壓軸題中考數(shù)學(xué)壓軸題精選精析1120例

1、2012 中考數(shù)學(xué)壓軸題精選精析（11-20 例）11（2011江蘇鹽城）（本題滿(mǎn)分 12 分）如圖，已知一次函數(shù) y =x +7 與正比例函數(shù) y=43x 的圖象交于點(diǎn) A，且與 x 軸交于點(diǎn) B.（1）求點(diǎn) A 和點(diǎn) B 的坐標(biāo)；（2）過(guò)點(diǎn) A 作 ACy 軸于點(diǎn) C，過(guò)點(diǎn) B 作直線 ly 軸動(dòng)點(diǎn) P 從點(diǎn) O 出發(fā)，以每秒 1 個(gè)單位長(zhǎng)的速度，沿 OCA的路線向點(diǎn) A 運(yùn)動(dòng)；同時(shí)直線 l 從點(diǎn) B 出發(fā)，以相同速度向左平移，在平移過(guò)程中，直線 l 交 x 軸于點(diǎn) R，交線段 BA 或線段 AO 于點(diǎn) Q當(dāng)點(diǎn) P 到達(dá)點(diǎn) A 時(shí)，點(diǎn) P 和直線 l 都停止運(yùn)動(dòng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)動(dòng)點(diǎn) P 運(yùn)

2、動(dòng)的時(shí)間為 t 秒.當(dāng) t 為何值時(shí)，以 A、P、R 為頂點(diǎn)的三角形的面積為 8？是否存在以 A、P、Q 為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？若存在，求 t 的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由【答案】【答案】（1）根據(jù)題意，得y=-x+7y=43x，解得x=3y=4，A(3，4) .令 y=x+7=0，得 x=7B（7，0）.（2）當(dāng) P 在 OC 上運(yùn)動(dòng)時(shí)，0t4.由 SAPR=S梯形COBASACPSPO RSARB=8，得12(3+7)4123(4t)12t(7t)12t4=8整理,得 t28t+12=0,解之得 t1=2,t2=6（舍）當(dāng) P 在 CA 上運(yùn)動(dòng)，4t7.由 SAPR=12(7t) 4=

3、8，得 t=3（舍）當(dāng) t=2 時(shí)，以 A、P、R 為頂點(diǎn)的三角形的面積為 8.當(dāng) P 在 OC 上運(yùn)動(dòng)時(shí)，0t4. 此時(shí)直線 l 交 AB 于 Q。AP= （4-t）2+32，AQ= 2t，PQ=7t當(dāng) AP =AQ 時(shí)， （4t）2+32=2(4t)2, 整理得，t28t+7=0. t=1, t=7(舍)當(dāng) AP=PQ 時(shí)，（4t）2+32=(7t)2,整理得，6t=24. t=4(舍去)當(dāng) AQ=PQ 時(shí)，2（4t）2=(7t)2整理得，t22t17=0 t=13 2 (舍)當(dāng) P 在 CA 上運(yùn)動(dòng)時(shí)，4t7. 此時(shí)直線 l 交 AO 于 Q。過(guò) A 作ADOB 于 D,則 AD=BD=

4、4.設(shè)直線 l 交 AC 于 E，則 QEAC，AE=RD=t4，AP=7t.由 cosOAC=AEAQ=ACAO，得 AQ =53(t4)當(dāng) AP=AQ 時(shí)，7t =53(t4)，解得 t =418.當(dāng) AQ=PQ 時(shí)，AEPE，即 AE=12AP得 t4=12(7t)，解得 t =5.當(dāng) AP=PQ 時(shí)，過(guò) P 作 PFAQ 于 FAF=12AQ =1253(t4).在 RtAPF 中，由 cosPAFAFAP35，得 AF35AP即1253(t4)=35(7t)，解得 t=22643.綜上所述，t=1 或418或 5 或22643時(shí)，APQ 是等腰三角形.【考點(diǎn)】【考點(diǎn)】一次函數(shù)，二元一

