中考数学压轴题破解方法

中考数学压轴题破解方法（共8篇）

1.中考数学压轴题破解方法 篇一

中考数学压轴题解题方法

1、学会运用数形结合思想

数形结合思想是指从几何直观的角度，利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法(以形助数)，或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题(以数助形)的一种数学思想。

纵观近几年全国各地的中考压轴题，绝大部分都是与平面直角坐标系有关的，其特点是通过建立点与数即坐标之间的对应关系，一方面可用代数方法研究几何图形的性质，另一方面又可借助几何直观，得到某些代数问题的解答。

2、学会运用函数与方程思想

从分析问题的数量关系入手，适当设定未知数，把所研究的数学问题中已知量和未知量之间的数量关系，转化为方程或方程组的数学模型，从而使问题得到解决的思维方法，这就是方程思想。用方程思想解题的关键是利用已知条件或公式、定理中的已知结论构造方程(组)。这种思想在代数、几何及生活实际中有着广泛的应用。

直线与抛物线是初中数学中的两类重要函数，即一次函数与二次函数所表示的图形。因此，无论是求其解析式还是研究其性质，都离不开函数与方程的思想。例如函数解析式的确定，往往需要根据已知条件列方程或方程组并解之而得。

各类题型的中考数学压轴题在近几年的中考中慢慢涌现出来，比如设计新颖、富有创意的，还有以平移、旋转、翻折等图形变换为解题思路的。中考数学压轴题，解题需找好四大切入点。

切入点一：做不出、找相似，有相似、用相似

压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高。学生往往不知道该怎样入手，这时往往应根据题意去寻找相似三角形。

切入点二：构造定理所需的图形或基本图形

在解决问题的过程中，有时添加辅助线是必不可少的。对于中考来说，只有一道很简单的证明题是可以不用添加辅助线的，其余的全都涉及到辅助线的添加问题。中考对学生添线的要求还是挺高的，但添辅助线几乎都遵循这样一个原则：构造定理所需的图形或构造一些常见的基本图形。

切入点三：紧扣不变量，并善于使用前题所采用的方法或结论

在图形运动变化时，图形的位置、大小、方向可能都有所改变，但在此过程中，往往有某两条线段，或某两个角或某两个三角形所对应的位置或数量关系不发生改变。

切入点四：在题目中寻找多解的信息

图形在运动变化，可能满足条件的情形不止一种，也就是通常所说的两解或多解，如何避免漏解也是一个令考生头痛的问题，其实多解的信息在题目中就可以找到，这就需要我们深度的挖掘题干，实际上就是反复认真的审题。

总之，中考数学压轴题的切入点有很多，考试时并不是一定要找到那么多，往往只需找到一两个就行了，关键是找到以后一定要敢于去做。有些同学往往想想觉得不行就放弃了，其实绝大多数的题目只要想到上述切入点，认真做下去，问题基本都可以得到解决。

2.中考数学压轴题破解方法 篇二

双动点问题是指题设图形中存在两个动点, 它们从同一地点或不同地点出发, 在相同时间内沿不同途径运动的一类开放题.双动点问题是近年来中考中一个热点题型, 也是学生的一个难点, 这类题综合性强、开放性高, 要求学生能从运动、变化的角度去思考问题, 解答这类题目除了要牢固掌握相关的数学知识外, 还要综合运用数形结合、分类讨论、方程、函数转化等数学思想方法去探究解题的思路.本文以2011年全国各地的中考动点类问题为例进行分析, 以供参考.

一、两动点同时同地同速运动问题

这类问题中, 两动点运动的速度相同, 但运动方向不同, 其运动距离可用代数式表示, 然后结合动点在运动中所构成的特殊几何图形, 并依据图形的几何性质, 运用数形结合的思想方法, 使问题获得解决.

例1 (2011年淮安) 如图, 在Rt△ABC中, ∠C=90°, AC=8, BC=6, 点P在AB上, AP=2, 点E, F同时从点P出发, 分别沿PA, PB以每秒1个单位长度的速度向点A, B匀速运动, 点E到达点A后立刻以原速度沿AB向点B运动, 点F运动到点B时停止, 点E也随之停止.在点E, F运动过程中, 以EF为边作正方形EFGH, 使它与△ABC在线段AB的同侧.设E, F运动的时间为t (t>0) , 正方形EFGH与△ABC重叠部分面积为S.

(1) 当t=1时, 正方形EFGH的边长是____;当t=3时, 正方形EFGH的边长是____.

(2) 当0<t≤2时, 求S与t的函数关系式.

(3) 直接答出:在整个运动过程中, 当t为何值时, S最大?最大面积是多少?

分析 (1) 当t=1时, 可得EP=1, PF=1, EF=2即为正方形EFGH的边长;当t=3时, PE=1, PF=3, 即EF=4.

(2) 正方形EFGH与△ABC重叠部分的形状, 依次为正方形、五边形和梯形.可分三段:①当$0＜t\le \frac{6}{11}$时, ②当$\frac{6}{11}＜t\le \frac{6}{5}$时, ③当$\frac{6}{5}＜t\le 2$时, 依次求S与t的函数关系式.

(3) 当t=5时, 面积最大.

解 (1) 当t=1时, 则PE=1, PF=1,

∴正方形EFGH的边长是2;

当t=3时, PE=1, PF=3, ∴正方形EFGH的边长是4.

(2) ①当$0＜t\le \frac{6}{11}$时,

S与t的函数关系式是y=2t×2t=4t2;

②当$\frac{6}{11}＜t\le \frac{6}{5}$时,

S与t的函数关系式是

$\begin{array}{l}y=4t{}^2-\frac{1}{2}\times \left[2t-\frac{3}{4}(2-t)\right]\times \frac{4}{3}\left[2t-\frac{3}{4}(2-t)\right]\\ =-\frac{73}{12}t{}^2+11t-3；\end{array}$

③当$\frac{6}{5}＜t\le 2$时,

S与t的函数关系式是

$y=\frac{1}{2}(t+2)\times \frac{3}{4}(t+2)-\frac{1}{2}(2-t)(2-t)=3t.$

(3) 当t=5时, 最大面积是$S=16-\frac{1}{2}\times \frac{7}{4}\times \frac{7}{3}=\frac{335}{24}.$

评析 本题考查了动点函数问题, 其中应用到了相似形、正方形及勾股定理的性质, 需要熟练地运用相似三角形和二次函数的知识, 确定正方形EFGH与△ABC重叠部分的几种形式, 从而分类求出分段函数和最大值.

二、两动点同时同地异速运动问题

由于两点在同一地点出发, 解题的关键主要是动点的运动时间和速度, 从而找出动点运动的轨迹, 其运动距离可用代数式表示, 找出其等量关系, 构建方程, 运用相应的数学思想方法, 使问题获得解决.

例2 (广西梧州) 如图, 在直角梯形ABCD中, AD//BC, ∠B=90°, AD=6 cm, AB=8 cm, BC=14 cm.动点P, Q都从点C出发, 点P沿C→B方向做匀速运动, 点Q沿C→D→A方向做匀速运动, 当P, Q其中一点到达终点时, 另一点也随之停止运动.

(1) 求CD的长.

(2) 若点P以1 cm/s速度运动, 点Q以$2\sqrt{2}\text{c}\text{m}/\text{s}$的速度运动, 连接BQ, PQ, 设△BQP面积为S (cm2) , 点P, Q运动的时间为t (s) , 求S与t的函数关系式, 并写出t的取值范围.

(3) 若点P的速度仍是1 cm/s, 点Q的速度为a cm/s, 要使在运动过程中出现PQ//DC, 请你直接写出a的取值范围.

分析 (1) 利用勾股定理即可求解.

(2) 分Q在CD上运动和DA上运动两种情况进行讨论求解.

(3) 分析PQ//DC成立时Q的运动情况求解.

解 (1) 过D点作DH⊥BC, 垂足为点H, 则有DH=AB=8 cm, BH=AD=6 cm.

∴CH=BC-BH=14-6=8 (cm) .

在Rt△DCH中, $CD=\sqrt{D{\rm H}{}^2+C{\rm H}{}^2}=8\sqrt{2}$cm.

(2) 当点P, Q运动的时间为t (s) , 则PC=t.

①当Q在CD上时, 过Q点作QG⊥BC, 垂足为点G, 则$QC=2\sqrt{2}\cdot t.$

又 ∵DH=HC, DH⊥BC,

∴∠C=45°.

∴在Rt△QCG中, $QG=QC\cdot \sin \angle C=2\sqrt{2}t\times \sin 45°=2t.$

$\begin{array}{l}\text{又}\because B{\rm P}=BC-{\rm P}C=14-t‚\\ \therefore S{}_{△B{\rm P}Q}=\frac{1}{2}B{\rm P}\times QG=\frac{1}{2}(14-t)\times 2t=14t-t{}^2.\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{当}Q\text{运}\text{动}\text{到}D\text{点}\text{时}\text{所}\text{需}\text{要}\text{的}\text{时}\text{间}t=\frac{CD}{2\sqrt{2}}=\frac{8\sqrt{2}}{2\sqrt{2}}=4‚\\ \therefore S=14t-t{}^2(0＜t\le 4).\end{array}$

②当Q在DA上时, 过Q点作QG⊥BC,

$\begin{array}{l}\text{则}QG=AB=8\text{c}\text{m}‚B{\rm P}=BC-{\rm P}C=14-t‚\\ \therefore S{}_{△B{\rm P}Q}=\frac{1}{2}B{\rm P}\times QG=\frac{1}{2}(14-t)\times 8=56-4t.\end{array}$

当Q运动到A点时所需要的时间

$\begin{array}{l}t=\frac{CD+AD}{2\sqrt{2}}=\frac{8\sqrt{2}+6}{2\sqrt{2}}=4+\frac{3\sqrt{2}}{2}‚\\ \therefore S=56-4t\left(4＜t\le 4+\frac{3\sqrt{2}}{2}\right).\end{array}$

综合上述, 所求的函数关系式是

$S=14t-t{}^2(0＜t\le 4)‚S=56-4t\left(4＜t\le 4+\frac{3\sqrt{2}}{2}\right).$

(3) 分析PQ//DC成立的条件, 求出a的取值范围是$a\ge 1+\frac{4}{3}\sqrt{2}.$

评析 本题考查了函数动点问题, 是一道以函数知识为背景的压轴题, 其中应用到解直角三角形的性质, 第 (1) 题比较简单, 第 (2) 题需要分类讨论写出分段函数解析式, 第 (3) 题需要熟练地运用代数知识和几何知识, 对平行存在的条件进行分析, 得出结果.

三、两动点同时异地同速运动问题

此类问题中, 由于两动点的运动时间和速度都相同, 因此, 它们运动的距离相等, 这是求解此题的关键, 再分析图形位置的变化位置, 注意运用分类讨论的思想方法, 不难求出其正确结果.

例3 (吉林) 如图, 梯形ABCD中, AD//BC, ∠BAD=90°, CE⊥AD于点E, AD=8 cm, BC=4 cm, AB=5 cm.从初始时刻开始, 动点P, Q分别从点A, B同时出发, 运动速度均为1 cm/s, 动点P沿A—B—C—E的方向运动, 到点E停止;动点Q沿B—C—E—D的方向运动, 到点D停止, 设运动时间为x s, △PAQ的面积为y cm2 (这里规定:线段是面积为0的三角形) .

解答下列问题:

(1) 当x=2s时, y=____cm2;当$x=\frac{9}{2}\text{s}$时, y=____cm2.

(2) 当5≤x≤14时, 求y与x之间的函数关系式.

(3) 当动点P在线段BC上运动时, 求出y=S梯形ABCD时x的值.

(4) 直接写出在整个运动过程中, 使PQ与四边形ABCE的对角线平行的所有x的值.

分析 (1) 利用三角形面积公式代入进去直接计算求解.

(2) 分时段讨论即可.

(3) 考虑当动点P在线段BC上运动时, 利用相对应的函数关系式即可求出.

(4) 根据相似三角形的判定和性质, 平行的判定, 分类讨论列出时间方程求解.

解 (1) 当x=2s时, 点P在AB上, 点Q在BC上,

$\therefore y=\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 2=2.$

当$x=\frac{9}{2}\text{s}$时, 点P在AB上, 点Q在CE上,

$\therefore y=\frac{1}{2}\cdot \frac{9}{2}\cdot 4=9.$

(2) 当5≤x≤9时,

$\begin{array}{l}y=S{}_{\text{梯}\text{形}ABCQ}-S{}_{△AB{\rm P}}-S{}_{△{\rm P}CQ}\\ =\frac{1}{2}(5+x-4)\times 4-\frac{1}{2}\times \\ 5(x-5)-\frac{1}{2}(9-x)(x-4)\\ =\frac{1}{2}x{}^2-7x+\frac{65}{2}.\end{array}$

当9<x≤13时,

$\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}(x-9+4)(14-x)\\ =-\frac{1}{2}x{}^2+\frac{19}{2}x-35.\end{array}$

当13<x≤14时,

$\begin{array}{l}y=\frac{1}{2}\times 8(14-x)\\ =-4x+56.\end{array}$

(3) 当动点P在线段BC上运动时,

$\begin{array}{l}\because y=\frac{4}{15}S{}_{\text{梯}\text{形}ABCD}=\frac{4}{15}\times \frac{1}{2}(4+8)\times 5=8‚\\ \frac{1}{2}x{}^2-7x+\frac{65}{2}=8\end{array}$

, 即x2-14x+49=0, 解得x1=x2=7,

∴当x=7时, $y=\frac{4}{15}S{}_{\text{梯}\text{形}ABCD}.$

(4) 设x s时, PQ与四边形ABCE的对角线平行, 根据相似三角形的判定和性质, 平行的性质, 分三种情况:

①当点P在线段AB上运动时, 有BP∶BQ=AB∶BC, 即 (5-x) ∶x=5∶4, 解得$x=\frac{21}{9}$;

②当点P在线段BC上运动时, 有PC∶CQ=BC∶AB, 即 (9-x) ∶ (x-4) =4∶5, 解得$x=\frac{61}{9}$;

③当点P在线段CD上运动时, 有PD∶DQ=AB∶BC, 即 (14-x) ∶ (x-4) =5∶4, 解得$x=\frac{101}{9}.$

评析 本题是一个动态图形中的面积是否变化的问题, 看一个图形是否变化, 关键是看决定这个面积的几个量是否变化, 分析其变量从而求出此题.本题有助于培养学生的思维能力, 但难度较大, 有明显的区分度.

四、两动点同时异地异速运动问题

这类问题中, 两动点运动的时间始终相同, 由于各自不同的速度, 其运动轨迹不同, 那么在运动中就构成特殊的几何图形, 然后依据图形的几何性质, 用代数式表示出距离, 根据题意, 列出方程, 运用合适的数学思想方法, 使问题得以解决.

例4 (新疆乌鲁木齐) 如图, 在△ABC中, ∠B=90°, AB=6 m, BC=8 m, 动点P以2 m/s的速度从A点出发, 沿AC向点C移动.同时, 动点Q以1 m/s的速度从C点出发, 沿CB向点B移动.当其中有一点到达终点时, 它们都停止移动.设移动的时间为t s.

(1) ①当t=2.5 s时, 求△CPQ的面积;

②求△CPQ的面积S (m2) 关于时间t (s) 的函数解析式.

(2) 在P, Q移动的过程中, 当△CPQ为等腰三角形时, 写出t的值.

(3) 以P为圆心, PA为半径的圆与以Q为圆心, QC为半径的圆相切时, 求出t的值.

分析 (1) 过点P, 作PD⊥BC于D, 利用30°的锐角所对的直角边等于斜边的一半, 即可求得PD的长, 然后利用三角形的面积公式即可求解.

(2) 分PC=QC和PQ=QC、PQ=PC三种情况进行讨论, 求解.

(3) PA为半径的圆与以Q为圆心, QC为半径的圆相切时, 分为两圆外切和内切两种情况进行讨论.在Rt△PFQ中利用勾股定理即可得到关于t的方程, 从而求解.

