发布时间 : 星期三 文章中考数学压轴题归类复习(十大类型附详细解答)更新完毕开始阅读2d33cabeacf8941ea76e58fafab069dc5022472d
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∴△PEC≌△PDB. ∴PE=PD，即x=y.由得EC=DB，即
，解得
，解得： .由△PEC≌△PDB
，
）.
符合题意.∴点P坐标为（
⑶假设存在这样的点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似. ∵∠QAB=∠AOQ+∠AQO，∴∠QAB＞∠AOQ，∠QAB＞∠AQO.∴要使得△QOA和△QAB相似，只能∠OAQ=∠QAB=90°，即QA⊥x轴.∵b＞2，∴AB＞OA. ∴∠QOA＞∠QBA，∴∠QOA=∠AQB，此时∠OQB =90°.由QA⊥x轴知QA∥y轴，∴∠COQ=∠OQA. ∴要使得△QOA和△OQC相似，只能∠OCQ=90°或∠OQC=90°. （Ⅰ）当∠OCQ=90°时，△QOA≌△OQC. ∴AQ=CO= .由
，解得：
∴点Q坐标为（1，
）.
，即
.又
. ∴
. ∵
，∴
，
.
得：
（Ⅱ）当∠OQC=90°时，△QOA≌△OCQ. ∴
，即
4）.∴综上可知：存在点Q（1，意两个三角形均相似.
.解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意. ∴点Q坐标为（1，
）或（1，4），使得△QCO、△QOA和△QAB中的任
例4. 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；动点型；开放型． 【分析】（1）根据矩形的宽为3即可得出C的坐标为（0，3）．当E落在BC边时，四边形OPEC和四边形PADF均为正方形的性质，那么OP=PE=OC=3，PA=PF=AD=1．因此P的坐标为（3，0），D的坐标为（4，1）．然后根据P，C，D三点的坐标，用待定系数法求出过P、C、D三点的抛物线的解析式．（2）根据折叠的性质可得出∠CPO=∠CPE，∠FPD=∠APD．由此可得出∠CPD=90°，由此不难得出Rt△POC∽Rt△DAP，可根据线段OC、OP、PA、AD的比例关系，得出关于x，y的函数关系式．根据关系式即可得出y的最大值以及对应的x的值．（3）可分两种情况进行讨论：
①当PQ是另一条直角边，即∠DPQ=90°时，由于∠DPC=90°，且C在抛物线上，因此C与Q重合，Q点的坐标即为C点的坐标．
②当DQ是另一条直角边，即∠PDQ=90°时，那么此时DQ∥PC．如果将PC所在的直线向上平移两个单位，即可得出此时DQ所在直线的解析式．然后联立直线DQ的解析式以及抛物线的解析式组成方程组，如果方程组无解，则说明不存在这样的Q点，如果方程组有解，那么方程组的解即为Q的坐标．综合上述两种情况即可得出符合条件的Q的坐标． 解：（1）由题意知，△POC，△PAD为等腰直角三角形，得P（3，0），C（0，3），D（4，1），
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设过此三点的抛物线为y=ax2+bx+c（a≠0），则
，∴，
∴过P、C、D三点的抛物线的函数关系式为y=x2﹣x+3．
（2）由已知PC平分∠OPE，PD平分∠APF，且PE、PF重合，则∠CPD=90°，
∴∠OPC+∠APD=90°，又∠APD+∠ADP=90°，∴∠OPC=∠ADP．∴Rt△POC∽Rt△DAP． ∴
即
。
∴当x=2时，y有最大值．
（3）假设存在，分两种情况讨论：
①当∠DPQ=90°时，由题意可知∠DPC=90°，且点C在抛物线上， 故点C与点Q重合，所求的点Q为（0，3）
②当∠QDP=90°时，过点D作平行于PC的直线DQ，假设直线DQ交抛物线于另﹣点Q， ∵点P（3，0），C（0，3），∴直线PC的方程为y=﹣x+3，将直线PC向上平移2个单位与直线DQ重合，∴直线DQ的方程为y=﹣x+5． 由