5、次方程組，勾股定理，三角函數(shù)，一元二次方程，等腰三角形?！痉治觥俊痉治觥浚?）聯(lián)立方程 y =x +7 和 y=43x 即可求出點(diǎn) A 的坐標(biāo)，今 y=x+7=0即可得點(diǎn) B 的坐標(biāo)。（2）只要把三角形的面積用 t 表示，求出即可。應(yīng)注意分 P 在 OC 上運(yùn)動(dòng)和 P 在CA 上運(yùn)動(dòng)兩種情況了。只要把有關(guān)線段用 t 表示，找出 AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ 的條件時(shí) t 的值即可。應(yīng)注意分別討論 P 在 OC 上運(yùn)動(dòng)（此時(shí)直線 l 與 AB 相交）和 P 在 CA 上運(yùn)動(dòng)（此時(shí)直線 l 與 AO 相交）時(shí) AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ 的條件。12、（2011福州）已知，如圖，二次

6、函數(shù) y=ax2+2ax3a（a0）圖象的頂點(diǎn)為 H，與 x 軸交于 A、B 兩點(diǎn)（B 在 A 點(diǎn)右側(cè)），點(diǎn) H、B 關(guān)于直線 l：對(duì)稱(chēng)（1）求 A、B 兩點(diǎn)坐標(biāo)，并證明點(diǎn) A 在直線 l 上；（2）求二次函數(shù)解析式；（3）過(guò)點(diǎn) B 作直線 BKAH 交直線 l 于 K 點(diǎn)，M、N 分別為直線 AH 和直線 l 上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接 HN、NM、MK，求 HN+NM+MK 和的最小值考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題；解二元一次方程組；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；拋物線與 x軸的交點(diǎn)；圖象法求一元二次方程的近似根；勾股定理。專(zhuān)題：計(jì)算題；代數(shù)幾何綜合題。分析：（1）求出方程 ax2+2ax3a=0（a0），即

7、可得到 A 點(diǎn)坐標(biāo)和 B 點(diǎn)坐標(biāo)；把 A 的坐標(biāo)代入直線 l 即可判斷 A 是否在直線上；（2）根據(jù)點(diǎn) H、B 關(guān)于過(guò) A 點(diǎn)的直線 l：對(duì)稱(chēng)，得出 AH=AB=4，過(guò)頂點(diǎn) H 作 HCAB 交 AB 于 C 點(diǎn)，求出 AC 和 HC 的長(zhǎng)，得出頂點(diǎn) H 的坐標(biāo)，代入二次函數(shù)解析式，求出 a，即可得到二次函數(shù)解析式；（3）解方程組，即可求出 K 的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn) H、B 關(guān)于直線 AK 對(duì)稱(chēng)，得出 HN+MN 的最小值是 MB，過(guò)點(diǎn) K 作直線 AH 的對(duì)稱(chēng)點(diǎn) Q，連接 QK，交直線 AH 于 E，得到 BM+MK 的最小值是 BQ， 即 BQ 的長(zhǎng)是 HN+NM+MK 的最小值， 由勾股定理得

8、 QB=8，即可得出答案解答：解：（1）依題意，得 ax2+2ax3a=0（a0），解得 x1=3，x2=1，B 點(diǎn)在 A 點(diǎn)右側(cè)，A 點(diǎn)坐標(biāo)為（3，0），B 點(diǎn)坐標(biāo)為（1，0），答：A、B 兩點(diǎn)坐標(biāo)分別是（3，0），（1，0）證明：直線 l：，當(dāng) x=3 時(shí)，點(diǎn) A 在直線 l 上（2）解：點(diǎn) H、B 關(guān)于過(guò) A 點(diǎn)的直線 l：對(duì)稱(chēng)，AH=AB=4，過(guò)頂點(diǎn) H 作 HCAB 交 AB 于 C 點(diǎn)，則，頂點(diǎn)，代入二次函數(shù)解析式，解得，二次函數(shù)解析式為，答：二次函數(shù)解析式為（3）解：直線 AH 的解析式為，直線 BK 的解析式為，由，解得，即，則 BK=4，點(diǎn) H、B 關(guān)于直線 AK 對(duì)稱(chēng)，HN

