1、精選優質文檔-傾情為你奉上1如圖，已知拋物線y=x2+bx+c與y軸相交于點A（0，3），與x正半軸相交于點B，對稱軸是直線x=1（1）求此拋物線的解析式以及點B的坐標（2）動點M從點O出發，以每秒2個單位長度的速度沿x軸正方向運動，同時動點N從點O出發，以每秒3個單位長度的速度沿y軸正方向運動，當N點到達A點時，M、N同時停止運動過動點M作x軸的垂線交線段AB于點Q，交拋物線于點P，設運動的時間為t秒當t為何值時，四邊形OMPN為矩形當t0時，BOQ能否為等腰三角形？若能，求出t的值；若不能，請說明理由【分析】（1）由對稱軸公式可求得b，由A點坐標可求得c，則可求得拋物線解析式；再令y=0可

2、求得B點坐標；（2）用t可表示出ON和OM，則可表示出P點坐標，即可表示出PM的長，由矩形的性質可得ON=PM，可得到關于t的方程，可求得t的值；由題意可知OB=OA，故當BOQ為等腰三角形時，只能有OB=BQ或OQ=BQ，用t可表示出Q點的坐標，則可表示出OQ和BQ的長，分別得到關于t的方程，可求得t的值【解答】解：（1）拋物線y=x2+bx+c對稱軸是直線x=1，=1，解得b=2，拋物線過A（0，3），c=3，拋物線解析式為y=x2+2x+3，令y=0可得x2+2x+3=0，解得x=1或x=3，B點坐標為（3，0）；（2）由題意可知ON=3t，OM=2t，P在拋物線上，P（2t，4t2+4

3、t+3），四邊形OMPN為矩形，ON=PM，3t=4t2+4t+3，解得t=1或t=（舍去），當t的值為1時，四邊形OMPN為矩形；A（0，3），B（3，0），OA=OB=3，且可求得直線AB解析式為y=x+3，當t0時，OQOB，當BOQ為等腰三角形時，有OB=QB或OQ=BQ兩種情況，由題意可知OM=2t，Q（2t，2t+3），OQ=，BQ=|2t3|，又由題意可知0t1，當OB=QB時，則有|2t3|=3，解得t=（舍去）或t=；當OQ=BQ時，則有=|2t3|，解得t=；綜上可知當t的值為或時，BOQ為等腰三角形【點評】本題為二次函數的綜合應用，涉及待定系數法、矩形的性質、勾股定理、等

4、腰三角形的性質、方程思想及分類討論思想等知識在（1）中注意待定系數法的應用，在（2）中用t表示出PM和ON的長是解題的關鍵，在中用t表示出Q點的坐標，進而表示出OQ和BQ的長是解題的關鍵，注意分情況討論本題考查知識點較多，綜合性較強，難度適中2如圖，直線y=2x+4交y軸于點A，交拋物線y=x2+bx+c于點B（3，2），拋物線經過點C（1，0），交y軸于點D，點P是拋物線上的動點，作PEDB交DB所在直線于點E（1）求拋物線的解析式；（2）當PDE為等腰直角三角形時，求出PE的長及P點坐標；（3）在（2）的條件下，連接PB，將PBE沿直線AB翻折，直接寫出翻折點后E的對稱點坐標【分析】（1）

5、把B（3，2），C（1，0）代入y=x2+bx+c即可得到結論；（2）由y=x2x2求得D（0，2），根據等腰直角三角形的性質得到DE=PE，列方程即可得到結論；（3）當P點在直線BD的上方時，如圖1，設點E關于直線AB的對稱點為E，過E作EHDE于H，求得直線EE的解析式為y=x，設E（m，m），根據勾股定理即可得到結論；當P點在直線BD的下方時，如圖2，設點E關于直線AB的對稱點為E，過E作EHDE于H，得到直線EE的解析式為y=x3，設E（m，m3），根據勾股定理即可得到結論【解答】解：（1）把B（3，2），C（1，0）代入y=x2+bx+c得，拋物線的解析式為y=x2x2；（2）設P（

6、m，m2m2），在y=x2x2中，當x=0時，y=2，D（0，2），B（3，2），BDx軸，PEBD，E（m，2），DE=m，PE=m2m2+2，或PE=2m2+m+2，PDE為等腰直角三角形，且PED=90°，DE=PE，m=m2m，或m=m2+m，解得：m=5，m=1，m=0（不合題意，舍去），PE=5或1，P（1，3），或（5，3）；（3）當P點在直線BD的上方時，如圖1，設點E關于直線AB的對稱點為E，過E作EHDE于H，由（2）知，此時，E（5，2），DE=5，BE=BE=2，EEAB，設直線EE的解析式為y=x+b，2=×5+b，b=，直線EE的解析式為y=x，

