最新中考“壓軸題”精選教師

1、PAGE PAGE 78中考重點題選集 參考答案與試題解析一解答題（共30小題）1（2020成都）如圖，點B在線段AC上，點D，E在AC同側(cè)，A=C=90，BDBE，AD=BC（1）求證：AC=AD+CE；（2）若AD=3，CE=5，點P為線段AB上的動點，連接DP，作PQDP，交直線BE于點Q；（i）當點P與A，B兩點不重合時，求的值；（ii）當點P從A點運動到AC的中點時，求線段DQ的中點所經(jīng)過的路徑（線段）長（直接寫出結(jié)果，不必寫出解答過程）考點：相似三角形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)專題：幾何綜合題；壓軸題分析：（1）根據(jù)同角的余角相等求出1=E，再利用“角角邊”證明ABD和C

2、EB全等，根據(jù)全等三角形對應邊相等可得AB=CE，然后根據(jù)AC=AB+BC整理即可得證；（2）（i）過點Q作QFBC于F，根據(jù)BFQ和BCE相似可得=，然后求出QF=BF，再根據(jù)ADP和FPQ相似可得=，然后整理得到（APBF）（5AP）=0，從而求出AP=BF，最后利用相似三角形對應邊成比例可得=，從而得解；（ii）判斷出DQ的中點的路徑為BDQ的中位線MN求出QF、BF的長度，利用勾股定理求出BQ的長度，再根據(jù)中位線性質(zhì)求出MN的長度，即所求之路徑長解答：（1）證明：BDBE，1+2=18090=90，C=90，2+E=18090=90，1=E，在ABD和CEB中，ABDCEB（AAS），

3、AB=CE，AC=AB+BC=AD+CE；（2）（i）如圖，過點Q作QFBC于F，則BFQBCE，=，即=，QF=BF，DPPQ，ADP+FPQ=18090=90，F(xiàn)PQ+PQF=18090=90，ADP=FPQ，又A=PFQ=90，ADPFPQ，=，即=，5APAP2+APBF=3BF，整理得，（APBF）（AP5）=0，點P與A，B兩點不重合，AP5，AP=BF，由ADPFPQ得，=，=；（ii）線段DQ的中點所經(jīng)過的路徑（線段）就是BDQ的中位線MN由（2）（i）可知，QF=AP當點P運動至AC中點時，AP=4，QF=BF=QF=4在RtBFQ中，根據(jù)勾股定理得：BQ=MN=BQ=線段D

4、Q的中點所經(jīng)過的路徑（線段）長為點評：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，（1）求出三角形全等的條件1=E是解題的關(guān)鍵，（2）（i）根據(jù)兩次三角形相似求出AP=BF是解題的關(guān)鍵，（ii）判斷出路徑為三角形的中位線是解題的關(guān)鍵2（2020成都）在平面直角坐標系中，已知拋物線y=x2+bx+c（b，c為常數(shù)）的頂點為P，等腰直角三角形ABC的頂點A的坐標為（0，1），C的坐標為（4，3），直角頂點B在第四象限（1）如圖，若該拋物線過A，B兩點，求該拋物線的函數(shù)表達式；（2）平移（1）中的拋物線，使頂點P在直線AC上滑動，且與AC交于另一點Q（i）若點M在直線AC下方，且為平移

5、前（1）中的拋物線上的點，當以M、P、Q三點為頂點的三角形是等腰直角三角形時，求出所有符合條件的點M的坐標；（ii）取BC的中點N，連接NP，BQ試探究是否存在最大值？若存在，求出該最大值；若不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：（1）先求出點B的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出拋物線的函數(shù)表達式；（2）i）首先求出直線AC的解析式和線段PQ的長度，作為后續(xù)計算的基礎(chǔ)若MPQ為等腰直角三角形，則可分為以下兩種情況：當PQ為直角邊時：點M到PQ的距離為此時，將直線AC向右平移4個單位后所得直線（y=x5）與拋物線的交點，即為所求之M點；當PQ為斜邊時：點M到PQ的距離為此時，將直線

6、AC向右平移2個單位后所得直線（y=x3）與拋物線的交點，即為所求之M點ii）由（i）可知，PQ=為定值，因此當NP+BQ取最小值時，有最大值如答圖2所示，作點B關(guān)于直線AC的對稱點B，由分析可知，當B、Q、F（AB中點）三點共線時，NP+BQ最小，最小值為線段BF的長度解答：解：（1）由題意，得點B的坐標為（4，1）拋物線過A（0，1），B（4，1）兩點，解得：b=2，c=1，拋物線的函數(shù)表達式為：y=x2+2x1（2）i）A（0，1），C（4，3），直線AC的解析式為：y=x1設平移前拋物線的頂點為P0，則由（1）可得P0的坐標為（2，1），且P0在直線AC上點P在直線AC上滑動，可設P的

7、坐標為（m，m1），則平移后拋物線的函數(shù)表達式為：y=（xm）2+m1解方程組：，解得，P（m，m1），Q（m2，m3）過點P作PEx軸，過點Q作QEy軸，則PE=m（m2）=2，QE=（m1）（m3）=2PQ=AP0若MPQ為等腰直角三角形，則可分為以下兩種情況：當PQ為直角邊時：點M到PQ的距離為（即為PQ的長）由A（0，1），B（4，1），P0（2，1）可知，ABP0為等腰直角三角形，且BP0AC，BP0=如答圖1，過點B作直線l1AC，交拋物線y=x2+2x1于點M，則M為符合條件的點可設直線l1的解析式為：y=x+b1，B（4，1），1=4+b1，解得b1=5，直線l1的解析式為：y

