2017年苏州初三中考数学压轴题专题突破

1、精选优质文档-倾情为你奉上精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业专心-专注-专业精选优质文档-倾情为你奉上专心-专注-专业2017年苏州初三中考数学压轴题专题突破（解答题）压轴题综合性强，知识高度融合，侧重考查学生对知识的综合运用能力，对问题背景的研究能力以及对数学模型和套路的调用整合能力。要点常考类型题型特征解题方法问题背景研究求坐标或函数解析式，求角度或线段长已知点坐标、解析式或几何图形的部分信息研究坐标、解析式，研究边、角，特殊图形。两点间距离公式。模型套路调用求面积、周长的函数关系式，并求最值速度已知，所求关系式和运动时间相关，时间表示线段分段：动点转折分段、图形碰撞分段；利用动点

2、路程表达线段长；设计方案表达关系式。坐标系下，所求关系式和坐标相关利用坐标及横平竖直线段长；分类：根据线段表达不同分类；设计方案表达面积或周长。求线段和（差）的最值有定点（线）、不变量或不变关系利用几何模型、几何定理求解，如两点之间线段最短、垂线段最短、三角形三边关系等。套路整合及分类讨论点的存在性点的存在满足某种关系，如满足面积比为9:10抓定量，找特征；确定分类；.根据几何特征或函数特征建等式。图形的存在性特殊三角形、特殊四边形的存在性分析动点、定点或不变关系（如平行）；根据特殊图形的判定、性质，确定分类；根据几何特征或函数特征建等式。三角形相似、全等的存在性找定点，分析目标三角形边角关系

3、；根据判定、对应关系确定分类；根据几何特征建等式求解。 熟悉题型结构，辨识题目类型，调用解题方法；书写框架明晰，踩点得分（完整、快速、简洁）。苏州市中考真题赏析1. （8分）（2014苏州）如图，已知函数y=（x0）的图象经过点A、B，点A的坐标为（1，2），过点A作ACy轴，AC=1（点C位于点A的下方），过点C作CDx轴，与函数的图象交于点D，过点B作BECD，垂足E在线段CD上，连接OC、OD（1）求OCD的面积；（2）当BE=AC时，求CE的长2. （8分）（2014苏州）如图，已知O上依次有A、B、C、D四个点，=，连接AB、AD、BD，弦AB不经过圆心O，延长AB到E，使BE=AB

4、，连接EC，F是EC的中点，连接BF（1）若O的半径为3，DAB=120，求劣弧的长；（2）求证：BF=BD；（3）设G是BD的中点，探索：在O上是否存在点P（不同于点B），使得PG=PF？并说明PB与AE的位置关系【来源：21世纪教育网】3.（9分）（2014苏州）如图，已知l1l2，O与l1，l2都相切，O的半径为2cm，矩形ABCD的边AD、AB分别与l1，l2重合，AB=4cm，AD=4cm，若O与矩形ABCD沿l1同时向右移动，O的移动速度为3cm，矩形ABCD的移动速度为4cm/s，设移动时间为t秒（s）（1）如图，连接OA、AC，则OAC的度数为 ；（2）如图，两个图形移动一段时

5、间后，O到达O1的位置，矩形ABCD到达A1B1C1D1的位置，此时点O1，A1，C1恰好在同一直线上，求圆心O移动的距离（即OO1的长）；（3）在移动过程中，圆心O到矩形对角线AC所在直线的距离在不断变化，设该距离为d（cm），当d2时，求t的取值范围（解答时可以利用备用图画出相关示意图）4.（10分）（2014苏州）如图，二次函数y=a（x22mx3m2）（其中a，m是常数，且a0，m0）的图象与x轴分别交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于C（0，3），点D在二次函数的图象上，CDAB，连接AD，过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分DAE21教育网（1）用含m的代数式

6、表示a；（2）求证：为定值；（3）设该二次函数图象的顶点为F，探索：在x轴的负半轴上是否存在点G，连接GF，以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G即可，并用含m的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由5.（2015苏州）（本题满分10分）如图，已知AD是ABC的角平分线，O经过A、B、D三点，过点B作BEAD，交O于点E，连接ED21世纪*教育网（1）求证：EDAC；（第26题）（2）若BD=2CD，设EBD的面积为，ADC的面积为，且，求ABC的面积6.（2015苏州）（本题满分10分）如图，已知二次函数（其中0m1）的图像与x

7、轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴为直线l设P为对称轴l上的点，连接PA、PC，PA=PC 21教育名师原创作品（1）ABC的度数为 ；（2）求P点坐标（用含m的代数式表示）；（第27题） （3）在坐标轴上是否存在点Q（与原点O不重合），使得以Q、B、C为顶点的三角形与PAC相似，且线段PQ的长度最小？如果存在，求出所有满足条件的点Q的坐标；如果不存在，请说明理由21*cnjy*com7. （2015苏州）（本题满分10分）如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（ab4），半径为2cm的O在矩形内且与AB、AD均相切现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着AB