7、設E（m，m），EH=2m+=m，BH=3m，EH2+BH2=BE2，（m）2+（3m）2=4，m=，m=5（舍去），E（，）；當P點在直線BD的下方時，如圖2，設點E關于直線AB的對稱點為E，過E作EHDE于H，由（2）知，此時，E（1，2），DE=1，BE=BE=2，EEAB，設直線EE的解析式為y=x+b，2=×1+b，b=，直線EE的解析式為y=x，設E（m，m），EH=m+2=m，BH=m3，EH2+BH2=BE2，（m）2+（m3）2=4，m=4.2，m=1（舍去），E（4.2，0.4），綜上所述，E的對稱點坐標為（，），（4.2，0.4）【點評】本題考查了待定系數法求二

8、次函數解析式，等腰直角三角形的性質，勾股定理，折疊的性質，正確的作出輔助線是解題的關鍵3已知，在RtABC中，ACB=90°，AC=4，BC=2，D是AC邊上的一個動點，將ABD沿BD所在直線折疊，使點A落在點P處（1）如圖1，若點D是AC中點，連接PC寫出BP，BD的長；求證：四邊形BCPD是平行四邊形（2）如圖2，若BD=AD，過點P作PHBC交BC的延長線于點H，求PH的長【分析】（1）分別在RtABC，RtBDC中，求出AB、BD即可解決問題；想辦法證明DPBC，DP=BC即可；（2）如圖2中，作DNAB于N，PEAC于E，延長BD交PA于M設BD=AD=x，則CD=4x，在

9、RtBDC中，可得x2=（4x）2+22，推出x=，推出DN=，由BDNBAM，可得=，由此求出AM，由ADMAPE，可得=，由此求出AE=，可得EC=ACAE=4=由此即可解決問題【解答】解：（1）在RtABC中，BC=2，AC=4，AB=2，AD=CD=2，BD=2，由翻折可知，BP=BA=2如圖1中，BCD是等腰直角三角形，BDC=45°，ADB=BDP=135°，PDC=135°45°=90°，BCD=PDC=90°，DPBC，PD=AD=BC=2，四邊形BCPD是平行四邊形（2）如圖2中，作DNAB于N，PEAC于E，延長B

10、D交PA于M設BD=AD=x，則CD=4x，在RtBDC中，BD2=CD2+BC2，x2=（4x）2+22，x=，DB=DA，DNAB，BN=AN=，在RtBDN中，DN=，由BDNBAM，可得=，=，AM=2，AP=2AM=4，由ADMAPE，可得=，=，AE=，EC=ACAE=4=，易證四邊形PECH是矩形，PH=EC=【點評】本題考查四邊形綜合題、勾股定理相似三角形的判定和性質、翻折變換、等腰三角形的性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構造相似三角形解決問題，屬于中考壓軸題4如圖，正方形ABCD的邊長為1，點E為邊AB上一動點，連結CE并將其繞點C順時針

11、旋轉90°得到CF，連結DF，以CE、CF為鄰邊作矩形CFGE，GE與AD、AC分別交于點H、M，GF交CD延長線于點N（1）證明：點A、D、F在同一條直線上；（2）隨著點E的移動，線段DH是否有最小值？若有，求出最小值；若沒有，請說明理由；（3）連結EF、MN，當MNEF時，求AE的長【分析】（1）由DCFBCE，可得CDF=B=90°，即可推出CDF+CDA=180°，由此即可證明（2）有最小值設AE=x，DH=y，則AH=1y，BE=1x，由ECBHEA，推出=，可得=，推出y=x2x+1=（x）2+，由a=10，y有最小值，最小值為（3）只要證明CFNCE

12、M，推出FCN=ECM，由MCN=45°，可得FCN=ECM=BCE=22.5°，在BC上取一點G，使得GC=GE，則BGE是等腰直角三角形，設BE=BG=a，則GC=GE=a，可得a+a=1，求出a即可解決問題；【解答】（1）證明：四邊形ABCD是正方形，CD=CB，BCD=B=ADC=90°，CE=CF，ECF=90°，ECF=DCB，DCF=BCE，DCFBCE，CDF=B=90°，CDF+CDA=180°，點A、D、F在同一條直線上（2）解：有最小值理由：設AE=x，DH=y，則AH=1y，BE=1x，四邊形CFGE是矩形，C

13、EG=90°，CEB+AEH=90°CEB+ECB=90°，ECB=AEH，B=EAH=90°，ECBHEA，=，=，y=x2x+1=（x）2+，a=10，y有最小值，最小值為DH的最小值為（3）解：四邊形CFGE是矩形，CF=CE，四邊形CFGE是正方形，GF=GE，GFE=GEF=45°，NMEF，GNM=GFE，GMN=GEF，GMN=GNM，GN=GM，FN=EM，CF=CE，CFN=CEM，CFNCEM，FCN=ECM，MCN=45°，FCN=ECM=BCE=22.5°，在BC上取一點G，使得GC=GE，則BGE是

