH 与△PCH 有公共底边HP ，高的和为A 、C 两点间的水平距离3，所以 S ＝S △APC ＝S △APH ＋S △CPH＝32(－2x 2－6x ) ＝23273()24x -++． 图6例 2 2014年省市中考第21题如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥AB，∠B＝60°，AB＝10，BC＝4，点P沿线段AB从点A向点B运动，设AP＝x．2·1·c·n·j·y（1）求AD的长；（2）点P在运动过程中，是否存在以A、P、D为顶点的三角形与以P、C、B为顶点的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由；（3）设△ADP与△PCB的外接圆的面积分别为S1、S2，若S＝S1＋S2，求S的最小值. 动感体验图1请打开几何画板文件名“1421”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，圆心O的运动轨迹是线段BC的垂直平分线上的一条线段．观察S随点P运动的图象，可以看到，S有最小值，此时点P看上去象是AB的中点，其实离得很近而已．思路点拨1．第（2）题先确定△PCB是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．2．第（3）题理解△PCB的外接圆的圆心O很关键，圆心O在确定的BC的垂直平分线上，同时又在不确定的BP的垂直平分线上．而BP与AP是相关的，这样就可以以AP为自变量，求S的函数关系式．图文解析（1）如图2，作CH⊥AB于H，那么AD＝CH．在Rt△BCH中，∠B＝60°，BC＝4，所以BH＝2，CH＝23．所以AD＝23．（2）因为△APD是直角三角形，如果△APD与△PCB相似，那么△PCB一定是直角三角形．①如图3，当∠CPB＝90°时，AP＝10－2＝8．所以APAD＝823＝433，而PCPB＝3．此时△APD与△PCB不相似．图2 图3 图4 ②如图4，当∠BCP＝90°时，BP＝2BC＝8．所以AP＝2．所以APAD＝23＝33．所以∠APD＝60°．此时△APD∽△CBP．综上所述，当x ＝2时，△APD ∽△CBP ． （3）如图5，设△ADP 的外接圆的圆心为G ，那么点G 是斜边DP 的中点．设△PCB 的外接圆的圆心为O ，那么点O 在BC 边的垂直平分线上，设这条直线与BC 交于点E ，与AB 交于点F ．设AP ＝2m ．作OM ⊥BP 于M ，那么BM ＝PM ＝5－m ．在Rt △BEF 中，BE ＝2，∠B ＝60°，所以BF ＝4．在Rt △OFM 中，FM ＝BF －BM ＝4－(5－m )＝m －1，∠OFM ＝30°，所以OM ＝3(1)3m -． 所以OB 2＝BM 2＋OM 2＝221(5)(1)3m m -+-． 在Rt △ADP 中，DP 2＝AD 2＋AP 2＝12＋4m 2．所以GP 2＝3＋m 2．于是S ＝S 1＋S 2＝π(GP 2＋OB 2)＝22213(5)(1)3m m m π⎡⎤++-+-⎢⎥⎣⎦＝2(73285)3m m π-+． 所以当167m =时，S 取得最小值，最小值为1137π．图5 图6考点伸展关于第（3）题，我们再讨论个问题．问题1，为什么设AP ＝2m 呢？这是因为线段AB ＝AP ＋PM ＋BM ＝AP ＋2BM ＝10．这样BM ＝5－m ，后续可以减少一些分数运算．这不影响求S 的最小值．问题2，如果圆心O 在线段EF 的延长线上，S 关于m 的解析式是什么？如图6，圆心O 在线段EF 的延长线上时，不同的是FM ＝BM －BF ＝(5－m )－4＝1－m ．此时OB 2＝BM 2＋OM 2＝221(5)(1)3m m -+-．这并不影响S 关于m 的解析式．例 3 2015年省湘西市中考第26题如图1，已知直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c 经过A、B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒2个单位的速度匀速运动，连结PQ，设运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式；（2）问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；（3）过点P作PE//y轴，交AB于点E，过点Q作QF//y轴，交抛物线于点F，连结EF，当EF//PQ时，求点F的坐标；（4）设抛物线顶点为M，连结BP、BM、MQ，问：是否存在t的值，使以B、Q、M为顶点的三角形与以O、B、P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“15湘西26”，拖动点P在OA上运动，可以体验到，△APQ有两个时刻可以成为直角三角形，四边形EPQF有一个时刻可以成为平行四边形，△MBQ与△BOP有一次机会相似．思路点拨1．在△APQ中，∠A＝45°，夹∠A的两条边AP、AQ都可以用t表示，分两种情况讨论直角三角形APQ．2．先用含t的式子表示点P、Q的坐标，进而表示点E、F的坐标，根据PE＝QF列方程就好了．3．△MBQ与△BOP都是直角三角形，根据直角边对应成比例分两种情况讨论．图文解析（1）由y＝－x＋3，得A(3, 0)，B(0, 3)．将A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得930,3.b cc-++=⎧⎨=⎩解得2,3.bc=⎧⎨=⎩所以抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3．（2）在△APQ中，∠PAQ＝45°，AP＝3－t，AQ＝2t．分两种情况讨论直角三角形APQ：①当∠PQA＝90°时，AP＝2AQ．解方程3－t＝2t，得t＝1（如图2）．②当∠QPA＝90°时，AQ＝2AP．解方程2t＝2(3－t)，得t＝1.5（如图3）．图2 图3（3）如图4，因为PE//QF，当EF//PQ时，四边形EPQF是平行四边形．所以EP＝FQ．所以y E－y P＝y F－y Q．因为x P＝t，x Q＝3－t，所以y E＝3－t，y Q＝t，y F＝－(3－t)2＋2(3－t)＋3＝－t2＋4t．因为y E－y P＝y F－y Q，解方程3－t＝(－t2＋4t)－t，得t＝1，或t＝3（舍去）．所以点F的坐标为(2, 3)．图4 图5（4）由y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，得M(1, 4)．由A(3, 0)、B(0, 3)，可知A、B两点间的水平距离、竖直距离相等，AB＝2．由B(0, 3)、M(1, 4)，可知B、M两点间的水平距离、竖直距离相等，BM2．所以∠MBQ＝∠BOP＝90°．因此△MBQ与△BOP相似存在两种可能：①当BM OBBQ OP=23322tt=-．解得94t=（如图5）．②当BM OPBQ OB=23322tt=-．整理，得t2－3t＋3＝0．此方程无实根．考点伸展第（3）题也可以用坐标平移的方法：由P(t, 0)，E(t, 3－t)，Q(3－t, t)，按照P→E 方向，将点Q向上平移，得F(3－t, 3)．再将F(3－t, 3)代入y＝－x2＋2x＋3，得t＝1，或t ＝3．§1．2 因动点产生的等腰三角形问题课前导学我们先回顾两个画图问题：1．已知线段AB＝5厘米，以线段AB为腰的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB＝6厘米，以线段AB为底边的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除了两个点以外，都是顶点C．已知底边画等腰三角形，顶角的顶点在底边的垂直平分线上，垂足要除外．在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般都要先分类．如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．解等腰三角形的存在性问题，有几何法和代数法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快．几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？如果△ABC的∠A（的余弦值）是确定的，夹∠A的两边AB和AC可以用含x的式子表示出来，那么就用几何法．①如图1，如果AB＝AC，直接列方程；②如图2，如果BA＝BC，那么1cos2AC AB A=∠；③如图3，如果CA＝CB，那么1cos2AB AC A=∠．代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验．如果三角形的三个角都是不确定的，而三个顶点的坐标可以用含x的式子表示出来，那么根据两点间的距离公式，三边长（的平方）就可以罗列出来．图1 图2 图3例 9 2014年市中考第26题如图1，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c （a 、b 、c 是常数，a ≠0）的对称轴为y 轴，且经过(0,0)和1(,)16a 两点，点P 在该抛物线上运动，以点P 为圆心的⊙P 总经过定点A (0, 2)． （1）求a 、b 、c 的值；（2）求证：在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交；（3）设⊙P 与x 轴相交于M (x 1, 0)、N (x 2, 0)两点，当△AMN 为等腰三角形时，求圆心P 的纵坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“1426”，拖动圆心P 在抛物线上运动，可以体验到，圆与x 轴总是相交的，等腰三角形AMN 存在五种情况．思路点拨1．不算不知道，一算真奇妙，原来⊙P 在x 轴上截得的弦长MN ＝4是定值．2．等腰三角形AMN 存在五种情况，点P 的纵坐标有三个值，根据对称性，MA ＝MN 和NA ＝NM 时，点P 的纵坐标是相等的．图文解析（1）已知抛物线的顶点为(0,0)，所以y ＝ax 2．所以b ＝0，c ＝0．将1(,)16a 代入y ＝ax 2，得2116a =．解得14a =（舍去了负值）． （2）抛物线的解析式为214y x =，设点P 的坐标为21(,)4x x ． 已知A (0, 2)，所以222411(2)4416PA x x x =+-+＞214x ． 而圆心P 到x 轴的距离为214x ，所以半径PA ＞圆心P 到x 轴的距离． 所以在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交．（3）如图2，设MN 的中点为H ，那么PH 垂直平分MN ．在Rt △PMH 中，2241416PM PA x ==+，22411()416PH x x ==，所以MH 2＝4． 所以MH ＝2．因此MN ＝4，为定值．等腰△AMN 存在三种情况：①如图3，当AM ＝AN 时，点P 为原点O 重合，此时点P 的纵坐标为0．图2 图3②如图4，当MA ＝MN 时，在Rt △AOM 中，OA ＝2，AM ＝4，所以OM ＝23．此时x ＝OH ＝232+．所以点P 的纵坐标为22211(232)(31)42344x =+=+=+． 如图5，当NA ＝NM 时，根据对称性，点P 的纵坐标为也为423+．图4 图5③如图6，当NA ＝NM ＝4时，在Rt △AON 中，OA ＝2，AN ＝4，所以ON ＝23．此时x ＝OH ＝232-．所以点P 的纵坐标为22211(232)(31)42344x =-=-=-． 如图7，当MN ＝MA ＝4时，根据对称性，点P 的纵坐标也为423-．图6 图7考点伸展如果点P 在抛物线214y x =上运动，以点P 为圆心的⊙P 总经过定点B (0, 1)，那么在点P 运动的过程中，⊙P 始终与直线y ＝－1相切．这是因为：设点P 的坐标为21(,)4x x ．已知B (0, 1)，所以2114PB x ==+．而圆心P 到直线y ＝－1的距离也为2114x +，所以半径PB ＝圆心P 到直线y ＝－1的距离．所以在点P 运动的过程中，⊙P 始终与直线y ＝－1相切．例 10 2014年省市中考第25题如图1，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c （a ≠0）过O 、B 、C 三点，B 、C 坐标分别为(10, 0)和1824(,)55-，以OB 为直径的⊙A 经过C 点，直线l 垂直x 轴于B 点．（1）求直线BC 的解析式； （2）求抛物线解析式及顶点坐标；（3）点M 是⊙A 上一动点（不同于O 、B ），过点M 作⊙A 的切线，交y 轴于点E ，交直线l 于点F ，设线段ME 长为m ，MF 长为n ，请猜想mn 的值，并证明你的结论；（4）若点P 从O 出发，以每秒1个单位的速度向点B 作直线运动，点Q 同时从B 出发，以相同速度向点C 作直线运动，经过t （0＜t ≤8）秒时恰好使△BPQ 为等腰三角形，请求出满足条件的t 值． 图图1动感体验请打开几何画板文件名“1425”，拖动点M 在圆上运动，可以体验到，△EAF 保持直角三角形的形状，AM 是斜边上的高．拖动点Q 在BC 上运动，可以体验到，△BPQ 有三个时刻可以成为等腰三角形．思路点拨1．从直线BC 的解析式可以得到∠OBC 的三角比，为讨论等腰三角形BPQ 作铺垫． 2．设交点式求抛物线的解析式比较简便．3．第（3）题连结AE 、AF 容易看到AM 是直角三角形EAF 斜边上的高．4．第（4）题的△PBQ 中，∠B 是确定的，夹∠B 的两条边可以用含t 的式子表示．分三种情况讨论等腰三角形．图文解析（1）直线BC 的解析式为31542y x =-． （2）因为抛物线与x 轴交于O 、B (10, 0)两点，设y ＝ax (x －10)．代入点C 1824(,)55-，得241832()555a -=⨯⨯-．解得524a =． 所以2255255125(10)(5)2424122424y x x x x x =-=-=--． 抛物线的顶点为125(5,)24-．（3）如图2，因为EF 切⊙A 于M ，所以AM ⊥EF ．由AE ＝AE ，AO ＝AM ，可得Rt △AOE ≌Rt △AME ． 所以∠1＝∠2． 同理∠3＝∠4． 于是可得∠EAF ＝90°．所以∠5＝∠1．由tan ∠5＝tan ∠1，得MA MEMF MA=． 所以ME ·MF ＝MA 2，即mn ＝25．图2（4）在△BPQ 中，cos ∠B ＝45，BP ＝10－t ，BQ ＝t ． 分三种情况讨论等腰三角形BPQ ：①如图3，当BP ＝BQ 时，10－t ＝t ．解得t ＝5．②如图4，当PB ＝PQ 时，1cos 2BQ BP B =∠．解方程14(10)25t t =-，得8013t =． ③如图5，当QB ＝QP 时，1cos 2BP BQ B =∠．解方程14(10)25t t -=，得5013t =．图3 图4 图5考点伸展在第（3）题条件下，以EF 为直径的⊙G 与x 轴相切于点A ．如图6，这是因为AG 既是直角三角形EAF 斜边上的中线，也是直角梯形EOBF 的中位线，因此圆心G 到x 轴的距离等于圆的半径，所以⊙G 与x 轴相切于点A ．图6例 11 2014年省市中考第26题在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－(m＋n)x＋mn（m＞n）与x轴相交于A、B两点（点A位于点B的右侧），与y轴相交于点C．