解 在Rt△ABC中, AB=6 m, BC=8 m, ∴AC=10 m.

由题意得AP=2t, 则CQ=1t, 则PC=10-2t.

(1) ①过点P作PD⊥BC于D.

$\begin{array}{l}\because t=2.5\text{s}\text{时}‚A{\rm P}=2\times 2.5=5(\text{m})‚QC=2.5\text{m}‚\\ \therefore {\rm P}D=\frac{1}{2}AB=3\text{m}‚\\ \therefore S=\frac{1}{2}\cdot QC\cdot {\rm P}D=3.75\text{m}{}^2；\end{array}$

②过点Q作QE⊥PC于点E,

$\begin{array}{l}\text{易}\text{知}\text{R}\text{t}△QEC\sim \text{R}\text{t}△ABC‚\therefore \frac{QE}{QC}=\frac{AB}{AC}\cdot QE=\frac{3t}{5}‚\\ \therefore S=\frac{1}{2}\cdot {\rm P}C\cdot QE=\frac{1}{2}\cdot (10-2t)\cdot \frac{3}{5}t\\ =-\frac{3}{5}t{}^2+3t(0<t<5).\end{array}$

(2) ①在△CPQ中, 当PC=QC时, 此时解得$t=\frac{10}{3}$秒;

②在△CPQ中, 当PQ=QC时, 此时解得$t=\frac{25}{9}$秒;

③在△CPQ中, 当PQ=PC时, 此时解得$t=\frac{80}{21}$秒.

(3) 过点P作PF⊥BC于点F, 则△PCF∽△ACB.

$$

则在Rt△PFQ中, ${\rm P}Q{}^2={\rm P}F{}^2+FQ{}^2=\left(6-\frac{6}{5}t\right){}^2+\left(8-\frac{8}{5}t-t\right){}^2=\frac{41}{5}t{}^2-56t+100.$

当⊙P与⊙Q外切时, 有PQ=PA+QC=3t, 此时${\rm P}Q{}^2=\frac{41}{5}t{}^2-56t+100=9t{}^2$, 整理得t2+70t-125=0.

解得$t{}_1=15\sqrt{6}-35‚t{}_2=-16\sqrt{6}-35＜0$ (舍去) .

故当⊙P与⊙Q外切时, $t=(16\sqrt{6}-35)\text{s}$;

当⊙P与⊙Q内切时, PQ=PA-QC=t, 此时, ${\rm P}Q{}^2=\frac{41}{5}t{}^2-56t+100=t{}^2$,

整理得9t2-70t+125=0, 解得$t{}_1=\frac{25}{9}‚t{}_2=5.$

故当⊙P与⊙Q外切时, $t=\frac{25}{9}\text{s}$或5 s.

评析 本题主要考查了相似三角形的性质以及圆和圆的位置关系, 正确把图形之间的位置关系转化为线段之间的相等关系是解题的关键.

从以上例题, 总结出解决双动点问题的总体思路是:在点的运动轨迹中, 寻找各种不同的情况, 构造出对应的图形, 从而找出运动中的特殊位置, 确定相应时间的分界点, 在动中求静, 在静中取出动的一般规律, 然后合理建构方程, 综合运用数形结合、分类讨论、方程、函数转化等数学思想方法, 从而赢得问题的求解.因此, 要想顺利解决双动点型问题, 必须重视基础知识和基本技能的培养和训练, 重视学习中的探究活动, 培养数学思想方法和数学能力, 从而在中考中数学取得优秀的成绩.

摘要：中考数学中的压轴题是考题中的重中之重, 因为这些试题往往在很大程度上决定了考分的高低, 而双动点型问题又是压轴题中频频出现的题型, 所以研究双动点型问题的解法有着深远的意义.因此, 本文结合2011年的中考数学试题谈谈压轴题中双动点型问题的解题策略.

关键词：中考,数学,压轴题,双动点,解析

参考文献

[1]葛云康.中考数学压轴题的解题策略[J].学科教学, 2008 (5) .

3.如何引导学生做中考数学压轴题 篇三

一、分析试卷：弄清压轴题的考查范围，才能对症下药

中考过程中，准确快速攻克最后一道综合题是赢得中考数学胜利的关键。通过分析各省各地州的多年来的中考试卷得知：

（一）函数是各省地州作为压轴题考察的重点，特别是二次函数更为突出。

1.函数型综合题。

2.几何型综合题。

3.存在性问题。

（二）方程式与图形的综合。

（三）动态几何问题。

二、认真审题：摸清压轴题的逻辑结构，才能按部就班

三、调整心态：认清压轴题的难度，才能量力而行

四、寻找规律：掌握压轴题的解题策略与方法，才能迎刃而解

解数学压轴题，除了要具备扎实的基础知识和树立必胜的信心外，关键还要充分发挥灵感，寻找解题规律，掌握解题策略与方法。

（一）以坐标系为桥梁，运用数形结合思想。

纵观最近几年各地的中考压轴题，绝大部分都是与坐标系有关的，其特点是通过建立点与数即坐标之间的对应关系，一方面可用代数方法研究几何图形的性质，另一方面又可借助几何直观，得到某些代数问题的解答。

（二）以函数知识为载体，运用函数与方程思想。

一次函数、反比例函数和二次函数是初中数学中的三种重要函数，无论是求其解析式还是研究其性质，都离不开函数与方程的思想。例如函数解析式的确定，往往需要根据已知条件列方程或方程组并解之而得。

（三）利用条件或结论的多变性，运用分类讨论的思想。

分类讨论思想可用来检测学生思维的准确性与严密性，常常通过条件的多变性或结论的不确定性来进行考察，有些问题，如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。

（四）综合多个知识点，运用等价转换思想。

任何一个数学问题的解决都离不开转换的思想，初中数学中的转换大体包括由已知向未知，由复杂向简单的转换，而作为中考压轴题，更注意不同知识之间的联系与转换，一道中考压轴题一般是包含代数、几何、三角于一体的综合试题，转换的思路更要得到充分的应用。中考压轴题所考察的并非孤立的知识点，也并非个别的思想方法，它是对考生综合能力的一个全面考察，所涉及的知识面广，所使用的数学思想方法也较全面。因此有的考生对压轴题有一种恐惧感，认为自己的水平一般，做不了，甚至连看也没看就放弃了，当然也就得不到应得的分数，为了提高压轴题的得分率，考试中还需要有一种分题、分段的得分策略。

（五）分题得分。

中考压轴题一般在大题下都有两至三个小题，难易程度是第（1）小题较易，第（2）小题中等，第（3）小题偏难，在解答时要把第（1）小题的分数一定拿到，第（2）小题的分数要力争拿到，第（3）小题的分数要争取得到，这样就大大提高了获得中考数学高分的可能性。

（六）分段得分。

一道中考压轴题做不出来，不等于一点不懂，一点不会，要将片段的思路转化为得分点，因此，要强调分段得分，分段得分的根据是“分段评分”，中考的评分是按照题目所考察的知识点分段评分，因此，对中考压轴题要理解多少就做多少，写上知识点就给分，多写多给分，最大限度地发挥自己的水平。但写上去的内容要力求简明，不说废话，字迹要工整，布局要合理；尽量多用几何知识，少用代数计算，尽量用三角函数，少在直角三角形中使用相似三角形的性质；针对具体问题全面思量问题表述方式，力求准确规范不失分。

（七）时间是得分的关键。

对大部分学生而言，要有所为又要有所不为，有时放弃一些难题和大题，多做一些容易和中档小题，反而能使他们得益。所以，在心中一定要给压轴题或几个“难点”一个时间上的限制，如果超过你设置的上限，必须要停止，回头认真检查前面的题，尽量要保证选择、填空万无一失，前面的解答题尽可能的检查一遍，有效防止“捡芝麻丢西瓜”。

总之，应对中考数学压轴题，决不能靠猜题或押题，平时须收集历年来有代表性的压轴题，题目贵精不贵多，并进行分类整理以专题的形式加强训练，同时注意知识串联，方法归纳，错误纠正，反思总结。接触多了，自然也就掌握了方法技巧。面对实战中的压轴题，最关键就是要有信心，不要紧张，心平气和，要勇敢地去面对，充分发挥自己的灵感。相信吧，成功将属于每一位考生。

（作者单位：云南临沧镇康勐捧中学）

4.中考数学压轴题破解方法 篇四

安徽省太湖县晋熙中学（246400）朱记松汪本若

邮箱：ahthzys@163.com

一、原题呈现

我们把由不平行于底边的直线截等腰三角形的两腰所得的四边形称为“准等腰梯形”。如图1，四边形ABCD即为“准等腰梯形”。其中∠B=∠C。

（1）在图1所示的“准等腰梯形”ABCD中，选择合适的一个顶点引一条直线将四边形ABCD分割成一个等腰梯形和一个三角形或分割成一个等腰三角形和一个梯形（画出一种示意图即可）。

（2）如图2，在“准等腰梯形”ABCD中，∠B=∠C，E为边BC上一点，若AB∥DE，AE∥DC，求证：ABBE。

DCEC

（3）在由不平行于BC的直线截ΔPBC所得的四边形ABCD中，∠BAD与∠ADC的平分线交于点E，若EB=EC，请问当点E在四边形ABCD内部时（即图3所示情形），四边形ABCD是不是“准等腰梯形”，为什么？若点E不在四边形ABCD内部时，情况又将如何？写出你的结论（不必说明理由）

第23题图1第23题图2第23题图

3二、试题解答

（1）如图所示：（画出其中一种即可）

第23题（1）答案图

（2）证明：∵ AE∥CD，∴∠AEB＝∠C，又∵AB∥ED，∴∠B＝∠DEC，∴ △ABE∽△DCE。即：AEBE。=CDEC

ABBE。=CDEC又∠B=∠C，∴△ABE为等腰三角形，AB=AE。故

（3）解：过点分别作EF⊥AB，EG⊥AD，EH⊥CD，垂足分别为F，G，H（如图）

第23题（3）答案图

∵AE平分∠BAD，∴EF=EG。

又ED平分∠ADC，∴EG=EH，∴EF=EH，又∵EB=EC，∴Rt△BFE≌Rt△CHE，∴∠3=∠4，又∵EB=EC，∴∠1=∠2，∴∠1+∠3=∠4+∠2，即∠ABC=∠DCB。

又∵四边形ABCD为AD截某三角形所得，且AD不平行BC，∴四边形ABCD为“准等腰梯形”。

当点E不在四边形ABCD内部时，有两种情况：

当E点在边BC上时，四边形ABCD是“准等腰梯形”，如下图（1）示：

EB =3.0厘

2米

EC =3.0厘2米

BAE =5 1.2°9

EAD =5 1.2°9

ADE =6 8.7°6

EDC =6 8.7°6

ABC =5 9.9°

4DCB =5 9.9°4

B

图（1）

当E点在四边形ABCD外时，四边形ABCD不一定是“准等腰梯形”，如图（2）（3）示，图（2）中的四边形ABCD不是“准等腰梯形”；图（3）中的四边形ABCD是“准等腰梯形”。

BAE = 53.96°

EAD = 53.96°

ADE = 68.98°

EDC = 68.98°

EC = 4.06厘米

BE = 4.06厘米

ABC = 55.52°

BCP = 58.59°

图（2）图（3）

三、深入研究

(一）规律探究

通过上述解析，我们发现，由于E点所处的位置在∠BPC的平分线上不能唯一确定，满足“在由不平行于BC的直线截ΔPBC所得的四边形ABCD中，∠BAD与∠ADC的平分线交于点E，若EB=EC”的条件下的四边形ABCD不一定是“准等腰梯形”。它何时为“准等

腰梯形”引发了笔者的思考。笔者经过探究发现：连接PE，无论E点在四边形ABCD内，或边BC上，或四边形ABCD外，若∠BPC的平分线PE⊥BC，则四边形ABCD是“准等腰梯形”。具体分析如下：

1、若PE⊥BC，无论E点在四边形ABCD内部，如图1—1；或 E点在边BC上，如图1—2所示；或E点在四边形ABCD外部，如图1—3所示。由∠BAD与∠ADC的平分线交于点E，则PE为∠BPC的平分线。因为PE为BC的垂直平分线，由轴对称可知∠ABC=∠DCB。又∵四边形ABCD为AD截某三角形所得，且AD不平行BC，∴四边形ABCD为“准等腰梯形”。

B

图1—1图1—

2B

图1—3图1—

42、若PE不与BC垂直，如图1—4所示，根据角的轴对称性可以作ΔPBM关于射线PM的对称图形ΔPNM，因∠NMC≠0，则NC≠0，即B、C不重合，∠ABC≠∠BCD。四边形ABCD不是“准等腰梯形”。

综上所述，在由不平行于BC的直线截ΔPBC所得的四边形ABCD中，∠BAD与∠ADC的平分线交于点E，EB=EC，若直线PE⊥BC，则四边形ABCD是“准等腰梯形”。

（二）追根溯源

掩卷长思，不禁想起安徽省2008年中考试题的第22题，它们竟然如此相似，其本质是一样的，为了便于比较，特将原题摘录如下：

（2008 安徽）已知：点O到△ABC的两边AB、AC所在直线的距离相等，且OB=OC。

（1）如图1，若点O在边BC上，求证：AB=AC。

第22题图1第22题图

2（2）如图2，若点O在△ABC的内部，求证：AB=AC。

（3）若点O在△ABC的外部，AB=AC成立吗？请画图表示。

经过比较，发现这两道的本质是一致的，主要表现在：

1、已知的条件是一致的。

由（2008年第22题）的已知条件“O到△ABC的两边AB、AC所在直线的距离相等且OB=OC”，可以得到点O既在∠A（或∠A的邻补角）的平分线上，又在线段BC的垂直平分线上；由（2013年第23题）的已知条件“∠BAD与∠ADC的平分线交于点E，EB=EC”亦可得出E点在∠BPC的角平分线上，又在线段BC的垂直平分线上。

2、设置的问题是一致的。

（2008年第22题）设置了三个问题，根据O点的三种不同位置，探索AB、AC之间的数量关系；（2013年第23题）同样是根据E点的三种不同位置，探索∠ABC、∠BCD之间的数量关系，即转化成探索PA、PB之间的数量关系。

3、分析的思路是一致的。都要运用分类讨论的数学思想。

4、隐含的规律是一致的。（2008年第22题）无论O点是在三角形内，或BC边上，或三角形外，AB=AC成立的条件是“∠BAC平分线O A⊥BC”；（2013年第23题）无论E点在四边形ABCD内，或在边BC上，或在四边形ABCD外，四边形ABCD为“准等腰梯形”的条件是∠BPC的平分线PE⊥BC。

或许有老师说，前五年的中考题再次走进中考考场，这公平吗？

其实不然，这道题还确实体现了中考的公平。理由是：“准等腰梯形”是一个新的几何图形的定义，几乎所有的教辅资料上都没有见过，属于原创，且表述简洁，明了能较好地考察学生自主阅读、自主学习新知识、并运用新知识分析并解决一些简单问题的能力，这正是新课标所倡导的；考察了核心知识和基本的数学思想，关注了学生的基本经验，紧扣课程标准，试题不偏不难，也没有繁杂的推理和计算，尤其值得一提的是，该题第（1）、（2）小问比较基础，只要学生平时认真学了，绝大部分考生都可以得到一定的分数，从这个角度看，作为本卷的压轴题同样也体现了中考命题的公平公正。

四、几点启示

1、平时教学中，要引导学生用联系的观点看问题，尤其在复习的过程中，要将相关知识点进行有机整合，串联起来，建立知识网络，形成能力；

2、加强例习题的教学，挖掘出例习题所蕴含的基本数学思想和方法，引导学生进行解题后的反思。做到在解题中训练，在反思中欣赏，在欣赏中提升；

5.中考数学压轴题破解方法 篇五

专题17二次函数的面积问题

【考点1】二次函数的线段最值问题

【例1】（2020·湖北荆门·中考真题）如图，抛物线与x轴正半轴交于点A，与y轴交于点B．

（1）求直线的解析式及抛物线顶点坐标；

（2）如图1，点P为第四象限且在对称轴右侧抛物线上一动点，过点P作轴，垂足为C，交于点D，求的最大值，并求出此时点P的坐标；

（3）如图2，将抛物线向右平移得到抛物线，直线与抛物线交于M，N两点，若点A是线段的中点，求抛物线的解析式．

【答案】（1）直线的解析式为，抛物线顶点坐标为；（2）当时，的最大值为；

；（3）．

【分析】

（1）先根据函数关系式求出A、B两点的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出AB的解析式，将二次函数解析式配方为顶点式即可求得顶点坐标；