14、等腰直角三角形，設BE=BG=a，則GC=GE=a，a+a=1，a=1，AE=ABBE=1（1）=2【點評】本題考查四邊形綜合題、正方形的性質、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質、相似三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活應用所學知識解決問題，學會構建二次函數解決最值問題，學會用方程的思想思考問題，屬于中考壓軸題5如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸的兩個交點分別為A（3，0），D（1，0），與y軸交于點C，點B在y軸正半軸上，且OB=OD（1）求拋物線的解析式；（2）如圖1，拋物線的頂點為點E，對稱軸交x軸于點M，連接BE，AB，請在拋物線的對稱軸上找一點Q，使QBA

15、=BEM，求出點Q的坐標；（3）如圖2，過點C作CFx軸，交拋物線于點F，連接BF，點G是x軸上一點，在拋物線上是否存在點N，使以點B，F，G，N為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由【分析】（1）利用待定系數法即可解決問題；（2）首先證明BEAB，分兩種情形求解作BQEM交EM于Q，由ABQ+EBQ=90°，EBQ+BEM=90°，推出ABQ=BEM，滿足條件，此時Q（1，1）當點Q在AB的下方時，設Q（1，m），AB交EM于K易知K（1，），由QBKQEB，可得QB2=QKQE，列出方程即可解決問題；（3）由題意可知當點N的縱坐標

16、為±2時，以點B，F，G，N為頂點的四邊形是平行四邊形，當N與E重合，G與M重合時，四邊形BNFG是平行四邊形，由此即可解決問題；【解答】解：（1）把A（3，0），D（1，0）代入y=x2+bx+c得到，解得，拋物線的解析式為y=x2+2x+3（2）如圖1中，y=（x1）2+4，E（1，4），A（3，0），B（0，1），直線BE的解析式為y=3x+1，直線AB的解析式為y=x+1，3×（）=1，BEAB，作BQEM交EM于Q，ABQ+EBQ=90°，EBQ+BEM=90°，ABQ=BEM，滿足條件，此時Q（1，1）當點Q在AB的下方時，設Q（1，m），A

17、B交EM于K易知K（1，）QBK=BEM，BQK=BQE，QBKQEB，QB2=QKQE，12+（m1）2=（m）（4m），解得m=，Q（1，），綜上所述，滿足條件的點Q的坐標為（1，1）或（1，）（3）如圖3中，由題意可知當點N的縱坐標為±2時，以點B，F，G，N為頂點的四邊形是平行四邊形，當y=2時，x2+2x+3=2，解得x=1±，可得N1（1+，2），N4（1，2），當y=2時，x2+2x+3=2，解得x=1±，可得N2（1+，2），N3（1，2），當N與E重合，G與M重合時，四邊形BNFG是平行四邊形，此時N5（1，4），綜上所述，滿足條件的點N的坐標為

18、（1+，2）或（1，2）或（1+，2）或（1，2）或（1，4）【點評】本題考查二次函數的綜合題、一次函數的應用、兩直線垂直的判定、平行四邊形的判定和性質、相似三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是學會用分類討論的思想思考問題，學會構建方程解決問題，屬于中考壓軸題6如圖，拋物線y=ax2+bx+c（a0），經過點A（1，0），B（3，0），C（0，3）三點（1）求拋物線的解析式及頂點M的坐標；（2）連接AC、BC，N為拋物線上的點且在第四象限，當SNBC=SABC時，求N點的坐標；（3）在（2）問的條件下，過點C作直線lx軸，動點P（m，3）在直線l上，動點Q（m，0）在x軸上，連接PM、PQ、

19、NQ，當m為何值時，PM+PQ+QN的和最小，并求出PM+PQ+QN和的最小值【分析】（1）將點A、B、C坐標代入解析式，解關于a、b、c的方程組可得函數解析式，配方成頂點式即可得點M坐標；（2）設N（t，t2+2t+3）（t0），根據點N、C坐標用含t的代數式表示出直線CN解析式，求得CN與x軸的交點D坐標，即可表示BD的長，根據SNBC=SABC，即SCDB+SBDN=ABOC建立關于t的方程，解之可得；（3）將頂點M（1，4）向下平移3個單位得到點M（1，1），連接MN交x軸于點Q，連接PQ，此時M、Q、N三點共線時，PM+PQ+QN=MQ+PQ+QN取最小值，由點M、N坐標求得直線MN

20、的解析式，即可求得點Q的坐標，據此知m的值，過點N作NEx軸交MM延長線于點E，可得ME=6、NE=3、MN=3，即MQ+QN=3，據此知m=時，PM+PQ+QN的最小值為3+3【解答】解：（1）拋物線y=ax2+bx+c（a0）經過點A（1，0），B（3，0），C（0，3），解得：，y=x2+2x+3=（x1）2+4，則拋物線的頂點M坐標為（1，4）；（2）N是拋物線上第四象限的點，設N（t，t2+2t+3）（t0），又點C（0，3），設直線NC的解析式為y=k1x+b1，則，解得：，直線NC的解析式為y=（t+2）x+3，設直線CN與x軸交于點D，當y=0時，x=，D（，0），BD=3，S