（1）若m＝2，n＝1，求A、B两点的坐标；（2）若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是(0,－1)，求∠ACB的大小；（3）若m＝2，△ABC是等腰三角形，求n的值．动感体验请打开几何画板文件名“1426”，点击屏幕左下方的按钮（2），拖动点A在x轴正半轴上运动，可以体验到，△ABC保持直角三角形的形状．点击屏幕左下方的按钮（3），拖动点B在x轴上运动，观察△ABC的顶点能否落在对边的垂直平分线上，可以体验到，等腰三角形ABC有4种情况．思路点拨1．抛物线的解析式可以化为交点式，用m，n表示点A、B、C的坐标．2．第（2）题判定直角三角形ABC，可以用勾股定理的逆定理，也可以用锐角的三角比．3．第（3）题讨论等腰三角形ABC，先把三边长（的平方）罗列出来，再分类解方程．图文解析（1）由y＝x2－(m＋n)x＋mn＝(x－m)(x－n)，且m＞n，点A位于点B的右侧，可知A(m, 0)，B(n, 0)．若m＝2，n＝1，那么A(2, 0)，B(1, 0)．．（2）如图1，由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1，OC＝1．若A、B两点分别位于y轴的两侧，那么OA·OB＝m(－n)＝－mn＝1．所以OC2＝OA·OB．所以OC OB OA OC．所以tan∠1＝tan∠2．所以∠1＝∠2．又因为∠1与∠3互余，所以∠2与∠3互余．所以∠ACB＝90°．图1 图2 图3（3）在△ABC中，已知A(2, 0)，B(n, 0)，C(0, 2n)．讨论等腰三角形ABC，用代数法解比较方便：由两点间的距离公式，得AB2＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得43n=-（如图2）．②当CA＝CB时，解方程4＋4n2＝5n2，得n＝－2（如图3），或n＝2（A、B重合，舍去）．③当BA＝BC时，解方程(n－2)2＝5n2，得512n+=-（如图4），或512n-=（如图5）．图4 图5考点伸展第（2）题常用的方法还有勾股定理的逆定理．由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1．由A(m, 0)，B(n, 0)，C(0,－1)，得AB2＝(m－n)2＝m2－2mn＋n2＝m2＋n2＋2，BC2＝n2＋1，AC2＝m2＋1．所以AB2＝BC2＋AC2．于是得到Rt△ABC，∠ACB＝90°．第（3）题在讨论等腰三角形ABC时，对于CA＝CB的情况，此时A、B两点关于y轴对称，可以直接写出B(－2, 0)，n＝－2．例 12 2014年省市中考第27题如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连结PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图2，连结PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“1427”，拖动点Q在AC上运动，可以体验到，当点P运动到AB的中点时，△APQ的面积最大，等腰三角形APQ存在三种情况．还可以体验到，当QC＝2HC时，四边形PQP′C是菱形．思路点拨1．在△APQ中，∠A是确定的，夹∠A的两条边可以用含t的式子表示．2．四边形PQP′C的对角线保持垂直，当对角线互相平分时，它是菱形，．图文解析（1）在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，所以AB＝5，sin A＝35，cos A＝45．作QD⊥AB于D，那么QD＝AQ sin A＝35t．所以S＝S△APQ＝12AP QD⋅＝13(5)25t t-⨯＝23(5)10t t--＝23515()+1028t--．当52t=时，S取得最大值，最大值为158．（2）设PP′与AC交于点H，那么PP′⊥QC，AH＝AP cos A＝4(5)5t-．如果四边形PQP′C为菱形，那么PQ＝PC．所以QC＝2HC．解方程4424(5)5t t⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦，得2013t=．图3 图4 （3）等腰三角形APQ存在三种情况：①如图5，当AP＝AQ时，5－t＝t．解得52t=．②如图6，当PA＝PQ时，1cos2AQ AP A=．解方程14(5)25t t=-，得4013t=．③如图7，当QA＝QP时，1cos2AP AQ A=．解方程14(5)25t t-=，得2513t=．图5 图6 图7 考点伸展在本题情境下，如果点Q是△PP′C的重心，求t的值．如图8，如果点Q是△PP′C的重心，那么QC＝23 HC．解方程2444(5)35t t⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦，得6023t=．图8例 13 2015年省市中考第22题如图1，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P以每秒1个单位的速度从A 向C运动，同时点Q以每秒2个单位的速度从A→B→C方向运动，它们到C点后都停止运动，设点P、Q运动的时间为t秒．（1）在运动过程中，求P、Q两点间距离的最大值；（2）经过t秒的运动，求△ABC被直线PQ扫过的面积S与时间t的函数关系式；（3）P，Q两点在运动过程中，是否存在时间t，使得△PQC为等腰三角形．若存在，求出此时的t值，若不存在，请说明理由．（24.25≈，结果保留一位小数）图1动感体验请打开几何画板文件名“1522”，拖动点P在AC上运动，可以体验到，PQ与BD保持平行，等腰三角形PQC存在三种情况．思路点拨1．过点B作QP的平行线交AC于D，那么BD的长就是PQ的最大值．2．线段PQ扫过的面积S要分两种情况讨论，点Q分别在AB、BC上．3．等腰三角形PQC分三种情况讨论，先罗列三边长．图文解析（1）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，所以AB＝10．如图2，当点Q在AB上时，作BD//PQ交AC于点D，那么22AB AQ tAD AP t===．所以AD＝5．所以CD＝3．如图3，当点Q在BC上时，16228CQ tCP t-==-．又因为623CBCD==，所以CQ CBCP CD=．因此PQ//BD．所以PQ的最大值就是BD．在Rt△BCD中，BC＝6，CD＝3，所以BD＝35．所以PQ的最大值是35．图2 图3 图4 （2）①如图2，当点Q在AB上时，0＜t≤5，S△ABD＝15．由△AQP∽△ABD，得2()AQPABDS APS AD=△△．所以S＝S△AQP＝215()5t⨯＝235t．②如图3，当点Q在BC上时，5＜t≤8，S△ABC＝24．因为S △CQP ＝12CQ CP ⋅＝1(162)(8)2t t --＝2(8)t -， 所以S ＝S △ABC －S △CQP ＝24－(t －8)2＝－t 2＋16t －40．（3）如图3，当点Q 在BC 上时，CQ ＝2CP ，∠C ＝90°，所以△PQC 不可能成为等腰三角形． 当点Q 在AB 上时，我们先用t 表示△PQC 的三边长：易知CP ＝8－t ． 如图2，由QP //BD ，得QP AP BD AD =，即535t=．所以35QP t =． 如图4，作QH ⊥AC 于H ．在Rt △AQH 中，QH ＝AQ sin ∠A ＝65t ，AH ＝85t ． 在Rt △CQH 中，由勾股定理，得CQ ＝22QH CH +＝2268()(8)55t t +-． 分三种情况讨论等腰三角形PQC ： （1）①当PC ＝PQ 时，解方程358t t -=，得6510t =-≈3.4（如图5所示）． ②当QC ＝QP 时，226835()(8)55t t t +-=．整理，得2111283200t t -+=． 所以(11t －40)(t －8)＝0．解得4011t =≈3.6（如图6所示），或t ＝8（舍去）． ③当CP ＝CQ 时，22688()(8)55t t t -=+-．整理，得25160t t -=． 解得165t =＝3.2（如图7所示），或t ＝0（舍去）． 综上所述，当t 的值约为3.4，3.6，或等于3.2时，△PQC 是等腰三角形．图5 图6 图7考点伸展第（1）题求P 、Q 两点间距离的最大值，可以用代数计算说理的方法： ①如图8，当点Q 在AB 上时，PQ 22QH PH +2268()()55t t t +-35．当Q 与B 重合时，PQ 最大，此时t ＝5，PQ 的最大值为35．②如图9，当点Q 在BC 上时，PQ ＝22CQ CP +＝22(2)CP CP +＝5(8)t -． 当Q 与B 重合时，PQ 最大，此时t ＝5，PQ 的最大值为35． 综上所述，PQ 的最大值为35．图8 图9§1．3 因动点产生的直角三角形问题课前导学我们先看三个问题：1．已知线段AB ，以线段AB 为直角边的直角三角形ABC 有多少个？顶点C 的轨迹是什么？2．已知线段AB ，以线段AB 为斜边的直角三角形ABC 有多少个？顶点C 的轨迹是什么？ 3．已知点A (4,0)，如果△OAB 是等腰直角三角形，求符合条件的点B 的坐标．图1 图2 图3如图1，点C 在垂线上，垂足除外．如图2，点C 在以AB 为直径的圆上，A 、B 两点除外．如图3，以OA 为边画两个正方形，除了O 、A 两点以外的顶点和正方形对角线的交点，都是符合题意的点B ，共6个．解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程． 有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便． 解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起．如果直角边与坐标轴不平行，那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，可以构造两个新的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便．如图4，已知A(3, 0)，B(1,－4)，如果直角三角形ABC的顶点C在y轴上，求点C的坐标．我们可以用几何的方法，作AB为直径的圆，快速找到两个符合条件的点C．如果作BD⊥y轴于D，那么△AOC∽△CDB．设OC＝m，那么341mm-=．这个方程有两个解，分别对应图中圆与y轴的两个交点．图4例 19 2015年省市中考第21题如图1，已知抛物线E1：y＝x2经过点A(1,m)，以原点为顶点的抛物线E2经过点B(2,2)，点A、B关于y轴的对称点分别为点A′、B′．（1）求m的值及抛物线E2所表示的二次函数的表达式；（2）如图1，在第一象限，抛物线E1上是否存在点Q，使得以点Q、B、B′为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；（3）如图2，P为第一象限的抛物线E1上与点A不重合的一点，连结OP并延长与抛物线E2相交于点P′，求△PAA′与△P′BB′的面积之比．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“1521”，拖动点P在抛物线E1上运动，可以体验到，点P始终是线段OP′的中点．还可以体验到，直角三角形QBB′有两个．思路点拨1．判断点P是线段OP′的中点是解决问题的突破口，这样就可以用一个字母表示点P、P′的坐标．2．分别求线段AA′∶BB′，点P到AA′的距离∶点P′到BB′的距离，就可以比较。
2017年重点中学中考数学压轴题强化训练 (10) Word版 含答案
数学中考压轴题强化训练09 如图所示，对称轴为直线27=x 的抛物线经过点A （6，0）和B （0，4）。
（10分） ⑴求该抛物线解析式及顶点坐标；⑵设点E （y x ,）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF 是以OA 为对角线的平行四边形，求四边形OEAF 的面积S 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；①当四边形OEAF 的面积为24时，请判断四边形OEAF 是否为菱形？②是否存在点E ，使四边形OEAF 为正方形？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由。
参考答案及评分标准解：⑴由对称轴直线27=x 和A （6，0），可得抛物线与x 轴的另一个交点坐标为（1，0） ∴该抛物线解析式为：)6)(1(32--=x x y ……2分 当对称轴是直线27=x 时，625-=y ，因此顶点坐标为（625,27-）……3分⑵由E （y x ,）是抛物线上一点，可得E[)6)(1(32,--x x x ] 因此24284221)6)(1(3262-+-=⋅⋅--⋅=+=∆∆x x x x S S S OEA OFA OEAF 平行四边形 因为抛物线与x 轴的两个交点是（1，0）和（6，0）……5分∴自变量x 的取值范围是61<<x ……6分①根据题意得，当S=24时，即24242842=-+-x x ，解得：4,321==x x ∴点E 的坐标为（3，－4）或（4，－4）又∵当E （3，－4）时，可得OE=AE=5，此时平行四边形OEAF 是菱形；当E （4，－4）时，可得OE ≠AE ，此时平行四边形OEAF 不是菱形。
……8分②要使□OEAF 是正方形，只有当OA ⊥EF ，且OA=EF=6时；此时点E 的坐标为（3，－3） 而点（3，－3）不在抛物线上，所以不存在这样的点E 。
……10分。