9、+MN 的最小值是 MB，過(guò)點(diǎn) K 作直線 AH 的對(duì)稱(chēng)點(diǎn) Q，連接 QK，交直線 AH 于 E，則 QM=MK，AEQK，BM+MK 的最小值是 BQ，即 BQ 的長(zhǎng)是 HN+NM+MK 的最小值，BKAH，BKQ=HEQ=90，由勾股定理得 QB=8，HN+NM+MK 的最小值為 8，答 HN+NM+MK 和的最小值是 8點(diǎn)評(píng)：本題主要考查對(duì)勾股定理，解二元一次方程組，二次函數(shù)與一元二次方程，二次函數(shù)與 X 軸的交點(diǎn)，用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，綜合運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算是解此題的關(guān)鍵，此題是一個(gè)綜合性比較強(qiáng)的題目，有一定的難度13、（2011呼和浩特）已知拋物線 y

10、1=x2+4x+1 的圖象向上平移 m 個(gè)單位（m0）得到的新拋物線過(guò)點(diǎn)（1，8）（1）求 m 的值，并將平移后的拋物線解析式寫(xiě)成 y2=a（xh）2+k 的形式；（2）將平移后的拋物線在 x 軸下方的部分沿 x 軸翻折到 x 軸上方，與平移后的拋物線沒(méi)有變化的部分構(gòu)成一個(gè)新的圖象 請(qǐng)寫(xiě)出這個(gè)圖象對(duì)應(yīng)的函數(shù) y 的解析式， 并在所給的平面直角坐標(biāo)系中直接畫(huà)出簡(jiǎn)圖，同時(shí)寫(xiě)出該函數(shù)在3x時(shí)對(duì)應(yīng)的函數(shù)值 y 的取值范圍；（3）設(shè)一次函數(shù) y3=nx+3（n0），問(wèn)是否存在正整數(shù) n 使得（2）中函數(shù)的函數(shù)值 y=y3時(shí)，對(duì)應(yīng)的 x 的值為1x0，若存在，求出 n 的值；若不存在，說(shuō)明理由考點(diǎn)：二次函

11、數(shù)綜合題。分析：（1）根據(jù)拋物線 y1=x2+4x+1 的圖象向上平移 m 個(gè)單位，可得 y2=x2+4x+1+m，再利用又點(diǎn)（1，8）在圖象上，求出 m 即可；（2）根據(jù)函數(shù)解析式畫(huà)出圖象，即可得出函數(shù)大小分界點(diǎn)；（3）根據(jù)當(dāng) y=y3且對(duì)應(yīng)的1x0 時(shí)，x2+4x+3=nx+3，得出 n 取值范圍即可得出答案解答：解：（1）由題意可得 y2=x2+4x+1+m，又點(diǎn)（1，8）在圖象上，8=1+41+1+m，m=2，y2=（x+2）21；（2）當(dāng)時(shí)，0y1；（3）不存在，理由：當(dāng) y=y3且對(duì)應(yīng)的1x0 時(shí)，x2+4x+3=nx+3，x1=0，x2=n4，且1n40 得 3n4，不存在正整數(shù)

12、 n 滿(mǎn)足條件點(diǎn)評(píng)： 此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用以及圖象交點(diǎn)求法， 二次函數(shù)的綜合應(yīng)用是初中階段的重點(diǎn)題型特別注意利用數(shù)形結(jié)合是這部分考查的重點(diǎn)也是難點(diǎn)同學(xué)們應(yīng)重點(diǎn)掌握14、（2011成都）如圖，在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，ABC 的 A、B 兩個(gè)頂點(diǎn)在 x 軸上，頂點(diǎn) C 在 y 軸的負(fù)半軸上已知|OA|：|OB|=1：5，|OB|=|OC|，ABC 的面積 SABC=15，拋物線 y=ax2+bx+c（a0）經(jīng)過(guò) A、B、C 三點(diǎn)（1）求此拋物線的函數(shù)表達(dá)式；（2）設(shè) E 是 y 軸右側(cè)拋物線上異于點(diǎn) B 的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn) E 作 x 軸的平行線交拋物線于另一點(diǎn)F， 過(guò)點(diǎn)F作FG垂