21、NBC=SABC，SCDB+SBDN=ABOC，即BD|yCyN|=3（1）×3，即×（3）3（t2+2t+3）=6，整理，得：t23t4=0，解得：t1=4，t2=1（舍去），當t=4時，t2+2t+3=5，N（4，5）；（3）將頂點M（1，4）向下平移3個單位得到點M（1，1），連接MN交x軸于點Q，連接PQ，則MM=3，P（m，3）、Q（m，0），PQx軸，且PQ=OC=3，PQMM，且PQ=MM，四邊形MMQP是平行四邊形，PM=QM，由作圖知當M、Q、N三點共線時，PM+PQ+QN=MQ+PQ+QN取最小值，設直線MN的解析式為y=k2x+b2（k20），將點M（

22、1，1）、N（4，5）代入，得：，解得：，直線MN的解析式為y=2x+3，當y=0時，x=，Q（，0），即m=，此時過點N作NEx軸交MM延長線于點E，在RtMEN中，ME=1（5）=6，NE=41=3，MN=3，MQ+QN=3，當m=時，PM+PQ+QN的最小值為3+3【點評】本題主要考查二次函數的綜合問題，解題的關鍵是熟練掌握待定系數法求函數解析式、平行四邊形的判定與性質、勾股定理及根據兩點間線段最短得到點P、Q的位置7如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y=ax2+bx+c（a0）與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C，且OA=2，OB=8，OC=6（1）求拋物線的解析式；（2）點M從A點出發

23、，在線段AB上以每秒3個單位長度的速度向B點運動，同時，點N從B出發，在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向C點運動，當其中一個點到達終點時，另一個點也停止運動，當MBN存在時，求運動多少秒使MBN的面積最大，最大面積是多少？（3）在（2）的條件下，MBN面積最大時，在BC上方的拋物線上是否存在點P，使BPC的面積是MBN面積的9倍？若存在，求點P的坐標；若不存在，請說明理由【分析】（1）由線段的長度得出點A、B、C的坐標，然后把A、B、C三點的坐標分別代入y=ax2+bx+c，解方程組，即可得拋物線的解析式；（2）設運動時間為t秒，則MB=63t，然后根據BHNBOC，求得NH=，再利用三角

24、形的面積公式列出SMBN與t的函數關系式SMBN=（t）2+，利用二次函數的圖象性質進行解答；（3）利用待定系數法求得直線BC的解析式為y=x+6由二次函數圖象上點的坐標特征可設點P的坐標為（m，m2+m+6）過點P作PEy軸，交BC于點E結合已知條件和（2）中的結果求得SPBC=則根據圖形得到SPBC=SCEP+SBEP=EPm+EP（8m），把相關線段的長度代入推知：m2+12m=【解答】解：（1）OA=2，OB=8，OC=6，根據函數圖象得A（2，0），B（8，0），C（0，6），根據題意得，解得，拋物線的解析式為y=x2+x+6；（2）設運動時間為t秒，則AM=3t，BN=tMB=10

25、3t由題意得，點C的坐標為（0，6）在RtBOC中，BC=10如圖，過點N作NHAB于點HNHCO，BHNBOC，=，即=，HN=tSMBN=MBHN=（103t）t=t2+3t=（t）2+，當MBN存在時，0t，當t=時，SMBN最大=答：運動秒使MBN的面積最大，最大面積是；（3）設直線BC的解析式為y=kx+c（k0）把B（8，0），C（0，6）代入，得，解得，直線BC的解析式為y=x+6點P在拋物線上設點P的坐標為（m，m2+m+6），如圖，過點P作PEy軸，交BC于點E，則E點的坐標為（m，m+6）EP=m2+m+6（m+6）=m2+3m，當MBN的面積最大時，SPBC=9 SMBN

26、=，SPBC=SCEP+SBEP=EPm+EP（8m）=×8EP=4×（m2+3m）=m2+12m，即m2+12m=解得m1=3，m2=5，P（3，）或（5，）【點評】本題主要考查的是二次函數的綜合應用，解答本題主要應用了待定系數法求二次函數、一次函數的解析式、三角形的面積公式，依據題意列出關于SMBN與t的函數關系式以及SPBC的面積與m的函數關系式是解題的關鍵8如圖，拋物線y=x2+bx+c與x軸交于A、B兩點，B點坐標為（3，0）與y軸交于點C（0，3）（1）求拋物線的解析式；（2）點P在x軸下方的拋物線上，過點P的直線y=x+m與直線BC交于點E，與y軸交于點F，求