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2017 年中考数学冲刺复习资料:二次函数压轴题面积类1．如图，已知抛物线经过点A（﹣1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点．（1）求抛物线的解析式．（2）点M 是线段BC 上的点（不与B，C 重合），过M 作MN∥y 轴交抛物线于N，若点M 的横坐标为m，请用m 的代数式表示MN 的长．（3）在（2）的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC 的面积最大？若存在，求m 的值；若不存在，说明理由．考点：二次函数综合题．专题：压轴题；数形结合．分析：（1）已知了抛物线上的三个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线的解析式．（2）先利用待定系数法求出直线BC 的解析式，已知点M 的横坐标，代入直线BC、抛物线的解析式中，可得到M、N 点的坐标，N、M 纵坐标的差的绝对值即为MN 的长．（3）设MN 交x 轴于D，那么△BNC 的面积可表示为：S△BNC=S△MNC+S△=MN（OD+DB）=MN•OB，MN 的表达式在（2）中已求得，OB 的长易知，由此列出关MNB于S△BNC、m 的函数关系式，根据函数的性质即可判断出△BNC 是否具有最大值．解答：解：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣3），则：a（0+1）（0﹣3）=3，a=﹣1；∴抛物线的解析式：y=﹣（x+1）（x﹣3）=﹣x2+2x+3．（2）设直线BC 的解析式为：y=kx+b，则有：；故直线 BC 的解析式：y =﹣x +3．已知点 M 的横坐标为 m ，MN ∥y ，则 M （m ，﹣m +3）、N （m ，﹣m 2+2m +3）；∴故 MN =﹣m 2+2m +3﹣（﹣m +3）=﹣m 2+3m （0＜m ＜3）．（3） 如图；∵S △BNC =S △MNC +S △MNB =MN （OD +DB ）=MN •OB ，∴S △BNC =（﹣m 2+3m ）•3=﹣（m ﹣）2+（0＜m ＜3）；∴当 m =时，△BNC 的面积最大，最大值为．2. 如图，抛物线 的图象与 x 轴交于 A 、B 两点，与 y 轴交于 C 点，已知 B 点坐标为（4，0）．（1） 求抛物线的解析式；（2） 试探究△ABC 的外接圆的圆心位置，并求出圆心坐标；（3） 若点 M 是线段 BC 下方的抛物线上一点，求△MBC 的面积的最大值，并求出此时 M 点的坐标．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题；转化思想．分析：（1）该函数解析式只有一个待定系数，只需将 B 点坐标代入解析式中即可．，解得（2）首先根据抛物线的解析式确定A 点坐标，然后通过证明△ABC 是直角三角形来推导出直径AB 和圆心的位置，由此确定圆心坐标．（3）△MBC 的面积可由S△MBC=BC×h 表示，若要它的面积最大，需要使h 取最大值，即点M 到直线BC 的距离最大，若设一条平行于BC 的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M．解答：解：（1）将B（4，0）代入抛物线的解析式中，得：0=16a﹣×4﹣2，即：a=；∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2．（2）由（1）的函数解析式可求得：A（﹣1，0）、C（0，﹣2）；∴OA=1，OC=2，OB=4，即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB，∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC；∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°，∴△ABC 为直角三角形，AB 为△ABC 外接圆的直径；所以该外接圆的圆心为AB 的中点，且坐标为：（，0）．（3）已求得：B（4，0）、C（0，﹣2），可得直线BC 的解析式为：y=x﹣2；设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l 与抛物线只有一个交点时，可列方程：x+b=x2﹣x﹣2，即：x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0；∴4﹣4×（﹣2﹣b）=0，即b=﹣4；∴直线l：y=x﹣4．所以点M 即直线l 和抛物线的唯一交点，有：，解得：即M（2，﹣3）．过M 点作MN⊥x 轴于N，S△BMC=S 梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×（2+3）+×2×3﹣×2×4=4．平行四边形类3.如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+mx+n 经过点A（3，0）、B（0，﹣3），点P 是直线AB 上的动点，过点P 作x 轴的垂线交抛物线于点M，设点P 的横坐标为t．（1）分别求出直线AB 和这条抛物线的解析式．（2）若点P 在第四象限，连接AM、BM，当线段PM 最长时，求△ABM 的面积．（3）是否存在这样的点P，使得以点P、M、B、O 为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点P 的横坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题；解一元二次方程－因式分解法；待定系数法求一次函数解析式；待定系数法求二次函数解析式；三角形的面积；平行四边形的判定．.专题：压轴题；存在型．分析：（1）分别利用待定系数法求两函数的解析式：把A（3，0）B（0，﹣3）分别代入y=x2+mx+n 与y=kx+b，得到关于m、n 的两个方程组，解方程组即可；（2）设点P 的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），用P 点的纵坐标减去M 的纵坐标得到PM 的长，即PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t，然后根据二次函数的最值得到当t=﹣=时，PM 最长为=，再利用三角形的面积公式利用S△=S△BPM+S△APM 计算即可；ABM（3）由PM∥OB，根据平行四边形的判定得到当PM=OB 时，点P、M、B、O 为顶点的四边形为平行四边形，然后讨论：当P 在第四象限：PM=OB=3，PM 最长时只有，所以不可能；当P 在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3；当P 在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，分别解一元二次方程即可得到满足条件的t 的值．解答：解：（1）把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=x2+mx+n，得解得，所以抛物线的解析式是y=x2﹣2x﹣3．设直线AB 的解析式是y=kx+b，把A（3，0）B（0，﹣3）代入y=kx+b，得，解得，所以直线AB 的解析式是y=x﹣3；（2）设点P 的坐标是（t，t﹣3），则M（t，t2﹣2t﹣3），因为p 在第四象限，所以PM=（t﹣3）﹣（t2﹣2t﹣3）=﹣t2+3t，当t=﹣=时，二次函数的最大值，即PM 最长值为=，则S△ABM=S△BPM+S△APM==．（3）存在，理由如下：∵PM∥OB，∴当PM=OB 时，点P、M、B、O 为顶点的四边形为平行四边形，①当P 在第四象限：PM=OB=3，PM 最长时只有，所以不可能有PM=3．②当P 在第一象限：PM=OB=3，（t2﹣2t﹣3）﹣（t﹣3）=3，解得t1=，t2=（舍去），所以P 点的横坐标是；③当P 在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，解得t1=（舍去），t2=，所以P 点的横坐标是．所以P 点的横坐标是或．4.如图，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为A（0，1），B（2，0），O（0，0），将此三角板绕原点O 逆时针旋转90°，得到△A′B′O．（1）一抛物线经过点A′、B′、B，求该抛物线的解析式；（2）设点P 是在第一象限内抛物线上的一动点，是否存在点P，使四边形PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积4 倍？若存在，请求出P 的坐标；若不存在，请说明理由．（3）在（2）的条件下，试指出四边形PB′A′B 是哪种形状的四边形？并写出四边形PB′A′B 的两条性质．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题．分析：（1）利用旋转的性质得出A′（﹣1，0），B′（0，2），再利用待定系数法求二次函数解析式即可；（2）利用S 四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，再假设四边形PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的4 倍，得出一元二次方程，得出P 点坐标即可；（3）利用P 点坐标以及B 点坐标即可得出四边形PB′A′B 为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答案即可．解答：解：（1）△A′B′O 是由△ABO 绕原点O 逆时针旋转90°得到的，又A（0，1），B（2，0），O（0，0），∴A′（﹣1，0），B′（0，2）．方法一：设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c（a≠0），∵抛物线经过点A′、B′、B，∴，解得：，∴满足条件的抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2．方法二：∵A′（﹣1，0），B′（0，2），B（2，0），设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x﹣2）将B′（0，2）代入得出：2=a（0+1）（0﹣2），解得：a=﹣1，故满足条件的抛物线的解析式为y=﹣（x+1）（x﹣2）=﹣x2+x+2；（2）∵P 为第一象限内抛物线上的一动点，设P（x，y），则x＞0，y＞0，P 点坐标满足y=﹣x2+x+2．连接PB，PO，PB′，∴S 四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB，=×1×2+×2×x+×2×y，=x+（﹣x2+x+2）+1，=﹣x2+2x+3．∵A′O=1，B′O=2，∴△A′B′O 面积为：×1×2=1，假设四边形PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的4 倍，则4=﹣x2+2x+3，即x2﹣2x+1=0，解得：x1=x2=1，此时y=﹣12+1+2=2，即P（1，2）．∴存在点P（1，2），使四边形PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的4 倍．（3）四边形PB′A′B 为等腰梯形，答案不唯一，下面性质中的任意2 个均可．①等腰梯形同一底上的两个内角相等；②等腰梯形对角线相等；③等腰梯形上底与下底平行；④等腰梯形两腰相等．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10 分）或用符号表示：①∠B′A′B=∠PBA′或∠A′B′P=∠BPB′；②PA′=B′B；③B′P∥A′B；④B′A′=PB．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10 分）5.如图，抛物线y=x2﹣2x+c 的顶点A 在直线l：y=x﹣5 上．（1）求抛物线顶点A 的坐标；（2）设抛物线与y 轴交于点B，与x 轴交于点C、D（C 点在D 点的左侧），试判断△ABD 的形状；（3）在直线l 上是否存在一点P，使以点P、A、B、D 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求点P 的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题；分类讨论．分析：（1）先根据抛物线的解析式得出其对称轴，由此得到顶点A 的横坐标，然后代入直线l 的解析式中即可求出点A 的坐标．（2）由A 点坐标可确定抛物线的解析式，进而可得到点B 的坐标．则AB、AD、BD 三边的长可得，然后根据边长确定三角形的形状．（3）若以点P、A、B、D 为顶点的四边形是平行四边形，应分①AB 为对角线、②AD 为对角线两种情况讨论，即①AD PB、②AB PD，然后结合勾股定理以及边长的等量关系列方程求出P 点的坐标．解答：解：（1）∵顶点A 的横坐标为x=﹣=1，且顶点A 在y=x﹣5 上，∴当x=1 时，y=1﹣5=﹣4，∴A（1，﹣4）．（2）△ABD 是直角三角形．将A（1，﹣4）代入y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3，∴y=x2﹣2x﹣3，∴B（0，﹣3）当y=0 时，x2﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3∴C（﹣1，0），D（3，0），BD2=OB2+OD2=18，AB2=（4﹣3）2+12=2，AD2=（3﹣1）2+42=20，BD2+AB2=AD2，∴∠ABD=90°，即△ABD 是直角三角形．（3）存在．由题意知：直线y=x﹣5 交y 轴于点E（0，﹣5），交x 轴于点F（5，0）∴OE=OF=5，又∵OB=OD=3∴△OEF 与△OBD 都是等腰直角三角形∴BD∥l，即PA∥BD则构成平行四边形只能是PADB 或PABD，如图，过点P 作y 轴的垂线，过点A 作x 轴的垂线交过P 且平行于x 轴的直线于点G．设P（x1，x1﹣5），则G（1，x1﹣5）则PG=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1|PA=BD=3由勾股定理得：（1﹣x ）2+（1﹣x ）2=18，x 2﹣2x ﹣8=0，x =﹣2 或 41 1 1 1 1∴P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1），存在点P（﹣2，﹣7）或P（4，﹣1）使以点A、B、D、P 为顶点的四边形是平行四边形．周长类6.如图，Rt△ABO 的两直角边OA、OB 分别在x 轴的负半轴和y 轴的正半轴上，O 为坐标原点，A、B 两点的坐标分别为（﹣3，0）、（0，4），抛物线y=x2+bx+c 经过点B，且顶点在直线x=上．（1）求抛物线对应的函数关系式；（2）若把△ABO 沿x 轴向右平移得到△DCE，点A、B、O 的对应点分别是D、C、E，当四边形ABCD 是菱形时，试判断点C 和点D 是否在该抛物线上，并说明理由；（3）在（2）的条件下，连接BD，已知对称轴上存在一点P 使得△PBD 的周长最小，求出P 点的坐标；（4）在（2）、（3）的条件下，若点M 是线段OB 上的一个动点（点M 与点O、B 不重合），过点M 作∥BD 交x 轴于点N，连接PM、PN，设OM 的长为t，△PMN 的面积为S，求S 和t 的函数关系式，并写出自变量t 的取值范围，S 是否存在最大值？若存在，求出最大值和此时M 点的坐标；若不存在，说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题．分析：（1）根据抛物线y=经过点B（0，4），以及顶点在直线x=上，得出b，c 即可；（2）根据菱形的性质得出C、D 两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），利用图象上点的性质得出x=5 或2 时，y 的值即可．（3）首先设直线CD 对应的函数关系式为y=kx+b，求出解析式，当x=时，求出y 即可；（4）利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出，得到ON=，进而表示出△PMN 的面积，利用二次函数最值求出即可．解答：解：（1）∵抛物线y=经过点B（0，4）∴c=4，∵顶点在直线x=上，∴﹣=﹣=，∴b=﹣；∴所求函数关系式为；（2）在Rt△ABO 中，OA=3，OB=4，∴AB=，∵四边形ABCD 是菱形，∴BC=CD=DA=AB=5，∴C、D 两点的坐标分别是（5，4）、（2，0），当x=5 时，y=，当x=2 时，y=，∴点C 和点D 都在所求抛物线上；（3）设CD 与对称轴交于点P，则P 为所求的点，设直线CD 对应的函数关系式为y=kx+b，则，解得：，∴，当x=时，y=，∴P（），（4）∵MN∥BD，∴△OMN∽△OBD，∴即得ON=，设对称轴交x 于点F，则（PF+OM）•OF=（+t）×，∵，S△PNF=×NF•PF=×（﹣t）×= ，S=（﹣），=﹣（0＜t＜4），a=﹣＜0∴抛物线开口向下，S 存在最大值．由S△PMN=﹣t2+t=﹣（t﹣）2+，∴当t=时，S 取最大值是，此时，点M 的坐标为（0，）．等腰三角形类7.