（2）过点D作轴于E，则．求得AB=5，设点P的坐标为，则点D的坐标为，ED=x，证明，由相似三角形的性质求出，用含x的式子表示PD，配方求得最大值，即可求得点P的坐标；

（3）设平移后抛物线的解析式，将L′的解析式和直线AB联立，得到关于x的方程，设，则是方程的两根，得到，点A为的中点，可求得m的值，即可求得L′的函数解析式．

【详解】

（1）在中，令，则，解得，∴．

令，则，∴．

设直线的解析式为，则，解得：，∴直线的解析式为．，∴抛物线顶点坐标为

（2）如图，过点D作轴于E，则．

∵，∴，设点P的坐标为，则点D的坐标为，∴．

∵，∴，∴，∴，∴．

而，∴，∵，由二次函数的性质可知：

当时，的最大值为．，∴．

（3）设平移后抛物线的解析式，联立，∴，整理，得：，设，则是方程的两根，∴．

而A为的中点，∴，∴，解得：．

∴抛物线的解析式．

【点睛】

本题考查二次函数的图象和性质、相似三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象和性质．

【变式1-1】（2020·前郭尔罗斯蒙古族自治县哈拉毛都镇蒙古族中学九年级期中）如图，二次函数的图象交x轴于点，交y轴于点C．点是x轴上的一动点，轴，交直线于点M，交抛物线于点N．

（1）求这个二次函数的表达式；

（2）①若点P仅在线段上运动，如图1．求线段的最大值；

②若点P在x轴上运动，则在y轴上是否存在点Q，使以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形．若存在，请直接写出所有满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）①，②存在，【分析】

（1）把代入中求出b，c的值即可；

（2）①由点得，从而得，整理，化为顶点式即可得到结论；

②分MN=MC和两种情况，根据菱形的性质得到关于m的方程，求解即可．

【详解】

解：（1）把代入中，得

解得

∴．

（2）设直线的表达式为，把代入．

得，解这个方程组，得

∴．

∵点是x轴上的一动点，且轴．

∴．

∴

．

∵，∴此函数有最大值．

又∵点P在线段上运动，且

∴当时，有最大值．

②∵点是x轴上的一动点，且轴．

∴．

∴

（i）当以M，N，C，Q为顶点的四边形为菱形，则有MN=MC，如图，∵C（0，-3）

∴MC=

∴

整理得，∵，∴，解得，∴当时，CQ=MN=，∴OQ=-3-()=

∴Q(0，)；

当m=时，CQ=MN=-，∴OQ=-3-(-)=

∴Q(0，)；

(ii)若，如图，则有

整理得，∵，∴，解得，当m=-1时，MN=CQ=2，∴Q（0，-1），当m=-5时，MN=-10＜0（不符合实际，舍去）

综上所述，点Q的坐标为

【点睛】

本题考查了二次函数综合题，解（1）的关键是待定系数法；解（2）的关键是利用线段的和差得出二次函数，又利用了二次函数的性质，解（3）的关键是利用菱形的性质得出关于m的方程，要分类讨论，以防遗漏．

【变式1-2】如图1，已知抛物线y=﹣x2+mx+m﹣2的顶点为A，且经过点B（3，﹣3）．

（1）求顶点A的坐标

（2）若P是抛物线上且位于直线OB上方的一个动点，求△OPB的面积的最大值及比时点P的坐标；

（3）如图2，将原抛物线沿射线OA方向进行平移得到新的抛物线，新抛物线与射线OA交于C，D两点，请问：在抛物线平移的过程中，线段CD的长度是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）（﹣1，1）；（2）P（，）；（3）.【解析】

【分析】

（1）根据待定系数法，可得函数解析式，根据配方法，可得顶点坐标；

（2）过点P作y轴的平行线交OB与点Q，求出直线BP的解析式，表示出点Q的坐标，根据三角形的面积公式列出函数关系式，利用二次函数的最值可得P点坐标；

（3）根据平移规律，可得新抛物线，根据联立抛物线与OA的解析式，可得C、D点的横坐标，根据勾股定理，可得答案．

【详解】

解：（1）把B（3，﹣3）代入y=﹣x2+mx+m2得：﹣3=﹣32+3m+m2，解得m=2，∴y=﹣x2+2x=﹣（x+1）2+1，∴顶点A的坐标是（﹣1，1）；

（2）过点P作y轴的平行线交OB与点Q.∵直线OB的解析式为y=﹣x，故设P（n，﹣n2+2n），Q（n，﹣n），∴PQ=﹣n2+2n﹣（﹣n）=﹣n2+3n，∴S△OPB=（﹣n2+3n）=﹣（n﹣）+，当n=时，S△OPB的最大值为．

此时y=﹣n2+2n=，∴P（，）；

（3）∵直线OA的解析式为y=x，∴可设新的抛物线解析式为y=﹣（x﹣a）2+a，联立，∴﹣（x﹣a）2+a=x，∴x1=a，x2=a﹣1，即C、D两点间的横坐标的差为1，∴CD=．

【点睛】

本题考查了待定系数法求函数解析式，三角形的面积公式，利用二次函数求最值，勾股定理二次函数与一次函数的交点问题，难度适中，是常见题型.【考点2】二次函数的面积定值问题

【例2】已知二次函数．

（1）图象经过点时，则_________；

（2）当时，函数值y随x的增大而减小，求m的取值范围；

（3）以抛物线的顶点A为一个顶点作该抛物线的内接正三角形（M，N两点在抛物线上），请问：的面积是与m无关的定值吗？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）4；（2）m≥2；（3）的面积是与m无关的定值，S△AMN＝.【解析】

【分析】

（1）将点代入二次函数解析式即可求出m；

（2）求出二次函数的对称轴为x＝m，由抛物线的开口向上，在对称轴的左边y随x的增大而减小，可求出m的取值范围；

（3）在抛物线内作出正三角形，求出正三角形的边长，然后计算三角形的面积，可得到△AMN的面积是与m无关的定值．

【详解】

解：（1）将点代入可得：，解得：m=4；

（2）二次函数的对称轴是：x＝m，∵当x≤2时，函数值y随x的增大而减小，∴m≥2；

（3）的面积是与m无关的定值；

如图：顶点A的坐标为（m，−m2＋4m−8），△AMN是抛物线的内接正三角形，MN交对称轴于点B，∵tan∠AMB＝tan60°＝，∴AB＝BM＝BN，设BM＝BN＝a，则AB＝a，∴点M的坐标为（m＋a，a−m2＋4m−8），∵点M在抛物线上，∴a−m2＋4m−8＝（m＋a）2−2m（m＋a）＋4m−8，整理得：，解得：a＝或a＝0（舍去），∴△AMN是边长为的正三角形，∴AB=3，S△AMN＝，与m无关.【点睛】

本题是二次函数综合题，考查了二次函数的图象和性质、等边三角形的性质以及特殊角三角函数的应用，其中（3）问有一定难度，根据点M在抛物线上，求出正三角形的边长是解题关键．

【变式2-1】（2020·湖南九年级其他模拟）若抛物线L：y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与直线l：y＝ax+b满足a2+b2＝2a（2c﹣b），则称此直线l与该抛物线L具有“支干”关系．此时，直线l叫做抛物线L的“支线”，抛物线L叫做直线l的“干线”．

（1）若直线y＝x﹣2与抛物线y＝ax2+bx+c具有“支干”关系，求“干线”的最小值；

（2）若抛物线y＝x2+bx+c的“支线”与y＝﹣的图象只有一个交点，求反比例函数的解析式；

（3）已知“干线”y＝ax2+bx+c与它的“支线”交于点P，与它的“支线”的平行线l′：y＝ax+4a+b交于点A，B，记△ABP得面积为S，试问：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）﹣；（2）y＝﹣或y＝﹣；（3）是定值，理由见解析．

【分析】

（1）根据“支干”关系的定义，求出a、b、c的值，利用配方法确定函数的最值．

（2）由题意a＝1，1+b2＝2（2c﹣b）

①，可得抛物线y＝x2+bx+c的“支线”为y＝x+b，由，消去y得到x2+bx+4c＝0，由抛物线y＝x2+bx+c的“支线”与的图象只有一个交点，可知△＝0，得b2﹣16c＝0

②，由①②解方程组即可解决问题．

（3）的值是定值．不妨设a＞0，如图所示，y＝ax2+bx+c与它的“支线”交y轴于C，直线y＝ax+4a+b与y轴交于点D，A（x1，y1），B（x2，y2），由，消去y得到ax2+（b﹣a）x+c﹣4a﹣b＝0，推出x1+x2＝，x1x2＝，推出|x1﹣x2|＝＝

＝，把

＝2a（2c﹣b）代入上式化简＝4，由AB∥PC，可得S＝S△PAB＝S△CAB＝S△CDB﹣S△CDA═

•CD•＝

•4＝8•，由此即可解决问题．

【详解】

解：（1）由题意a＝1，b＝﹣2，12+（﹣2）2＝2（2c+2），解得c＝，∴抛物线的解析式为y＝x2﹣2x+，∵y＝x2﹣2x+

＝（x﹣1）2﹣，∵a＝1＞0，∴x＝1时，y有最小值，最小值为﹣．

（2）由题意a＝1，1+b2＝2（2c﹣b）

①

∴抛物线y＝x2+bx+c的“支线”为y＝x+b，由，消，消去y得到x2+bx+4c＝0，∵抛物线y＝x2+bx+c的“支线”与的图象只有一个交点，∴△＝0，∴b2﹣16c＝0

②

由①②可得b＝﹣2，或，∴反比例函数的解析式为y＝﹣或y＝﹣．

（3）是定值．理由如下：

不妨设a＞0，如图所示，y＝ax2+bx+c与它的“支线”交y轴于C，直线y＝ax+4a+b与y轴交于点D，A（x1，y1），B（x2，y2），由

得到ax2+（b﹣a）x+c﹣4a﹣b＝0，∴x1+x2＝，x1x2＝，|x1﹣x2|＝

＝

把a2+b2＝2a（2c﹣b）代入上式化简得到|x1﹣x2|＝4，∵AB∥PC，∴S＝S△PAB＝S△CAB＝S△CDB﹣S△CDA═•CD•|Bx﹣Ax|＝•|4a|•4＝8•|a|，∴＝8，的值是定值．

【点睛】

本题考查了二次函数综合题、一次函数的应用、反比例函数的性质、一元一次方程的根与系数的关系等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程组解决问题，学会用分割法求三角形的面积．

【变式2-2】（2020·山东济南·中考真题）如图1，抛物线y＝﹣x2＋bx＋c过点A（﹣1，0），点B（3，0）与y轴交于点C．在x轴上有一动点E（m，0）（0m3），过点E作直线l⊥x轴，交抛物线于点M．

（1）求抛物线的解析式及C点坐标；

（2）当m＝1时，D是直线l上的点且在第一象限内，若△ACD是以∠DCA为底角的等腰三角形，求点D的坐标；

（3）如图2，连接BM并延长交y轴于点N，连接AM，OM，设△AEM的面积为S1，△MON的面积为S2，若S1＝2S2，求m的值．

【答案】（1）；（2）或；（3）

【分析】

（1）用待定系数法即可求解；

（2）若△ACD是以∠DCA为底角的等腰三角形，则可以分CD＝AD或AC＝AD两种情况，分别求解即可；

（3）S1＝AE×yM，2S2＝ON•xM，即可求解．

【详解】

解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得，解得，故抛物线的表达式为y＝﹣x2＋2x＋3，当x＝0时，y＝3，故点C（0，3）；

（2）当m＝1时，点E（1，0），设点D的坐标为（1，a），由点A、C、D的坐标得，AC＝，同理可得：AD＝，CD＝，①当CD＝AD时，即＝，解得a＝1；

②当AC＝AD时，同理可得a＝（舍去负值）；

故点D的坐标为（1，1）或（1，）；

（3）∵E（m，0），则设点M（m，﹣m2＋2m＋3），设直线BM的表达式为y＝sx＋t，则，解得：，故直线BM的表达式为y＝﹣x＋，当x＝0时，y＝，故点N（0，），则ON＝；

S1＝AE×yM＝×（m＋1）×（﹣m2＋2m＋3），2S2＝ON•xM＝×m＝S1＝×（m＋1）×（﹣m2＋2m＋3），解得m＝﹣2±（舍去负值），经检验m＝﹣2是方程的根，故m＝﹣2．

【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰三角形的性质、面积的计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．

【考点3】二次函数的面积最值问题

【例3】（2020·四川绵阳·中考真题）如图，抛物线过点A（0，1）和C，顶点为D，直线AC与抛物线的对称轴BD的交点为B（，0），平行于y轴的直线EF与抛物线交于点E，与直线AC交于点F，点F的横坐标为，四边形BDEF为平行四边形．

（1）求点F的坐标及抛物线的解析式；

（2）若点P为抛物线上的动点，且在直线AC上方，当△PAB面积最大时，求点P的坐标及△PAB面积的最大值；

（3）在抛物线的对称轴上取一点Q，同时在抛物线上取一点R，使以AC为一边且以A，C，Q，R为顶点的四边形为平行四边形，求点Q和点R的坐标．

【答案】（1）（，﹣）；y＝﹣x2+2x+1

（2）（，）；

（3）Q，R或Q（，﹣10），R（）

【分析】

（1）由待定系数法求出直线AB的解析式为y＝﹣x+1，求出F点的坐标，由平行四边形的性质得出﹣3a+1＝a﹣8a+1﹣（﹣），求出a的值，则可得出答案；

（2）设P（n，﹣n2+2n+1），作PP＇⊥x轴交AC于点P＇，则P＇（n，﹣n+1），得出PP＇＝﹣n2+n，由二次函数的性质可得出答案；

（3）联立直线AC和抛物线解析式求出C（，﹣），设Q（，m），分两种情况：①当AQ为对角线时，②当AR为对角线时，分别求出点Q和R的坐标即可．

【详解】

解：（1）设抛物线的解析式为y＝ax2+bx+c（a≠0），∵A（0，1），B（，0），设直线AB的解析式为y＝kx+m，∴，解得，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+1，∵点F的横坐标为，∴F点纵坐标为﹣+1＝﹣，∴F点的坐标为（，﹣），又∵点A在抛物线上，∴c＝1，对称轴为：x＝﹣，∴b＝﹣2a，∴解析式化为：y＝ax2﹣2ax+1，∵四边形DBFE为平行四边形．

∴BD＝EF，∴﹣3a+1＝a﹣8a+1﹣（﹣），解得a＝﹣1，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2+2x+1；

（2）设P（n，﹣n2+2n+1），作PP＇⊥x轴交AC于点P＇，则P＇（n，﹣n+1），∴PP＇＝﹣n2+n，S△ABP＝OB•PP＇＝﹣n＝﹣，∴当n＝时，△ABP的面积最大为，此时P（，）．

（3）∵，∴x＝0或x＝，∴C（，﹣），设Q（，m），①当AQ为对角线时，∴R（﹣），∵R在抛物线y＝+4上，∴m+＝﹣+4，解得m＝﹣，∴Q，R；

②当AR为对角线时，∴R（），∵R在抛物线y＝+4上，∴m﹣+4，解得m＝﹣10，∴Q（，﹣10），R（）．

综上所述，Q，R；或Q（，﹣10），R（）．

【点睛】

本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数的性质，二次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的性质等知识，熟练掌握二次函数的性质及方程思想，分类讨论思想是解题的关键．

【变式3-1】（2020·重庆中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线与直线AB相交于A，B两点，其中，．