13、直于x軸于點(diǎn)G， 再過(guò)點(diǎn)E作EH垂直于x軸于點(diǎn)H， 得到矩形EFGH 則在點(diǎn) E 的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)矩形 EFGH 為正方形時(shí)，求出該正方形的邊長(zhǎng)；（3）在拋物線上是否存在異于 B、C 的點(diǎn) M，使MBC 中 BC 邊上的高為？若存在，求出點(diǎn) M 的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題。專(zhuān)題：綜合題。分析：（1） 由已知設(shè) OA=m，則 OB=OC=5m，AB=6m，由ABC= ABOC=15，可求 m 的值，確定 A、B、C 三點(diǎn)坐標(biāo)，由 A、B 兩點(diǎn)坐標(biāo)設(shè)拋物線交點(diǎn)式，將 C 點(diǎn)坐標(biāo)代入即可；（2）設(shè) E 點(diǎn)坐標(biāo)為（m，m24m5），拋物線對(duì)稱(chēng)軸為 x=2，根據(jù) 2（m2）=EH，

14、列方程求解；（3）存在因?yàn)?OB=OC=5，OBC 為等腰直角三角形，直線 BC 解析式為 y=x5，則直線 y=x+9 或直線 y=x19 與 BC 的距離為 7，將直線解析式與拋物線解析式聯(lián)立，求 M點(diǎn)的坐標(biāo)即可解答：解：（1）|OA|：|OB|=1：5，|OB|=|OC|，設(shè) OA=m，則 OB=OC=5m，AB=6m，由ABC= ABOC=15，得 6m5m=15，解得 m=1（舍去負(fù)值），A（1，0），B（5，0），C（0，5），設(shè)拋物線解析式為 y=a（x+1）（x5），將 C 點(diǎn)坐標(biāo)代入，得 a=1，拋物線解析式為 y=（x+1）（x5），即 y=x24x5；（2）設(shè) E 點(diǎn)坐標(biāo)

15、為（m，m24m5），拋物線對(duì)稱(chēng)軸為 x=2，由 2（m2）=EH，得 2（m2）=（m24m5）或 2（m2）=m24m5，解得 m=1或 m=3，m2，m=1+或 m=3+，邊長(zhǎng) EF=2（m2）=22 或 2+2；（3）存在由（1）可知 OB=OC=5，OBC 為等腰直角三角形，直線 BC 解析式為 y=x5，依題意，直線 y=x+9 或直線 y=x19 與 BC 的距離為 7，聯(lián)立，解得或，M 點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，7），（7，16）點(diǎn)評(píng)：本題考查了二次函數(shù)的綜合運(yùn)用關(guān)鍵是采用形數(shù)結(jié)合的方法，準(zhǔn)確地用點(diǎn)的坐標(biāo)表示線段的長(zhǎng)，根據(jù)圖形的特點(diǎn)，列方程求解，注意分類(lèi)討論15、（2011南充）拋物線

16、y=ax2+bx+c 與 x 軸的交點(diǎn)為 A（m4，0）和 B（m，0），與直線 y=x+p 相交于點(diǎn) A 和點(diǎn) C（2m4，m6）（1）求拋物線的解析式；（2）若點(diǎn) P 在拋物線上，且以點(diǎn) P 和 A，C 以及另一點(diǎn) Q 為頂點(diǎn)的平行四邊形 ACQP 面積為 12，求點(diǎn) P，Q 的坐標(biāo)；（3）在（2）條件下，若點(diǎn) M 是 x 軸下方拋物線上的動(dòng)點(diǎn)，當(dāng)PQM 的面積最大時(shí)，請(qǐng)求出PQM 的最大面積及點(diǎn) M 的坐標(biāo)考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題；解二元一次方程組；二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；平行四邊形的性質(zhì)。專(zhuān)題：計(jì)算題；代數(shù)幾何綜合題。分析：（1）把點(diǎn) A（m4，0）和 C（2m4，m6