如图，点A 在x 轴上，OA=4，将线段OA 绕点O 顺时针旋转120°至OB 的位置．（1）求点B 的坐标；（2）求经过点A、O、B 的抛物线的解析式；（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P 的坐标；若不存在，说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题；分类讨论．分析：（1）首先根据OA 的旋转条件确定B 点位置，然后过B 做x 轴的垂线，通过构建直角三角形和OB 的长（即OA 长）确定B 点的坐标．（2）已知O、A、B 三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式．（3）根据（2）的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P 点的坐标，而O、B 坐标已知，可先表示出△OPB 三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP 三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P 点．解答：解：（1）如图，过B 点作BC⊥x 轴，垂足为C，则∠BCO=90°，∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°，又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB•sin60°=4×=2 ，∴点B 的坐标为（﹣2，﹣2）；（2）∵抛物线过原点O 和点A、B，∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx，将A（4，0），B（﹣2．﹣2）代入，得，解得，∴此抛物线的解析式为y=﹣x2+ x（3）存在，如图，抛物线的对称轴是直线x=2，直线x=2 与x 轴的交点为D，设点P 的坐标为（2，y），①若OB=OP，则22+|y|2=42，解得y=±2，当y=2 时，在Rt△POD 中，∠PDO=90°，sin∠POD==，∴∠POD=60°，∴∠POB=∠POD+∠AOB=60°+120°=180°，即P、O、B 三点在同一直线上，∴y=2 不符合题意，舍去，∴点P 的坐标为（2，﹣2）②若OB=PB，则42+|y+2|2=42，解得y=﹣2，故点P 的坐标为（2，﹣2），③若OP=BP，则22+|y|2=42+|y+2|2，解得y=﹣2，故点P 的坐标为（2，﹣2），综上所述，符合条件的点P 只有一个，其坐标为（2，﹣2），8.在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板ABC 放在第二象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（﹣1，0），如图所示：抛物线y=ax2+ax﹣2 经过点B．（1）求点B 的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）在抛物线上是否还存在点P（点B 除外），使△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题．分析：（1）根据题意，过点B 作BD⊥x 轴，垂足为D；根据角的互余的关系，易得B 到x、y 轴的距离，即B 的坐标；（2）根据抛物线过B 点的坐标，可得a 的值，进而可得其解析式；（3）首先假设存在，分A、C 是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案．解答：解：（1）过点B 作BD⊥x 轴，垂足为D，∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°，∴∠BCD=∠CAO，（1 分）又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，∴△BCD≌△CAO，（2 分）∴BD=OC=1，CD=OA=2，（3 分）∴点B 的坐标为（﹣3，1）；（4 分）（2）抛物线y=ax2+ax﹣2 经过点B（﹣3，1），则得到1=9a﹣3a﹣2，（5 分）解得a=，所以抛物线的解析式为y=x2+x﹣2；（7 分）（3）假设存在点P，使得△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形：①若以点C 为直角顶点；则延长BC 至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，（8 分）过点P1作P1M⊥x 轴，∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，∴△MP1C≌△DBC．（10 分）∴CM=CD=2，P1M=BD=1，可求得点P1（1，﹣1）；（11 分）②若以点A 为直角顶点；则过点A 作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形△ACP2，（12 分）过点P2作P2N⊥y 轴，同理可证△AP2N≌△CAO，（13 分）∴NP2=OA=2，AN=OC=1，可求得点P2（2，1），（14 分）经检验，点P1（1，﹣1）与点P2（2，1）都在抛物线y=x2+x﹣2 上．（16 分）9.在平面直角坐标系中，现将一块等腰直角三角板放在第一象限，斜靠在两坐标轴上，且点A（0，2），点C（1，0），如图所示，抛物线y=ax2﹣ax﹣2 经过点B．（1）求点B 的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）在抛物线上是否还存在点P（点B 除外），使△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）首先过点B 作BD⊥x 轴，垂足为D，易证得△BDC≌△COA，即可得BD=OC=1，CD=OA=2，则可求得点B 的坐标；（2）利用待定系数法即可求得二次函数的解析式；（3）分别从①以AC 为直角边，点C 为直角顶点，则延长BC 至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x 轴，②若以AC 为直角边，点A 为直角顶点，则过点A 作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y 轴，③若以AC 为直角边，点A 为直角顶点，则过点A 作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y 轴，去分析则可求得答案．解答：解：（1）过点B 作BD⊥x 轴，垂足为D，∵∠BCD+∠ACO=90°，∠AC0+∠OAC=90°，∴∠BCD=∠CAO，又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC，∴△BDC≌△COA，∴BD=OC=1，CD=OA=2，∴点B 的坐标为（3，1）；（2）∵抛物线y=ax2﹣ax﹣2 过点B（3，1），∴1=9a﹣3a﹣2，解得：a=，∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2；（3）假设存在点P，使得△ACP 是等腰直角三角形，①若以AC 为直角边，点C 为直角顶点，则延长BC 至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x 轴，如图（1），∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°，∴△MP1C≌△DBC，∴CM=CD=2，P1M=BD=1，∴P1（﹣1，﹣1），经检验点P1在抛物线y=x2﹣x﹣2 上；②若以AC 为直角边，点A 为直角顶点，则过点A 作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y 轴，如图（2），同理可证△AP2N≌△CAO，∴NP2=OA=2，AN=OC=1，∴P2（﹣2，1），经检验P2（﹣2，1）也在抛物线y=x2﹣x﹣2 上；③若以AC 为直角边，点A 为直角顶点，则过点A 作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y 轴，如图（3），同理可证△AP3H≌△CAO，∴HP3=OA=2，AH=OC=1，∴P3（2，3），经检验P3（2，3）不在抛物线y=x2﹣x﹣2 上；故符合条件的点有P1（﹣1，﹣1），P2（﹣2，1）两点．综合类10.如图，已知抛物线y=x2+bx+c 的图象与x 轴的一个交点为B（5，0），另一个交点为A，且与y 轴交于点C（0，5）．（1）求直线BC 与抛物线的解析式；（2）若点M 是抛物线在x 轴下方图象上的一动点，过点M 作MN∥y 轴交直线BC 于点N，求MN 的最大值；（3）在（2）的条件下，MN 取得最大值时，若点P 是抛物线在x 轴下方图象上任意一点，以BC 为边作平行四边形CBPQ，设平行四边形CBPQ 的面积为S1，△ABN 的面积为S2，且S1=6S2，求点P 的坐标．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题．分析：（1）设直线BC 的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，运用待定系数法即可求出直线BC 的解析式；同理，将B（5，0），C（0，5）两点∑的坐标代入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）MN 的长是直线BC 的函数值与抛物线的函数值的差，据此可得出一个关于MN 的长和M 点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN 的最大值；（3）先求出△ABN 的面积S2=5，则S1=6S2=30．再设平行四边形CBPQ 的边BC 上的高为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD=3，过点D 作直线BC 的平行线，交抛物线与点P，交x 轴于点E，在直线DE 上截取PQ=BC，则四边形CBPQ 为平行四边形．证明△ EBD 为等腰直角三角形，则BE=BD=6，求出E 的坐标为（﹣1，0），运用待定系数法求出直线PQ 的解析式为y=﹣x﹣1，然后解方程组，即可求出点P 的坐标．解答：解：（1）设直线BC 的解析式为y=mx+n，将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入，得，解得，所以直线BC 的解析式为y=﹣x+5；将B（5，0），C（0，5）两点的坐标代入y=x2+bx+c，得，解得，所以抛物线的解析式为y=x2﹣6x+5；（2）设M（x，x2﹣6x+5）（1＜x＜5），则N（x，﹣x+5），∵MN=（﹣x+5）﹣（x2﹣6x+5）=﹣x2+5x=﹣（x﹣）2+ ，∴当x=时，MN 有最大值；（3）∵MN 取得最大值时，x=2.5，∴﹣x+5=﹣2.5+5=2.5，即N（2.5，2.5）．解方程x2﹣6x+5=0，得x=1 或5，∴A（1，0），B（5，0），∴AB=5﹣1=4，∴△ABN 的面积S2=×4×2.5=5，∴平行四边形CBPQ 的面积S1=6S2=30．设平行四边形CBPQ 的边BC 上的高为BD，则BC⊥BD．∵BC=5 ，∴BC•BD=30，∴BD=3 ．过点D 作直线BC 的平行线，交抛物线与点P，交x 轴于点E，在直线DE 上截取PQ=BC，则四边形CBPQ 为平行四边形．∵BC⊥BD，∠OBC=45°，∴∠EBD=45°，∴△EBD 为等腰直角三角形，BE=BD=6，∵B（5，0），∴E（﹣1，0），设直线PQ 的解析式为y=﹣x+t，将E（﹣1，0）代入，得1+t=0，解得t=﹣1∴直线PQ 的解析式为y=﹣x﹣1．解方程组，得，，∴点P 的坐标为P1（2，﹣3）（与点D 重合）或P2（3，﹣4）．11.如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的图象过点C（0，1），顶点为Q（2，3），点D 在x 轴正半轴上，且OD=OC．（1）求直线CD 的解析式；（2）求抛物线的解析式；（3）将直线CD 绕点C 逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO；（4）在（3）的条件下，若点P 是线段QE 上的动点，点F 是线段OD 上的动点，问：在P 点和F 点移动过程中，△PCF 的周长是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题．分析：（1）利用待定系数法求出直线解析式；（2）利用待定系数法求出抛物线的解析式；（3）关键是证明△CEQ 与△CDO 均为等腰直角三角形；（4）如答图②所示，作点C 关于直线QE 的对称点C′，作点C 关于x 轴的对称点C″，连接C′C″，交OD 于点F，交QE 于点P，则△PCF 即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF 的周长等于线段C′C″的长度．利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时△PCF 的周长最小．如答图③所示，利用勾股定理求出线段C′C″的长度，即△PCF 周长的最小值．解答：解：（1）∵C（0，1），OD=OC，∴D 点坐标为（1，0）．设直线CD 的解析式为y=kx+b（k≠0），将C（0，1），D（1，0）代入得：，解得：b=1，k=﹣1，∴直线CD 的解析式为：y=﹣x+1．（2）设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2+3，将C（0，1）代入得：1=a×（﹣2）2+3，解得a= ．∴y= （x﹣2）2+3= x2+2x+1．（3）证明：由题意可知，∠ECD=45°，∵OC=OD，且OC⊥OD，∴△OCD 为等腰直角三角形，∠ODC=45°，∴∠ECD=∠ODC，∴CE∥x 轴，则点C、E 关于对称轴（直线x=2）对称，∴点E 的坐标为（4，1）．如答图①所示，设对称轴（直线x=2）与CE 交于点M，则M（2，1），∴ME=CM=QM=2，∴△QME 与△QMC 均为等腰直角三角形，∴∠QEC=∠QCE=45°．又∵△OCD 为等腰直角三角形，∴∠ODC=∠OCD=45°，∴∠QEC=∠QCE=∠ODC=∠OCD=45°，∴△CEQ∽△CDO．（4）存在．如答图②所示，作点C 关于直线QE 的对称点C′，作点C 关于x 轴的对称点C″，连接C′C″，交OD 于点F，交QE 于点P，则△PCF 即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF 的周长等于线段C′C″的长度．（证明如下：不妨在线段OD 上取异于点F 的任一点F′，在线段QE 上取异于点P 的任一点P′，连接F′C″，F′P′，P′C′．由轴对称的性质可知，△P′CF′的周长=F′C″+F′P′+P′C′；而F′C″+F′P′+P′C′是点C′，C″之间的折线段，由两点之间线段最短可知：F′C″+F′P′+P′C′＞C′C″，即△P′CF′的周长大于△PCE 的周长．）如答图③所示，连接C′E，∵C，C′关于直线QE 对称，△QCE 为等腰直角三角形，∴△QC′E 为等腰直角三角形，∴△CEC′为等腰直角三角形，∴点C′的坐标为（4，5）；∵C，C″关于x 轴对称，∴点C″的坐标为（0，﹣1）．