，得
或
．又点D（4，1），∴Q（﹣1，6），故该抛物线上
∵y=x（4﹣x）=﹣x2+x=﹣（x﹣2）2+（0＜x＜4）
存在两点Q（0，3），（﹣1，6）满足条件．
【点评】本题着重考查了待定系数法求二次函数解析式、图形翻折变换、三角形相似等重要知识点，综合性强，能力要求较高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法． 变式练习：【考点】二次函数综合题；二次函数的最值；待定系数法求二次函数解析式；两点间的距离；三角形的面积；等腰三角形的性质．【专题】压轴题． 【分析】（1）由Rt△ABC中，CO⊥AB可证△AOC∽△COB，由相似比得OC2=OA?OB，设OA的长为x，则OB=5﹣x，代入可求OA，OB的长，确定A，B，C三点坐标，求抛物线解析式；（2）根据△BDE为等腰三角形，分为DE=EB，EB=BD，DE=BD三种情况，分别求E点坐标；（3）作辅助线，将求△CDP的面积问题转化．方法一：如图1，连接OP，根据S△CDP=S四边形CODP﹣S△COD=S△COP+S△ODP﹣S△COD，表示△CDP的面积；方法二：过点P作PE⊥x轴于点F，则S△CDP=S梯形COFP﹣S△COD﹣S△DFP，表示△CDP的面积；再利用二次函数的性质求出△CDP的最大面积和此时点P的坐标． 【解答】解：（1）设OA的长为x，则OB=5﹣x；∵OC=2，AB=5，∠BOC=∠AOC=90°，∠OAC=∠OCB；∴△AOC∽△COB，∴OC2=OA?OB
∴22=x（5﹣x）解得：x1=1，x2=4，∵OA＜OB，∴OA=1，OB=4； ∴点A、B、C的坐标分别是：A（﹣1，0），B（4，0），C（0，2）；（用射影定理的不扣分） 方法一：设经过点A、B、C的抛物线的关系式为：y=ax2+bx+2， 将A、B、C三点的坐标代入得
解得：a=，
，b=，c=2
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所以这个二次函数的表达式为：
。
方法二：设过点A、B、C的抛物线的关系式为：y=a（x+1）（x﹣4）将C点的坐标代入得：a=
所以这个二次函数的表达式为：
，
种都不扣分）
（2）①当△BDE是等腰三角形时，点E的坐标分别是：
（表达式用三种形式中的任一。
，，
．（注：符合条件的E点共有三个，其坐标，写对一个给1分）
②如图1，连接OP，S△CDP=S四边形CODP﹣S△COD=S△COP+S△ODP﹣S△COD =
=m+n﹣2=
=
），S△CDP的最大值是
．
∴当m=时，△CDP的面积最大．此时P点的坐标为（，
另解：如图2、图3，过点P作PF⊥x轴于点F，则S△CDP=S梯形COFP﹣S△COD﹣S△DFP ==
=
=m+n﹣2
…（9分）
），S△CDP的最大值是
．
∴当m=时，△CDP的面积最大．此时P点的坐标为（，
（注：只回答有最大面积，而没有说明理由的，不给分；点P的坐标，或最大面积计算错
误的，扣（1分）；其他解法只要合理，酌情给分．） 【点评】本题考查二次函数的综合运用．关键是根据直角三角形中斜边上的高分得的两个三角形相似，利用相似比求A、B两点坐标，确定抛物线解析式，根据等腰三角形的性质求E点坐标，利用作辅助线的方法表示△CDP的面积，由二次函数的性质求三角形面积的最大值．