（1）求该抛物线的函数表达式；

（2）点P为直线AB下方抛物线上的任意一点，连接PA，PB，求面积的最大值；

（3）将该抛物线向右平移2个单位长度得到抛物线，平移后的抛物线与原抛物线相交于点C，点D为原抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点E，使以点B，C，D，E为顶点的四边形为菱形，若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）；（2）面积最大值为；（3）存在，【分析】

（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式，即可求解；

（2）设，求得解析式，过点P作x轴得垂线与直线AB交于点F，设点，则，即可求解；

（3）分BC为菱形的边、菱形的的对角线两种情况，分别求解即可．

【详解】

解：（1）∵抛物线过，∴

∴

∴

（2）设，将点代入

∴

过点P作x轴得垂线与直线AB交于点F

设点，则

由铅垂定理可得

∴面积最大值为

（3）（3）抛物线的表达式为：y＝x2＋4x−1＝（x＋2）2−5，则平移后的抛物线表达式为：y＝x2−5，联立上述两式并解得：，故点C（−1，−4）；

设点D（−2，m）、点E（s，t），而点B、C的坐标分别为（0，−1）、（−1，−4）；

①当BC为菱形的边时，点C向右平移1个单位向上平移3个单位得到B，同样D（E）向右平移1个单位向上平移3个单位得到E（D），即−2＋1＝s且m＋3＝t①或−2−1＝s且m−3＝t②，当点D在E的下方时，则BE＝BC，即s2＋（t＋1）2＝12＋32③，当点D在E的上方时，则BD＝BC，即22＋（m＋1）2＝12＋32④，联立①③并解得：s＝−1，t＝2或−4（舍去−4），故点E（−1，2）；

联立②④并解得：s＝-3，t＝-4±，故点E（-3，-4＋）或（-3，-4−）；

②当BC为菱形的的对角线时，则由中点公式得：−1＝s−2且−4−1＝m＋t⑤，此时，BD＝BE，即22＋（m＋1）2＝s2＋（t＋1）2⑥，联立⑤⑥并解得：s＝1，t＝−3，故点E（1，−3），综上，点E的坐标为：（−1，2）或或或（1，−3）．

∴存在，【点睛】

本题考查的是二次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、菱形的性质、图形的平移、面积的计算等，其中（3），要注意分类求解，避免遗漏．

【变式3-2】（2020·江苏宿迁·中考真题）二次函数的图象与x轴交于A(2，0)，B(6，0)两点，与y轴交于点C，顶点为E．

(1)求这个二次函数的表达式，并写出点E的坐标；

(2)如图①，D是该二次函数图象的对称轴上一个动点，当BD的垂直平分线恰好经过点C时，求点D的坐标；

(3)如图②，P是该二次函数图象上的一个动点，连接OP，取OP中点Q，连接QC，QE，CE，当△CEQ的面积为12时，求点P的坐标．

【答案】(1)；(4，-1)；(2)(4，3+)或(4，3-)；(3)(10，8)或(，24)

【分析】

(1)由于二次函数的图象与x轴交于A(2，0)、B(6，0)两点，把A，B两点坐标代入，计算出a的值即可求出抛物线解析式，由配方法求出E点坐标；

(2)由线段垂直平分线的性质可得出CB=CD，设D(4，m)，由勾股定理可得=，解方程可得出答案；

(3)设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P(，)，则Q(，)，设直线CQ的解析式为，则，解得，求出M(，)，ME=，由面积公式可求出n的值，则可得出答案．

【详解】

(1)将A(2，0)，B(6，0)代入，得，解得，∴二次函数的解析式为；

∵，∴E(4，)；

(2)如图1，图2，连接CB，CD，由点C在线段BD的垂直平分线CN上，得CB=CD，设D(4，m)，当时，∴C(0，3)，∵=，由勾股定理可得：

=，解得m=3±，∴满足条件的点D的坐标为(4，3+)或(4，3-)；

(3)如图3，设CQ交抛物线的对称轴于点M，设P(，)，则Q(，)，设直线CQ的解析式为，则，解得，于是直线CQ的解析式为：，当时，∴M(，)，ME==，∵S△CQE=S△CEM+S△QEM=，∴，解得或，当时，P(10，8)，当时，P(，24)．

综合以上可得，满足条件的点P的坐标为(10，8)或(，24)．

【点睛】

本题是二次函数综合题，考查了待定系数法，二次函数图象与性质，垂直平分线的性质，勾股定理，三角形的面积；熟练掌握二次函数的性质及方程思想是解题的关键．

【考点4】二次函数面积的其它问题

【例4】（2020·辽宁鞍山·中考真题）在矩形中，点E是射线上一动点，连接，过点B作于点G，交直线于点F．

（1）当矩形是正方形时，以点F为直角顶点在正方形的外部作等腰直角三角形，连接．

①如图1，若点E在线段上，则线段与之间的数量关系是________，位置关系是_________；

②如图2，若点E在线段的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由；

（2）如图3，若点E在线段上，以和为邻边作，M是中点，连接，，求的最小值．

【答案】（1）①相等；垂直；②成立，理由见解析；（2）

【分析】

（1）①证明△ABE≌△BCF，得到BE=CF，AE=BF，再证明四边形BEHF为平行四边形，从而可得结果；

②根据（1）中同样的证明方法求证即可；

（2）说明C、E、G、F四点共圆，得出GM的最小值为圆M半径的最小值，设BE=x，证明△ABE∽△BCF，得到CF，再利用勾股定理表示出EF=，求出最值即可得到GM的最小值．

【详解】

解：（1）①∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，即∠BAE+∠AEB=90°，∵AE⊥BF，∴∠CBF+∠AEB=90°，∴∠CBF=∠BAE，又AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴BE=CF，AE=BF，∵△FCH为等腰直角三角形，∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，∴FH∥BC，∴四边形BEHF为平行四边形，∴BF∥EH且BF=EH，∴AE=EH，AE⊥EH，故答案为：相等；垂直；

②成立，理由是：

当点E在线段BC的延长线上时，同理可得：△ABE≌△BCF（AAS），∴BE=CF，AE=BF，∵△FCH为等腰直角三角形，∴FC=FH=BE，FH⊥FC，而CD⊥BC，∴FH∥BC，∴四边形BEHF为平行四边形，∴BF∥EH且BF=EH，∴AE=EH，AE⊥EH；

（2）∵∠EGF=∠BCD=90°，∴C、E、G、F四点共圆，∵四边形BCHF是平行四边形，M为BH中点，∴M也是EF中点，∴M是四边形BCHF外接圆圆心，则GM的最小值为圆M半径的最小值，∵AB=3，BC=2，设BE=x，则CE=2-x，同（1）可得：∠CBF=∠BAE，又∵∠ABE=∠BCF=90°，∴△ABE∽△BCF，∴，即，∴CF=，∴EF=

=

=，设y=，当x=时，y取最小值，∴EF的最小值为，故GM的最小值为．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，二次函数的最值，圆的性质，难度较大，找出图形中的全等以及相似三角形是解题的关键．

【变式4-1】（2020·湖北中考真题）已知抛物线过点和，与x轴交于另一点B，顶点为D．

（1）求抛物线的解析式，并写出D点的坐标；

（2）如图1，E为线段上方的抛物线上一点，垂足为F，轴，垂足为M，交于点G．当时，求的面积；

（3）如图2，与的延长线交于点H，在x轴上方的抛物线上是否存在点P，使？若存在，求出点P的坐标：若不存在，请说明理由．

【答案】（1），；（2）；（3）存在，,【解析】

【分析】

（1）利用待定系数法求出a的值即可得到解析式，进而得到顶点D坐标；

（2）先求出BC的解析式，再设直线EF的解析式为,设点E的坐标为，联立方程求出点F，G的坐标，根据列出关于m的方程并求解，然后求得G的坐标，再利用三角形面积公式求解即可；

（3）过点A作AN⊥HB，先求得直线BD，AN的解析式，得到H，N的坐标，进而得到，设点，过点P作PRx轴于点R，在x轴上作点S使得RS=PR，证明，根据相似三角形对应边成比例得到关于n的方程，求得后即可得到点P的坐标．

【详解】

（1）把点A（-1，0），C（0，3）代入中，解得，当时，y=4，（2）

令或x=3

设BC的解析式为

将点代入，得，解得，设直线EF的解析式为,设点E的坐标为，将点E坐标代入中，得，把x=m代入

即

解得m=2或m=-3

∵点E是BC上方抛物线上的点

∴m=-3舍去

∴点

（3）过点A作AN⊥HB，∵点

∵点，点

设，把（-1，0）代入，得b=

设点

过点P作PR⊥x轴于点R，在x轴上作点S使得RS=PR

且点S的坐标为

若

在和中，或

【点睛】

本题考查的是二次函数的综合，涉及到的知识点较多，运算较复杂，第3问的解题关键在于添加适当的辅助线，利用数形结合的思想列出方程求解．

【变式4-2】（2020·山东日照·九年级二模）如图，二次函数y＝ax2+bx+c的图象与x轴交于点A(﹣2，0)和点B(8，0)，与y轴交于点C(0，﹣8)，连接AC，D是抛物线对称轴上一动点，连接AD，CD，得到△ACD．

（1）求该抛物线的函数解析式．

（2）△ACD周长能否取得最小值，如果能，请求出D点的坐标；如果不能，请说明理由．

（3）在（2）的条件下，在抛物线上是否存在点E，使得△ACE与△ACD面积相等，如果存在，请求出点的坐标；如果不存在，请说明理由．

【答案】（1）抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣8；（2）△ACD周长能取得最小值，点D(3，﹣5)；（3）存在，点E(﹣1，﹣4+11)或(﹣﹣1，4+11)

【分析】

（1）由抛物线过A(﹣2，0)，点B(8，0)和C(0，﹣8)，利用待定系数法可求解析式；

（2）求△ACD周长＝AD+AC+CD，AC是定值，当AD+CD取最小值时，△ACD周长能取得最小值，点A，点B关于对称轴直线x＝3对称，连结BC交抛物线对称轴于D，利用待定系数法可求BC解析式，把x=3代入即可求解点D坐标；

（3）△ACE与△ACD面积相等，两个三角形同底，只要点E与点D到AC的距离相等即可，先求出AC解析式，由面积相等可得DE∥AC，利用待定系数法可求DE的解析式，与抛物线联立方程组可求解．

【详解】

解：（1）由题意可得：，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣3x﹣8；

（2）△ACD周长能取得最小值，∵点A（﹣2，0），点B（8，0），∴对称轴为直线x＝3，∵△ACD周长＝AD+AC+CD，AC是定值，∴当AD+CD取最小值时，△ACD周长能取得最小值，∵点A，点B关于对称轴直线x＝3对称，∴连接BC交对称轴直线x＝3于点D，此时AD+CD有最小值，设直线BC解析式为：y＝kx﹣8，∴0＝8k﹣8，∴k＝1，∴直线BC解析式为：y＝x﹣8，当x＝3，y＝﹣5，∴点D（3，﹣5）；

（3）存在，∵点A（﹣2，0），点C（0，﹣8），∴直线AC解析式为y＝﹣4x﹣8，如图，∵△ACE与△ACD面积相等，∴DE∥AC，∴设DE解析式为：y＝﹣4x+n，∴﹣5＝﹣4×3+n，∴n＝7，∴DE解析式为：y＝﹣4x+7，联立方程组可得：，解得：，∴点E（﹣1，﹣4+11）或（﹣﹣1，4+11）．

【点睛】

本题考查抛物线解析式，三角形最短周长，和面积相等时抛物线上点的坐标问题，会用待定系数法求解析式，周长最短问题转化线段的和最短问题，会用过找对称点实现转化，利用底相同，高相同，转化平行线问题是解题关键．

1．（广东梅州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线y=x2+bx+c过A，B，C三点，点A的坐标是（3，0），点C的坐标是（0，-3），动点P在抛物线上．

（1）b

=_________，c

=_________，点B的坐标为_____________；（直接填写结果）

（2）是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；

（3）过动点P作PE垂直y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线．垂足为F，连接EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．

【答案】（1），（-1,0）；（2）存在P的坐标是或；（3）当EF最短时，点P的坐标是：（，）或（，）

【分析】

（1）将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式可求得b、c的值，然后令y=0可求得点B的坐标；

（2）分别过点C和点A作AC的垂线，将抛物线与P1，P2两点先求得AC的解析式，然后可求得P1C和P2A的解析式，最后再求得P1C和P2A与抛物线的交点坐标即可；

（3）连接OD．先证明四边形OEDF为矩形，从而得到OD=EF，然后根据垂线段最短可求得点D的纵坐标，从而得到点P的纵坐标，然后由抛物线的解析式可求得点P的坐标．

【详解】

解：（1）∵将点A和点C的坐标代入抛物线的解析式得：，解得：b=﹣2，c=﹣3，∴抛物线的解析式为．

∵令，解得：，∴点B的坐标为（﹣1，0）．

故答案为﹣2；﹣3；（﹣1，0）．

（2）存在．理由：如图所示：

①当∠ACP1=90°．由（1）可知点A的坐标为（3，0）．

设AC的解析式为y=kx﹣3．

∵将点A的坐标代入得3k﹣3=0，解得k=1，∴直线AC的解析式为y=x﹣3，∴直线CP1的解析式为y=﹣x﹣3．

∵将y=﹣x﹣3与联立解得，（舍去），∴点P1的坐标为（1，﹣4）．

②当∠P2AC=90°时．设AP2的解析式为y=﹣x+b．

∵将x=3，y=0代入得：﹣3+b=0，解得b=3，∴直线AP2的解析式为y=﹣x+3．

∵将y=﹣x+3与联立解得=﹣2，=3（舍去），∴点P2的坐标为（﹣2，5）．

综上所述，P的坐标是（1，﹣4）或（﹣2，5）．

（3）如图2所示：连接OD．

由题意可知，四边形OFDE是矩形，则OD=EF．根据垂线段最短，可得当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．

由（1）可知，在Rt△AOC中，∵OC=OA=3，OD⊥AC，∴D是AC的中点．

又∵DF∥OC，∴DF=OC=，∴点P的纵坐标是，∴，解得：x=，∴当EF最短时，点P的坐标是：（，）或（，）．

2．（2020·湖北武汉·九年级一模）已知抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点为D

(，－)，经过点C

(0，－1)，且与x轴交于A、B两点(A在B的左侧)．

(1)

求抛物线的解析式：

(2)

P为抛物线上一点，连CP交OD于点Q，若S△COQ＝S△PDQ，求P点的横坐标；

(3)点M为直线BC下方抛物线上一点，过M的直线与x轴、y轴分别交于E、F，且与抛物线有且只有一个公共点．

若∠FCM＝∠OEF，求点M的坐标．

【答案】（1）y＝x2－3x－1；（2）P的横坐标为；（3）点M的坐标为(，－)或(2，－2)

【分析】

（1）运用待定系数法求解即可；

（2）联立方程组求解即可；

（3）根据直线EF与抛物线只有一个公共点求出M点横坐标，设直线CM的解析式为y＝－x－1，与抛物线联立，即可求出结论．

【详解】

(1)∵抛物线的顶点为D

(，－)，设抛物线的顶点式为y＝a(x－)2－，把C

(0，－1)代入，得a(0－)2－＝－1，解得a＝．

∴抛物线的解析式为y＝

(x－)2－．

亦即：y＝x2－3x－1．

(2)

连OP、DP、CD，由S△COQ＝S△PDQ，得S△OCD＝S△PDC，则CD∥OP．

由C

(0，－1)、D

(，－)，可得直线CD为y＝－x－1．

则直线OP的解析式为y＝－x．

与抛物线的解析式联立，得点P的横坐标为（舍去负值）．

(3)