过点C′作C′N⊥y 轴于点N，则NC′=4，NC″=4+1+1=6，在Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″=== ．综上所述，在P 点和F 点移动过程中，△PCF 的周长存在最小值，最小值为．12.如图，抛物线与x 轴交于A（1，0）、B（﹣3，0）两点，与y 轴交于点C（0，3），设抛物线的顶点为D．（1）求该抛物线的解析式与顶点D 的坐标．（2）试判断△BCD 的形状，并说明理由．（3）探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C 为顶点的三角形与△BCD 相似？若存在，请直接写出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题．分析：（1）利用待定系数法即可求得函数的解析式；（2）利用勾股定理求得△BCD 的三边的长，然后根据勾股定理的逆定理即可作出判断；（3）分p 在x 轴和y 轴两种情况讨论，舍出P 的坐标，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解．解答：解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+bx+c由抛物线与y 轴交于点C（0，3），可知c=3．即抛物线的解析式为y=ax2+bx+3．把点A（1，0）、点B（﹣3，0）代入，得解得a=﹣1，b=﹣2∴抛物线的解析式为y=﹣x2﹣2x+3．∵y=﹣x2﹣2x+3=﹣（x+1）2+4∴顶点D 的坐标为（﹣1，4）；（2）△BCD 是直角三角形．理由如下：解法一：过点D 分别作x 轴、y 轴的垂线，垂足分别为E、F．∵在Rt△BOC 中，OB=3，OC=3，∴BC2=OB2+OC2=18在Rt△CDF 中，DF=1，CF=OF﹣OC=4﹣3=1，∴CD2=DF2+CF2=2在Rt△BDE 中，DE=4，BE=OB﹣OE=3﹣1=2，∴BD2=DE2+BE2=20∴BC2+CD2=BD2∴△BCD 为直角三角形．解法二：过点D 作DF⊥y 轴于点F．在Rt△BOC 中，∵OB=3，OC=3∴OB=OC∴∠OCB=45°∵在Rt△CDF 中，DF=1，CF=OF﹣OC=4﹣3=1∴DF=CF∴∠DCF=45°∴∠BCD=180°﹣∠DCF﹣∠OCB=90°∴△BCD 为直角三角形．（3）①△BCD 的三边，==，又=，故当P 是原点O 时，△ACP∽△DBC；②当AC 是直角边时，若AC 与CD 是对应边，设P 的坐标是（0，a），则PC=3﹣a，=，即=，解得：a=﹣9，则P 的坐标是（0，﹣9），三角形ACP 不是直角三角形，则△ACP∽△CBD 不成立；③当AC 是直角边，若AC 与BC 是对应边时，设P 的坐标是（0，b），则PC=3﹣b，则=，即=，解得：b=﹣，故P 是（0，﹣）时，则△ACP∽△CBD 一定成立；④当P 在x 轴上时，AC 是直角边，P 一定在B 的左侧，设P 的坐标是（d，0）．则AP=1﹣d，当AC 与CD 是对应边时，=，即=，解得：d=1﹣3 ，此时，两个三角形不相似；⑤当P 在x 轴上时，AC 是直角边，P 一定在B 的左侧，设P 的坐标是（e，0）．则AP=1﹣e，当AC 与DC 是对应边时，=，即=，解得：e=﹣9，符合条件．总之，符合条件的点P 的坐标为：．对应练习13.如图，已知抛物线y=ax2+bx+3 与x 轴交于A、B 两点，过点A 的直线l 与抛物线交于点C，其中A 点的坐标是（1，0），C 点坐标是（4，3）．（1）求抛物线的解析式；（2）在（1）中抛物线的对称轴上是否存在点D，使△BCD 的周长最小？若存在，求出点D 的坐标，若不存在，请说明理由；（3）若点E 是（1）中抛物线上的一个动点，且位于直线AC 的下方，试求△ACE 的最大面积及E 点的坐标．考点：二次函数综合题．.专题：代数几何综合题；压轴题．分析：（1）利用待定系数法求二次函数解析式解答即可；（2）利用待定系数法求出直线AC 的解析式，然后根据轴对称确定最短路线问题，直线AC 与对称轴的交点即为所求点D；（3）根据直线AC 的解析式，设出过点E 与AC 平行的直线，然后与抛物线解析式联立消掉y 得到关于x 的一元二次方程，利用根的判别式△=0 时，△ACE 的面积最大，然后求出此时与AC 平行的直线，然后求出点E 的坐标，并求出该直线与x 轴的交点F 的坐标，再求出AF，再根据直线l 与x 轴的夹角为45°求出两直线间的距离，再求出AC 间的距离，然后利用三角形的面积公式列式计算即可得解．解答：解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+3 经过点A（1，0），点C（4，3），∴，解得，所以，抛物线的解析式为y=x2﹣4x+3；（2）∵点A、B 关于对称轴对称，∴点D 为AC 与对称轴的交点时△BCD 的周长最小，设直线AC 的解析式为y=kx+b（k≠0），则，解得，所以，直线AC 的解析式为y=x﹣1，∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，∴抛物线的对称轴为直线x=2，当x=2 时，y=2﹣1=1，∴抛物线对称轴上存在点D（2，1），使△BCD 的周长最小；（3）如图，设过点E 与直线AC 平行线的直线为y=x+m，联立，消掉y 得，x2﹣5x+3﹣m=0，△=（﹣5）2﹣4×1×（3﹣m）=0，即m=﹣时，点E 到AC 的距离最大，△ACE 的面积最大，此时x=，y=﹣=﹣，∴点E 的坐标为（，﹣），设过点E 的直线与x 轴交点为F，则F（，0），∴AF= ﹣1=，∵直线AC 的解析式为y=x﹣1，∴∠CAB=45°，∴点F 到AC 的距离为×=，又∵AC= =3 ，∴△ACE 的最大面积=×3×= ，此时E 点坐标为（，﹣）．14.如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+4 与x 轴相交于A、B 两点，与y 轴相交于点C，若已知A 点的坐标为A（﹣2，0）．（1）求抛物线的解析式及它的对称轴方程；（2）求点C 的坐标，连接AC、BC 并求线段BC 所在直线的解析式；（3）试判断△AOC 与△COB 是否相似？并说明理由；（4）在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ 为等腰三角形？若存在，求出符合条件的Q 点坐标；若不存在，请说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题．分析：（1）利用待定系数法求出抛物线解析式，利用配方法或利用公式x= 求出对称轴方程；（2）在抛物线解析式中，令x=0，可求出点C 坐标；令y=0，可求出点B 坐标．再利用待定系数法求出直线BD 的解析式；（3）根据，∠AOC=∠BOC=90°，可以判定△AOC∽△COB；（4）本问为存在型问题．若△ACQ 为等腰三角形，则有三种可能的情形，需要分类讨论，逐一计算，避免漏解．解答：解：（1）∵抛物线y=﹣x2+bx+4 的图象经过点A（﹣2，0），∴﹣×（﹣2）2+b×（﹣2）+4=0，解得：b=，∴抛物线解析式为y=﹣x2+x+4，又∵y=﹣x2+x+4=﹣（x﹣3）2+ ，∴对称轴方程为：x=3．（2）在y=﹣x2+x+4 中，令x=0，得y=4，∴C（0，4）；令y=0，即﹣x2+x+4=0，整理得x2﹣6x﹣16=0，解得：x=8 或x=﹣2，∴A（﹣2，0），B（8，0）．设直线BC 的解析式为y=kx+b，把B（8，0），C（0，4）的坐标分别代入解析式，得：，解得k= ，b=4，∴直线BC 的解析式为：y= x+4．（3）可判定△AOC∽△COB 成立．理由如下：在△AOC 与△COB中，∵OA=2，OC=4，OB=8，∴，又∵∠AOC=∠BOC=90°，∴△AOC∽△COB．（4）∵抛物线的对称轴方程为：x=3，可设点Q（3，t），则可求得：AC=== ，AQ==，CQ==．i）当AQ=CQ 时，有= ，25+t2=t2﹣8t+16+9，解得t=0，∴Q1（3，0）；ii）当AC=AQ 时，有= ，t2=﹣5，此方程无实数根，∴此时△ACQ 不能构成等腰三角形；iii）当AC=CQ 时，有= ，整理得：t2﹣8t+5=0，解得：t=4±，∴点Q 坐标为：Q2（3，4+），Q3（3，4﹣）．综上所述，存在点Q，使△ACQ 为等腰三角形，点Q 的坐标为：Q1（3，0），Q2（3，4+ ），Q3（3，4﹣）．15.如图，在坐标系xOy 中，△ABC 是等腰直角三角形，∠BAC=90°，A（1，0），B（0，2），抛物线y=x2+bx﹣2 的图象过C 点．（1）求抛物线的解析式；（2）平移该抛物线的对称轴所在直线l．当l 移动到何处时，恰好将△ABC 的面积分为相等的两部分？（3）点P 是抛物线上一动点，是否存在点P，使四边形PACB 为平行四边形？若存在，求出P 点坐标；若不存在，说明理由．考点：二次函数综合题．.专题：压轴题．分析：如解答图所示：（1）首先构造全等三角形△AOB≌△CDA，求出点C 的坐标；然后利用点C 的坐标求出抛物线的解析式；（2）首先求出直线BC 与AC 的解析式，设直线l 与BC、AC 交于点E、F，则可求出EF 的表达式；根据S△CEF=S△ABC，列出方程求出直线l 的解析式；（3）首先作出▱PACB，然后证明点P 在抛物线上即可．解答：解：（1）如答图 1 所示，过点C 作CD⊥x 轴于点D，则∠CAD+∠ACD=90°．∵∠OBA+∠OAB=90°，∠OAB+∠CAD=90°，∴∠OAB=∠ACD，∠OBA=∠CAD．∵在△AOB 与△CDA 中，∴△AOB≌△CDA（ASA）．∴CD=OA=1，AD=OB=2，∴OD=OA+AD=3，∴C（3，1）．∵点C（3，1）在抛物线y=x2+bx﹣2 上，∴1=×9+3b﹣2，解得：b=﹣．。
2017年全国各地中考数学压轴题集锦附答案
2017年全国各地中考数学压轴题集锦答案1．（北京模拟）已知抛物线y ＝－x2＋2x ＋m －2与y 轴交于点A （0，2m －7），与直线y ＝2x 交于点B 、C （B 在C 的右侧）． （1）求抛物线的解析式；（2）设抛物线的顶点为E ，在抛物线的对称轴上是否存在一点F ，使得∠BFE ＝∠CFE ，若存在，求出点F 的坐标，若不存在，说明理由；（3）动点P 、Q 同时从原点出发，分别以每秒5个单位长度、每秒25个单位长度的速度沿射线OC 运动，以PQ 为斜边在直线BC 的上方作直角三角形PMQ （直角边分别平行于坐标轴），设运动时间为t 秒．若△PMQ 与抛物线y ＝－x2＋2x ＋m －2有公共点，求t 的取值范围．解：（1）把点A （0，2m －7）代入y ＝－x2＋2x ＋m －2，得m ＝5∴抛物线的解析式为y ＝－x2＋2x ＋3（2）由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x2＋2x ＋3y ＝2x 解得⎩⎨⎧x 1＝3y 1＝23 ⎩⎨⎧x 2＝－3y 2＝－23 ∴B （3，23），C （－3，－23）∵y ＝－x2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4 ∴抛物线的对称轴为x ＝1 设F （1，y ）∵∠BFE ＝∠CFE ，∴tan ∠BFE ＝tan ∠CFE 当点F 在点B 上方时，3－1 y －23 ＝3＋1y ＋23解得y ＝6，∴F （1，6）当点F 在点B 下方时，3－1 23－y ＝3＋1－y －23解得y ＝6（舍去）∴满足条件的点F 的坐标是F （1，6）（3）由题意，OP ＝5t ，OQ ＝25t ，∴PQ ＝5t ∵P 、Q 在直线直线y ＝2x 上 ∴设P （x ，2x ），则Q （2x ，4x ）（x＜0）∴x 2＋4x 2＝5t ，∴x ＝－t∴P （－t ，－2t ），Q （－2t ，－4t ） ∴M （－2t ，－2t ）当M （－2t ，－2t ）在抛物线上时，有－2t ＝－4t2－4t ＋3解得t ＝13－14（舍去负值） 当P （－t ，－2t ）在抛物线上时，有－2t ＝－t2－2t ＋3 解得t ＝3（舍去负值） ∴t 的取值范围是：13－14≤t≤ 32．（北京模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y 1＝ax2＋3x ＋c 经过原点及点A （1，2），与x 轴相交于另一点B ．（1）求抛物线y 1的解析式及B 点坐标；（2）若将抛物线y 1以x ＝3为对称轴向右翻折后，得到一条新的抛物线y 2，已知抛物线y 2与x 轴交于两点，其中右边的交点为C 点．动点P 从O 点出发，沿线段OC 向C 点运动，过P 点作x 轴的垂线，交直线OA 于D 点，以PD 为边在PD 的右侧作正方形PDEF ． ①当点E 落在抛物线y 1上时，求OP 的长；②若点P 的运动速度为每秒1个单位长度，同时线段OC 上另一点Q 从C 点出发向O 点运动，速度为每秒2个单位长度，当Q 点到达O 点时P 、Q 两点停止运动．过Q 点作x 轴的垂线，与直线AC 交于G 点，以QG 为边在QG 的左侧作正方形QGMN ．当这两个正方形解：（1）∵抛物线y 1＝ax2＋3x ＋c 经过原点及点A（1，2）∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2a ＋3＋c ＝2 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1c ＝0 ∴抛物线y 1的解析式为y 1＝－x2＋3x令y 1＝0，得－x2＋3x ＝0，解得x 1＝0，x 2＝3 ∴B （3，0）（2）①由题意，可得C （6，0） 过A 作AH ⊥x 轴于H ，设OP ＝a可得△ODP ∽△OAH ，∴DPOP＝AHOH＝2 ∴DP ＝2OP ＝2a∵正方形PDEF ，∴E （3a ，2a ） ∵E （3a ，2a ）在抛物线y 1＝－x2＋3x 上∴2a ＝－9a2＋9a ，解得a 1＝0（舍去），a 2＝7 9∴OP 的长为79②设直线AC 的解析式为y ＝kx ＋b∴⎩⎪⎨⎪⎧2＝k ＋b 0＝6k ＋b 解得k ＝－2 5 ，b ＝12 5∴直线AC 的解析式为y ＝－2 5 x ＋125由题意，OP ＝t ，PF ＝2t ，QC ＝2t ，GQ ＝45t 当EF 与MN 重合时，则OF ＋CN ＝6 ∴3t ＋2t ＋45t ＝6，∴t ＝3029当EF 与GQ 重合时，则OF ＋QC ＝6 ∴3t ＋2t ＝6，∴t ＝65当DP 与MN 重合时，则OP ＋CN ＝6 ∴t ＋2t ＋4 5 t ＝6，∴t ＝3019当DP 与GQ 重合时，则OP ＋CQ ＝6∴t ＋2t ＝6，∴t ＝23．（北京模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝ax2＋bx ＋4经过A （－3，0）、B（4，0）两点，且与y 轴交于点C ，点D 在x 轴的负半轴上，且BD ＝BC ．动点P 从点A 出发，沿线段AB 以每秒1个单位长度的速度向点B 移动，同时动点Q 从点C 出发，沿线段CA 以某一速度向点A 移动． （1）求该抛物线的解析式；（2）若经过t 秒的移动，线段PQ 被CD 垂直平分，求此时t 的值；（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M ，使MQ ＋MA 的值最小？