17、）代入直線 y=x+p 上得到方程組，求出方程組的解，得出 A、B、C 的坐標(biāo)，設(shè)拋物線 y=ax2+bx+c=a（x3）（x+1），把 C（2，3）代入求出 a 即可；（2）AC 所在直線的解析式為：y=x1，根據(jù)平行四邊形 ACQP 的面積為 12，求出 AC邊上的高為 2，過(guò)點(diǎn) D 作 DKAC 與 PQ 所在直線相交于點(diǎn) K，求出 DK、DN，得到PQ 的解析式為y=x+3 或 y=x5，求出方程組的解即可得到 P1（3，0），P2（2，5），根據(jù) ACPQ 是平行四邊形，求出 Q 的坐標(biāo)；（3）設(shè) M（t，t22t3），（1t3），過(guò)點(diǎn) M 作 y 軸的平行線，交 PQ 所在直線雨點(diǎn)

18、 T，則 T（t，t+3），求出 MT=t2+t+6，過(guò)點(diǎn) M 作 MSPQ 所在直線于點(diǎn) S，求出MS=（t ）2+，即可得到答案解答：解：（1）點(diǎn) A（m4，0）和 C（2m4，m6）在直線 y=x+p 上，解得：，A（1，0），B（3，0），C（2，3），設(shè)拋物線 y=ax2+bx+c=a（x3）（x+1），C（2，3），代入得：3=a（23）（2+1），a=1拋物線解析式為：y=x22x3，答：拋物線解析式為 y=x22x3（2）解：AC=3，AC 所在直線的解析式為：y=x1，BAC=45，平行四邊形 ACQP 的面積為 12，平行四邊形 ACQP 中 AC 邊上的高為=2，過(guò)點(diǎn) D

19、 作 DKAC 與 PQ 所在直線相交于點(diǎn) K，DK=2，DN=4，ACPQ，PQ 所在直線在直線 ACD 的兩側(cè)，可能各有一條，PQ 的解析式或?yàn)?y=x+3 或 y=x5，解得：或，方程無(wú)解，即 P1（3，0），P2（2，5），ACPQ 是平行四邊形，A（1，0），C（2，3），當(dāng) P（3，0）時(shí)，Q（6，3），當(dāng) P（2，5）時(shí)，Q（1，2），滿(mǎn)足條件的 P，Q 點(diǎn)是 P1（3，0），Q1（6，3）或 P2（2，5），Q2（1，2）答：點(diǎn) P，Q 的坐標(biāo)是 P1（3，0），Q1（6，3）或 P2（2，5），Q2（1，2）（3）解：設(shè) M（t，t22t3），（1t3），過(guò)點(diǎn) M 作 y 軸

20、的平行線，交 PQ 所在直線雨點(diǎn) T，則 T（t，t+3），MT=（t+3）（t22t3）=t2+t+6，過(guò)點(diǎn) M 作 MSPQ 所在直線于點(diǎn) S，MS=MT=（t2+t+6）=（t ）2+，當(dāng) t= 時(shí)，M（ ，），PQM 中 PQ 邊上高的最大值為，答：PQM 的最大面積是，點(diǎn) M 的坐標(biāo)是（ ，）點(diǎn)評(píng)：本題主要考查對(duì)用待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式，二次函數(shù)的最值，平行四邊形的性質(zhì)， 解二元一次方程組等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握， 綜合運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算是解此題的關(guān)鍵，此題是一個(gè)綜合性比較強(qiáng)的題目，有一定的難度16、（2011達(dá)州）如圖，已知拋物線與 x 軸交于 A（1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，

21、與 y 軸交于點(diǎn) C（0，3），拋物線的頂點(diǎn)為 P，連接 AC（1）求此拋物線的解析式；（2）在拋物線上找一點(diǎn) D，使得 DC 與 AC 垂直，且直線 DC 與 x 軸交于點(diǎn) Q，求點(diǎn) D 的坐標(biāo)；（3）拋物線對(duì)稱(chēng)軸上是否存在一點(diǎn) M，使得 SMAP=2SACP，若存在，求出 M 點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題。分析：（1）利用交點(diǎn)式將拋物線與 x 軸交于 A（1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，代入 y=a（xx1）（xx2），求出二次函數(shù)解析式即可；（2）利用QOCCOA，得出 QO 的長(zhǎng)度，得出 Q 點(diǎn)的坐標(biāo)，再求出直線 DC 的解析式，將兩函數(shù)聯(lián)立求出交點(diǎn)坐標(biāo)即可；（3） 首