设直线EF为y＝kx＋b，与抛物线y＝x2－3x－1联立，得x2－(k＋3)x－1－b＝0，∵直线EF与抛物线只有一个公共点，∴x1＝x2＝－＝

(k＋3)．

即M点横坐标xM＝

(k＋3)．

∵∠FCM＝∠OEF，可得CM⊥EF，故可设直线CM的解析式为y＝－x－1，与抛物线联立，得：xM＝

(3－)．

于是得：

(k＋3)＝

(3－)．

解得k＝1或2．

∴点M的坐标为(，－)或(2，－2)．

【点睛】

本题考查了二次函数综合题，二次函数性质，待定系数法求解析式．

3．（2020·广东九年级一模）如图，抛物线y＝ax2＋2x＋c（a＜0）与x轴交于点A和点B（点A在原点的左侧，点B在原点的右侧），与y轴交于点C，OB＝OC＝3．

（1）求该抛物线的函数解析式；

（2）连接BC，点D是直线BC上方抛物线上的点，连接OD，CD，OD交BC于点F，当S△COF∶S△CDF＝3∶2时，求点D的坐标．

【答案】（1）y＝﹣x2＋2x＋3；（2）(1，4)或(2，3)

【分析】

（1）c＝3，点B(3，0)，将点B的坐标代入抛物线表达式：y＝ax2＋2x＋3并解得：a＝﹣1，即可求解；

（2）S△COF∶S△CDF＝3∶2，则OF∶FD＝3∶2，DH∥CO，故CO∶DM＝3∶2，则DM＝CO＝2，而DM＝﹣x2＋2x＋3﹣（﹣x＋3）＝2，即可求解．

【详解】

解：（1）∵OB＝OC＝3．

∴c＝3，点B(3，0)，将点B的坐标代入抛物线表达式：y＝ax2＋2x＋3并解得：a＝﹣1，故抛物线的表达式为：y＝﹣x2＋2x＋3；

（2）如图，过点D作DH⊥x轴于点H，交AB于点M，S△COF∶S△CDF＝3∶2，则OF∶FD＝3∶2，∵DH∥CO，故CO∶DM＝3∶2，则DM＝CO＝2，由B、C的坐标得：直线BC的表达式为：y＝﹣x＋3，设点D(x，﹣x2＋2x＋3)，则点M(x，﹣x＋3)，DM＝﹣x2＋2x＋3﹣（﹣x＋3）＝2，解得：x＝1或2，故点D(1，4)或(2，3)．

【点睛】

本题主要考查了二次函数综合，准确计算是解题的关键．

4．（2020·福建南平·九年级二模）已知抛物线y＝﹣（x+5）（x﹣m）（m＞0）与x轴交于点A、B（点A在点B的左边），与y轴交于点C．

（1）直接写出点B、C的坐标；（用含m的式子表示）

（2）若抛物线与直线y＝x交于点E、F，且点E、F关于原点对称，求抛物线的解析式；

（3）若点P是线段AB上一点，过点P作x轴的垂线交抛物线于点M，交直线AC于点N，当线段MN长的最大值为时，求m的取值范围．

【答案】（1）B（m，0），C（0，）；（2）；（3）0＜m≤．

【分析】

（1）y＝﹣（x+5）（x﹣m），令x＝0，则y＝，令y＝0，则x＝﹣5或m，即可求解；

（2）设点E，F的坐标分别为（a，），（﹣a，），将点E、F的坐标，代入二次函数表达式即可求解；

（3）分﹣5≤t≤0、0＜t≤m，两种情况分别求解即可．

【详解】

解：（1）y＝﹣（x+5）（x﹣m），令x＝0，则y＝，令y＝0，则x＝﹣5或m，故：B（m，0），C（0，）；

（2）设点E，F的坐标分别为（a，），（﹣a，），代入，得，解得：（m﹣5）a＝a，∵a≠0，∴m＝6，∴抛物线的解析式为；

（3）依题意得A（﹣5，0），C（0，），由m＞0，设过A，C两点的一次函数解析式是y＝kx+b，将A，C代入，得

解得

∴过A，C两点的一次函数解析式是，设点P（t，0），则﹣5≤t≤m（m＞0），∴M（t，），N（t，）．

①当﹣5≤t≤0时，∴MN＝＝，∵，∴该二次函数图象开口向下，又对称轴是直线，∴当时，MN的长最大，此时MN＝，②当0＜t≤m时，∴MN＝＝，∵，∴该二次函数图象开口向上，又对称轴是直线，∴当0＜t≤m时，MN的长随t的增大而增大，∴当t＝m时，MN的长最大，此时MN＝，∵线段MN长的最大值为，∴，整理得：，由图象可得：≤m≤

∵m＞0，∴m的取值范围是0＜m≤．

【点睛】

本题考查二次函数图象性质、与x轴、y轴交点坐标、一次函数图象性质、原点对称、线段最值、分类讨论法等知识，是重要考点，综合性较强，掌握相关知识是解题关键．

5．（2018·四川眉山·中考真题）如图①,已知抛物线y=ax2+bx+c的图像经过点A（0，3)、B（1，0），其对称轴为直线l：x=2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.（1）求抛物线的解析式；

（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；

（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】（1）y=x2-4x+3.（2）当m=时，四边形AOPE面积最大，最大值为.（3）P点的坐标为

：P1（，），P2（，），P3（，），P4（，）.【解析】

分析：（1）利用对称性可得点D的坐标，利用交点式可得抛物线的解析式；

（2）设P（m，m2-4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得四边形AOPE的面积，利用配方法可得其最大值；

（3）存在四种情况：

如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据OM=PN列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．

详解：（1）如图1，设抛物线与x轴的另一个交点为D，由对称性得：D（3，0），设抛物线的解析式为：y=a（x-1）（x-3），把A（0，3）代入得：3=3a，a=1，∴抛物线的解析式；y=x2-4x+3；

（2）如图2，设P（m，m2-4m+3），∵OE平分∠AOB，∠AOB=90°，∴∠AOE=45°，∴△AOE是等腰直角三角形，∴AE=OA=3，∴E（3，3），易得OE的解析式为：y=x，过P作PG∥y轴，交OE于点G，∴G（m，m），∴PG=m-（m2-4m+3）=-m2+5m-3，∴S四边形AOPE=S△AOE+S△POE，=×3×3+PG•AE，=+×3×（-m2+5m-3），=-m2+m，=（m-）2+，∵-＜0，∴当m=时，S有最大值是；

（3）如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，∵△OPF是等腰直角三角形，且OP=PF，易得△OMP≌△PNF，∴OM=PN，∵P（m，m2-4m+3），则-m2+4m-3=2-m，解得：m=或，∴P的坐标为（，）或（，）；

如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，同理得△ONP≌△PMF，∴PN=FM，则-m2+4m-3=m-2，解得：x=或；

P的坐标为（，）或（，）；

综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．

点睛：本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，相似三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，解第（2）问时需要运用配方法，解第（3）问时需要运用分类讨论思想和方程的思想解决问题．

6．（2018·湖南怀化·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+2x+c与x轴交于A（﹣1，0）B（3，0）两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．

（1）求抛物线的解析式和直线AC的解析式；

（2）请在y轴上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点M的坐标；

（3）试探究：在拋物线上是否存在点P，使以点A，P，C为顶点，AC为直角边的三角形是直角三角形？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．

【答案】（1）抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；直线AC的解析式为y=3x+3；（2）点M的坐标为（0，3）；

（3）符合条件的点P的坐标为（，）或（，﹣），【解析】

分析：（1）设交点式y=a（x+1）（x-3），展开得到-2a=2，然后求出a即可得到抛物线解析式；再确定C（0，3），然后利用待定系数法求直线AC的解析式；

（2）利用二次函数的性质确定D的坐标为（1，4），作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，如图1，则B′（-3，0），利用两点之间线段最短可判断此时MB+MD的值最小，则此时△BDM的周长最小，然后求出直线DB′的解析式即可得到点M的坐标；

（3）过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，利用两直线垂直一次项系数互为负倒数设直线PC的解析式为y=-x+b，把C点坐标代入求出b得到直线PC的解析式为y=-x+3，再解方程组得此时P点坐标；当过点A作AC的垂线交抛物线于另一点P时，利用同样的方法可求出此时P点坐标．

详解：（1）设抛物线解析式为y=a（x+1）（x﹣3），即y=ax2﹣2ax﹣3a，∴﹣2a=2，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣x2+2x+3；

当x=0时，y=﹣x2+2x+3=3，则C（0，3），设直线AC的解析式为y=px+q，把A（﹣1，0），C（0，3）代入得，解得，∴直线AC的解析式为y=3x+3；

（2）∵y=﹣x2+2x+3=﹣（x﹣1）2+4，∴顶点D的坐标为（1，4），作B点关于y轴的对称点B′，连接DB′交y轴于M，如图1，则B′（﹣3，0），∵MB=MB′，∴MB+MD=MB′+MD=DB′，此时MB+MD的值最小，而BD的值不变，∴此时△BDM的周长最小，易得直线DB′的解析式为y=x+3，当x=0时，y=x+3=3，∴点M的坐标为（0，3）；

（3）存在．

过点C作AC的垂线交抛物线于另一点P，如图2，∵直线AC的解析式为y=3x+3，∴直线PC的解析式可设为y=﹣x+b，把C（0，3）代入得b=3，∴直线PC的解析式为y=﹣x+3，解方程组，解得或，则此时P点坐标为（，）；

过点A作AC的垂线交抛物线于另一点P，直线PC的解析式可设为y=﹣x+b，把A（﹣1，0）代入得+b=0，解得b=﹣，∴直线PC的解析式为y=﹣x﹣，解方程组，解得或，则此时P点坐标为（，﹣）.综上所述，符合条件的点P的坐标为（，）或（，﹣）.点睛：本题考查了二次函数的综合题：熟练掌握二次函数图象上点的坐标特征和二次函数的性质；会利用待定系数法求函数解析式，理解两直线垂直时一次项系数的关系，通过解方程组求把两函数的交点坐标；理解坐标与图形性质，会运用两点之间线段最短解决最短路径问题；会运用分类讨论的思想解决数学问题．

7．（2020·四川中考真题）如图1，抛物线y＝ax2﹣2ax﹣3a（a≠0）与x轴交于点A，B．与y轴交于点C．连接AC，BC．已知△ABC的面积为2．

（1）求抛物线的解析式；

（2）平行于x轴的直线与抛物线从左到右依次交于P，Q两点．过P，Q向x轴作垂线，垂足分别为G，H．若四边形PGHQ为正方形，求正方形的边长；

（3）如图2，平行于y轴的直线交抛物线于点M，交x轴于点N

（2，0）．点D是抛物线上A，M之间的一动点，且点D不与A，M重合，连接DB交MN于点E．连接AD并延长交MN于点F．在点D运动过程中，3NE+NF是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

【答案】（1）；（2）或；（3）是，3NE+NF为定值4

【分析】

（1）先将抛物线解析式变形，可得A和B的坐标，从而得AB=1+3=4，根据三角形ABC的面积为2可得OC的长，确定点C的坐标，根据点C的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；

（2）设点P的纵坐标为m，当y=m时，﹣x2+x+1=m，解方程可得P和Q两点的坐标，从而得G和H的坐标，再利用正方形的性质可得出关于m的方程，解之即可得出结论；

（3）设点D（n，﹣n2+n+1），利用待定系数法求直线AD和BD的解析式，表示FN和OK的长，直接代入计算可得结论．

【详解】

（1）如图1，y=ax2﹣2ax﹣3a=a（x2﹣2x﹣3）=a（x﹣3）（x+1），∴A（﹣1，0），B（3，0），∴AB=4，∵△ABC的面积为2，即，∴OC=1，∴C（0，1），将C（0，1）代入y=ax2﹣2ax﹣3a，得：﹣3a=1，∴a=﹣，∴该二次函数的解析式为y=﹣x2+x+1；

（2）如图2，设点P的纵坐标为m，当y=m时，﹣x2+x+1=m，解得：x1=1+，x2=1﹣，∴点P的坐标为（1﹣，m），点Q的坐标为（1+，m），∴点G的坐标为（1﹣，0），点H的坐标为（1+，0），∵矩形PGHQ为正方形，∴PQ=PG，∴1+﹣（1﹣）=m，解得：m1=﹣6﹣2，m2=﹣6+2，∴当四边形PGHQ为正方形时，边长为6+2或2﹣6；

（3）如图3，设点D（n，﹣n2+n+1），延长BD交y轴于K，∵A（﹣1，0），设AD的解析式为：y=kx+b，则，解得：，∴AD的解析式为：y=（﹣）x﹣，当x=2时，y=﹣n+2﹣n+1=﹣n+3，∴F（2，3﹣n），∴FN=3﹣n，同理得直线BD的解析式为：y=（﹣）x+n+1，∴K（0，n+1），∴OK=n+1，∵N（2，0），B（3，0），∴，∵EN∥OK，∴，∴OK=3EN，∴3EN+FN=OK+FN=n+1+3﹣n=4，∴在点D运动过程中，3NE+NF为定值4．

【点睛】

本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、待定系数法求一次函数解析式以及平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用正方形的性质，找出关于m的方程；（3）利用AD和BD的解析式确定FN和OK的长，可解决问题．

8．（2020·内蒙古中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过坐标原点，与x轴正半轴交于点A，该抛物线的顶点为M，直线经过点A，与y轴交于点B，连接．

（1）求b的值及点M的坐标；

（2）将直线向下平移，得到过点M的直线，且与x轴负半轴交于点C，取点，连接，求证：：

（3）点E是线段上一动点，点F是线段上一动点，连接，线段的延长线与线段交于点G．当时，是否存在点E，使得？若存在，求出点E的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）b=3，M（3，-3）；（2）详见解析；（3）点E的坐标为（，）.【分析】

（1）将配方后可得顶点M的坐标，利用求出点A的坐标后代入即可求出b的值；

（2）先求出平移后的直线CM的解析式为y=-x，过点D作DH⊥直线y=-x，得到直线DH的解析式为y=2x-4，根据求出交点H（1，-2），分别求得DH=，DM=，根据sin∠DMH=得到∠DMH=45°，再利用外角与内角的关系得到结论；

（3）过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，先求出AB=，根据得到∠BAO=∠AFE，设GF=4a，则AE=EF=3a，证明△AEQ∽△ABO，求得AQ=a，AF=a，再证△FGP∽△AEQ，得到FP=a，OP=PG=，由此得到+a+a=6，求出a得到AQ=，将x=代入中，得y=，即可得到点E的坐标.【详解】

（1）∵=，∴顶点M的坐标为（3，-3）.令中y=0，得x1=0，x2=6，∴A（6,0），将点A的坐标代入中，得-3+b=0，∴b=3；

（2）∵由平移得来，∴m=-，∵过点M(3，-3),∴，解得n=，∴平移后的直线CM的解析式为y=-x.过点D作DH⊥直线y=-x，∴设直线DH的解析式为y=2x+k，将点D（2,0）的坐标代入，得4+k=0，∴k=-4，∴直线DH的解析式为y=2x-4.解方程组，得，∴H（1，-2）.∵D(2，0)，H(1，-2)，∴DH=，∵M(3，-3)，D（2,0）,∴DM=，∴sin∠DMH=，∴∠DMH=45°，∵∠ACM+∠DMH=∠ADM，∴；

（3）存在点E，过点G作GP⊥x轴，过点E作EQ⊥x轴，∵A(6，0)，B（0,3）,∴AB=.∵，∠BEF=∠BAO+∠AFE，∴∠BAO=∠AFE，∴AE=EF，∵，∴，设GF=4a，则AE=EF=3a，∵EQ⊥x轴，∴EQ∥OB，∴△AEQ∽△ABO，∴，∴，∴AQ=a，∴AF=a.∵∠AFE=∠PFG，∴△FGP∽△AEQ，∴,∴FP=a，∴OP=PG=，∴+a+a=6,解得a=，∴AQ=,∴OQ=，将x=代入中，得y=，∴当时，存在点E，使得，此时点E的坐标为（，）.【点睛】

此题考查了抛物线的性质，待定系数法求函数解析式，一次函数平移的性质，两个一次函数交点坐标与方程组的关系，相似三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，三角形的外角的性质定理，是一道抛物线的综合题，较难.9．（2020·福建厦门一中九年级其他模拟）如图，在平面直角坐标系中，已知四边形ABCD为平行四边形，点A在y轴上且在B的下方，B(0，3)，且点C，点D在第一象限．