8、=x5解方程組，得：，M1（4，1），M2（2，7）當PQ為斜邊時：MP=MQ=2，可求得點M到PQ的距離為如答圖1，取AB的中點F，則點F的坐標為（2，1）由A（0，1），F(xiàn)（2，1），P0（2，1）可知：AFP0為等腰直角三角形，且點F到直線AC的距離為過點F作直線l2AC，交拋物線y=x2+2x1于點M，則M為符合條件的點可設直線l2的解析式為：y=x+b2，F(xiàn)（2，1），1=2+b2，解得b1=3，直線l2的解析式為：y=x3解方程組，得：，M3（1+，2+），M4（1，2）綜上所述，所有符合條件的點M的坐標為：M1（4，1），M2（2，7），M3（1+，2+），M4（1，2）ii）存

9、在最大值理由如下：由i）知PQ=為定值，則當NP+BQ取最小值時，有最大值如答圖2，取點B關(guān)于AC的對稱點B，易得點B的坐標為（0，3），BQ=BQ連接QF，F(xiàn)N，QB，易得FNPQ，且FN=PQ，四邊形PQFN為平行四邊形NP=FQNP+BQ=FQ+BQFB=當B、Q、F三點共線時，NP+BQ最小，最小值為的最大值為=點評：本題為二次函數(shù)中考壓軸題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、一次函數(shù)、幾何變換（平移，對稱）、等腰直角三角形、平行四邊形、軸對稱最短路線問題等知識點，考查了存在型問題和分類討論的數(shù)學思想，試題難度較大3（2020綿陽）如圖，二次函數(shù)y=ax2+bx+c的圖象的頂點C

10、的坐標為（0，2），交x軸于A、B兩點，其中A（1，0），直線l：x=m（m1）與x軸交于D（1）求二次函數(shù)的解析式和B的坐標；（2）在直線l上找點P（P在第一象限），使得以P、D、B為頂點的三角形與以B、C、O為頂點的三角形相似，求點P的坐標（用含m的代數(shù)式表示）；（3）在（2）成立的條件下，在拋物線上是否存在第一象限內(nèi)的點Q，使BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形？如果存在，請求出點Q的坐標；如果不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：（1）由于拋物線的頂點C的坐標為（0，2），所以拋物線的對稱軸為y軸，且與y軸交點的縱坐標為2，即b=0，c=2，再將A（1，0）代入y=

11、ax2+bx+c，求出a的值，由此確定該拋物線的解析式，然后令y=0，解一元二次方程求出x的值即可得到點B的坐標；（2）設P點坐標為（m，n）由于PDB=BOC=90，則D與O對應，所以當以P、D、B為頂點的三角形與以B、C、O為頂點的三角形相似時，分兩種情況討論：OCBDBP；OCBDPB根據(jù)相似三角形對應邊成比例，得出n與m的關(guān)系式，進而可得到點P的坐標；（3）假設在拋物線上存在第一象限內(nèi)的點Q（x，2x22），使BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形過點Q作QEl于點E利用AAS易證DBPEPQ，得出BD=PE，DP=EQ再分兩種情況討論：P（m，）；P（m，2（m1）都根據(jù)BD=PE，

12、DP=EQ列出方程組，求出x與m的值，再結(jié)合條件x0且m1即可判斷不存在第一象限內(nèi)的點Q，使BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形解答：解：（1）拋物線y=ax2+bx+c的頂點坐標為C（0，2），b=0，c=2；y=ax2+bx+c過點A（1，0），0=a+02，a=2，拋物線的解析式為y=2x22當y=0時，2x22=0，解得x=1，點B的坐標為（1，0）；（2）設P（m，n）PDB=BOC=90，當以P、D、B為頂點的三角形與以B、C、O為頂點的三角形相似時，分兩種情況：若OCBDBP，則=，即=，解得n=由對稱性可知，在x軸上方和下方均有一點滿足條件，此時點P坐標為（m，）或（m，）（

13、舍）；若OCBDPB，則=，即=，解得n=2m2由對稱性可知，在x軸上方和下方均有一點滿足條件，此時點P坐標為（m，2m2）或（m，22m），P在第一象限，m1，（m，2m2）或（m，22m）舍綜上所述，滿足條件的點P的坐標為：（m，），（m，2m2）（3）假設在拋物線上存在第一象限內(nèi)的點Q（x，2x22），使BPQ是以P為直角頂點的等腰直角三角形如圖，過點Q作QEl于點EDBP+BPD=90，QPE+BPD=90，DBP=QPE在DBP與EPQ中，DBPEPQ，BD=PE，DP=EQ分兩種情況：當P（m，）時，B（1，0），D（m，0），E（m，2x22），解得，（均不合題意舍去）；當P（m

14、，2（m1）時，B（1，0），D（m，0），E（m，2x22），解得，（均不合題意舍去）；綜上所述，不存在滿足條件的點Q點評：此題是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到二次函數(shù)解析式的確定，相似三角形、全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識；在相似三角形的對應角和對應邊不確定的情況下，一定要注意分類討論，以免漏解4（2020綿陽）我們知道，三角形的三條中線一定會交于一點，這一點就叫做三角形的重心重心有很多美妙的性質(zhì)，如關(guān)于線段比面積比就有一些“漂亮”結(jié)論，利用這些性質(zhì)可以解決三角形中的若干問題請你利用重心的概念完成如下問題：（1）若O是ABC的重心（如圖1），連結(jié)AO并延長交BC于D，證明

15、：；（2）若AD是ABC的一條中線（如圖2），O是AD上一點，且滿足，試判斷O是ABC的重心嗎？如果是，請證明；如果不是，請說明理由；（3）若O是ABC的重心，過O的一條直線分別與AB、AC相交于G、H（均不與ABC的頂點重合）（如圖3），S四邊形BCHG，SAGH分別表示四邊形BCHG和AGH的面積，試探究的最大值考點：相似形綜合題；三角形的重心專題：壓軸題分析：（1）如答圖1，作出中位線DE，證明AOCDOE，可以證明結(jié)論；（2）如答圖2，作ABC的中線CE，與AD交于點Q，則點Q為ABC的重心由（1）可知，=，而已知，故點O與點Q重合，即點O為ABC的重心；（3）如答圖3，利用圖形的面積