27、PE+EF的最大值；（3）點D為拋物線對稱軸上一點當BCD是以BC為直角邊的直角三角形時，求點D的坐標；若BCD是銳角三角形，求點D的縱坐標的取值范圍【分析】（1）利用待定系數法求拋物線的解析式；（2）易得BC的解析式為y=x+3，先證明ECF為等腰直角三角形，作PHy軸于H，PGy軸交BC于G，如圖1，則EPG為等腰直角三角形，PE=PG，設P（t，t24t+3）（1t3），則G（t，t+3），接著利用t表示PF、PE，所以PE+EF=2PE+PF=t2+3t+，然后利用二次函數的性質解決問題；（3）如圖2，拋物線的對稱軸為直線x=2，設D（2，y），利用兩點間的距離公式得到BC2=18，D

28、C2=4+（y3）2，BD2=1+y2，討論：當BCD是以BC為直角邊，BD為斜邊的直角三角形時，18+4+（y3）2=1+y2；當BCD是以BC為直角邊，CD為斜邊的直角三角形時，4+（y3）2=1+y2+18，分別解方程求出t即可得到對應的D點坐標；由于BCD是以BC為斜邊的直角三角形有4+（y3）2+1+y2=18，解得y1=，y2=，得到此時D點坐標為（2，）或（2，），然后結合圖形可確定BCD是銳角三角形時點D的縱坐標的取值范圍【解答】解：（1）把B（3，0），C（0，3）代入y=x2+bx+c得，解得，拋物線的解析式為y=x24x+3；（2）易得BC的解析式為y=x+3，直線y=x

29、m與直線y=x平行，直線y=x+3與直線y=xm垂直，CEF=90°，ECF為等腰直角三角形，作PHy軸于H，PGy軸交BC于G，如圖1，EPG為等腰直角三角形，PE=PG，設P（t，t24t+3）（1t3），則G（t，t+3），PF=PH=t，PG=t+3（t24t+3）=t2+3t，PE=PG=t2+t，PE+EF=PE+PE+PF=2PE+PF=t2+3t+=t2+4=（t2）2+4，當t=2時，PE+EF的最大值為4；（3）如圖2，拋物線的對稱軸為直線x=2，設D（2，y），則BC2=32+32=18，DC2=4+（y3）2，BD2=（32）2+y2=1+y2，當BCD是以B

30、C為直角邊，BD為斜邊的直角三角形時，BC2+DC2=BD2，即18+4+（y3）2=1+y2，解得y=5，此時D點坐標為（2，5）；當BCD是以BC為直角邊，CD為斜邊的直角三角形時，BC2+DB2=DC2，即4+（y3）2=1+y2+18，解得y=1，此時D點坐標為（2，1）；當BCD是以BC為斜邊的直角三角形時，DC2+DB2=BC2，即4+（y3）2+1+y2=18，解得y1=，y2=，此時D點坐標為（2，）或（2，），所以BCD是銳角三角形，點D的縱坐標的取值范圍為y5或1y【點評】本題考查了二次函數的綜合題：熟練掌握等腰直角三角形的性質、二次函數圖象上點的坐標特征和二次函數的性質；

31、會利用待定系數法求函數解析式；會利用兩點間的距離公式計算線段的長；理解坐標與圖形的性質；會運用分類討論的思想和數形結合的思想解決數學問題9如圖，拋物線y=x2+bx+c經過點A（1，0），B（0，2），并與x軸交于點C，點M是拋物線對稱軸l上任意一點（點M，B，C三點不在同一直線上）（1）求該拋物線所表示的二次函數的表達式；（2）在拋物線上找出兩點P1，P2，使得MP1P2與MCB全等，并求出點P1，P2的坐標；（3）在對稱軸上是否存在點Q，使得BQC為直角，若存在，作出點Q（用尺規作圖，保留作圖痕跡），并求出點Q的坐標【分析】（1）利用待定系數法求二次函數的表達式；（2）分三種情況：當P1M

32、P2CMB時，取對稱點可得點P1，P2的坐標；當BMCP2P1M時，構建P2MBC可得點P1，P2的坐標；P1MP2CBM，構建MP1P2C，根據平移規律可得P1，P2的坐標；（3）如圖3，先根據直徑所對的圓周角是直角，以BC為直徑畫圓，與對稱軸的交點即為點Q，這樣的點Q有兩個，作輔助線，構建相似三角形，證明BDQ1Q1EC，列比例式，可得點Q的坐標【解答】解：（1）把A（1，0），B（0，2）代入拋物線y=x2+bx+c中得：，解得：，拋物線所表示的二次函數的表達式為：y=x2x2；（2）如圖1，P1與A重合，P2與B關于l對稱，MB=P2M，P1M=CM，P1P2=BC，P1MP2CMB，

33、y=x2x2=（x）2，此時P1（1，0），B（0，2），對稱軸：直線x=，P2（1，2）；如圖2，MP2BC，且MP2=BC，此時，P1與C重合，MP2=BC，MC=MC，P2MC=BP1M，BMCP2P1M，P1（2，0），由點B向右平移個單位到M，可知：點C向右平移個單位到P2，當x=時，y=（）2=，P2（，）；如圖3，構建MP1P2C，可得P1MP2CBM，此時P2與B重合，由點C向左平移2個單位到B，可知：點M向左平移2個單位到P1，點P1的橫坐標為，當x=時，y=（）2=4=，P1（，），P2（0，2）；（3）如圖3，存在，作法：以BC為直徑作圓交對稱軸l于兩點Q1、Q2，則BQ