（1）若点A(0，1)，点D(2，2)，求点C的坐标；

（2）若点C在直线y＝0.5x+3上，①若CD＝BC，点D在抛物线y＝x2﹣x+3上，求点C的坐标；

②若CD＝BC，抛物线y＝x2﹣ax+4﹣a经过点D、E，与y轴交于点F，若点E在直线BD上，求的最大值．

【答案】（1）D(2，4)；（2）①C(3+，)或(3﹣，)，②

【分析】

（1）由点A、B的坐标知，AB＝3﹣1＝2＝CD，即可求解；

（2）①作BH⊥CD于H，则D（m，m2﹣m+3），则CB＝CD＝﹣m2+3m，BH＝m，CH＝m，m≠0，则1+（）2＝（﹣m+3）2，即可求解；

②利用CD＝CB，求出m＝1或m＝1﹣a，再分m＝1、m＝1﹣a两种情况，分别求解即可．

【详解】

解：（1）由点A、B的坐标知，AB＝3﹣1＝2＝CD，故点D（2，4）；

（2）如图，设C（m，m+3），则D（m，m2﹣m+3），①作BH⊥CD于H，则D（m，m2﹣m+3），则CB＝CD＝﹣m2+3m，BH＝m，CH＝m，m≠0，∴1+（）2＝（﹣m+3）2，m＝3±，故C（3+，）或（3﹣，）；

②∵y＝x+3，BH＝m，∴BC＝m．

CD＝CB＝m，又CD∥y轴，∴D（m，m2﹣am+4﹣a），由点B、D的坐标得，直线DB解析式：y＝x+3，解方程：x+3＝x2﹣ax+4﹣a，整理得：mx2﹣（m2+1﹣a）x+m（1﹣a）＝0，即[mx﹣（1﹣a）]（x﹣m）＝0，解得：x＝m或x＝，即，而CD＝m+3﹣（m2﹣am+4﹣a）＝﹣m2+（a+）m﹣1+a，且CD＝CB，∴m＝﹣m2+（a+）m﹣1+a，整理得：m2+（2﹣a）m+1﹣a＝0，[m﹣（1﹣a）]（m﹣1）＝0，解得：m＝1或m＝1﹣a．

（I）当m＝1时，C（1，），D（1，），F（0，4﹣a），xE＝1﹣a，则S△DEF＝BF•（xD﹣xE）＝（a﹣1）[1﹣（1﹣a）]＝（a2﹣a），而S▱ABCD＝BH•CD＝1×＝，故S△DEF﹣S▱ABCD＝（a2﹣a）﹣＝（a﹣）2﹣，∵＞0，故S△DEF﹣S▱ABCD没有最大值；

（II）

当m＝1﹣a时，C（1﹣a，），D（1﹣a，2a+1），则F（0，4﹣a），xE＝1，而S△DEF＝BF•（xD﹣xE）＝（a﹣1）[（1﹣a）﹣1]＝﹣（a2﹣a），S▱ABCD＝BH•CD＝（1﹣a）•（1﹣a）＝（1﹣a）

2，∴S△DEF﹣S▱ABCD＝﹣（a2﹣a）﹣（1﹣a）

2＝﹣3a2+a﹣＝﹣3（a﹣）2+≤，∴S△DEF﹣S▱ABCD的最大值为．

【点睛】

本题主要考查二次函数的综合，熟练掌握二次函数与一次函数的性质及平行四边形的性质是解题的关键．

10．（2020·河南九年级二模）如图①，在平面直角坐标系中，一块等腰直角三角板ABC的直角顶点A在y轴上，坐标为（0，－1），另一顶点B坐标为（－2，0），已知二次函数y＝x2＋bx＋c的图象经过B、C两点．现将一把直尺放置在直角坐标系中，使直尺的边A＇D＇∥y轴且经过点B，直尺沿x轴正方向平移，当A＇D＇与y轴重合时运动停止．

（1）求点C的坐标及二次函数的关系式；

（2）若运动过程中直尺的边A＇D＇交边BC于点M，交抛物线于点N，求线段MN长度的最大值；

（3）如图②，设点P为直尺的边A＇D＇上的任一点，连接PA、PB、PC，Q为BC的中点，试探究：在直尺平移的过程中，当PQ＝时，线段PA、PB、PC之间的数量关系．请直接写出结论，并指出相应的点P与抛物线的位置关系．

（说明：点与抛物线的位置关系可分为三类，例如，图②中，点A在抛物线内，点C在抛物线上，点D＇在抛物线外．）

【答案】（1）C（-1，-3）．y=x2+x-3．（2）．（3）PB-PC=PA．

【详解】

试题分析：（1）求C点坐标，考虑作x，y轴垂线，表示横纵坐标，易得△CDA≌△AOB，所以C点坐标易知．进而抛物线解析式易得．

（2）横坐标相同的两点距离，可以用这两点的纵坐标作差，因为两点分别在直线BC与抛物线上，故可以利用解析式，设横坐标为x，表示两个纵坐标．作差记得关于x的二次函数，利用最值性质，结果易求．

（3）计算易得，BC=，因为Q为BC的中点，PQ=恰为半径，则以作圆，P点必在圆上．此时连接PB，PC，PA，因为BC为直径，故BP2+CP2=BC2为定值，而PA不固定，但不超过BC，所以易得结论BP2+CP2≥PA2，题目要求考虑三种情况，其中P在抛物线上时，P点只能与B或C重合，此时，PA，PB，PC可求具体值，则有等量关系．

试题解析：（1）如图1，过点C作CD⊥y轴于D，此时△CDA≌△AOB，∵△CDA≌△AOB，∴AD=BO=2，CD=AO=1，∴OD=OA+AD=3，∴C（-1，-3）．

将B（-2，0），C（-1，-3）代入抛物线y=x2+bx+c，解得

b=，c=-3，∴抛物线的解析式为y=x2+x-3．

（2）设lBC：y=kx+b，∵B（-2，0），C（-1，-3），∴，解得，∴lBC：y=-3x-6，设M（xM，-3xM-6），N（xN，xN2+xN-3），∵xM=xN（记为x），yM≥yN，∴线段MN长度=-3x-6-（x2+x-3）=-（x+）2+，（-2≤x≤-1），∴当x=-时，线段MN长度为最大值．

（3）答：P在抛物线外时，BP2+CP2≥PA2；P在抛物线上时，BP+CP=AP；P在抛物线内，BP2+CP2≥PA2．

分析如下：

如图2，以Q点为圆心，为半径作⊙Q，∵OB=2，OA=1，∴AC=AB==，∴BC=，∴BQ=CQ=，∵∠BAC=90°，∴点B、A、C都在⊙Q上．

①P在抛物线外，如图3，圆Q与BD′的交点即为点P，连接PB，PC，PA，延长PC交y轴于点D

∵BC为直径，∴∠BPC=90°

∵BD′与y轴平行

∴∠ADC=90°，且D点为抛物线与y轴交点

∴PD∥x轴

易得PC=1，PB=3，PA=2

∴BP+CP=AP．

②P在抛物线上，此时，P只能为B点或者C点，∵AC=AB=，∴AP=，∵BP+CP=BC=，∴BP+CP=AP．

③P在抛物线内，有两种情况，如图4，5，如图4，在PC上取BP=PT，∵BC为直径，∴∠BPC=90°

∴△BPT为等腰直角三角形

∴∠PBT=45°=∠1+∠2

∵∠ABC=∠3+∠2=45°

∴∠1=∠3

∵∠BAP=∠BCP（同弧BP）

∴△BPA∽△BTC

∴

∵PC=PT+CT

∴PC=PT+PA=PB+PA

∴PC-PB=PA

同理，如图5，也可得PB-PC=PA．

考点：二次函数综合题．

11．（2020·湖北武汉·九年级其他模拟）抛物线与轴交于点，与轴交于点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）如图1，直线交抛物线于另一点，过点作轴于点，过点作交于点．求证：轴；

（3）如图2，为抛物线上两点，直线，交轴于点，，求面积的最小值．

【答案】（1）；（2）见解析；（3）的最小值为1．

【分析】

（1）把点，代入解析式构建方程组求解即可；

（2）由题易得，设，则，然后根据在平面直接坐标系里两条直线平行时，进行求解即可；

（3）设直线的解析式为：，直线的解析式为，直线的解析式为，由题意得，进而可得，然后把三角形的面积表示出来利用二次函数的性质求解即可．

【详解】

（1）∵过，∴解得．

∴抛物线的解析式为．

（2）当时，．∴

设，则，∴，．

∴，∴，∵，∴设，则，．

∴．

设直线，∴，∴．

由得

∵，∴轴．

（3）设直线的解析式为：，由得，．

∴，∴．

设直线的解析式为，同理可得：，∴．

设直线的解析式为，由得．

∴，．

∵，∴，，∴直线．

不论为何值，当时，∴直线过点．

∵，∴轴，∴的最小值为1．

【点睛】

本题主要考查二次函数与一次函数的综合，关键是根据题意得到二次函数的表达式，然后利用一次函数的知识点进行求解问题即可．

12．（2020·广东深圳·九年级其他模拟）如下图，抛物线与轴正半轴交于点，过点作直线轴，点是抛物线在第一象限部分上的一动点，连接并延长交直线于点，连接并延长交轴于点，过点作轴，垂足为，连接．设．

（1）请直接写出点坐标并求出的最大值；

（2）如图1，随着点的运动，的值是否会发生变化？若变化，请说明理由，若不变，则求出它的值；

（3）连接，如图2，则当点位于何处时，点到直线的距离最大？请你求出此时点的坐标．

【答案】（1）A点坐标为，4；（2）不会发生变化，理由见解析，；（3）点坐标为

【分析】

（1）根据P点的坐标得到，根据即可得到结果；

（2）由（1）知：，，根据计算即可；

（3）取的中点，过作轴的垂线，垂足为，交直线于点，得矩形；连接，得到，在根据题意得，联立方程计算即可；

【详解】

解：（1）A点坐标为．

∵，∴点坐标为

∴．

又，．

∴．

∴．

∴的最大值为4．

（2）的值不会发生变化理由如下：

由（1）知：，．

所以，，．

又，．

∴，∴．

（3）如下左图，取的中点，过作轴的垂线，垂足为，交直线于点，得矩形；连接．

易得，∴．

∴．

由（2）知，．

∴．又，∴点的坐标为．

即，直线绕定点在旋转．

如上右图，表示的任一位置，长是点到它的距离．则，∵，∴的最大值等于．

显然，获得最大值的条件是．

∵此时，易得，此时，从而，得．

∴此时，点坐标为

∴直线的解析式为：．

由得，（舍）．

故，此时点坐标为．

【点睛】

本题主要考查了二次函数综合，准确计算是解题的关键．

13．（2020·广东九年级一模）如图，抛物线与轴交于点，对称轴为直线平行于轴的直线与抛物线交于两点，点在对称轴左侧，．

（1）求此抛物线和直线的解析式；

（2）点在轴上，直线将三角形面积分成两部分，求点的坐标．

【答案】（1）；（2）或

【分析】

（1）根据对称轴直线求出b，把点代入抛物线解析式求出c，即可求出抛物线解析式，根据抛物线对称性和抢救车点B坐标，利用待定系数法即可求出直线的解析式；

（2）作出直线与交于点，过作轴，与轴交于点与轴交于点，得到进而得到，根据直线将面积分成两部分，分别得到或两种情况，分别求出Q横坐标，进而求出Q坐标，直线CQ解析式，即可求出点P坐标．

【详解】

解：由题意得：，解得：，则此抛物线的解析式为；

抛物线对称轴为直线，横坐标为横坐标为，把代入抛物线解析式得：，设直线解析式为，把坐标代入得：

即

直线解析式为

（2）作出直线与交于点，过作轴，与轴交于点与轴交于点，可得，点在轴上，直线将面积分成两部分，或，即或，或，当时，把代入直线解析式得：

此时，直线解析式为，令，得到，即；

当时，把代入直线解析式

得：，此时，直线解析式为，令得到

此时，综上，的坐标为或．

【点睛】

本题为二次函数综合题，综合性强，难度大．熟练掌握二次函数性质，深刻理解坐标系内求点的坐标方法，添加辅助线构造相似是解题关键．

14．（2020·湖北九年级一模）如图．抛物线交轴于两点．其中点坐标为，与轴交于点．

求抛物线的函数表达式；

如图①，连接．点在抛物线上﹐且满足．求点的坐标；

如图②，点为轴下方抛物线上任意一点，点是抛物线对称轴与轴的交点，直线分别交抛物线的对称轴于点，求的值．

【答案】（1）；（2）点的坐标为或；（3）8

【分析】

（1）把点A、C坐标代入抛物线解析式即求得b、c的值．

（2）点P可以在x轴上方或下方，需分类讨论．①若点P在x轴下方，延长AP到H，使AH＝AB构造等腰△ABH，作BH中点G，即有∠PAB＝2∠BAG＝2∠ACO，利用∠ACO的三角函数值，求BG、BH的长，进而求得H的坐标，求得直线AH的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．②若点P在x轴上方，根据对称性，AP一定经过点H关于x轴的对称点H＇，求得直线AH＇的解析式后与抛物线解析式联立，即求出点P坐标．

（3）设点Q横坐标为t，用t表示直线AQ、BN的解析式，把x＝−1分别代入即求得点M、N的纵坐标，再求DM、DN的长，即得到DM＋DN为定值．

【详解】

解：抛物线经过点

解得

抛物线的函数表达式为

①若点在轴下方，如图1

延长到，使，过点作轴，连接，作中点，连接并延长交于点，过点作于点

当，解得

中，为中点，即

在中，中，即

设直线解析式为

解得

直线

解得（即点），②若点在轴上方，如图2，在上截取，则于关于轴对称

设直线解析式为

解得

直线

解得（即点），、综上所述，点的坐标为或

为定值

抛物线的对称轴为，直线

设

设直线解析式为

解得

直线

当时，设直线解析式为

解得

直线

当时，为定值．

【点睛】

本题考查了求二次函数解析式、求一次函数解析式，解一元二次方程、二元一次方程组，等腰三角形的性质，三角函数的应用．第（2）题由于不确定点P位置需分类讨论；（2）（3）计算量较大，应认真理清线段之间的关系再进行计算．

15．（2020·贵阳清镇北大培文学校九年级其他模拟）在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A（－4，0），B（0，－4），C（2，0）三点．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S．求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．

（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y＝－x上的动点，判断有几个位置能够使得点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．

【答案】（1）；（2），时有最大值；（3）或或或．

【分析】

（1）先假设出函数解析式，利用三点法求解函数解析式．

（2）设出M点的坐标，利用S＝S△AOM＋S△OBM−S△AOB即可进行解答；

（3）当OB是平行四边形的边时，表示出PQ的长，再根据平行四边形的对边相等列出方程求解即可；当OB是对角线时，由图可知点A与P应该重合．

【详解】

解：（1）设此抛物线的函数解析式为：，将，三点代入函数解析式得：，解得，所以此函数解析式为：；

（2）∵点的横坐标为，且点在这条抛物线上，∴点的坐标为：，∴

∵，当时，有最大值为：．

答：时有最大值．

（3）设．

当为边时，根据平行四边形的性质知，且，∴的横坐标等于的横坐标，又∵直线的解析式为，则．

由，得，解得，．（不合题意，舍去）

如图，当为对角线时，知与应该重合，．

四边形为平行四边形则，横坐标为4，代入得出为．

由此可得或或或．

【点睛】

本题考查了三点式求抛物线的方法，以及抛物线的性质和最值的求解方法．

16．（2020·山东烟台·九年级其他模拟）如图，抛物线y=ax2+x+c的图象与x轴交于A（-3，0），B两点，与y轴交于点C（0，-2），连接AC．点P是x轴上的动点．

（1）求抛物线的表达式；

（2）过点P作x轴的垂线，交线段AC于点D，E为y轴上一点，连接AE，BE，当AD=BE时，求AD+AE的最小值；

（3）点Q为抛物线上一动点，是否存在点P，使得以A、C、P、Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．