22、先求出二次函數(shù)頂點(diǎn)坐標(biāo)， S四邊形AEPC=S四邊形OEPC+SAOC， 以及 S四邊形AEPC=SAEP+SACP=得出使得 SMAP=2SACP點(diǎn) M 的坐標(biāo)解答：解：（1）設(shè)此拋物線的解析式為：y=a（xx1）（xx2），拋物線與 x 軸交于 A（1，0）、B（3，0）兩點(diǎn)，y=a（x1）（x+3），又拋物線與 y 軸交于點(diǎn) C（0，3），a（01）（0+3）=3，a=3y=（x1）（x+3），即 y=x22x+3，用其他解法參照給分；（2）點(diǎn) A（1，0），點(diǎn) C（0，3），OA=1，OC=3，DCAC，OCx 軸，QOCCOA，即，OQ=9，又點(diǎn) Q 在 x 軸的負(fù)半軸上，Q（9，0

23、），設(shè)直線 DC 的解析式為：y=mx+n，則，解之得：，直線 DC 的解析式為：，點(diǎn) D 是拋物線與直線 DC 的交點(diǎn)，解之得：（不合題意，應(yīng)舍去），點(diǎn) D（，用其他解法參照給分；（3）如圖，點(diǎn) M 為直線 x=1 上一點(diǎn)，連接 AM，PC，PA，設(shè)點(diǎn) M（1，y），直線 x=1 與 x 軸交于點(diǎn) E，AE=2，拋物線 y=x22x+3 的頂點(diǎn)為 P，對(duì)稱(chēng)軸為 x=1，P（1，4），PE=4，則 PM=|4y|，S四邊形AEPC=S四邊形OEPC+SAOC，=，=，=5，又S四邊形AEPC=SAEP+SACP，SAEP=，+SACP=54=1，SMAP=2SACP，|4y|=2，y1=2，y

24、2=6，故拋物線的對(duì)稱(chēng)軸上存在點(diǎn) M 使 SMAP=2SACP，點(diǎn) M（1，2）或（1，6）點(diǎn)評(píng)： 此題主要考查了二次函數(shù)的綜合應(yīng)用， 二次函數(shù)的綜合應(yīng)用是初中階段的重點(diǎn)題型特別注意利用數(shù)形結(jié)合是這部分考查的重點(diǎn)也是難點(diǎn)同學(xué)們應(yīng)重點(diǎn)掌握17、（2011重慶）如圖，矩形 ABCD 中，AB=6，BC=2，點(diǎn) O 是 AB 的中點(diǎn)，點(diǎn) P 在AB 的延長(zhǎng)線上，且 BP=3一動(dòng)點(diǎn) E 從 O 點(diǎn)出發(fā)，以每秒 1 個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿 OA 勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá) A 點(diǎn)后，立即以原速度沿 AO 返回；另一動(dòng)點(diǎn) F 從 P 點(diǎn)發(fā)發(fā)，以每秒 1 個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線 PA 勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn) E、F 同時(shí)出發(fā)，當(dāng)兩點(diǎn)

25、相遇時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，在點(diǎn) E、F的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，以 EF 為邊作等邊EFG，使EFG 和矩形 ABCD 在射線 PA 的同側(cè)設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t 秒（t0）（1）當(dāng)?shù)冗匛FG 的邊 FG 恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn) C 時(shí)，求運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t 的值；（2）在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，設(shè)等邊EFG 和矩形 ABCD 重疊部分的面積為 S，請(qǐng)直接寫(xiě)出 S與 t 之間的函數(shù)關(guān)系式和相應(yīng)的自變量 t 的取值范圍；（3）設(shè) EG 與矩形 ABCD 的對(duì)角線 AC 的交點(diǎn)為 H，是否存在這樣的 t，使AOH 是等腰三角形？若存大，求出對(duì)應(yīng)的 t 的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；根據(jù)實(shí)際問(wèn)題列二次函數(shù)關(guān)系式；等腰三角形的