16、關(guān)系，以及相似線段間的比例關(guān)系，求出的表達式，這是一個二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求出其最大值解答：（1）證明：如答圖1所示，連接CO并延長，交AB于點E點O是ABC的重心，CE是中線，點E是AB的中點DE是中位線，DEAC，且DE=ACDEAC，AOCDOE，=2，AD=AO+OD，（2）答：點O是ABC的重心證明：如答圖2，作ABC的中線CE，與AD交于點Q，則點Q為ABC的重心由（1）可知，=，而，點Q與點O重合（是同一個點），點O是ABC的重心（3）解：如答圖3所示，連接DG設SGOD=S，由（1）知，即OA=2OD，SAOG=2S，SAGD=SGOD+SAGO=3S為簡便起見，不妨設

17、AG=1，BG=x，則SBGD=3xSSABD=SAGD+SBGD=3S+3xS=（3x+3）S，SABC=2SABD=（6x+6）S設OH=kOG，由SAGO=2S，得SAOH=2kS，SAGH=SAGO+SAOH=（2k+2）SS四邊形BCHG=SABCSAGH=（6x+6）S（2k+2）S=（6x2k+4）S= 如答圖3，過點O作OFBC交AC于點F，過點G作GEBC交AC于點E，則OFGEOFBC，OF=CD=BC；GEBC，GE=；=，OFGE，=，k=，代入式得：=x2+x+1=（x）2+，當x=時，有最大值，最大值為點評：本題是幾何綜合題，以三角形的重心為背景，考查了重心的概念、

18、性質(zhì)以及應用，考查了相似三角形、中位線、圖形面積、二次函數(shù)最值等知識點試題的難點在于第（3）問，如何求出的關(guān)系式是解題的關(guān)鍵；另外，第（3）問尚有多種不同的解法，同學們可以深入探究5（2020德宏州）如圖，已知直線y=x與拋物線交于A、B兩點（1）求交點A、B的坐標；（2）記一次函數(shù)y=x的函數(shù)值為y1，二次函數(shù)的函數(shù)值為y2若y1y2，求x的取值范圍；（3）在該拋物線上存在幾個點，使得每個點與AB構(gòu)成的三角形為等腰三角形？并求出不少于3個滿足條件的點P的坐標考點：二次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：（1）根據(jù)題意可以列出關(guān)于x、y的方程組，通過解方程組可以求得點A、B的坐標；（2）根據(jù)函數(shù)圖象可

19、以直接回答問題；（3）需要分類討論：以AB為腰和以AB為底的等腰三角形解答：解：（1）如圖，直線y=x與拋物線交于A、B兩點，解得，或，A（0，0），B（2，2）；（2）由（1）知，A（0，0），B（2，2）一次函數(shù)y=x的函數(shù)值為y1，二次函數(shù)的函數(shù)值為y2當y1y2時，根據(jù)圖象可知x的取值范圍是：0 x2；（3）該拋物線上存在4個點，使得每個點與AB構(gòu)成的三角形為等腰三角形理由如下：A（0，0），B（2，2），AB=2根據(jù)題意，可設P（x，x2）當PA=PB時，點P是線段AB的中垂線與拋物線的交點易求線段AB的中垂線的解析式為y=x+2，則，解得，P1（1，3+），P2（1，3）；當PA=

20、AB時，根據(jù)拋物線的對稱性知，點P與點B關(guān)于y軸對稱，即P3（2，2）；當AB=PB時，點P4的位置如圖所示綜上所述，符號條件的點P有4個，其中P1（1，3+），P2（1，3），P3（2，2）點評：本題考查了二次函數(shù)綜合題其中涉及到的知識點有待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，二次函數(shù)圖象上點的坐標特征，坐標與圖形的性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)解題時，利用了“分類討論”和“數(shù)形結(jié)合”的數(shù)學思想6（2020泉州）如圖1，在平面直角坐標系中，正方形OABC的頂點A（6，0），過點E（2，0）作EFAB，交BO于F；（1）求EF的長；（2）過點F作直線l分別與直線AO、直線BC交于點H、G；根據(jù)上述語句，在圖1

21、上畫出圖形，并證明=；過點G作直線GDAB，交x軸于點D，以圓O為圓心，OH長為半徑在x軸上方作半圓（包括直徑兩端點），使它與GD有公共點P如圖2所示，當直線l繞點F旋轉(zhuǎn)時，點P也隨之運動，證明：=，并通過操作、觀察，直接寫出BG長度的取值范圍（不必說理）；（3）在（2）中，若點M（2，），探索2PO+PM的最小值考點：圓的綜合題專題：壓軸題分析：（1）利用正方形與平行線的性質(zhì)，易求線段EF的長度（2）首先依題意畫出圖形，如答圖1所示證明OFHBFG，得；由EFAB，得所以；由OP=OH，則問題轉(zhuǎn)化為證明=根據(jù)中的結(jié)論，易得=，故問題得證（3）本問為探究型問題，利用線段性質(zhì)（兩點之間線段最短）

22、解決如答圖2所示，構(gòu)造矩形，將2PO+PM轉(zhuǎn)化為NK+PM，由NK+PMNK+KM，NK+KMMN=8，可得當點P在線段MN上時，2OP+PM的值最小，最小值為8解答：（1）解：解法一：在正方形OABC中，F(xiàn)OE=BOA=COA=45EFAB，F(xiàn)EO=BAO=90，EFO=FOE=45，又E（2，0），EF=EO=2解法二：A（6，0），C（0，6），E（2，0），OA=AB=6，EO=2，EFAB，即，EF=6=2（2）畫圖，如答圖1所示：證明：四邊形OABC是正方形，OHBC，OFHBFG，；EFAB，；證明：半圓與GD交于點P，OP=OH由得：，又EO=2，EA=OAEO=62=4，通過