34、1C=BQ2C=90°；過Q1作DEy軸于D，過C作CEDE于E，設Q1（，y）（y0），易得BDQ1Q1EC，=，y2+2y=0，解得：y1=（舍），y2=，Q1（，），同理可得：Q2（，）；綜上所述，點Q的坐標是：（，）或（，）【點評】本題考查了待定系數法求函數解析式、二次函數圖象上點的坐標特征、二次函數的性質、圓周角定理以及三角形全等的性質和判定，解題的關鍵是：（1）利用待定系數法求出函數解析式；（2）利用二次函數的對稱性解決三角形全等問題；（3）分類討論本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，利用二次函數的對稱性，再結合相似三角形、方程解決問題是關鍵10如圖1，矩形OAB

35、C的頂點A，C的坐標分別為（4，0），（0，6），直線AD交B C于點D，tanOAD=2，拋物線M1：y=ax2+bx（a0）過A，D兩點（1）求點D的坐標和拋物線M1的表達式；（2）點P是拋物線M1對稱軸上一動點，當CPA=90°時，求所有符合條件的點P的坐標；（3）如圖2，點E（0，4），連接AE，將拋物線M1的圖象向下平移m（m0）個單位得到拋物線M2設點D平移后的對應點為點D，當點D恰好在直線AE上時，求m的值；當1xm（m1）時，若拋物線M2與直線AE有兩個交點，求m的取值范圍【分析】（1）如圖1中，作DHOA于H則四邊形CDHO是矩形在RtADH中，解直角三角形，求出點

36、D坐標，利用待定系數法即可解決問題；（2）如圖11中，設P（2，m）由CPA=90°，可得PC2+PA2=AC2，可得22+（m6）2+22+m2=42+62，解方程即可；（3）求出D的坐標；構建方程組，利用判別式0，求出拋物線與直線AE有兩個交點時的m的范圍；求出x=m時，求出平移后的拋物線與直線AE的交點的橫坐標；結合上述的結論即可判斷【解答】解：（1）如圖1中，作DHOA于H則四邊形CDHO是矩形四邊形CDHO是矩形，OC=DH=6，tanDAH=2，AH=3，OA=4，CD=OH=1，D（1，6），把D（1，6），A（4，0）代入y=ax2+bx中，則有，解得，拋物線M1的表

37、達式為y=2x2+8x（2）如圖11中，設P（2，m）CPA=90°，PC2+PA2=AC2，22+（m6）2+22+m2=42+62，解得m=3±，P（2，3+），P（2，3）（3）如圖2中，易知直線AE的解析式為y=x+4，x=1時，y=3，D（1，3），平移后的拋物線的解析式為y=2x2+8xm，把點D坐標代入可得3=2+8m，m=3由，消去y得到2x29x+4+m=0，當拋物線與直線AE有兩個交點時，0，924×2×（4+m）0，m，x=m時，m+4=2m2+8mm，解得m=2+或2（舍棄），綜上所述，當2+m時，拋物線M2與直線AE有兩個交點【

38、點評】本題考查二次函數綜合題、一次函數的應用、解直角三角形、銳角三角函數、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會構建方程組，利用判別式解決問題，屬于中考壓軸題11如圖，拋物線y=x2+bx+c的圖象與x軸交于A（5，0），B（1，0）兩點，與y軸交于點C，拋物線的對稱軸與x軸交于點D（1）求拋物線的函數表達式；（2）如圖1，點E（x，y）為拋物線上一點，且5x2，過點E作EFx軸，交拋物線的對稱軸于點F，作EHx軸于點H，得到矩形EHDF，求矩形EHDF周長的最大值；（3）如圖2，點P為拋物線對稱軸上一點，是否存在點P，使以點P，A，C為頂點的三角形是直角三角形？若存在，請

39、直接寫出點P的坐標；若不存在，請說明理由【分析】（1）利用待定系數法即可解決問題；（2）構建二次函數利用二次函數的性質即可解決問題；（3）分三種情形分別求解當ACP=90°，由AC2+PC2=PA2，列出方程即可解決當CAP=90°時，由AC2+PA2=PC2，列出方程即可解決當APC=90°時，由PA2+PC2=AC2，列出方程即可【解答】解：（1）把A（5，0），B（1，0）兩點坐標代入y=x2+bx+c，得到，解得，拋物線的函數表達式為y=x24x+5（2）如圖1中，拋物線的對稱軸x=2，E（x，x24x+5），EH=x24x+5，EF=2x，矩形EFDH的