26、性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)；解直角三角形。專(zhuān)題：代數(shù)幾何綜合題；動(dòng)點(diǎn)型；分類(lèi)討論。分析：（1）當(dāng)邊 FG 恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn) C 時(shí)，CFB=60，BF=3t，在 RtCBF 中，解直角三角形可求 t 的值；（2）按照等邊EFG 和矩形 ABCD 重疊部分的圖形特點(diǎn)，分為 0t1，1t3，3t4，4t6 四種情況，分別寫(xiě)出函數(shù)關(guān)系式；（3）存在當(dāng)AOH 是等腰三角形時(shí)，分為 AH=AO=3，HA=HO，OH=OA 三種情況，分別畫(huà)出圖形，根據(jù)特殊三角形的性質(zhì)，列方程求 t 的值解答： 解： （1） 當(dāng)邊 FG 恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn) C 時(shí)， CFB=60， BF=3t， 在 RtCBF 中， BC=2，

27、tanCFB=，即 tan60=，解得 BF=2，即 3t=2，t=1，當(dāng)邊 FG 恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn) C 時(shí)，t=1；（2）當(dāng) 0t1 時(shí)，S=2t+4；當(dāng) 1t3 時(shí)，S=t2+3t+；當(dāng) 3t4 時(shí)，S=4t+20；當(dāng) 4t6 時(shí)，S=t212t+36；（3）存在理由如下：在 RtABC 中，tanCAB=，CAB=30，又HEO=60，HAE=AHE=30，AE=HE=3t 或 t3，1）當(dāng) AH=AO=3 時(shí)，（如圖），過(guò)點(diǎn) E 作 EMAH 于 M，則 AM= AH= ，在 RtAME 中，cosMAE，即 cos30=，AE=，即 3t=或 t3=，t=3或 t=3+，2）當(dāng) HA=HO

28、 時(shí)，（如圖）則HOA=HAO=30，又HEO=60，EHO=90，EO=2HE=2AE，又AE+EO=3，AE+2AE=3，AE=1，即 3t=1 或 t3=1，t=2 或 t=4；3）當(dāng) OH=OA 時(shí)，（如圖），則OHA=OAH=30，HOB=60=HEB，點(diǎn) E 和點(diǎn) O 重合，AE=3，即 3t=3 或 t3=3，t=6（舍去）或 t=0；綜上所述，存在 5 個(gè)這樣的 t 值，使AOH 是等腰三角形，即 t=3或 t=3+或 t=2 或t=2 或 t=0點(diǎn)評(píng)：本題考查了特殊三角形、矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，解直角三角形的有關(guān)知識(shí)關(guān)鍵是根據(jù)特殊三角形的性質(zhì)，分類(lèi)討論18、 （

29、2011潼南縣） 如圖， 在平面直角坐標(biāo)系中， ABC 是直角三角形， ACB=90， AC=BC，OA=1，OC=4，拋物線 y=x2+bx+c 經(jīng)過(guò) A，B 兩點(diǎn)，拋物線的頂點(diǎn)為 D（1）求 b，c 的值；（2）點(diǎn) E 是直角三角形 ABC 斜邊 AB 上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn) A、B 除外），過(guò)點(diǎn) E 作 x 軸的垂線交拋物線于點(diǎn) F，當(dāng)線段 EF 的長(zhǎng)度最大時(shí)，求點(diǎn) E 的坐標(biāo)；（3）在（2）的條件下：求以點(diǎn) E、B、F、D 為頂點(diǎn)的四邊形的面積；在拋物線上是否存在一點(diǎn) P，使EFP 是以 EF 為直角邊的直角三角形？若存在，求出所有點(diǎn) P 的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由考點(diǎn)：二次函數(shù)綜合題。分析：（