23、操作、觀察可得，4BG12（3）解：由（2）可得：=，2OP+PM=BG+PM如答圖2所示，過點M作直線MNAB于點N，交GD于點K，則四邊形BNKG為矩形，NK=BG2OP+PM=BG+PM=NK+PMNK+KM，當點P與點K重合，即當點P在直線MN上時，等號成立又NK+KMMN=8，當點K在線段MN上時，等號成立當點P在線段MN上時，2OP+PM的值最小，最小值為8點評：本題是幾何綜合題，主要考查了相似三角形與圓的相關(guān)知識圖中線段較多，注意理清關(guān)系第（1）（2）問考查幾何基礎(chǔ)知識，難度不大；第（3）問考查幾何最值問題，有一定的難度需要注意的是：線段的性質(zhì)（兩點之間線段最短）是初中數(shù)學常見的

24、最值問題的基礎(chǔ)，典型的展開圖最短路線問題、軸對稱最短路線問題，均是利用這一性質(zhì)，希望同學們能夠舉一反三、觸類旁通7（2020泉州）如圖，直線y=x+2分別與x、y軸交于點B、C，點A（2，0），P是直線BC上的動點（1）求ABC的大??；（2）求點P的坐標，使APO=30；（3）在坐標平面內(nèi)，平移直線BC，試探索：當BC在不同位置時，使APO=30的點P的個數(shù)是否保持不變？若不變，指出點P的個數(shù)有幾個？若改變，指出點P的個數(shù)情況，并簡要說明理由考點：一次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：（1）求得B、C的坐標，在直角BOC中，利用三角函數(shù)即可求解；（2）取AC中點Q，以點Q為圓心，2為半徑長畫圓Q，Q

25、與直線BC的兩個交點，即為所求；（3）當BC在不同位置時，點P的個數(shù)會發(fā)生改變，使APO=30的點P的個數(shù)情況有四種：1個、2個、3個、4個如答圖2所示解答：解：（1）在y=x+2中，令x=0，得y=2；令y=0，得x=2，C（0，2），B（2，0），OC=2，OB=2tanABC=，ABC=60（2）如答圖1所示，連接AC由（1）知ABC=60，BC=2OB=4又AB=4，AB=BC，ABC為等邊三角形，AB=BC=AC=4取AC中點Q，以點Q為圓心，2為半徑長畫圓，與直線BC交于點P1，P2QP1=2，QO=2，點P1與點C重合，且Q經(jīng)過點OP1（0，2）QA=QO，CAB=60，AOQ為

26、等邊三角形在Q中，AO所對的圓心角OQA=60，由圓周角定理可知，AO所對的圓周角APO=30，故點P1、P2符合條件QC=QP2，ACB=60，P2QC為等邊三角形P2C=QP=2，點P2為BC的中點B（2，0），C（0，2），P2（1，）綜上所述，符合條件的點P坐標為（0，2），（1，）（3）當BC在不同位置時，點P的個數(shù)會發(fā)生改變，使APO=30的點P的個數(shù)情況有四種：1個、2個、0個如答圖2所示，以AO為弦，AO所對的圓心角等于60的圓共有2個，記為Q，Q，點Q，Q關(guān)于x軸對稱直線BC與Q，Q的公共點P都滿足APO=AQO=AQO=30，點P的個數(shù)情況如下：有1個：直線BC與Q（或Q）

27、相切；有2個：直線BC與Q（或Q）相交；有2個：直線BC與Q（或Q）相切，同時與Q（或Q）相交；有2個：直線BC同時與兩圓都相交，且不過兩圓的交點有0個，直線與兩個圓都相離時就不存在點P了點評：本題是代數(shù)幾何綜合題，考查了坐標平面內(nèi)直線與圓的位置關(guān)系難點在于第（3）問，所涉及的情形較多，容易遺漏8（2020鹽城）閱讀材料如圖，ABC與DEF都是等腰直角三角形，ACB=EDF=90，且點D在AB邊上，AB、EF的中點均為O，連結(jié)BF、CD、CO，顯然點C、F、O在同一條直線上，可以證明BOFCOD，則BF=CD解決問題（1）將圖中的RtDEF繞點O旋轉(zhuǎn)得到圖，猜想此時線段BF與CD的數(shù)量關(guān)系，并

28、證明你的結(jié)論；（2）如圖，若ABC與DEF都是等邊三角形，AB、EF的中點均為O，上述（1）中的結(jié)論仍然成立嗎？如果成立，請說明理由；如不成立，請求出BF與CD之間的數(shù)量關(guān)系；（3）如圖，若ABC與DEF都是等腰三角形，AB、EF的中點均為0，且頂角ACB=EDF=，請直接寫出的值（用含的式子表示出來）考點：幾何變換綜合題專題：壓軸題分析：（1）如答圖所示，連接OC、OD，證明BOFCOD；（2）如答圖所示，連接OC、OD，證明BOFCOD，相似比為；（3）如答圖所示，連接OC、OD，證明BOFCOD，相似比為tan解答：解：（1）猜想：BF=CD理由如下：如答圖所示，連接OC、ODABC為等