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵抛物线y ＝ax2＋bx ＋4经过A （－3，0）、B （4，0）两点∴⎩⎪⎨⎪⎧9a －3b ＋4＝016a ＋4b ＋4＝0解得a ＝－1 3 ，b ＝1 3∴所求抛物线的解析式为y ＝－1 3x2＋ 13x ＋4（2）连接DQ ，依题意知AP ＝t∵抛物线y＝－13x2＋13x＋4与y轴交于点C∴C（0，4）又A（－3，0，B（4，0）可得AC＝5，BC＝42，AB＝7∵BD＝BC，∴AD＝AB－BD＝7－42∵CD垂直平分PQ，∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP ∵BD＝BC，∴∠DCB＝∠CDB∴∠CDQ＝∠DCB，∴DQ∥BC∴△ADQ∽△ABC，∴ADAB＝DQBC∴ADAB＝DPBC，∴7－427＝DP42解得DP＝42－327，∴AP＝AD＋DP＝177∴线段PQ被CD垂直平分时，t的值为17 7（3）设抛物线y＝－13x2＋13x＋4的对称轴x＝12与x轴交于点E由于点A、B关于对称轴x＝12对称，连接BQ交对称轴于点M则MQ＋MA＝MQ＋MB，即MQ＋MA＝BQ当BQ⊥AC时，BQ最小，此时∠EBM＝∠ACO∴tan∠EBM＝tan∠ACO＝3 4∴MEBE＝34，即ME4－12＝34，解得ME＝218∴M（12，218）∴在抛物线的对称轴上存在一点M（12，218），使得MQ＋MA的值最小4．（北京模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．动点P从点A出发，沿AC→CB→BA边运动，点P在AC、CB、BA边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位．直线l从与AC重合的位置开始，以每秒43个单位的速度沿CB方向移动，移动过程中保持l∥AC，且分别与CB、AB边交于点E、F．点P与直线l同时出发，设运动的时间为t秒，当点P 第一次回到点A时，点P和直线l同时停止运动．（1）当t＝_________秒时，点P与点E重合；当t＝_________秒时，点P与点F重合；（2）当点P在AC边上运动时，将△PEF绕点E逆时针旋转，使得点P的对应点P′落在EF上，点F的对应点为F′，当EF′⊥AB时，求t的值；（3）作点P关于直线EF的对称点Q，在运动过程中，若形成的四边形PEQF为菱形，求t的值；（4）在整个运动过程中，设△PEF的面积为S，直接写出S关于t的函数关系式及S的最大值．解：（1）3；4.5提示：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8∴AB＝62＋82＝10，∴sin B＝ACAB＝35，cos B＝BCAB＝45，tan B＝ACBC＝34当点P与点E重合时，点P在CB边上，CP＝CE∵AC＝6，点P在AC、CB边上运动的速度分别为每秒3、4个单位∴点P在AC边上运动的时间为2秒，CP＝4(t－2)∵CE＝43t，∴4(t－2)＝43t，解得t＝3当点P与点F重合时，点P在BA边上，BP＝BF∵AC＝6，BC＝8，点P在AC、CB、BA边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位∴点P在AC、CB边上运动的时间共为4秒，BF＝BP＝5(t－4)∵CE＝43t，∴BE＝8－43t在Rt△BEF中，BEBF＝cos B∴8－43t5(t－4)＝45，解得t＝4.5（2）由题意，∠PEF＝∠MEN∵EF∥AC，∠C＝90°，∴∠BEF＝90°，∠CPE＝∠PEF ∵EN⊥AB，∴∠B＝∠MEN∴∠CPE＝∠B，∴tan∠CPE＝tan B∵tan∠CPE＝CECP，tan B＝ACBC＝34∴CECP＝34，∴CP＝43CE∵AP＝3t（0＜t＜2），CE＝43t，∴CP＝6－3t∴6－3t＝43×43t，解得t＝5443（3）连接PQ交EF于O∵P、Q关于直线EF对称，∴EF垂直平分PQ若四边形PEQF为菱形，则OE＝OF＝12EFBCA PlFEBCA备用图EBMCAPlFNBCAlFE(P)BCAlFE(P)①当点P 在AC 边上运动时易知四边形POEC 为矩形，∴OE ＝PC ∴PC ＝12EF ∵CE ＝4 3t ，∴BE ＝8－4 3 t ，EF ＝BE ·tan B ＝ 3 4 ( 8－ 43t)＝6－t∴6－3t ＝1 2 (6－t)，解得t ＝65②当点P 在CB 边上运动时，P 、E 、Q 三点共线，不存在四边形PEQF③当点P 在BA 边上运动时，则点P 在点B 、F 之间 ∵BE ＝8－43t ，∴BF ＝ BE cos B＝5 4 (8－4 3 t )＝10－5 3t ∵BP ＝5(t －4)，∴PF ＝BF －BP ＝10－53t －5(t －4)＝30－203t ∵∠POF ＝∠BEF ＝90°，∴PO ∥BE ，∴∠OPF ＝∠B 在Rt △POF 中，OFPF＝sin B ∴12(6－t)30－ 20 3t＝ 3 5 ，解得t ＝30 7∴当t ＝65或t ＝307时，四边形PEQF 为菱形 （4）S ＝⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧－23t2＋4t （0≤t≤2）4 3t2－12t ＋24（2＜t≤3）－43t2＋12t －24（3＜t≤4）8 3t2－28t ＋72（4＜t≤4.5）－8 3t2＋28t －72（4.5＜t≤6）S 的最大值为1635．（北京模拟）在等腰梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝10，CD ＝6，AD ＝BC ＝4．点P 从点B 出发，沿线段BA 向点A 匀速运动，速度为每秒2个单位，过点P 作直线BC 的垂线PE ，垂足为E ．设点P 的运动时间为t （秒）． （1）∠A ＝___________°； （2）将△PBE 沿直线PE 翻折，得到△PB ′E ，记△PB ′E 与梯形ABCD 重叠部分的面积为S ，求S 与t 之间的函数关系式，并求出S 的最大值；（3）在整个运动过程中，是否存在以点D 、P 、B ′为顶点的三角形为直角三角形或等腰三角形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．EBOC APl FQEB CAPlF QO解：（1）60°（2）∵∠A ＝∠B ＝60°，PB ＝PB ′ ∴△PB ′B 是等边三角形∴PB ＝PB ′＝BB ′＝2t ，BE ＝B ′E ＝t ，PE ＝3t 当0＜t≤2时S ＝S △PB ′E ＝12B ′E ·PE ＝1 2 t ·3t ＝ 3 2t2 当2＜t≤4时S ＝S △PB ′E－S △FB ′C＝3 2t2－ 3 4 ( 2t －4 )2＝－ 3 2t2＋43t －4 3当4＜t≤5时设PB ′、PE 分别交DC 于点G 、H ，作GK ⊥PH 于K ∵△PB ′B 是等边三角形，∴∠B ′PB ＝60°＝∠A ∴PG ∥AD ，又DG ∥AP∴四边形APGD 是平行四边形 ∴PG ＝AD ＝4∵AB ∥CD ，∴∠GHP ＝∠BPH∵∠GPH ＝∠BPH ＝12∠B ′PB ＝30°∴∠GHP ＝∠GPH ＝30°，∴PG ＝GH ＝4 ∴GK ＝12PG ＝2，PK ＝KH ＝PG ·cos30°＝2 3 ∴PH ＝2PK ＝4 3 ∴S ＝S △PGH＝12PH ·GK ＝12×43×2＝4 3 综上得，S 与t 之间的函数关系式为： S ＝⎩⎨⎧32t2（0＜t≤2）－3 2t2＋43t －43（2＜t≤4）43（4＜t≤5）（3）①若∠DPB ′＝90° ∵∠B ′PB ＝60°，∴∠DP A ＝30° 又∠A ＝60°，∴∠ADP ＝90°∴AP ＝2AD ，∴10－2t ＝8，∴t ＝1 若∠PDB ′＝90°A CB D P EB ′ACBD备用图C DE B ′作DM⊥AB于M，DN⊥B′B于N则AM＝2，DM＝23，NC＝3，DN＝3 3PM＝|10－2－2t|＝|8－2t|NB′＝|3＋4－2t|＝|7－2t|DP2＝DM2＋PM2＝(23)2＋(8－2t)2＝(8－2t)2＋12 DB′2＝DN2＋NB′＝(33)2＋(7－2t)2＝(7－2t)2＋27 ∵DP2＋DB′2＝B′P2∴(8－2t)2＋12＋(7－2t)2＋27＝(2t)2解得t1＝15＋732＞5（舍去），t2＝15－732若∠DB′P＝90°，则DB′2＋B′P2＝DP2∴(7－2t)2＋27＋(2t)2＝(8－2t)2＋12 解得t1＝－1（舍去），t2＝0（舍去）∴存在以点D、P、B′为顶点的三角形为直角三角形，此时t＝1或t＝15－732②若DP＝B′P，则(8－2t)2＋12＝(2t)2解得t＝19 8若B′D＝B′P，则(7－2t)2＋27＝(2t)2解得t＝19 7若DP＝DB′，则(8－2t)2＋12＝(7－2t)2＋27 解得t＝0（舍去）∴存在以点D、P、B′为顶点的三角形为等腰三角形，此时t＝198或t＝1976．（北京模拟）已知二次函数y＝－33mx2＋3mx－2的图象与x轴交于点A（23，0）、点B，与y轴交于点C．（1）求点B坐标；（2）点P从点C出发以每秒1个单位的速度沿线段CO向O点运动，到达点O后停止运动，过点P作PQ∥AC交OA于点Q，将四边形PQAC沿PQ翻折，得到四边形PQA′C′，设点P的运动时间为t．①当t为何值时，点A′恰好落在二次函数y＝－33mx2＋3mx－2图象的对称轴上；②设四边形PQA′C′落在第一象限内的图形面积为S，求S关于t的函数关系式，并求出S 的最大值．解：（1）将A（23，0）代入y＝－33mx2＋3mx－2得0＝－33m×(23)2＋3m×23－2，解得m＝33∴y＝－13x2＋3x－2ACBDPEB′MNACBDPEB′ACBDPB′E令y ＝0，得－13x 2＋3x －2＝0，解得：x 1＝3，x 2＝2 3 ∴B（3，0） （2）①由y ＝－13x 2＋3x －2，令x ＝0，得y ＝－2 ∴C （0，－2） ∵y ＝－13x2＋3x －2＝－1 3 (x －323)2＋1 4∴二次函数图象的对称轴为直线x ＝323过A ′作A ′H ⊥OA 于H在Rt △AOC 中，∵OC ＝2，OA ＝2 3 ∴∠OAC ＝30°，∠OCA ＝60° ∴∠PQA ＝150°，∠A ′QH ＝60°，AQ ＝A ′Q ＝2QH ∵点A ′在二次函数图象的对称轴上∴⎩⎪⎨⎪⎧OQ ＋QH ＝3 23OQ ＋2QH ＝23解得QH ＝32∴AQ ＝3，CP ＝1 ∴t ＝1②分两种情况：ⅰ）当0＜t≤1时，四边形PQA ′C ′ 落在第一象限内的图形为等腰三角形QA ′DDQ ＝A ′Q ＝3tA ′H ＝AQ ·sin60°＝3t ·32＝32t S ＝S △A ′DQ＝12 ·3t ·3 2t ＝33 4t2 ∵当0＜t≤1时，S 随t 的增大而增大 ∴当t ＝1时，S 有最大值334ⅱ）当1＜t＜2时，四边形PQA ′C ′ 落在第一象限内的图形为四边形EOQA ′ S 四边形EOQA ′＝S 梯形PQA ′C ′－S △OPQ－S △PC ′E＝[23－3 2 (2－t )2]－ 3 2 ( 2－t )2－ 3 4t2 ＝－534t2＋43t －2 3 ∵－53 4 t2＋43t －23＝－53 4 (t －8 5)2＋635且1＜85＜2，∴当t ＝8 5 时，S 有最大值63 5∵63 5＞33 4 ，∴S 的最大值是63 57．（北京模拟）已知梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠A ＝120°，E 是DAB的中点，过E点作射线EF∥BC，交CD于点G，AB、AD的长恰好是方程x2－4x＋a2＋2a＋5＝0的两个相等实数根，动点P、Q分别从点A、E出发，点P以每秒1个单位长度的速度沿AB由A向B运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿EF由E向F运动，设点P、Q运动的时间为t（秒）．（1）求线段AB、AD的长；（2）当t＞1时，求△DPQ的面积S与时间t之间的函数关系式；（3）是否存在△DPQ是直角三角形的情况，如果存在，求出时间t；如果不存在，请说明理由．解：（1）由题意，△＝42－4(a2＋2a＋5)＝－4(a＋1)2＝0∴a＝－1原方程可化为x2－4＋4＝0，解得∴x1＝x2＝2∴AB＝AD＝2（2）作AH⊥BC于H，交EG于O，DK⊥EF于K，PM⊥DA交DA的延长线于M∵AD∥BC，∠A＝120°，AB＝AD＝2∴∠B＝60°，AH＝ 3∵E是AB中点，且EF∥BC，∴AO＝DK＝3 2∵AP＝t，∴PM＝3 2t∵t＞1，∴点P在点E下方延长FE交PM于S，设DP与EF交于点N则PS＝32t－32∵AD∥BC，EF∥BC，∴EF∥AD∴ENAD＝PEP A，∴EN2＝t－1t∴EN＝2(t－1)t，∴QN＝2t－2(t－1)t∴S＝12(2t－2(t－1)t)(32t－32＋32)＝32t2－32t＋32即S＝32t2－32t＋32（t＞1）（3）由题意，AM＝12t，∴DM＝2＋12t∴DP2＝DM2＋PM2＝(2＋12t)2＋(32t)2＝t2＋2t＋4又DQ2＝DK2＋KQ2＝(32)2＋(2t－12－2)2＝4t2－10t＋7PQ2＝PS2＋SQ2＝(32t－32)2＋(2t＋t－12)2＝7t2－4t＋1ABDQCPE FN GS O KHM①若∠PDQ＝90°，则DP2＋DQ2＝PQ2∴t2＋2t＋4＋4t2－10t＋7＝7t2－4t＋1解得t＝6－1（舍去负值）②若∠DPQ＝90°，则PD2＋PQ2＝DQ2∴t2＋2t＋4＋7t2－4t＋1＝4t2－10t＋7解得t＝62－1（舍去负值）③若∠DQP＝90°，则DQ2＋PQ2＝PD2∴4t2－10t＋7＋7t2－4t＋1＝t2＋2t＋4解得t＝4±6 5综上所述，存在△DPQ是直角三角形的情况，此时t＝6－1，t＝62－1，t＝4±658．（天津模拟）如图，在平面直角坐标系中，直y＝－x＋42交x轴于点A，交y轴于点B．在线段OA上有一动点P，以每秒2个单位长度的速度由点O向点A匀速运动，以OP为边作正方形OPQM交y轴于点M，连接QA和QB，并从QA和QB的中点C和D向AB作垂线，垂足分别为点F和点E．设P点运动的时间为t秒，四边形CDEF的面积为S1，正方形OPQM与四边形CDEF重叠部分的面积为S2．（1）直接写出A点和B点坐标及t的取值范围；（2）当t＝1时，求S1的值；（3）试求S2与t的函数关系式（4）直接写出在整个运动过程中，点C和点D所走过的路程之和．解：（1）A（42，0）、B（0，42），0≤t≤4（2）过Q作QH⊥AB于H∵C、D分别是QA和QB的中点∴CD∥AB，CD＝12AB＝12×42×2＝4∵CF⊥AB，DE⊥AB，∴CF∥DE∴四边形CDEF是平行四边形又∵CF⊥AB，∴四边形CDEF是矩形∵CF⊥AB，QH⊥AB，∴CF∥QH又∵C是QA中点，∴CF＝12QH连接OQ∵正方形OPQM，∴∠1＝∠2，OP＝PQ＝QM＝MO ∵OA＝OB，∴P A＝MB∴Rt△QP A≌Rt△QMB，∴QA＝QB，∠PQA＝∠MQB∵QH ⊥AB ，∴∠3＝∠4 ∴∠1＋∠MQB ＋∠3＝180°，∴O 、Q 、H 三点共线 ∴QH ＝OH －OQ∵t ＝1，点P 的运动速度为每秒2个单位长度 ∴OP ＝2，∴OQ ＝2 又∵OA ＝42，∴OH ＝4∴QH ＝OH －OQ ＝4－2＝2，∴CF ＝1 ∴S 1＝CD ·CF ＝4×1＝4（3）当点Q 落在AB 上时，OQ ⊥AB ，△QOA 是等腰直角三角形∴t ＝22÷2＝2 当0≤t≤2时，S 2＝0当点E 落在QM 上，点F 落在PQ 上时， △CFK 和△DEG 都是等腰直角三角形 过C 作CT ⊥PQ 于T则CT ＝12AP ＝1 2 (42－2t)＝22(4－t) ∴CF ＝2CT ＝4－t连接OQ ，分别交AB 、CD 于N 、R 则ON ＝22OA ＝22×42＝4 ∵OP ＝2t ，∴OQ ＝2t ，∴QN ＝2t －4 ∴CF ＝12QN ＝t －2 ∴4－t ＝t －2，∴t ＝3当2＜t≤3时，重叠部分为等腰梯形GHIK △QGK 和△QHI 都是等腰直角三角形∵QN ＝2t －4，RN ＝CF ＝t －2，∴QR ＝t －2 ∴GK ＝2QR ＝2t －4，HI ＝2QN ＝4t －8∴S 2＝1 2 (GK ＋HI)·RN ＝1 2(2t －4＋4t －8)(t －2)＝3(t －2)2当3＜t≤4时，重叠部分为六边形GHEFIK易知Rt △CIK ≌Rt △DHG ，∴GH ＝KI ＝2CT ＝2(4－t)∴S 2＝S 矩形CDEF－2S △CIK＝CD ·CF －KI ·CT＝4(t －2)－2(4－t)·22(4－t)＝－t 2＋12t －24 综上得S 2关于t 的函数关系式为：S 2＝ ⎩⎨⎧0（0≤t≤2）3( t －2 )2（2＜t≤3）－t2＋12t －24（3＜t≤4）（4）8提示：点C 和点D 走过的路程分别为以OP 为边的正方形的对角线的一半9．