【答案】（1）；（2）4；（3）存在，点P的坐标为（-5，0）或（，0）或（，0）或（-1，0）．

【分析】

（1）将A、C两点代入，利用待定系数法求得抛物线的表达式；

（2）由AD=BE，将AD+AE转化为BE+AE，通过两点之间线段最短即可得解；

（3）分情况讨论，AC为平行四边形的对角线、AQ为对角线、AP为对角线三种情况讨论．

【详解】

（1）将A（-3，0），C（0，-2），代入y=ax2+x+c得，解得，∴抛物线的表达式为；

（2）令，解得x=-3或1，∴点B的坐标为（1，0），当AD=BE时，AD+AE=BE+AE，∴当A、E、B三点共线时，BE+AE最小，最小值为AB的长，∴当AD=BE时，AD+AE的最小值为AB=1-(-3)=4；

（3）存在．设点P的坐标为（m，0），点Q的坐标为（n，），①若AQ为平行四边形的对角线，则PA=QC，QC∥x轴，如图①，∴-3-m=0-n，解得n=-2或0（舍去），∴m=-5，∴点P的坐标为（-5，0）；

②若AP为对角线，则AC=PQ，如图②所示，即m-n=3，解得n=-1+或-1-，∴m=2+或2-，∴点P的坐标为（2+，0）或（2-，0）；

③当AC是平行四边形的对角线时，则AQ=PC，如图③，即m-（-3）=0-n，解得n=-2或0（舍去），∴m=-1，∴点P的坐标为（-1，0）．

综上所述，点P的坐标为（-5，0）或（2+，0）或（2-，0）或（-1，0）．

【点睛】

本题是二次函数的综合应用题，考查了待定系数法求函数解析式，二次函数的图象及性质，平行四边形的性质；熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活应用平行四边形的性质是解题的关键．第(3)问需分类讨论，以防遗漏．

17．（2020·河南九年级二模）如图，在平面直角坐标系中，为坐标原点，抛物线交轴于，两点，交轴于点，且．

（1）求，的值．

（2）点为第一象限内抛物线上一点，连接交轴于点，设点的横坐标为，线段的长为，求与之间的函数关系式，并写出自变量的取值范围．

（3）在（2）的条件下，点为抛物线上一动点，当时，是否存在点，使得？若存在，请直接写出点的横坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）的值为，的值为；（2）与之间的函数关系式为；（3）存在满足题意的点，点的横坐标为或．

【分析】

（1）本题根据题意得出点B、点C坐标后，将点代入二次函数解析式即可求解．

（2）本题首先利用函数解析式表示P点坐标，继而分别求解PK、AK长度，进一步以正切三角函数作为中介求解OD，最后利用边长关系即可求解本题．

（3）本题首先根据已知求解△APQ的面积，继而求解点D坐标与直线AP解析式，进一步分类讨论点Q所在位置，求解手段是做辅助线并利用函数表示MQ距离，继而利用割补法表示△APQ面积，最后根据限制条件确定最终答案．

【详解】

（1）∵，∴，．

将点，代入抛物线中，得，解得，∴的值为，的值为．

（2）由第一问可知抛物线的解析式为．

∵点为第－象限内抛物线上一点，且横坐标为，∴．

∵，∴．

过点作轴于点，如下图所示，则．

当时，即，解得，．

∴，即．

∴．

∵，即，∴．

∴．

∴与之间的函数关系式为．

（3）存在．

由题意易得，∴．

∵，∴．

∴．

∴，．

由可知点的横坐标为9，故易得直线的解析式为．

由题意，可知点的位置需分以下两种情况进行讨论．

①当点在直线下方的抛物线上时，过点作轴的平行线，交于点，如下图3所示：

设，则．

∴．

∴．

其中是P点横坐标，是A点横坐标．

∴的最大值为72．

∵，∴在直线下方不存在满足题意的点．

②当点在直线上方的抛物线上时，过点作轴的平行线，交于点，如下图2所示：

设，或，则．

∴．

∴，解得，．

综上所述，存在满足题意的点，点的横坐标为或．

【点睛】

本题考查二次函数的综合，难度较高，待定系数法求解函数解析式需要熟练掌握，对三角函数的基本概念要清楚，该知识点通常作为边长比例关系的媒介，涉及动点问题需要分类讨论．

18．（2020·山东九年级一模）已知，抛物线y＝-x2

+bx+c交y轴于点C（0,2），经过点Q（2,2）.直线y＝x+4分别交x轴、y轴于点B、A．

（1）直接填写抛物线的解析式________；

（2）如图1，点P为抛物线上一动点（不与点C重合），PO交抛物线于M，PC交AB于N，连MN.求证：MN∥y轴；

（3）如图,2，过点A的直线交抛物线于D、E，QD、QE分别交y轴于G、H.求证：CG

•CH为定值.【答案】（1）；（2）见详解；（3）见详解．

【分析】

（1）把点C、D代入y＝-x2

+bx+c求解即可；

（2）分别设PM、PC的解析式，由于PM、PC与抛物线的交点分别为：M、N.，分别求出M、N的代数式即可求解；

（3）先设G、H的坐标，列出QG、GH的解析式，得出与抛物线的交点D、E的横坐标，再列出直线AE的解析式，算出它与抛物线横坐标的交点方程.运用韦达定理即可求证．

【详解】

详解：（1）∵y＝-x2

+bx+c过点C（0,2），点Q（2,2），∴,解得：.∴y=-x2+x+2；

（2）

设直线PM的解析式为：y=mx，直线PC的解析式为：y=kx+2

由

得x2+（k-1）x=0,解得：，xp=

由

得x2+(m-1)x-2=0，即xp•xm=-4，∴xm==.由

得xN==xM,∴MN∥y轴.（3）设G（0，m）,H（0，n）.设直线QG的解析式为，将点代入

得

直线QG的解析式为

同理可求直线QH的解析式为；

由

得

解得：

同理，设直线AE的解析式为：y=kx+4，由，得x2-(k-1)x+2=0

即xDxE=4，即（m-2）•（n-2）=4

∴CG•CH=（2-m）•（2-n）=4.19．（2020·重庆八中九年级一模）如图，抛物线y＝x2+2x﹣6交x轴于A、B两点（点A在点B的左侧），交y轴于C点，D点是该抛物线的顶点，连接AC、AD、CD．

（1）求△ACD的面积；

（2）如图，点P是线段AD下方的抛物线上的一点，过P作PE∥y轴分别交AC于点E，交AD于点F，过P作PG⊥AD于点G，求EF+FG的最大值，以及此时P点的坐标；

（3）如图，在对称轴左侧抛物线上有一动点M，在y轴上有一动点N，是否存在以BN为直角边的等腰Rt△BMN？若存在，求出点M的横坐标，若不存在，请说明理由．

【答案】（1）24；（2）最大值为，点P（﹣3，﹣）；（3）存在，点M的横坐标为﹣﹣或2﹣2．

【分析】

（1）先求出抛物线与坐标轴的交点坐标和顶点坐标，再用待定系数法求得AC的解析式，进而求出点N、D的坐标，再根据三角形的面积公式求出结果；

（2）证明EF+FG即为EP的长度，即可求解；

（3）分∠BNM为直角、∠MBN为直角，利用三角形全等即可求解．

【详解】

解：（1）令x＝0，得，∴C（0，﹣6），令y＝0，得，解得，∴A（，0），点B（，0），设直线AC的解析式为：y＝kx+b（k≠0），则，∴，∴直线AC的解析式为：，∵，∴D（，），过D作DM⊥x轴于点M，交AC于点N，如图，令，则N（，），∴，∴；

（2）如图，过点D作x轴的平行线交FP的延长线于点H，由点A、D的坐标得，直线AD的表达式为：，∴tan∠FDH＝2，则sin∠FDH＝，∵∠HDF+∠HFD＝90°，∠FPG+∠PFG＝90°，∴∠FDH＝∠FPG，在Rt△PGF中，PF＝＝

＝FG，则EF+FG＝EF+PF＝EP，设点P（x，），则点E（x，），则EF+FG＝EF+PF＝EP＝，∵﹣＜0，故EP有最大值，此时x＝﹣＝﹣3，最大值为；

当x＝时，故点P（，）；

（3）存在，理由：

设点M的坐标为（m，n），则，点N（0，s），①当∠MNB为直角时，如图，过点N作x轴的平行线交过点B与y轴的平行线于点H，交过点M与y轴的平行线于点G，∵∠MNG+∠BNH＝90°，∠MNG+∠GMN＝90°，∴∠GMN＝∠BNH，∵∠NGM＝∠BHN＝90°，MN＝BN，∴△NGM≌△BHN（AAS），∴GN＝BH，MG＝NH，即且，联立并解得：（舍去正值），故，则点M（，）；

②当∠NBM为直角时，如图，过点B作y轴的平行线交过点N与x轴的平行线于点G，交过点M与x轴的平行线于点H，同理可证：△MHB≌△BGN（AAS），则BH＝NG，即，当时，解得：（舍去正值），故，则点M（，）；

综上，点M的横坐标为或．

【点睛】

本题考查二次函数的综合题，涉及三角形面积的求解，用胡不归原理求最值，等腰直角三角形的存在性问题，解题的关键是需要掌握这些特定题型的特定解法，熟练运用数形结合的思想去解决问题．

20．（2020·天津中考真题）已知点是抛物线（为常数，）与x轴的一个交点．

（1）当时，求该抛物线的顶点坐标；

（2）若抛物线与x轴的另一个交点为，与y轴的交点为C，过点C作直线l平行于x轴，E是直线l上的动点，F是y轴上的动点，．

①当点E落在抛物线上（不与点C重合），且时，求点F的坐标；

②取的中点N，当m为何值时，的最小值是？

【答案】（1）抛物线的顶点坐标为；（2）①点F的坐标为或；②当m的值为或时，MN的最小值是．

【分析】

（1）根据，则抛物线的解析式为，再将点A（1，0）代入，求出b的值，从而得到抛物线的解析式，进一步可求出抛物线的顶点坐标；

（2）①首先用含有m的代数式表示出抛物线的解析式，求出，点.过点A作于点H,在Rt中，利用勾股定理求出AE的值，再根据，可求出m的值，进一步求出F的坐标；

②首先用含m的代数式表示出MC的长，然后分情况讨论MN什么时候有最值.【详解】

解：（1）当，时，抛物线的解析式为．

∵抛物线经过点，．解得．

抛物线的解析式为．，抛物线的顶点坐标为．

（2）①∵抛物线经过点和，，即．，．

抛物线的解析式为．

根据题意，得点，点．

过点A作于点H．

由点，得点．

在Rt中，，．，．解得．

此时，点，点，有．

点F在y轴上，在Rt中，．

点F的坐标为或．

②由N是EF的中点，得．

根据题意，点N在以点C为圆心、为半径的圆上．

由点，点，得，．

在中，．

当，即时，满足条件的点N落在线段MC上，MN的最小值为，解得；

当，时，满足条件的点N落在线段CM的延长线上，MN的最小值为，解得．

当m的值为或时，MN的最小值是．

【点睛】

6.中考压轴题技巧 篇六

1、按定义添辅助线：

如证明二直线垂直可延长使它们，相交后证交角为90°;证线段倍半关系可倍线段取中点或半线段加倍;证角的倍半关系也可类似添辅助线。

2、按基本图形添辅助线：

每个几何定理都有与它相对应的几何图形，我们 把它叫做基本图形，添辅助线往往是具有基本图形的性质而基本图形不完整时补完整基本图形，因此“添线”应该叫做“补图”!这样可防止乱添线，添辅助线也有规律可循。举例如下：

(1)平行线是个基本图形：

当几何中出现平行线时添辅助线的关键是添与二条平行线都相交的等第三条直线

(2)等腰三角形是个简单的基本图形：

当几何问题中出现一点发出的二条相等线段时往往要补完整等腰三角形。出现角平分线与平行线组合时可延长平行线与角的二边相交得等腰三角形。

(3)等腰三角形中的重要线段是个重要的基本图形：

出现等腰三角形底边上的中点添底边上的中线;出现角平分线与垂线组合时可延长垂线与角的二边相交得等腰三角形中的重要线段的基本图形。

(4)直角三角形斜边上中线基本图形：

出现直角三角形斜边上的中点往往添斜边上的中线。出现线段倍半关系且倍线段是直角三角形的斜边则要添直角三角形斜边上的中线得直角三角形斜边上中线基本图形。

(5)三角形中位线基本图形：

几何问题中出现多个中点时往往添加三角形中位线基本图形进行证明当有中点没有中位线时则添中位线，当有中位线三角形不完整时则需补完整三角形;当出现线段倍半关系且与倍线段有公共端点的线段带一个中点则可过这中点添倍线段的平行线得三角形中位线基本图形;当出现线段倍半关系且与半线段的端点是某线段的中点，则可过带中点线段的端点添半线段的平行线得三角形中位线基本图形。

(6)全等三角形：

全等三角形有轴对称形，中心对称形，旋转形与平移形等;如果出现两条相等线段或两个档相等角关于某一直线成轴对称就可以添加轴对称形全等三角形：或添对称轴，或将三角形沿对称轴翻转。当几何问题中出现一组或两组相等线段位于一组对顶角两边且成一直线时可添加中心对称形全等三角形加以证明，添加方法是将四个端点两两连结或过二端点添平行线

(7)相似三角形：

相似三角形有平行线型(带平行线的相似三角形)，相交线型，旋转型;当出现相比线段重叠在一直线上时(中点可看成比为1)可添加平行线得平行线型相似三角形。若平行线过端点添则可以分点或另一端点的线段为平行方向，这类题目中往往有多种浅线方法。

(8)特殊角直角三角形：

当出现30，45，60，135，150度特殊角时可添加特殊角直角三角形，利用45角直角三角形三边比为1：1：√2;30度角直角三角形三边比为1：2：√3进行证明

(9)半圆上的圆周角：

出现直径与半圆上的点，添90度的圆周角;出现90度的圆周角则添它所对弦---直径;平面几何中总共只有二十多个基本图形就像房子不外有一砧，瓦，水泥，石灰，木等组成一样。

二、基本图形的辅助线的画法

1、三角形问题添加辅助线方法

方法1：有关三角形中线的题目，常将中线加倍。含有中点的题目，常常利用三角形的中位线，通过这种方法，把要证的结论恰当的转移，很容易地解决了问题。

方法2：含有平分线的题目，常以角平分线为对称轴，利用角平分线的性质和题中的条件，构造出全等三角形，从而利用全等三角形的知识解决问题。

方法3：结论是两线段相等的题目常画辅助线构成全等三角形，或利用关于平分线段的一些定理。

方法4：结论是一条线段与另一条线段之和等于第三条线段这类题目，常采用截长法或补短法，所谓截长法就是把第三条线段分成两部分，证其中的一部分等于第一条线段，而另一部分等于第二条线段。

2、平行四边形中常用辅助线的添法

平行四边形(包括矩形、正方形、菱形)的两组对边、对角和对角线都具有某些相同性质，所以在添辅助线方法上也有共同之处，目的都是造就线段的平行、垂直，构成三角形的全等、相似，把平行四边形问题转化成常见的三角形、正方形等问题处理，其常用方法有下列几种，举例简解如下：

(1)连对角线或平移对角线：

(2)过顶点作对边的垂线构造直角三角形

(3)连接对角线交点与一边中点，或过对角线交点作一边的平行线，构造线段平行或中位线

(4)连接顶点与对边上一点的线段或延长这条线段，构造三角形相似或等积三角形。

(5)过顶点作对角线的垂线，构成线段平行或三角形全等。

3、梯形中常用辅助线的添法

梯形是一种特殊的四边形。它是平行四边形、三角形知识的综合，通过添加适当的辅助线将梯形问题化归为平行四边形问题或三角形问题来解决。辅助线的添加成为问题解决的桥梁，梯形中常用到的辅助线有：