29、腰直角三角形，點O為斜邊AB的中點，OB=OC，BOC=90DEF為等腰直角三角形，點O為斜邊EF的中點，OF=OD，DOF=90BOF=BOC+COF=90+COF，COD=DOF+COF=90+COF，BOF=COD在BOF與COD中，BOFCOD（SAS），BF=CD（2）答：（1）中的結(jié)論不成立如答圖所示，連接OC、ODABC為等邊三角形，點O為邊AB的中點，=tan30=，BOC=90DEF為等邊三角形，點O為邊EF的中點，=tan30=，DOF=90=BOF=BOC+COF=90+COF，COD=DOF+COF=90+COF，BOF=COD在BOF與COD中，=，BOF=COD，B

30、OFCOD，=（3）如答圖所示，連接OC、ODABC為等腰三角形，點O為底邊AB的中點，=tan，BOC=90DEF為等腰三角形，點O為底邊EF的中點，=tan，DOF=90=tanBOF=BOC+COF=90+COF，COD=DOF+COF=90+COF，BOF=COD在BOF與COD中，=tan，BOF=COD，BOFCOD，=tan點評：本題是幾何綜合題，考查了旋轉(zhuǎn)變換中相似三角形、全等三角形的判定與性質(zhì)解題關(guān)鍵是：第一，善于發(fā)現(xiàn)幾何變換中不變的邏輯關(guān)系，即BOFCOD或BOFCOD；第二，熟練運用等腰直角三角形、等邊三角形、等腰三角形的相關(guān)性質(zhì)本題（1）（2）（3）問的解題思路一脈相承

31、，由特殊到一般，有利于同學們進行學習與探究9（2020鹽城）如圖，若二次函數(shù)y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A（2，0），B（3，0）兩點，點A關(guān)于正比例函數(shù)y=x的圖象的對稱點為C（1）求b、c的值；（2）證明：點C在所求的二次函數(shù)的圖象上；（3）如圖，過點B作DBx軸交正比例函數(shù)y=x的圖象于點D，連結(jié)AC，交正比例函數(shù)y=x的圖象于點E，連結(jié)AD、CD如果動點P從點A沿線段AD方向以每秒2個單位的速度向點D運動，同時動點Q從點D沿線段DC方向以每秒1個單位的速度向點C運動當其中一個點到達終點時，另一個點隨之停止運動，連結(jié)PQ、QE、PE設運動時間為t秒，是否存在某一時刻，使PE平分AP

32、Q，同時QE平分PQC？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：（1）利用待定系數(shù)法求出b，c的值；（2）如答圖1所示，關(guān)鍵是求出點C的坐標首先求出直線y=x與x軸所夾銳角為60，則可推出在RtCEK中，COK=60，解此直角三角形即可求出點C的坐標；（3）如答圖2所示，關(guān)鍵是證明APECEQ根據(jù)DAC=DCA，AEP=CQE，證明APECEQ，根據(jù)相似線段比例關(guān)系列出方程，解方程求出時間t的值解答：解：（1）點A（2，0），B（3，0）在拋物線y=x2+bx+c上，解得：b=，c=（2）設點F在直線y=x上，且F（2，）如答圖1所示，過點F作FHx軸于點

33、H，則FH=，OH=2，tanFOB=，F(xiàn)OB=60AOE=FOB=60連接OC，過點C作CKx軸于點K點A、C關(guān)于y=x對稱，OC=OA=2，COE=AOE=60COK=180AOECOE=60在RtCOK中，CK=OCsin60=2=，OK=OCcos60=2=1C（1，）拋物線的解析式為：y=x2x，當x=1時，y=，點C在所求二次函數(shù)的圖象上（3）假設存在如答圖1所示，在RtACK中，由勾股定理得：AC=如答圖2所示，OB=3，BD=3，AB=OA+OB=5在RtABD中，由勾股定理得：AD=2點A、C關(guān)于y=x對稱，CD=AD=2，DAC=DCA，AE=CE=AC=連接PQ、PE，Q

34、E，則APE=QPE，PQE=CQE在四邊形APQC中，DAC+APQ+PQC+DCA=360，（四邊形內(nèi)角和等于360）即2DAC+2APE+2CQE=360，DAC+APE+CQE=180又DAC+APE+AEP=180，（三角形內(nèi)角和定理）AEP=CQE在APE與CEQ中，DAC=DCA，AEP=CQE，APECEQ，即：，整理得：2t2t+3=0，解得：t=或t=（t，故舍去）存在某一時刻，使PE平分APQ，同時QE平分PQC，此時t=點評：本題是二次函數(shù)壓軸題，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、正比例函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、對稱、解直角三角形、相似三角形的判定與性質(zhì)、解一元二次方程等

35、知識點試題的難點在于第（3）問，圖形中線段較多關(guān)系復雜，難以從中發(fā)現(xiàn)有效的等量關(guān)系，證明APECEQ是解題關(guān)鍵10（2020隨州）在平面直角坐標系xOy中，矩形ABCO的頂點A、C分別在y軸、x軸正半軸上，點P在AB上，PA=1，AO=2經(jīng)過原點的拋物線y=mx2x+n的對稱軸是直線x=2（1）求出該拋物線的解析式（2）如圖1，將一塊兩直角邊足夠長的三角板的直角頂點放在P點處，兩直角邊恰好分別經(jīng)過點O和C現(xiàn)在利用圖2進行如下探究：將三角板從圖1中的位置開始，繞點P順時針旋轉(zhuǎn)，兩直角邊分別交OA、OC于點E、F，當點E和點A重合時停止旋轉(zhuǎn)請你觀察、猜想，在這個過程中，的值是否發(fā)生變化？若發(fā)生變化