30、1）由ACB=90，AC=BC，OA=1，OC=4，可得 A（1，0）B（4，5），然后利用待定系數(shù)法即可求得 b，c 的值；（2）由直線 AB 經(jīng)過(guò)點(diǎn) A（1，0），B（4，5），即可求得直線 AB 的解析式，又由二次函數(shù) y=x22x3，設(shè)點(diǎn) E（t，t+1），則可得點(diǎn) F 的坐標(biāo)，則可求得 EF 的最大值，求得點(diǎn)E 的坐標(biāo)；（3）順次連接點(diǎn) E、B、F、D 得四邊形 EBFD，可求出點(diǎn) F 的坐標(biāo)（ ，），點(diǎn) D的坐標(biāo)為（1，4）由 S四邊形EBFD=SBEF+SDEF即可求得；過(guò)點(diǎn) E 作 aEF 交拋物線于點(diǎn) P，設(shè)點(diǎn) P（m，m22m3），可得 m22m2= ，即可求得點(diǎn) P 的坐

31、標(biāo)，又由過(guò)點(diǎn) F 作 bEF 交拋物線于 P3，設(shè) P3（n，n22n3），可得 n22n2=， 求得點(diǎn) P 的坐標(biāo)， 則可得使EFP 是以 EF 為直角邊的直角三角形的 P 的坐標(biāo)解答：解：（1）由已知得：A（1，0），B（4，5），二次函數(shù) y=x2+bx+c 的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn) A（1，0），B（4，5），解得：b=2，c=3；（2）如圖：直線 AB 經(jīng)過(guò)點(diǎn) A（1，0），B（4，5），直線 AB 的解析式為：y=x+1，二次函數(shù) y=x22x3，設(shè)點(diǎn) E（t，t+1），則 F（t，t22t3），EF=（t+1）（t22t3）=（t ）2+，當(dāng) t= 時(shí)，EF 的最大值為，點(diǎn) E 的坐標(biāo)為（

32、， ）；（3）如圖：順次連接點(diǎn) E、B、F、D 得四邊形 EBFD可求出點(diǎn) F 的坐標(biāo)（ ，），點(diǎn) D 的坐標(biāo)為（1，4）S四邊形EBFD=SBEF+SDEF= （4 ）+ （ 1）=；如圖：）過(guò)點(diǎn) E 作 aEF 交拋物線于點(diǎn) P，設(shè)點(diǎn) P（m，m22m3）則有：m22m2= ，解得：m1=，m2=，P1（， ），P2（， ），）過(guò)點(diǎn) F 作 bEF 交拋物線于 P3，設(shè) P3（n，n22n3）則有：n22n2=，解得：n1= ，n2= （與點(diǎn) F 重合，舍去），P3（ ，），綜上所述：所有點(diǎn) P 的坐標(biāo)：P1（， ），P2（， ），P3（ ，）能使EFP組成以 EF 為直角邊的直角三角形點(diǎn)

33、評(píng)： 此題考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)的解析式， 四邊形與三角形面積問(wèn)題以及直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)此題綜合性很強(qiáng)，解題的關(guān)鍵是注意方程思想與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用19、（2011綦江縣）如圖，等邊ABC 中，AO 是BAC 的角平分線，D 為 AO 上一點(diǎn)，以 CD 為一邊且在 CD 下方作等邊CDE，連接 BE（1）求證：ACDBCE；（2）延長(zhǎng) BE 至 Q，P 為 BQ 上一點(diǎn)，連接 CP、CQ 使 CP=CQ=5，若 BC=8 時(shí)，求 PQ 的長(zhǎng)考點(diǎn)：全等三角形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的性質(zhì)；含 30 度角的直角三角形；勾股定理。分析： （1） 由ABC 與DCE 是等邊三角形， 可得 AC

34、=BC， DC=EC， ACB=DCE=60，又由ACD+DCB=ECB+DCB=60，即可證得ACD=BCE，所以根據(jù) SAS 即可證得ACDBCE；（2）首先過(guò)點(diǎn) C 作 CHBQ 于 H，由等邊三角形的性質(zhì)，即可求得DAC=30，則根據(jù)等腰三角形與直角三角形中的勾股定理即可求得 PQ 的長(zhǎng)解答：解：（1）ABC 與DCE 是等邊三角形，AC=BC，DC=EC，ACB=DCE=60，ACD+DCB=ECB+DCB=60，ACD=BCE，ACDBCE（SAS）；（2）過(guò)點(diǎn) C 作 CHBQ 于 H，ABC 是等邊三角形，AO 是角平分線，DAC=30，ACDBCE，QBC=DAC=30，CH= BC