（上海模拟）如图，正方形ABCD中，AB＝5，点E是BC延长线上一点，CE＝BC，连接BD．动点M从B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BD向D运动；动点N从E出发，以每秒2个单位长度的速度沿EB向B运动，两点同时出发，当其中一点到达终点后另一点也停止运动．设运动时间为t秒，过M作BD的垂线MP交BE于P．（1）当PN＝2时，求运动时间t；（2）是否存在这样的t，使△MPN为等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（3）设△MPN与△BCD重叠部分的面积为S，直接写出S与t的函数关系式和函数的定义域．解：（1）∵正方形ABCD，∴∠DBC＝45°∵MP⊥DB，∴△BMP是等腰直角三角形∵BM＝2t，∴BP＝2BM＝2t又PN＝2，NE＝2t当0＜t＜2.5时，BP＋PN＋NE＝BE∴2t＋2＋2t＝10，∴t＝2当2.5＜t＜5时，BP－PN＋NE＝BE∴2t－2＋2t＝10，∴t＝3（2）过M作MH⊥BC于H则△NQC∽△NMH，∴QCCN＝MHHN∴QC5－2t＝t10－t－2t，∴QC＝5t－2t210－3t令QC＝y，则y＝5t－2t2 10－3t整理得2t2－(3y＋5)t＋10y＝0∵t为实数，∴[－(3y＋5)]2－4×2×10y≥0即9y2－50y＋25≥0，解得y≥5（舍去）或y≤5 9∴线段QC长度的最大值为5 9（3）当0＜t＜2.5时∵∠MPN＝∠DBC＋∠BMP＝45°＋90°＝135°∴∠MPN为钝角，∴MN＞MP，MN＞PN若PM＝PN，则2t＝10－4t解得t＝57(4－2)ABDNCPMEABDNCPMEQHABDPCN EMABDNCP EMA DM当2.5＜t＜5时∵∠MNP＞∠MBP＝∠MPB，∴MP＞MN若MN＝PN，则∠PMN＝∠MPN＝45°∴∠MNP＝90°，即MN⊥BP∴BN＝NP，BP＝2BN∴2t＝2(10－2t)，解得t＝103若PM＝PN∵PN＝BP－BN＝BP－(BE－NE)＝BP＋NE－BE∴2t＝2t＋2t－10，解得t＝57(4＋2)∴当t＝57(4－2)，t＝103，t＝57(4＋2)时，△MPN为等腰三角形（4）S＝⎩⎨⎧8t3－50t2＋75t20－6t（0＜t＜2.5）5t－252（2.5＜t＜5）10．（重庆模拟）如图，已知△ABC是等边三角形，点O是AC的中点，OB＝12，动点P在线段AB上从点A向点B以每秒3个单位的速度运动，设运动时间为t秒．以点P为顶点，作等边△PMN，点M，N在直线OB上，取OB的中点D，以OD为边在△AOB内部作如图所示的矩形ODEF，点E在线段AB上．（1）求当等边△PMN的顶点M运动到与点O重合时t的值；（2）求等边△PMN的边长（用含t的代数式表示）；（3）设等边△PMN和矩形ODEF重叠部分的面积为S，请直接写出S与t的函数关系式及自变量t的取值范围；（4）点P在运动过程中，是否存在点M，使得△EFM是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．解：（1）当点M与点O重合时∵△ABC、△PMN是等边三角形，O为AC中点∴∠AOP＝30°，∠APO＝90°∵OB＝12，∴AO＝43＝2AP＝23t解得t＝2AO DCBF E备用图AO DCBF E备用图A DB PCNMEAO D BPF E(N)(M)∴当t ＝2时，点M 与点O 重合（2）由题设知∠ABM ＝30°，AB ＝83，AP ＝3t ∴PB ＝83－3t ，PM ＝PB ·tan30°＝8－t 即等边△PMN 的边长为8－t（3）S ＝⎩⎪⎨⎪⎧23t ＋63（0≤t≤1）－23t2＋63t ＋43（1＜t≤2）－32t2＋103（2＜t≤4）23t2－203t ＋503（4＜t≤5）0（5＜t≤8）提示：①当0≤t≤1时，PM 经过线段AF设PM 交AF 于点J ，PN 交EF 于点G ，则重叠部分为直角梯形FONG∵AP ＝3t ，∴AJ ＝23t ，JO ＝43－23t MO ＝4－2t ，ON ＝8－t －(4－2t)＝4＋t 作GH ⊥ON 于H则GH ＝FO ＝23，HN ＝2，FG ＝OH ＝4＋t －2＝2＋t ∴S ＝S 梯形FONG＝12(FG ＋ON)·FO＝12(2＋t ＋4＋t)·23＝23t ＋6 3 ②当1＜t≤2时，PM 经过线段FO设PM 交EF 于点I ，则重叠部分为五边形IJONGFJ ＝AJ －AF ＝23t －23，FI ＝2t －2∴S ＝S 梯形FONG－S △FIJ＝23t ＋63－12(23t －23)(2t －2)＝－23t 2＋63t ＋4 3③当2＜t≤4时，PN 经过线段ED设PN 交ED 于点K ，则重叠部分为五边形IMDKG∵AP ＝3t ，∴PE ＝43－3t ∴IG ＝GE ＝4－t ，EK ＝43－3t∴KD ＝23－(43－3t)＝3t －23，DN ＝t －2 ∴S ＝S 梯形IMNG －S △KDN＝1 2 (4－t ＋8－t)·23－12(3t －23)(t －2) ＝－32t 2＋10 3 ④当4＜t≤5时，PM 经过线段ED设PM 交ED 于点R ，则重叠部分为△RMD ∵AP ＝3t ，∴EP ＝3t －4 3 ∴ER ＝2EP ＝23t －8 3∴RD ＝23－(23t －83)＝103－23t MD ＝10－2tA ODCBP N F ME∴S ＝S △RMD＝12(10－2t)(103－23t)＝23t 2－203t ＋50 3 ⑤当5＜t≤8时，S ＝0（4）∵MN ＝BN ＝PN ＝8－t ，∴MB ＝16－2t ①若FM ＝EM ，则M 为OD 中点 ∴OM ＝3∵OM ＋MB ＝OB ，∴3＋16－2t ＝12 ∴t ＝3.5②若FM ＝FE ＝6，则OM ＝6 2－( 23)2＝2 6∵OM ＋MB ＝OB ，∴26＋16－2t ＝12 ∴t ＝2＋ 6③若EF ＝EM ＝6，点M 在OD 或DB 上则DM ＝6 2－( 23)2＝2 6∴DB ＋DM ＝MB 或者DB －DM ＝MB∴6＋26＝16－2t 或6－26＝16－2t ∴t ＝5－6或t ＝5＋ 6综上所述，当t ＝3.5、2＋6、5－6、5＋6时，△MEF 是等腰三角形11．（浙江某校自主招生）如图，正方形OABC 的顶点O 在坐标原点，且OA 边和AB 边所在直线的解析式分别为y ＝34x 和y ＝－4 3 x ＋ 253． （1）求正方形OABC 的边长；（2）现有动点P 、Q 分别从C 、A 同时出发，点P 沿线段CB 向终点B 运动，速度为每秒1个单位，点Q 沿折线A →O →C 向终点C 运动，速度为每秒k 个单位，设运动时间为2秒．当k 为何值时，将△CPQ 沿它的一边翻折，使得翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形？ （3）若正方形以每秒53个单位的速度沿射线AO 下滑，直至顶点B 落在x 轴上时停止下滑．设正方形在x 轴下方部分的面积为S ，求S 关于滑行时间t 的函数关系式，并写出相应自变量t 的取值范围．A OD CBP NF ME AOD C BP NF M E A O D C B PN F M E AO D C BPN F M E解：（1）联立 ⎩⎨⎧y ＝34x y ＝－ 4 3 x ＋25 3解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝4y ＝3∴A （4，3），∴OA ＝4 2＋32＝5 ∴正方形OABC 的边长为5（2）要使△CPQ 沿它的一边翻折，翻折前后的两个三角形组成的 四边形为菱形，根据轴对称的性质，只需△CPQ 为等腰三角形即可 当t ＝2秒时∵点P 的速度为每秒1个单位，∴CP ＝2 分两种情况：①当点Q 在OA 上时，∵PQ ≥BA ＞PC ，∴只存在一点Q ，使QC ＝QP作QN ⊥CP 于N ，则CN ＝12CP ＝OQ ＝1 ∴QA ＝5－1＝4，∴k ＝42＝2 ②当点Q 在OC 上时，同理只存在一点Q ，使CP ＝CQ ＝2 ∴OQ ＋OA ＝10－2＝8，∴k ＝82＝4 综上所述，当t ＝2秒时，以所得的等腰三角形CPQ 沿底边翻折， 翻折后得到菱形的k 值为2或4 （3）①当点A 运动到点O 时，t ＝3 当0＜t≤3时，设O ′C ′ 交x 轴于点D则tan ∠DOO ′＝3 4 ，即DO ′OO ′＝DO ′5 3t＝ 3 4 ，∴DO ′＝ 54t∴S ＝1 2 DO ′·OO ′＝ 1 2 ·5 4 t ·5 3 t ＝ 25 24t 2②当点C 运动到x 轴上时，t ＝(5×4 3)÷5 3＝4当3＜t≤4时，设A ′B ′ 交x 轴于点E∵A ′O ＝5 3 t －5，∴A ′E ＝ 34 A ′O ＝5t －15 4∴S ＝1 2 (A ′E ＋O ′D )·A ′O ′＝1 2 (5t －15 4＋54 t )·5＝50t －75 8③当点B 运动到x 轴上时，t ＝(5＋5×4 3)÷5 3＝7当4＜t≤7时，设B ′C ′ 交x 轴于点F∵A ′E ＝5t －15 4，∴B ′E ＝5－5t －15 4＝35－5t4∴B ′F ＝43 B ′E ＝35－5t 3∴S ＝52－12 ·35－5t 4·35－5t 3＝－25 24 t 2＋ 175 12 t －625 24综上所述，S 关于滑行时间t 的函数关系式为：S ＝ ⎩⎪⎨⎪⎧2524t 2（0＜t≤3）50t －758（3＜t≤4）－25 24t2＋175 12t －625 24（4＜t≤7）12．（浙江某校自主招生）如图，正方形ABCD 的边长为8cm ，动点P 从点A 出发沿AB 边以1cm /秒的速度向点B 匀速移动（点P 不与点A 、B 重合），动点Q 从点B 出发沿折线BC －CD 以2cm /秒的速度匀速移动．点P 、Q 同时出发，当点P 停止时，点Q 也随之停止．连接AQ 交BD 于点E ．设点P 运动时间为t （秒）．（1）当点Q 在线段BC 上运动时，点P 出发多少时间后，∠BEP ＝∠BEQ ？ （2）设△APE 的面积为S （cm 2），求S 关于t 的函数关系式，并写出t 的取值范围； （3）当4＜t ＜8时，求△APE 的面积为S 的变化范围．解（1）AP ＝x cm ，BQ ＝2x cm∵∠BEP ＝∠BEQ ，BE ＝BE ，∠PBE ＝∠QBE ＝45° ∴△PBE ≌△QBE ，∴PB ＝BQ 即8－x ＝2x ，∴x ＝83∴点P 出发83秒后，∠BEP ＝∠BEQ （2）①当0＜x≤4时，点Q 在BC 上，作EN ⊥AB 于N ，EM ⊥BC 于M ∵AD ∥BC ，∴ AEEQ＝ADBQ＝8 2x＝4x即AEEQ＝4 x，∴AEAQ ＝4x ＋4∴NEBQ＝AEAQ，∴NE ＝AE ·BQAQ ＝8x x ＋4∴S ＝1 2 AP ·NE ＝ 1 2 x · 8x x ＋4 ＝4x2x ＋4A B DEC PQ A BDE CPQN M即S ＝4x2x ＋4（0＜x≤4）②当4＜x＜8时，点Q 在CD 上，作QF ⊥AB 于F ，交BD 于H则AEEQ＝ADHQ＝8 16－2x＝48－x即AEEQ＝4 8－x，∴AEAQ ＝ 4 8－x ＋4 ＝412－x作EN ⊥AB 于N ，则 NEFQ＝AEAQ∴NE ＝AE ·FQFQ＝32 12－x∴S ＝1 2 AP ·NE ＝ 1 2 x ·32 12－x ＝16x12－x即S ＝16x12－x（4＜x＜8） （3）当4＜x＜8时，由S ＝16x12－x，得x ＝12S16＋S∵4＜x＜8，∴4＜12S16＋S＜8 ∵S＞0，∴16＋S＞0，∴4(16＋S)＜12S＜8(16＋S) 解得8＜S＜32 13．（浙江模拟）如图，菱形ABCD 的边长为6且∠DAB ＝60°，以点A 为原点、边AB 所在直线为x 轴且顶点D 在第一象限建立平面直角坐标系．动点P 从点D 出发沿折线D －C －B 向终点B 以每秒2个单位的速度运动，同时动点Q 从点A 出发沿x 轴负半轴以每秒1个单位的速度运动，当点P 到达终点时停止运动．设运动时间为t ，直线PQ 交边AD 于点E ． （1）求出经过A 、D 、C 三点的抛物线解析式；（2）是否存在时刻t ，使得PQ ⊥BD ？若存在，求出t 值，若不存在，请说明理由； （3）设AE 长为y ，试求y 与t 之间的函数关系式；（4）若F 、G 为DC 边上两点，且点DF ＝FG ＝1，试在对角线DB 上找一点M 、抛物线对称轴上找一点N ，使得四边形FMNG 周长最小并求出周长最小值．解：（1）由题意得：D （3，33）、C （9，33）设经过A 、D 、C 三点的抛物线解析式为y ＝ax2＋bx 把D 、C 两点坐标代入上式，得：A BDE CP QNF H⎩⎨⎧9a ＋3b ＝3381a ＋9b ＝33 解得：a ＝－3 9 ，b ＝433∴抛物线的解析式为：y ＝－39 x2＋433x （2）连接AC∵四边形ABCD 是菱形，∴AC ⊥BD 若PQ ⊥BD ，则PQ ∥AC 当点P 在DC 上时∵PC ∥AQ ，PQ ∥AC ，∴四边形PQAC 是平行四边形 ∴PC ＝AQ ，即6－2t ＝t, ∴t ＝2当点P 在CB 上时，PQ 与AC 相交，此时不存在符合要求的t 值 （3）①当点P 在DC 上，即0≤t≤3时 ∵DP ∥AQ ，∴△DEP ∽△AEQ∴ DE y＝ DP AQ ＝ 2tt ＝2，∴y ＝ 13AD ＝2②当点P 在CB 上，即3＜t≤6时∵AE ∥BP ，∴△QEA ∽△QPB∴AEBP＝QAQB，即y12－2t＝t6＋t∴y ＝12－2t6＋t综上所述，y 与t 之间的函数关系式为： y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2 （0≤t≤3） 12－2t6＋t（3＜t≤6）（4）作点F 关于直线BD 的对称点F ′，由菱形对称性知F ′ 在DA 上，且DF ′＝DF ＝1作点G 关于抛物线对称轴的对称点G ′，易求DG ′＝4连接F ′G ′ 交DB 于点M 、交对称轴于点N ，则点M 、N过F ′ 作F ′H ⊥DG ′ 于H ，可得HD ＝1 2，F ′H ＝ 3 2 ，HG ′＝92∴F ′G ′＝F ′H 2＋HG ′ 2＝21∴四边形FMNG 周长最小值为F ′G ′＋FG ＝21＋1 14．（浙江模拟）如图，直线y ＝－x ＋5和直线y ＝kx －4交于点C （3，m ），两直线分别交y 轴于点A 和点B ，一平行于y 轴的直线l 从点C 出发水平向左平移，速度为每秒1个单位，运动时间为t ，且分别交AC 、BC 于点P 、Q ，以PQ 为一边向左侧作正方形PQDE ． （1）求m 和k 的值；（2）当t 为何值时，正方形的边DE 刚好在y 轴上？