36、，說明理由；若不發(fā)生變化，求出的值設（1）中的拋物線與x軸的另一個交點為D，頂點為M，在的旋轉(zhuǎn)過程中，是否存在點F，使DMF為等腰三角形？若不存在，請說明理由考點：二次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：（1）根據(jù)過原點，對稱軸為直線x=2這兩個條件確定拋物線的解析式；（2）如答圖1所述，證明RtPAERtPGF，則有=，的值是定值，不變化；若DMF為等腰三角形，可能有三種情形，需要分類討論，避免漏解解答：解：（1）拋物線y=mx2x+n經(jīng)過原點，n=0對稱軸為直線x=2，=2，解得m=拋物線的解析式為：y=x2x（2）的值不變理由如下：如答圖1所示，過點P作PGx軸于點G，則PG=AO=2PEPF，

37、PAPG，APE=GPF在RtPAE與RtPGF中，APE=GPF，PAE=PGF=90，RtPAERtPGF=存在拋物線的解析式為：y=x2x，令y=0，即x2x=0，解得：x=0或x=4，D（4，0）又y=x2x=（x2）21，頂點M坐標為（2，1）若DMF為等腰三角形，可能有三種情形：（I）FM=FD如答圖2所示：過點M作MNx軸于點N，則MN=1，ND=2，MD=設FM=FD=x，則NF=NDFD=2x在RtMNF中，由勾股定理得：NF2+MN2=MF2，即：（2x）2+1=x2，解得：x=，F(xiàn)D=，OF=ODFD=4=，F(xiàn)（，0）；（II）若FD=DM如答圖3所示：此時FD=DM=，

38、OF=ODFD=4F（4，0）；（III）若FM=MD由拋物線對稱性可知，此時點F與原點O重合而由題意可知，點E與點A重合后即停止運動，故點F不可能運動到原點O此種情形不存在綜上所述，存在點F（，0）或F（4，0），使DMF為等腰三角形點評：本題是二次函數(shù)綜合題型，難度不大試題的背景是圖形的旋轉(zhuǎn)，需要對旋轉(zhuǎn)的運動過程有清楚的理解；第（3）問主要考查了分類討論的數(shù)學思想，需要考慮全面，避免漏解11（2020永州）如圖，已知二次函數(shù)y=（xm）24m2（m0）的圖象與x軸交于A、B兩點（1）寫出A、B兩點的坐標（坐標用m表示）；（2）若二次函數(shù)圖象的頂點P在以AB為直徑的圓上，求二次函數(shù)的解析式；

39、（3）在（2）的基礎(chǔ)上，設以AB為直徑的M與y軸交于C、D兩點，求CD的長考點：二次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：（1）解關(guān)于x的一元二次方程（xm）24m2=0，求出x的值，即可得到A、B兩點的坐標；（2）由二次函數(shù)圖象的頂點P在以AB為直徑的圓上，A、B是拋物線與x軸的交點，根據(jù)拋物線的對稱性及圓的半徑處處相等可知PM是AB的垂直平分線，且MP=MA=MB=AB，得出點P的坐標為（m，2m），又根據(jù)二次函數(shù)的頂點式為y=（xm）24m2（m0），得出頂點P的坐標為：（m，4m2），則2m=4m2，解方程求出m的值，再把m的值代入y=（xm）24m2，即可求出二次函數(shù)的解析式；（3）連接CM根

40、據(jù)（2）中的結(jié)論，先在RtOCM中，求出CM，OM的長度，利用勾股定理列式求出OC的長，再根據(jù)垂徑定理得出弦CD的長等于OC的2倍解答：解：（1）y=（xm）24m2，當y=0時，（xm）24m2=0，解得x1=m，x2=3m，m0，A、B兩點的坐標分別是（m，0），（3m，0）；（2）A（m，0），B（3m，0），m0，AB=3m（m）=4m，圓的半徑為AB=2m，OM=AMOA=2mm=m，拋物線的頂點P的坐標為：（m，2m），又二次函數(shù)y=（xm）24m2（m0）的頂點P的坐標為：（m，4m2），2m=4m2，解得m1=，m2=0（舍去），二次函數(shù)的解析式為y=（x）21，即y=x2x；

41、（3）如圖，連接CM在RtOCM中，COM=90，CM=2m=2=1，OM=m=，OC=，CD=2OC=點評：本題是二次函數(shù)的綜合題，其中涉及到二次函數(shù)與一元二次方程的關(guān)系，二次函數(shù)的性質(zhì)，以及圓的半徑、弦心距、半弦長構(gòu)成直角三角形的應用，勾股定理，垂徑定理等知識，綜合性較強，但難度不是很大，仔細分析求解便不難解決12（2020永州）如圖，已知ABBD，CDBD（1）若AB=9，CD=4，BD=10，請問在BD上是否存在P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似？若存在，求BP的長；若不存在，請說明理由；（2）若AB=9，CD=4，BD=12，請問在BD上存在多

42、少個P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似？并求BP的長；（3）若AB=9，CD=4，BD=15，請問在BD上存在多少個P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似？并求BP的長；（4）若AB=m，CD=n，BD=l，請問m，n，l滿足什么關(guān)系時，存在以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似的一個P點？兩個P點？三個P點？考點：相似形綜合題專題：壓軸題分析：（1）存在P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，設BP=x，根據(jù)B=D=90和相似三角形的判定得出當=或=時，

43、使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，代入求出即可；（2）存在P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，設BP=x，根據(jù)B=D=90和相似三角形的判定得出當=或=時，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，代入求出即可；（3）存在P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，設BP=x，根據(jù)B=D=90和相似三角形的判定得出當=或=時，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，代入求出即可；（4）存在P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以

44、P、C、D三點為頂點的三角形相似，設BP=x，根據(jù)B=D=90和相似三角形的判定得出當=或=時，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，代入后根據(jù)根的判別式進行判斷即可解答：解：（1）存在P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，理由是：設BP=x，ABBD，CDBD，B=D=90，當=或=時，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，=或=，解方程得：x=，方程得：x（10 x）=36，x210 x+36=0，=（10）241360，此方程無解，當BP=時，以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D