(1)在梯形内部平移一腰。

(2)梯形外平移一腰

(3)梯形内平移两腰

(4)延长两腰

(5)过梯形上底的两端点向下底作高

(6)平移对角线

(7)连接梯形一顶点及一腰的中点。

(8)过一腰的中点作另一腰的平行线。

(9)作中位线

当然在梯形的有关证明和计算中，添加的辅助线并不一定是固定不变的、单一的。通过辅助线这座桥梁，将梯形问题化归为平行四边形问题或三角形问题来解决，这是解决问题的关键。

4、圆中常用辅助线的添法

在平面几何中，解决与圆有关的问题时，常常需要添加适当的辅助线，架起题设和结论间的桥梁，从而使问题化难为易，顺其自然地得到解决，因此，灵活掌握作辅助线的一般规律和常见方法，对提高学生分析问题和解决问题的能力是大有帮助的。

(1)见弦作弦心距

有关弦的问题，常作其弦心距(有时还须作出相应的半径)，通过垂径平分定理，来沟通题设与结论间的联系。

(2)见直径作圆周角

在题目中若已知圆的直径，一般是作直径所对的圆周角，利用“直径所对的圆周角是直角”这一特征来证明问题。

(3)见切线作半径

命题的条件中含有圆的切线，往往是连结过切点的半径，利用“切线与半径垂直”这一性质来证明问题。

(4)两圆相切作公切线

对两圆相切的问题，一般是经过切点作两圆的公切线或作它们的连心线，通过公切线可以找到与圆有关的角的关系。

(5)两圆相交作公共弦

对两圆相交的问题，通常是作出公共弦，通过公共弦既可把两圆的弦联系起来，又可以把两圆中的圆周角或圆心角联系起来。

三、作辅助线的方法

1、中点、中位线，延线，平行线。

如遇条件中有中点，中线、中位线等，那么过中点，延长中线或中位线作辅助线，使延长的某一段等于中线或中位线;另一种辅助线是过中点作已知边或线段的平行线，以达到应用某个定理或造成全等的目的。

2、垂线、分角线，翻转全等连。

如遇条件中，有垂线或角的平分线，可以把图形按轴对称的方法，并借助其他条件，而旋转180度，得到全等形，这时辅助线的做法就会应运而生。其对称轴往往是垂线或角的平分线。

3、边边若相等，旋转做实验。

如遇条件中有多边形的两边相等或两角相等，有时边角互相配合，然后把图形旋转一定的角度，就可以得到全等形，这时辅助线的做法仍会应运而生。其对称中心，因题而异，有时没有中心。故可分“有心”和“无心”旋转两种。

4、造角、平、相似，和、差、积、商见。

如遇条件中有多边形的两边相等或两角相等，欲证线段或角的和差积商，往往与相似形有关。在制造两个三角形相似时，一般地，有两种方法：第一，造一个辅助角等于已知角;第二，是把三角形中的某一线段进行平移。故作歌诀：“造角、平、相似，和差积商见。”

托列米定理和梅叶劳定理的证明辅助线分别是造角和平移的代表

5、两圆若相交，连心公共弦。

如果条件中出现两圆相交，那么辅助线往往是连心线或公共弦。

6、两圆相切、离，连心，公切线。

如条件中出现两圆相切(外切，内切)，或相离(内含、外离)，那么，辅助线往往是连心线或内外公切线。

7、切线连直径，直角与半圆。

如果条件中出现圆的切线，那么辅助线是过切点的直径或半径使出现直角;相反，条件中是圆的直径，半径，那么辅助线是过直径(或半径)端点的切线。即切线与直径互为辅助线。

如果条件中有直角三角形，那么作辅助线往往是斜边为直径作辅助圆，或半圆;相反，条件中有半圆，那么在直径上找圆周角——直角为辅助线。即直角与半圆互为辅助线。

8、弧、弦、弦心距;平行、等距、弦。

如遇弧，则弧上的弦是辅助线;如遇弦，则弦心距为辅助线。

如遇平行线，则平行线间的距离相等，距离为辅助线;反之，亦成立。

如遇平行弦，则平行线间的距离相等，所夹的弦亦相等，距离和所夹的弦都可视为辅助线，反之，亦成立。

有时，圆周角，弦切角，圆心角，圆内角和圆外角也存在因果关系互相联想作辅助线。

9、面积找底高，多边变三边。

如遇求面积，(在条件和结论中出现线段的平方、乘积，仍可视为求面积)，往往作底或高为辅助线，而两三角形的等底或等高是思考的关键。

如遇多边形，想法割补成三角形;反之，亦成立。

另外，我国明清数学家用面积证明勾股定理，其辅助线的做法，即“割补”有二百多种，大多数为“面积找底高，多边变三边”。

主动转变方法巧学数学

尽快掌握自学能力

专家说，小学和中学老师管理的方式和程度截然不同。“进入初中之后，教师的管理会更‘放手’些，会让孩子更自由些。在传授知识的时候会不像小学那样，非常地面面俱到。”

在这种不同的管理方式下，预初的学生首先要学会“换脑”，即学习方法的改变。“不要被动地学习，要主动学习。尤其是要走在老师前面，包括每天放学回家主动的复习巩固和预习。”

“小学数学和初中数学学起来感觉没什么不一样，但是，初中的数学难多了，有时上课听懂了，但到了自己做题就不会做。”不少预初学生都会遇上这样的困惑。这是因为孩子还没有把自己的大脑“切换”到初中数学思维模式。“举个例子，小学用简便方法计算公式解题，方法就那几种，老师也会带着学生做反复练习，在重复过程中，孩子很容易就会明白这种题目的解题方法，但升入初中，孩子在一节课内学到的可能是一个数学概念，老师不会手把手多次反复操练，需要课后自己的消化和理解。初中数学其实是在做‘换脑’，把孩子的‘小学生思维’转变成‘成人思维’。”

练习和总结同样重要

小学数学与初中数学最大的不同就是——考查的内容和目的不同。预初第一学期会涉及“数的整除”、“分数”、“比和比例”、“图形的周长和面积”等概念。“对于预初的学生而言，他们学习到的‘数的范围’在扩大。因为以前学生都是在处理整数、自然数的计算，但现在还需要做分数、小数的混合运算，因此，很多学生都会遇上一个计算能力的困难。这个学期的突破难点就在于提高计算和分析能力。”

专家建议，计算能力的提高，看似应该多做习题。“实际上，练习确实是需要的，但是，更重要的是要听老师的归纳总结，同时，学生自己要主动思考，也要找到适合自己的总结归纳方式，比如，在这么多种的计算方式中，那种形式应怎么做。”

要有“遇难而上”劲头

预初年级开始，数学学科会逐渐出现一些比较复杂的应用题，学科考查目的也逐渐向考查孩子们的思维能力、逻辑能力过渡，并增加了空间想象能力等。所以，大多数孩子升入初中之后，会突然有不适应感。到了初中阶段，老师会开始引导学生提高。“每堂课里，老师一般都会准备提高性的问题。作为学生，你要愿意接受这些‘难题’的挑战。有的时候，不要因为题目难了，你就缴械投降，不愿意去做，或者干脆等老师讲解。”

许多题目确实一开始做不出来，但如果学生不着急，主动思考，慢慢地就有提高了。“遇上拦路虎，学生可以向同学和老师求助，也可以到图书馆查询相关的资料，找一些类似的专题来研读。但同时，也要张弛有度，比如，如果一道题目思考了20到30分钟还没有解题思路，那你可以先放一放，请老师帮助解一下。”但千万不要“一知半解”，学生可以找同类型的题目来练习，一方面可以测试自己是否全部弄懂，另一方面也可以通过练习起到巩固的作用。

7.一道可用逆向思维解的中考压轴题 篇七

善于学习的小敏查资料知道:对应角相等, 对应边成比例的两个梯形, 叫做相似梯形。他联想到“平行于三角形一边的直线和其他两边相交, 所构成的三角形与原三角形相似”, 提出如下两个问题, 你能帮助解决吗?

问题一:平行于梯形底边的直线截两腰所得的小梯形和原梯形是否相似? (1) 从特殊情形入手探究。假设梯形ABCD中, AD∥BC, AB=6, BC=8, CD=4, AD=2, MN是中位线 (如图1) 。根据相似梯形的定义, 请你说明梯形AMN D与梯形ABCD是否相似? (2) 一般结论:平行于梯形底边的直线截两腰所得的小梯形与原梯形 (填“相似”或“不相似”或“相似性无法确定”, 不要求证明) 。

问题二:平行于梯形底边的直线截两腰所得的两个小梯形是否相似? (1) 从特殊平行线入手探究。梯形的中位线截两腰所得的两个小梯形______ (填“相似”或“不相似”或“相似性无法确定”。不要求证明) 。 (2) 从特殊梯形入手探究。同上假设, 梯形ABCD中, AD∥BC, AB=6, BC=8, CD=4, AD=2, 你能找到与梯形底边平行的直线PQ (点P, Q在梯形的两腰上, 如图2) , 使得梯形APQ D与梯形PBCD相似吗?请根据相似梯形的定义说明理由。 (3) 一般结论:对任意梯形 (如图3) , 一定______ (填“存在”或“不存在”) 平行于梯形底边的直线PQ, 使截得的两个小梯形相似。若存在, 则确定这条平行线位置的条件是AP/PB=______ (不妨设AD=a, BC=b, AB=c, CD=d, 不要求证明) 。

8.中考数学压轴题破解方法 篇八

图1

背景1 如图1,点P是正方形ABCD对角线上任意一点. 求证：PA＝PC.

证明 因为四边形ABCD是正方形，所以AB=CB，∠ABP=∠CBP=45°，又因为BP=BP，

所以△ABP≌△CBPPA=PC.

背景2 接上题，以P为圆心，以PA为半径画弧交AB，如图2（或AB的延长线）于点Q. 求证：PQ⊥PC.

图2图3

证明 因为PA=PQ,所以∠1=∠3,

又因为△ABP≌△CBP∠1=∠2∠1=∠2=∠3,而∠3＋∠4=180°∠2＋∠4=180°,又因为∠QBC=90°,

所以∠QPC=90°PQ⊥PC,

当点Q在AB的延长线上时，如图3，

因为∠2=∠3；∠4=∠5，所以△BQH∽△CPH,所以∠QPC=90°PQ⊥PC.

背景3 反过来，若将一个直角顶点放在正方形的对角线上移动，一条直角边过点C ，另一条直角边与正方形的边（或边的延长线）AB交于点Q. 求证：PQ=PC.

证明 如图4，5，过P作MN平行于BC交AB、CD于M、N,因为∠1+∠QPC=∠2+∠PNC∠1=∠2,

又因为∠MBP=45°MP=MB=NC,

而∠QMP=∠PNC=90°△QMP≌△PNCPQ=PC.

图4图5

从上述的几个背景看出，当∠QPC=90°时，一定有PQ=PC，即PQPC=ADAB；但反过来当PQPC=ADAB，即PQ=PC时，因为有PA=PC时∠APC=90°不一定成立，所以∠QPC=90°不一定能够成立.

下面我们将背景弱化：

背景4 若将一个直角顶点放在长方形的对角线上移动，一条直角边过点C ，另一条直角边与长方形的边（或边的延长线）AB交于点Q,如图6，7. 求证：PQPC=ADAB.

图6图7

证明 易证：△QMP∽△PNCPQPC=MPNC=MPMB=ADAB.

背景5 如图8，矩形ABCD的AB=a，AD=b，点P在对角线BD上运动，点Q在射线AB上运动，若PQPC=ADAB，试探索a，b满足什么条件时，会有PQ⊥PC.

探索 正常情况下，PQPC=ADAB=MPMB=MPNC△QMP∽△PNC∠QPC=90°PQ⊥PC.

但若点Q关于MN的对称点Q1也在射线AB上时，如同上述背景一样，连PQ1，∠Q1PC=90°就不一定成立了.

这里：MQPN=PQPC=ba；PNDN=PNAM=BCCD=ba.

两式相乘：MQAM=b2a2≤1b2-a2≤0(b+a)(b-a)≤0b≤a.

从这两个背景看出，当∠QPC=90°时，一定有PQPC=ADAB；但反过来当PQPC=ADAB时，∠QPC=90°若遇到b>a时就一定能成立.

图8图9

背景6 如图9，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，∠ABC=90°，若将一个直角顶点放在对角线BD上移动，一条直角边过点C ，另一条直角边与腰AB（或AB的延长线）交于点Q. 求证：PQPC=ADAB.

证明 易证：△QMP∽△PNCPQPC=MPNC=MPMB=ADAB.

图10

背景7 如图10，四边形ABCD是梯形，AD∥BC，∠ABC=90°， AB=a，BC=b，AD=x,点P在对角线BD上运动，点Q在射线AB上运动，若PQPC=ADAB，试探索x与a、b之间应该满足什么条件时，一定会有PQ⊥PC .

探索 正常情况下，PQPC=ADAB=MPMB=MPNC△QMP∽△PNC∠QPC=90°PQ⊥PC.分析：若点Q关于MN的对称点Q1也在射线AB上时，如同上述背景一样，连结PQ1，∠Q1PC=90°就不一定成立了. 所以这里我们应该关注使∠Q1PC=90°不一定成立的点Q1“最低”位置，其实它就在A点. 并且要使得点Q1的位置“最低”，那么点P的位置只能与点B重合(如图11). 图11图12

这时△Q′DP∽△PQC，且PQ′=PQxa=abx=a2b,

又因为PQPC=ADAB，而当AD>a2b时，在AB、BC都是定值的情况下，PQ也就变大了，即Q′点就不在射线AB上了（而是在射线BA上了），那样∠Q′PC=90′就不一定成立了(如图12).

2009年上海市中考数学压轴题：

25．（本题满分14分，第（1）小题满分4分，第（2）小题满分5分，第（3）小题满分5分）

已知∠ABC=90°,AB=2,BC=3,AD∥BC,P为线段BD上的动点，点Q在射线AB上，且满足PQPC=ADAB（如图13所示）．

（1）当AD=2，且点Q与点B重合时（如图14所示），求线段PC的长；

（2）在图13中，连结AP．当AD=32，且点Q在线段AB上时，设B、Q点之间的距离为x，S△APQS△PBC=y，其中S△APQ表示△APQ的面积，S△APC表示△APC的面积，求y关于x的函数解析式，并写出函数定义域；

（3）当AD

图13图14图15

第一步：对所给的主条件进行分析，做“先期准备”，我们发现当“点P为线段BD上的动点，点Q在射线AB上，且满足PQPC=ADAB（如图13所示）”时，一定有∠QPC=90°.

第二步：做第一小题时，我们知道AD=AB时一定有PB=PC，又因为有∠BAD=90°∠ABD=45°∠PBC=90°-45°=45°∠PCB=45°BPC=90°,

又因为BC=3PC=32=322. 出题者的本意是想给同学一个∠QPC=90°的提示的. 但是这个提示不明显，直接影响了后面的作图和解决问题，第一小题“铺垫”的目的没有很好地达到.

图16

第三步：第二小题的条件在主条件上加了一个AD=32，所以我们还要对这个AB=2,BC=3,AD=32的等腰梯形单独地做个分析：如图16,这时的△ADB是各边之比3︰4︰5的直角三角形，(它也可以推出△PQC也是各边之比为3︰4︰5的直角三角形)又因为BC=2AD，也容易证明△DBC为等腰三角形，DC=DB等等.

第四步：画出所有运动状态，在“极限图形”中求出x等于多少？y存在还是不存在？

要注意这里的“点P为线段BD上的动点，点Q在线段AB上”，所以有三个图：

在图17中x=0，y是存在的，在图19中

PQPC=ADAB=34PQ52=34PQ=158,

而AD=32=128AQ=98x=78，这时y也是存在的.

所以x的取值范围应该是：0≤x≤78.

在图18中我们容易知道：y=12(2-x)h112×3×h2=2-x3•h1h2=2-x3•ADAB=2-x3×34=2-x4.

第五步：在做第三小题时，由于题中已经明确有“点Q在线段AB的延长线上时、如图15所示”两个明确条件，所以我们在背景中考虑的另类情况在这里就没有必要讨论了.

图17图18图19