40、周長=2（EH+EF）=2（x25x+3）=2（x+）2+，20，x=時，矩形EHDF的周長最大，最大值為（3）如圖2中，設P（2，m）當ACP=90°，AC2+PC2=PA2，（5）2+22+（m5）2=32+m2，解得m=7，P1（2，7）當CAP=90°時，AC2+PA2=PC2，（5）2+32+m2=22+（m5）2，解得m=3，P2（2，3）當APC=90°時，PA2+PC2=AC2，32+m2+22+（m5）2=（5）2，解得m=6或1，P3（2，6），P4（2，1），綜上所述，滿足條件的點P坐標為（2，7）或（2，3）或（2，6）或（2，1）【點評】

41、本題考查二次函數綜合題、一次函數的應用、直角三角形的判定和性質、勾股定理等知識，解題的關鍵是學會構建二次函數解決最值問題，學會用分類討論的思想思考問題，屬于中考壓軸題12拋物線y=ax2+bx+c過A（2，3），B（4，3），C（6，5）三點（1）求拋物線的表達式；（2）如圖，拋物線上一點D在線段AC的上方，DEAB交AC于點E，若滿足=，求點D的坐標；（3）如圖，F為拋物線頂點，過A作直線lAB，若點P在直線l上運動，點Q在x軸上運動，是否存在這樣的點P、Q，使得以B、P、Q為頂點的三角形與ABF相似，若存在，求P、Q的坐標，并求此時BPQ的面積；若不存在，請說明理由【分析】（1）由對稱性和

42、A（2，3），B（4，3），可知拋物線的對稱軸是：x=3，利用頂點式列方程組解出可得拋物線的表達式；（2）如圖1，先利用待定系數法求直線AC的解析式，設點D（m，m+6m5），則點E（m，2m+7），根據解析式表示DE和AE的長，由已知的比例式列式得結論；（3）根據題意得：BPQ為等腰直角三角形，分三種情況：若BPQ=90°，BP=PQ，如圖2，作輔助線，構建全等三角形，證明BAPQMP，可得結論；如圖3，同理可得結論；若BQP=90°，BQ=PQ，如圖4，證得：BNQQMP，則NQ=PM=3，NG=1，BN=5，從而得出結論；如圖5，同理易得QNBPMQ，可得結論；若PB

43、Q=90°，BQ=BP，如圖6，由于AB=2NQ=3，此時不存在符合條件的P、Q【解答】解：（1）根據題意，設拋物線表達式為y=a（x3）2+h把B（4，3），C（6，5）代入得：，解得：，故拋物線的表達式為：y=（x3）2+4=x2+6x5；（2）設直線AC的表達式為y=kx+n，則：，解得：k=2，n=7，直線AC的表達式為y=2x+7，設點D（m，m2+6m5），2m6，則點E（m，2m+7），DE=（m2+6m5）（2m+7）=m2+8m12，設直線DE與直線AB交于點G，AGEG，AG=m2，EG=3（2m+7）=2（m2），m20，在RtAEG中，AE=（m2），由，得=

44、，化簡得，2m211m+14=0，解得：m1=，m2=2（舍去），則D（，）（3）根據題意得：ABF為等腰直角三角形，假設存在滿足條件的點P、Q，則BPQ為等腰直角三角形，分三種情況：若BPQ=90°，BP=PQ，如圖2，過P作MNx軸，過Q作QMMN于M，過B作BNMN于N，易證得：BAPQMP，AB=QM=2，PM=AP=3+2=5，P（2，2），Q（3，0），在RtQMP中，PM=5，QM=2，由勾股定理得：PQ=，SBPQ=PQPB=；如圖3，易證得：BAPPMQ，AB=PM=2，AP=MQ=32=1，P（2，2），Q（3，0），在RtQMP中，PM=2，QM=1，由勾股定理

45、得：PQ=，SBPQ=PQPB=；若BQP=90°，BQ=PQ，如圖4，易得：BNQQMP，NQ=PM=3，NG=PMAG=32=1，BN=MQ=4+1=5，P（2，5），Q（1，0）PQ=，SBPQ=PQPB=17；如圖5，易得QNBPMQ，NQ=PM=3，P（2，1），Q（5，0），PQ=，SBPQ=PQPB=5，若PBQ=90°，BQ=BP，如圖6，過Q作QNAB，交AB的延長線于N，易得：PABBNQ，AB=2，NQ=3，ABNQ此時不存在符合條件的P、Q【點評】本題是二次函數的綜合題，考查了二次函數的對稱性、利用待定系數法求解析式、三角形全等的性質和判定、等腰直角