45、三點為頂點的三角形相似，存在P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，此時BP的值為；（2）在BD上存在2個P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，理由是：設BP=x，ABBD，CDBD，B=D=90，當=或=時，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，=或=，解方程得：x=，方程得：x（12x）=36，x212x+36=0，=（10）24136=0，此方程的解為x2=x3=6，當BP=或6時，以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，存在2個點P，使以P、A、B三點為

46、頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，此時BP的值為或6；（3）在BD上存在3個P點，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，理由是：設BP=x，ABBD，CDBD，B=D=90，當=或=時，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，=或=，解方程得：x=，方程得：x（15x）=36，x215x+36=0，=（15）24136=81，此方程的解為x2=3，x3=12，當BP=或3或12時，以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，存在3個點P，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點

47、的三角形相似，此時BP的值為或3或12；（4）設BP=x，ABBD，CDBD，B=D=90，當=或=時，使以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似，=或=，解方程得：x=，方程得：x（lx）=mn，x2lx+mn=0，=（l）241mn=l24mn，當l24mn0時，方程沒有實數(shù)根，即當l24mn0時，存在以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似的一個P點；當l24mn=0時，方程有1個實數(shù)根，當l24mn=0時，存在以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似的兩個P點；當l24mn0時，方程有2個實數(shù)根，當l24mn

48、0時，存在以P、A、B三點為頂點的三角形與以P、C、D三點為頂點的三角形相似的三個P點點評：本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，根的判別式的應用，注意：ax2+bx+c=0（a0，a、b、c為常數(shù)），當=b24ac0時，方程無實數(shù)解，當=b24ac=0時，方程有兩個相等的實數(shù)解，當=b24ac0時，方程有兩個不等的實數(shù)解13（2020湘潭）如圖，在坐標系xOy中，已知D（5，4），B（3，0），過D點分別作DA、DC垂直于x軸，y軸，垂足分別為A、C兩點，動點P從O點出發(fā)，沿x軸以每秒1個單位長度的速度向右運動，運動時間為t秒（1）當t為何值時，PCDB；（2）當t為何值時，PCBC；（3）以點

49、P為圓心，PO的長為半徑的P隨點P的運動而變化，當P與BCD的邊（或邊所在的直線）相切時，求t的值考點：相似形綜合題專題：壓軸題分析：（1）過D點分別作DA、DC垂直于x軸，y軸，垂足分別為A、C兩點，求出DC=5，OC=4，OB=3，根據(jù)四邊形DBPC是平行四邊形求出DC=BP=5，求出OP=2即可；（2）證PCOCBO，得出=，求出OP=即可；（3）設P的半徑是R，分為三種情況：當P與直線DC相切時，過P作PMDC交DC延長線于M，求出PM、OP的長即可；當P與BC相切時，根據(jù)COBPBM得出=，求出R=12即可；當P與DB相切時，證ADBMPB得出=，求出R即可解答：解：（1）D（5，4

50、），B（3，0），過D點分別作DA、DC垂直于x軸，y軸，垂足分別為A、C兩點，DC=5，OC=4，OB=3，DCy軸，x軸y軸，DCBP，PCDC，四邊形DBPC是平行四邊形，DC=BP=5，OP=53=2，21=2，即當t為2秒時，PCBD；（2）PCBC，x軸y軸，COP=COB=BCP=90，PCO+BCO=90，CPO+PCO=90，CPO=BCO，PCOCBO，=，=，OP=，1=，即當t為秒時，PCBC；（3）設P的半徑是R，分為三種情況：當P與直線DC相切時，如圖1，過P作PMDC交DC延長線于M，則PM=OC=4=OP，41=4，即t=4；如圖2，當P與BC相切時，BOC=9

51、0，BO=3，OC=4，由勾股定理得：BC=5，PMB=COB=90，CBO=PBM，COBPBM，=，=，R=12，121=12，即t=12秒；根據(jù)勾股定理得：BD=2，如圖3，當P與DB相切時，PMB=DAB=90，ABD=PBM，ADBMPB，=，=，R=6+12；（6+12）1=6+12，即t=（6+12）秒點評：本題考查了勾股定理，切線的性質(zhì)和判定，相似三角形的性質(zhì)和判定的應用，主要考查學生的計算和推理能力14（2020湘潭）如圖，在坐標系xOy中，ABC是等腰直角三角形，BAC=90，A（1，0），B（0，2），拋物線y=x2+bx2的圖象過C點（1）求拋物線的解析式；（2）平移該

52、拋物線的對稱軸所在直線l當l移動到何處時，恰好將ABC的面積分為相等的兩部分？（3）點P是拋物線上一動點，是否存在點P，使四邊形PACB為平行四邊形？若存在，求出P點坐標；若不存在，說明理由考點：二次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：如解答圖所示：（1）首先構(gòu)造全等三角形AOBCDA，求出點C的坐標；然后利用點C的坐標求出拋物線的解析式；（2）首先求出直線BC與AC的解析式，設直線l與BC、AC交于點E、F，則可求出EF的表達式；根據(jù)SCEF=SABC，列出方程求出直線l的解析式；（3）首先作出PACB，然后證明點P在拋物線上即可解答：解：（1）如答圖1所示，過點C作CDx軸于點D，則CAD+ACD

53、=90OBA+OAB=90，OAB+CAD=90，OAB=ACD，OBA=CAD在AOB與CDA中，AOBCDA（ASA）CD=OA=1，AD=OB=2，OD=OA+AD=3，C（3，1）點C（3，1）在拋物線y=x2+bx2上，1=9+3b2，解得：b=拋物線的解析式為：y=x2x2（2）在RtAOB中，OA=1，OB=2，由勾股定理得：AB=SABC=AB2=設直線BC的解析式為y=kx+b，B（0，2），C（3，1），解得k=，b=2，y=x+2同理求得直線AC的解析式為：y=x如答圖1所示，設直線l與BC、AC分別交于點E、F，則EF=（x+2）（x）=xCEF中，EF邊上的高h=OD