（3）当直线l 从点C 出发开始运动的同时，点M 也同时在线段AB 上由点A 向点B 以每秒4个单位的速度运动，问点M 从进入正方形PQDE 到离开正方形持续的时间有多长？解：（1）把C （3，m ）代入y ＝－x ＋5得m ＝2 ∴C （3，2），代入y ＝kx －4得k ＝2 （2）由题意，点P 横坐标为3－t当x ＝3－t 时，y ＝－x ＋5＝t ＋2，∴P （3－t ，t ＋2） ∵PQ ∥y 轴，∴点Q 横坐标为3－t当x ＝3－t 时，y ＝2x －4＝2－2t ，∴Q （3－t ，2－2t ） ∴PQ ＝t ＋2－(2－2t)＝3t ∵正方形PQDE ，∴PQ ＝PE当正方形的边DE 刚好在y 轴上时，3t ＝3－t ，∴t ＝34（3）∵直线y ＝－x ＋5交y 轴于点A ，∴A （0，5） ∴点M 坐标为（0，5－4t ）当点M 和点P 的纵坐标相等时，5－4t ＝t ＋2，∴t ＝35∵3 5＜3 4，∴点M 进入正方形PQDE 时，t ＝3 4当点M 和点Q 的纵坐标相等时，5－4t ＝2－2t ，∴t ＝3 2∴点M 从进入正方形PQDE 到离开正方形持续的时间为：t ＝32－3 4＝3 415．（浙江模拟）如图，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，Rt △OAB 的直角边OA 在x 轴的正半轴上，点B 坐标为（3，1），以OB 所在直线为对称轴将△OAB 作轴对称变换得△OCB ．动点P 从点O 出发，沿线段OA 向点A 运动，动点Q 从点C 出发，沿线段CO 向点O 运动．P 、Q 两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度．设点P （1）求∠AOC 的度数；（2）记四边形BCQP 的面积为S （平方单位），求S 与t （3）设PQ 与OB 交于点M ． ①当△OMQ 为等腰三角形时，求t 的值． ②探究线段OM 长度的最大值，说明理由．解：（1）∵点B坐标为（3，1），∴OA＝3，AB＝1∴在Rt△OAB中，tan∠AOB＝ABOA＝13＝33∴∠AOB＝30°∵将△OAB作轴对称变换得△OCB∴△OCB≌△OAB，∴∠COB＝∠AOB＝30°∴∠AOC＝60°（2）∵OP＝CQ＝t，AB＝1，OC＝OA＝ 3 ∴AP＝OQ＝3－t∴S＝2S△OAB－S△OPQ－S△P AB＝OA·AB－12OP·OQ·sin∠AOC－12P A·AB＝3×1－12×t×(3－t)×32－12×(3－t)×1＝34t2－14t＋32（3）①若△OMQ为等腰三角形，则可能有三种情况：（i）若OM＝MQ，则∠MQO＝∠MOQ＝30°∵∠AOC＝60°，∴∠OPQ＝90°∴OP＝12OQ，即t＝12(3－t)解得：t＝3 3（ii）若OM＝OQ，则∠OMQ＝∠OQM＝75°∵∠AOC＝60°，∴∠OPQ＝45°过点Q作QD⊥OA于D，则QD＝DP即32(3－t)＝t－12(3－t)解得：t＝1（iii）若MQ＝OQ，则∠OMQ＝∠MOQ＝∠MOP 得PQ∥OA，显然不符合题意②分别过点P、Q作OB的垂线，垂足分别为E、F ∵OP＝t，OQ＝3－t，∠MOP＝∠MOQ＝30°∴S△OPQ＝S△OPM＋S△OOM＝12OM·PE＋12OM·QF＝14OM·OP＋14OM·OQ＝14OM(OP＋OQ)＝14OM(t＋3－t)＝34OM过点Q作QG⊥OA于G则S△OPQ＝12OP·QG＝12OP·OQ·sin60°＝34t(3－t)＝－34(t2－3t)∴34OM＝－34(t2－3t)∴OM ＝－(t 2－ 3t )＝－(t －32)2＋3 4∴当t ＝32时，线段OM 的长度取得最大值 3416．（浙江模拟）已知直线y ＝43x ＋4与x 轴、y 轴分别相交于点A 、B ，点C 从O 点出发沿射线OA 以每秒1个单位长度的速度匀速运动，同时点D 从A 点出发沿AB 以每秒1个单位长度的速度向B 点匀速运动，当点D 到达B 点时C 、D 都停止运动．点E 是CD 的中点，直线EF ⊥CD 交y 轴于点F ，点E ′与E 点关于y t （秒）．（1）当t ＝________秒时，点F 经过原点O ； （2）设四边形BDCO 的面积为S ，求S 与t 的函数关系式；（3）当直线EF 与△AOB 的一边垂直时，求t 的值；（4）以CD 为一边，在CD 的右侧作菱形CDMN ，其中DM ∥x 轴．当点N 在直线E ′F 左侧时，直接写出菱形CDMN 与△EFE ′重叠部分为轴对称图形时t 的取值范围．解：（1）52提示： ∵直线y ＝43x ＋4与x 轴、y 轴分别相交于点A 、B ∴A （－3，0），B （0，4），∴AO ＝3，BO ＝4 ∴AB ＝AO 2＋BO 2＝3 2＋42＝5 当点F 经过原点时，连接OD 由题意，EF 是CD 的垂直平分线 ∴OD ＝OC ＝t∵AD ＝t ，∴AD ＝OD ，∴∠DAO ＝∠DOA ∵∠DBO ＋∠DAO ＝90°，∠DOB ＋∠DOA ＝90° ∴∠DBO ＝∠DOB ，∴OD ＝BD∴AD ＝BD ，∴AD ＝12AB ＝5 2（2）∵AO ＝3，BO ＝4，AB ＝5 ∴sin ∠BAO ＝BOAB＝4 5 ，cos ∠BAO ＝AOAB ＝3 5过D 作DH ⊥AC 于H当0≤t≤3时∵CO ＝t ，AD ＝t ，∴AC ＝3－t ，DH ＝AD ·sin ∠BAO ＝45t ∴S ＝S △ABO－S △ADC＝1 2 ×3×4－1 2 ·(3－t)·4 5 t ＝ 2 5 t 2－65t ＋6当3＜t≤5时，AC ＝t －3∴S ＝S △ABO＋S △ADC＝1 2 ×3×4＋1 2 ·(t －3)·4 5 t ＝ 2 5 t 2－ 65t ＋6综合得S 与t 的函数关系式为： S ＝25t 2－65t ＋6（0≤t≤5） （3）当EF ⊥BO 时∵EF ⊥CD ，∴CD ∥BO ，∴∠ACD ＝90° 在Rt △ADC 中，ACAD＝cos ∠BAO∴3－t t＝3 5 ，∴t ＝158当EF ⊥AB 时∵EF ⊥CD ，∴直线CD 与直线AB 重合 ∴点C 与点A 重合，∴t ＝3 （4）t ＝5 4 或t ＝154提示：①当0＜t＜158则∠PEQ ＝∠MQE∵菱形CDMN ，∴CD ∥MN∴∠MQE ＝∠CEQ ，∴∠PEQ ＝∠CEQ ∵EF ⊥CD ，即∠CEF ＝90°，∴∠CEQ ＝∴∠ACD ＝∠CEQ ＝45°过D 作DH ⊥AC 于H ，则△DHC 是等腰直角三角形∴DH ＝HC ，∴4 5t ＝3－t －3 5 t ，∴t ＝54②当158＜t＜5，且重叠部分为等腰梯形EHNK 时 同理可得∠CHE ＝45° 连接DH∵EF 垂直平分CD ，∴CH ＝DH ，∠DHE ＝∠CHE ＝45° ∴∠DHC ＝90°，∴DH ＝45t 而CH ＝CO －HO ＝CO －(AO －AH)＝t －(3－35t) ∴t －(3－3 5 t )＝45 t ，∴t ＝15417．（浙江模拟）如图1，矩形ABCD中，AB＝21，AD＝12，E是CD边上的一点，DE＝16，M是BC边的中点，动点P从点A出发，沿边AB以每秒1个单位长度的速度向终点B 运动．设动点P的运动时间是t秒．（1）求线段AE的长；（2）当△ADE与△PBM相似时，求t的值；（3）如图2，连接EP，过点P作PH⊥AE于H．①当EP平分四边形PMEH的面积时，求t的值；②以PE为对称轴作线段BC的轴对称图形B′C′，当线段B′C′与线段AE有公共点时，写出t的取值范围（直接写出答案）．解：（1）∵ABCD是矩形，∴∠D＝90°∴AE＝AD2＋DE2＝122＋162＝20（2）∵∠D＝∠B＝90°∴△ADE与△PBM相似时，有两种情况：当∠DAE＝∠PMB时，有DEPB＝ADBM即1621－t＝126，解得t＝13当∠DAE＝∠BPM时，有DEBM＝ADPB即166＝1221－t，解得t＝332（3）①由题意得：S△EHP＝S△EMP∵DC∥AB，∴∠DEA＝∠HAP又∵∠D＝∠AHP＝90°，∴△ADE∽△PHA∴AHDE＝PHAD＝APAE，即AH16＝PH12＝t20∴AH＝45t，PH＝35t，EH＝20－45t∴S△EHP＝12×35t×(20－45t)∵DC＝21，DE＝16，∴EC＝5∴S△EMP＝S梯形EPBC－S△ECM－S△PBM＝12(5＋21－t)×12－12×5×6－12×(21－t)×6DACEBMP图1DACEBMPH图2DACEBM备用图D CEBMPHD CEBMPH∴12×35t×(20－45t)＝12(5＋21－t)×12－12×5×6－12×(21－t)×6解得t＝75±5174∵0＜t＜21，∴t＝75－5174②14011≤t≤20提示：当点B′落在线段AE上时连接B′P、EB，∵B′C′和BC关于PE对称∴B′P＝BP＝21－t，B′E＝BE＝BC2＋EC2＝122＋52＝13∴AB′＝AE－B′E＝20－13＝7，B′H＝AH－AB′＝45t－7在Rt△B′HP中，B′H2＋PH2＝B′P2∴(45t－7)2＋(35t)2＝(21－t)2，解得t＝14011当点C′落在线段AE上时连接C′P、CP，∵B′C′和BC关于PE对称C′P2＝CP2＝122＋(21－t)2，C′E＝CE＝5∴AC′＝AE－C′E＝20－5＝15，C′H＝AH－AC′＝45t－15在Rt△C′HP中，C′H2＋PH2＝C′P2∴(45t－15)2＋(35t)2＝122＋(21－t)2，解得t＝2018．（浙江模拟）如图，抛物线与x轴交于A（6，0）、B（19，0）两点，与y轴交于点C （0，8），直线CD∥x轴交抛物线于另一点D．动点P、Q分别从C、D两点同时出发，速度均为每秒1个单位，点P向射线DC方向运动，点Q向射线BD方向运动，设P、Q运动的时间为t（秒），AQ交CD于E．（1）求抛物线的解析式；（2）求△APQ的面积S与t的函数关系式；（3）连接BE．是否存在某一时刻t，使得∠AEB＝∠BDC？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．解：（1）∵抛物线与x轴交于A（6，0）、B（19，0）两点∴设抛物线的解析式为y＝a(x－6)(x－19)∵抛物线与y轴交于点C（0，8）∴8＝a(0－6)(0－19)，∴a＝457DACEBMPHC′B′NDACEBMPHB'C'∴y＝457(x－6)(x－19)（2）作PF⊥x轴于F，QG⊥x轴于G，DH⊥x轴于H，∵CD∥x轴，∴PF＝DH＝OC＝8当y＝8时，457(x－6)(x－19)＝8解得x1＝0，x2＝25∴D（25，8），OH＝CD＝25∵B（19，0），∴BH＝25－19＝6∴BD＝BH2＋DH2＝62＋82＝10∵△BDH∽△BQG，∴BDBQ＝DHQG＝BHBG∴1010＋t＝8QG＝6BG∴QG＝45t＋8，BG＝35t＋6∴FG＝t＋19＋35t＋6＝85t＋25，AG＝35t＋19∴S＝S梯形PFGQ－S△P AF－S△QAG＝12(PF＋QG)·FG－12AF·PF－12AG·QG＝12(8＋45t＋8)(85t＋25)－12(t＋6)·8－12(35t＋19)(45t＋8)＝25t2＋445t＋100（3）∵AC＝BD＝10，∴四边形ABDC是等腰梯形∴∠ACD＝∠BDC若∠AEB＝∠BDC，则∠AEC＋∠BED＝∠BED＋∠EBD ∴∠AEC＝∠EBD，∴△AEC∽△EBD∴ACED＝CEDB，即10ED＝25－ED10解得ED＝5或ED＝20（＞AB，舍去）∵△QED∽△QAB，∴EDAB＝QDQB即513＝tt＋10，∴t＝254∴存在某一时刻t，使得∠AEB＝∠BDC，t＝25 4。
2017中考数学精选压轴题(高难,答案请自行作业帮)
xyM C DPQOAB 2017中考数学精选压轴题【001】如图.已知抛物线2(1)33y a x =-+（a ≠0）经过点(2)A -，0.抛物线的顶点为D .过O 作射线OM AD ∥．过顶点D 平行于x 轴的直线交射线OM 于点C .B 在x 轴正半轴上.连结BC ．（1）求该抛物线的解析式； （2）若动点P 从点O 出发.以每秒1个长度单位的速度沿射线OM 运动.设点P 运动的时间为()t s ．问当t 为何值时.四边形DAOP 分别为平行四边形？直角梯形？等腰梯形？ （3）若O C O B=.动点P 和动点Q 分别从点O 和点B 同时出发.分别以每秒1个长度单位和2个长度单位的速度沿OC 和BO 运动.当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动．设它们的运动的时间为t ()s .连接PQ .当t 为何值时.四边形BCPQ 的面积最小？并求出最小值及此时PQ的长．【002】如图16.在Rt △ABC 中.∠C =90°.AC = 3.AB = 5．点P 从点C 出发沿CA 以每秒1个单位长的速度向点A 匀速运动.到达点A 后立刻以原来的速度沿AC 返回；点Q 从点A 出发沿AB 以每秒1个单位长的速度向点B 匀速运动．伴随着P 、Q 的运动.DE 保持垂直平分PQ .且交PQ 于点D .交折线QB -BC -CP 于点E ．点P 、Q 同时出发.当点Q 到达点B 时停止运动.点P 也随之停止．设点P 、Q 运动的时间是t 秒（t ＞0）．（1）当t = 2时.AP = .点Q 到AC 的距离是 ；（2）在点P 从C 向A 运动的过程中.求△APQ 的面积S 与t 的函数关系式；（不必写出t 的取值范围）（3）在点E 从B 向C 运动的过程中.四边形QBED 能否成为直角梯形？若能.求t 的值．若不能.请说明理由；（4）当DE 经过点C 时.请直接．．写出t 的值．ACBPQED【003】如图.在平面直角坐标系中.已知矩形ABCD 的三个顶点B （4.0）、C （8.0）、D （8.8）.抛物线y=ax 2+bx 过A 、C 两点.(1)直接写出点A 的坐标.并求出抛物线的解析式；(2)动点P 从点A 出发．沿线段AB 向终点B 运动.同时点Q 从点C 出发.沿线段CD 向终点D 运动．速度均为每秒1个单位长度.运动时间为t 秒.过点P 作PE ⊥AB 交AC 于点E .①过点E 作EF ⊥AD 于点F .交抛物线于点G.当t 为何值时.线段EG 最长?②连接EQ ．在点P 、Q 运动的过程中.判断有几个时刻使得△CEQ 是等腰三角形? 请直接写出相应的t 值。
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数学中考压轴题强化训练11
如图，一次函数22
1+-=x y 分别交y 轴、x 轴于A 、B 两点，抛物线c bx x y ++-=2过A 、B 两点。
（10分）
⑴求这个抛物线的解析式；
⑵作垂直x 轴的直线t x =，在第一象限交直线AB 于M ，交这个抛物线于N 。
求当t 取何值时，MN 有最大值？最大值是多少？
⑶在⑵的情况下，以A 、M 、N 、D 为顶点作平行四边形，求第四个顶点D 的坐标。
参考答案及评分标准
解：⑴由一次函数22
1+-
=x y ，易得A （0，2），B （4，0）……1分 由A （0，2），B （4，0）代入c bx x y ++-=2中，可得 抛物线的解析式为2272++-=x x y ……3分
⑵当t x =时，可设M （221,+-
t t ），N （22
7,2++-t t t ）……4分 从而MN=t t t t t 422122722+-=+--++-……5分 配方得MN=4)2(2+--t
∴当2=t 时，MN 有最大值为4……6分
⑶如图所示，点D 的位置有三种情况
当D 点在y 轴上时，AD=MN=4
∴D 1（0，6），D 2（0，－2）……8分
当D 点不在y 轴上时，可得D 3（4，4）……9分
∴故所求的D 为（0，6），（0，－2）或（4，4）。
……10分。