311＋c，－2c；(2)y＝x2－x－2．(3)①0 222例5. 【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题． 【分析】（1）设抛物线解析式，因点B在抛物线上面，代入求出抛物线解析式；（2）△ABC沿AC折叠，要用到点的对称，得到B′的坐标然后验证是否在抛物线上；（3）假设存在，设直线BA的解析式，根据B、A坐标解出直线BA的解析式，用m表示出P点坐标，因为PF=AD可以得到P点坐标． 苏州中考题：(1) 【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y=ax2+∴把B（（2）∵点B（又CA=形．∵CB'= ， ）代入y=ax2+， 得a=， ，∵B（ ， ）在抛物线上， x2+ ． ．∴抛物线解析式为y= ），C（1，0），∴CB==2，∴AB= ，∴CB'=CB=OA． =1，∴AB'=AB=OC．∴四边形AOCB'是矩）．∵当x=1时，代入y= x2+ 得y= ， ，OC=1，∴B'点的坐标为（1， 27 文档来源为:从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持. ∴B'（1， ）在抛物线上． ∴ m2+ （3）存在．理由是：设BA的解析式为y=kx+b，∴ ∵P，F分别在直线BA和抛物线上，且PF∥AD，∴设P（m，PF=（（ m+ m+ ）﹣（ m2+m2+ ）= ），AD= ﹣ = m+），F（m，） 如果PF=AD，则有： 。 ）﹣（ ， 解得m1=0（不符合题意舍去），m2=． m+ = ， ∴当m=时，PF=AD，存在四边形ADFP是平行四边形．当m=时，∴P点的坐标是（， ）． 【点评】考查待定系数求抛物线解析式，折叠图形的对称问题，辅助线的作法也很独特，考查的知识点很全面，是一道综合性题型． 变式练习：【考点】相似三角形的判定与性质；二次函数的最值；正方形的性质；圆周角定理；解直角三角形．【专题】几何综合题；数形结合；方程思想． 【分析】（1）由AB是直径，可得∠APB=90°，然后利用三角函数即可求得PA的长；当PA=PB时，△PAB是等腰三角形，然后由等腰三角形的性质与射影定理即可求得答案．（2）过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别为E，F延长FP交BC于点G，则PG⊥BC，P点坐标为（a，b），PE=b，PF=a，PG=4﹣a，利用矩形面积关系与二次函数的知识即可求得答案． 【解答】解：（1）若∠PAD=60°，需∠PAB=30°，∵AB是直径，∴∠APB=90°， 则在Rt△PAB中，PA=cos30°AB=2，∴当PA的长度等于2时，∠PAD=60°； 若△PAD是等腰三角形，当PA=PD时，此时P位于四边形ABCD的中心， 过点P作PE⊥AD于E，作PM⊥AB于M，则四边形EAMP是正方形， ∴PM=PE=AB=2，∵PM2=AM?BM=4，∵AM+BM=4，∴AM=2，∴PA=2 ， 当PD=DA时，以点D为圆心，DA为半径作圆与弧AB的交点为点P． 连PD，令AB中点为O，再连DO，PO，DO交AP于点G，则△ADO≌△PDO， ∴DO⊥AP，AG=PG，∴AP=2AG，又∵DA=2AO，∠ADG=∠GAO， ∴ = =，∴AG=2OG，设AG为2x，OG为x，∴（2x）2+x2=4，∴x= ，∴AP= ∴当PA的长度等于2 或 ∴AG=2x= . （2）过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别为E，F延长FP交BC于点G，则PG⊥BC， ∵P点坐标为（a，b），∴PE=b，PF=a，PG=4﹣a，在△PAD，△PAB及△PBC中， S1=2a，S2=2b，S3=8﹣2a，∵AB为直径，∴∠APB=90°，∴PE2=AE?BE，即b2=a（4﹣a）， ∴2S1S3﹣S22=4a（8﹣2a）﹣4b2=﹣4a2+16a=﹣4（a﹣2）2+16， ∴当a=2时，b=2，2S1S3﹣S22有最大值16． 【点评】此题考查了正方形的性质，圆周角的性质以及三角函数的性质等知识．此题综合性很强，解题时要注意数形结合与方程思想的应用． 苏州中考题：【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题． 时，△PAD是等腰三角形； 28