54、x=3x由題意得：SCEF=SABC，即：EFh=SABC，（x）（3x）=，整理得：（3x）2=3，解得x=3或x=3+（不合題意，舍去），當直線l解析式為x=3時，恰好將ABC的面積分為相等的兩部分（3）存在如答圖2所示，過點C作CGy軸于點G，則CG=OD=3，OG=1，BG=OBOG=1過點A作APBC，且AP=BC，連接BP，則四邊形PACB為平行四邊形過點P作PHx軸于點H，則易證PAHBCG，PH=BG=1，AH=CG=3，OH=AHOA=2，P（2，1）拋物線解析式為：y=x2x2，當x=2時，y=1，即點P在拋物線上存在符合條件的點P，點P的坐標為（2，1）點評：本題是二次函

55、數(shù)綜合題型，考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、全等三角形、平行四邊形、等腰直角三角形等知識點試題難度不大，但需要仔細分析，認真計算15（2020荊州）如圖，已知：如圖，直線y=x+與x軸、y軸分別交于A、B兩點，兩動點D、E分別從A、B兩點同時出發(fā)向O點運動（運動到O點停止）；對稱軸過點A且頂點為M的拋物線y=a（xk）2+h（a0）始終經(jīng)過點E，過E作EGOA交拋物線于點G，交AB于點F，連結(jié)DE、DF、AG、BG設D、E的運動速度分別是1個單位長度/秒和個單位長度/秒，運動時間為t秒（1）用含t代數(shù)式分別表示BF、EF、AF的長；（2）當t為何值時，四邊形ADE

56、F是菱形？判斷此時AFG與AGB是否相似，并說明理由；（3）當ADF是直角三角形，且拋物線的頂點M恰好在BG上時，求拋物線的解析式考點：二次函數(shù)綜合題專題：壓軸題分析：（1）首先求出一次函數(shù)y=x+與坐標軸交點A、B的坐標，然后解直角三角形求出BF、EF、AF的長；（2）由EFAD，且EF=AD=t，則四邊形ADEF為平行四邊形，若ADEF是菱形，則DE=AD=t由DE=2OE，列方程求出t的值；如答圖1所示，推出BAG=GAF，ABG=AGF=30，證明AFG與AGB相似（3）當ADF是直角三角形時，有兩種情形，需要分類討論：若ADF=90，如答圖2所示首先求出此時t的值；其次求出點G的坐標

57、，利用待定系數(shù)法求出直線BG的解析式，得到點M的坐標；最后利用頂點式和待定系數(shù)法求出拋物線的解析式；若AFD=90，如答圖3所示解題思路與相同解答：解：（1）在直線解析式y(tǒng)=x+中，令x=0，得y=；令y=0，得x=1A（1，0），B（0，），OA=1，OB=tanOAB=，OAB=60，AB=2OA=2EGOA，EFB=OAB=60EF=t，BF=2EF=2t，AF=ABBF=22t（2）EFAD，且EF=AD=t，四邊形ADEF為平行四邊形若ADEF是菱形，則DE=AD=t由DE=2OD，即：t=2（1t），解得t=t=時，四邊形ADEF是菱形此時AFG與AGB相似理由如下：如答圖1所示，

58、連接AE，四邊形ADEF是菱形，DEF=DAF=60，AEF=30由拋物線的對稱性可知，AG=AE，AGF=AEF=30在RtBEG中，BE=，EG=2，tanEBG=，EBG=60，ABG=EBGEBF=30在AFG與AGB中，BAG=GAF，ABG=AGF=30，AFGAGB（3）當ADF是直角三角形時，若ADF=90，如答圖2所示：此時AF=2DA，即22t=2t，解得t=BE=t=，OE=OBBE=，E（0，），G（2，）設直線BG的解析式為y=kx+b，將B（0，），G（2，）代入得：，解得k=，b=，y=x+令x=1，得y=，M（1，）設拋物線解析式為y=a（x1）2+，點E（0，

59、）在拋物線上，=a+，解得a=y=（x1）2+=x2+x+若AFD=90，如答圖3所示：此時AD=2AF，即：t=2（22t），解得：t=BE=t=，OE=OBBE=，E（0，），G（2，）設直線BG的解析式為y=kx+b，將B（0，），G（2，）代入得：，解得k=，b=，y=x+令x=1，得y=，M（1，）設拋物線解析式為y=a（x1）2+，點E（0，）在拋物線上，=a+，解得a=y=（x1）2+=x2+x+綜上所述，符合條件的拋物線的解析式為：y=x2+x+或y=x2+x+點評：本題是中考壓軸題，涉及二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、一次函數(shù)的圖象與性質(zhì)、待定系數(shù)法、相似三角形、解直角三角形、菱形等知

60、識點第（3）問中，有兩種情形存在，需要分類討論，避免漏解16（2020吉林）如圖，在RtABC中，ACB=90，AC=6cm，BC=8cm點D、E、F分別是邊AB、BC、AC的中點，連接DE、DF，動點P，Q分別從點A、B同時出發(fā)，運動速度均為1cm/s，點P沿A F D的方向運動到點D停止；點Q沿BC的方向運動，當點P停止運動時，點Q也停止運動在運動過程中，過點Q作BC的垂線交AB于點M，以點P，M，Q為頂點作平行四邊形PMQN設平行四邊形邊形PMQN與矩形FDEC重疊部分的面積為y（cm2）（這里規(guī)定線段是面積為0有幾何圖形），點P運動的時間為x（s）（1）當點P運動到點F時，CQ=5cm