46、三角形的性質和判定，采用了分類討論的思想，并利用數形結合；第二問熟練掌握利用解析式表示點的坐標和線段的長是關鍵，第三問有難度，準確畫也圖形是關鍵，注意不要丟解13如圖，直角ABC中，A為直角，AB=6，AC=8點P，Q，R分別在AB，BC，CA邊上同時開始作勻速運動，2秒后三個點同時停止運動，點P由點A出發以每秒3個單位的速度向點B運動，點Q由點B出發以每秒5個單位的速度向點C運動，點R由點C出發以每秒4個單位的速度向點A運動，在運動過程中：（1）求證：APR，BPQ，CQR的面積相等；（2）求PQR面積的最小值；（3）用t（秒）（0t2）表示運動時間，是否存在t，使PQR=90°？

47、若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由【分析】（1）先利用銳角三角函數表示出QE=4t，QD=3（2t），再由運動得出AP=3t，CR=4t，BP=3（2t），AR=4（2t），最后用三角形的面積公式即可得出結論；（2）借助（1）得出的結論，利用面積差得出SPQR=18（t1）2+6，即可得出結論；（3）方法1、先構造出REQQDP，得出，再表示出DP=（63t），DQ=，EQ=，RE=，代入即可得出結論；方法2、先判斷出DQR=EQP，用此兩角的正切值建立方程求解即可【解答】解：（1）如圖，在RtABC中，AB=6，AC=8，根據勾股定理得，BC=10，sinB=，sinC=，過點Q

48、作QEAB于E，在RtBQE中，BQ=5t，sinB=，QE=4t，過點Q作QDAC于D，在RtCDQ中，CQ=BCBQ=105t，QD=CQsinC=（105t）=3（2t），由運動知，AP=3t，CR=4t，BP=ABAP=63t=3（2t），AR=ACCR=84t=4（2t），SAPR=APAR=×3t×4（2t）=6t（2t），SBPQ=BPQE=×3（2t）×4t=6t（2t），SCQR=CRQD=×4t×3（2t）=6t（2t），SAPR=SBPQ=SCQR，APR，BPQ，CQR的面積相等；（2）由（1）知，SAPR=S

49、BPQ=SCQR=6t（2t），AB=6，AC=8，SPQR=SABC（SAPR+SBPQ+SCQR）=×6×83×6t（2t）=2418（2tt2）=18（t1）2+6，0t2，當t=1時，SPQR最小=6；（3）存在，方法1、如圖1，過點R作REBC于E，過點P作PDBC于D，REQ=QDP=90°，ERQ+EQR=90°，PQR=90°，EQR+PQD=90°，ERQ=PQD，REQQDP，RE×DP=QD×EQ，由運動知，CR=4t，BQ=5t，AP=3t，BP=63t，易證，BDPBAC，DP=

50、（63t），BD=（63t），DQ=BQBD=5t（63t）=，同理：EQ=，RE=，×（63t）=×，t=1或秒；方法2、由點P，Q，R的運動速度知，運動1秒時，點P，Q，R分別在AB，BC，AC的中點，此時，四邊形APQR是矩形，即：t=1秒時，PQR=90°，由（1）知，QE=4t，QD=3（2t），AP=3t，CR=4t，AR=4（2t），BP=ABAP=63t=3（2t），AR=ACCR=84t=4（2t），過點Q作QDAC于D，作QEAB于E，A=90°，四邊形APQD是矩形，AE=DQ=3（2t），AD=QE=4t，DR=|ADAR|=|4

51、t4（2t）|=4|2t2|，PE=|APAE|=|3t3（2t）|=3|2t2|DQE=90°，PQR=90°，DQR=EQP，tanDQR=tanEQP，在RtDQR中，tanDQR=，在RtEQP中，tanEQP=，16t=9（2t），t=即：t=1或秒時，PQR=90°【點評】此題是三角形綜合題，主要考查了勾股定理，銳角三角函數，矩形的判定和性質，三角形的面積公式，解（1）的關鍵是求出QD，QE，解（2）的關鍵是建立函數關系式，解（3）的關鍵是用tanDQR=tanEQP建立方程，是一道中等難度的題目14【回顧】如圖1，ABC中，B=30°，AB

52、=3，BC=4，則ABC的面積等于3【探究】圖2是同學們熟悉的一副三角尺，一個含有30°的角，較短的直角邊長為a；另一個含有45°的角，直角邊長為b，小明用兩副這樣的三角尺拼成一個平行四邊形ABCD（如圖3），用了兩種不同的方法計算它的面積，從而推出sin75°=，小麗用兩副這樣的三角尺拼成了一個矩形EFGH（如圖4），也推出sin75°=，請你寫出小明或小麗推出sin75°=的具體說理過程【應用】在四邊形ABCD中，ADBC，D=75°，BC=6，CD=5，AD=10（如圖5）（1）點E在AD上，設t=BE+CE，求t2的最小值；（2）點F在AB上，將BCF沿CF翻折，點B落在AD上的點G處，點G是AD的中點嗎？說明理由【分析】回顧：如圖1中，作AHBC求出AH即可解決問題；探究：如圖3中，根據S四邊形ABCD=BCABsin75°=2SABE+2SBFC+S矩形EFGH列出方程即可解決問題；應用：作C關于AD的對稱點H，C