8、CD的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动；O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当O回到出发时的位置（即再次与AB相切）时停止移动已知点P与O同时开始移动，同时停止移动（即同时到达各自的终止位置）【版权所有：21教育】（1）如图，点P从ABCD，全程共移动了 cm（用含a、b的代数式表示）；（2）如图，已知点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点若点P与O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离；（第28题）（图）（图）（3）如图，已知a=20，b=10是否存在如下情形：当O到达O1的位置时（此时圆心O1在矩形对角线BD上），

9、DP与O1恰好相切？请说明理由8.（2016苏州）如图，AB是O的直径，D、E为O上位于AB异侧的两点，连接BD并延长至点C，使得CD=BD，连接AC交O于点F，连接AE、DE、DF（1）证明：E=C；（2）若E=55，求BDF的度数；（3）设DE交AB于点G，若DF=4，cosB=，E是的中点，求EGED的值9.（2016苏州）如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，点P从点B出发，沿对角线BD向点D匀速运动，速度为4cm/s，过点P作PQBD交BC于点Q，以PQ为一边作正方形PQMN，使得点N落在射线PD上，点O从点D出发，沿DC向点C匀速运动，速度为3m/s，以O为圆心，0.

10、8cm为半径作O，点P与点O同时出发，设它们的运动时间为t（s）（0t）（1）如图1，连接DQ平分BDC时，t的值为；（2）如图2，连接CM，若CMQ是以CQ为底的等腰三角形，求t的值；（3）请你继续进行探究，并解答下列问题：证明：在运动过程中，点O始终在QM所在直线的左侧；如图3，在运动过程中，当QM与O相切时，求t的值；并判断此时PM与O是否也相切？说明理由10.（2016苏州）如图，直线l：y=3x+3与x轴、y轴分别相交于A、B两点，抛物线y=ax22ax+a+4（a0）经过点B21cnjycom（1）求该抛物线的函数表达式；（2）已知点M是抛物线上的一个动点，并且点M在第一象限内，连

11、接AM、BM，设点M的横坐标为m，ABM的面积为S，求S与m的函数表达式，并求出S的最大值；（3）在（2）的条件下，当S取得最大值时，动点M相应的位置记为点M写出点M的坐标；将直线l绕点A按顺时针方向旋转得到直线l，当直线l与直线AM重合时停止旋转，在旋转过程中，直线l与线段BM交于点C，设点B、M到直线l的距离分别为d1、d2，当d1+d2最大时，求直线l旋转的角度（即BAC的度数）参考答案：1. 解；（1）y=（x0）的图象经过点A（1，2），k=2ACy轴，AC=1，点C的坐标为（1，1）CDx轴，点D在函数图象上，点D的坐标为（2，1）（2）BE=，BECD，点B的横坐标是，纵坐标是C

12、E=2. （1）解：连接OB，OD，DAB=120，所对圆心角的度数为240，BOD=120，O的半径为3，劣弧的长为：3=2；（2）证明：连接AC，AB=BE，点B为AE的中点，F是EC的中点，BF为EAC的中位线，BF=AC，=，+=+，=，BD=AC，BF=BD；（3）解：过点B作AE的垂线，与O的交点即为所求的点P，BF为EAC的中位线，BFAC，FBE=CAE，=，CAB=DBA，由作法可知BPAE，GBP=FBP，G为BD的中点，BG=BD，BG=BF，在PBG和PBF中，PBGPBF（SAS），PG=PF3. 解：（1）l1l2，O与l1，l2都相切，OAD=45，AB=4cm，

13、AD=4cm，CD=4cm，AD=4cm，tanDAC=，DAC=60，OAC的度数为：OAD+DAC=105，故答案为：105；（2）如图位置二，当O1，A1，C1恰好在同一直线上时，设O1与l1的切点为E，连接O1E，可得O1E=2，O1El1，在RtA1D1C1中，A1D1=4，C1D1=4，tanC1A1D1=，C1A1D1=60，在RtA1O1E中，O1A1E=C1A1D1=60，A1E=，A1E=AA1OO12=t2，t2=，t=+2，OO1=3t=2+6；（3）当直线AC与O第一次相切时，设移动时间为t1，如图，此时O移动到O2的位置，矩形ABCD移动到A2B2C2D2的位置，设

14、O2与直线l1，A2C2分别相切于点F，G，连接O2F，O2G，O2A2，O2Fl1，O2GA2G2，由（2）得，C2A2D2=60，GA2F=120，O2A2F=60，在RtA2O2F中，O2F=2，A2F=，OO2=3t，AF=AA2+A2F=4t1+，4t1+3t1=2，t1=2，当直线AC与O第二次相切时，设移动时间为t2，记第一次相切时为位置一，点O1，A1，C1共线时位置二，第二次相切时为位置三，由题意知，从位置一到位置二所用时间与位置二到位置三所用时间相等，+2（2）=t2（+2），解得：t2=2+2，综上所述，当d2时，t的取值范围是：2t2+24. （1）解：将C（0，3）代

15、入二次函数y=a（x22mx3m2），则3=a（003m2），解得 a=（2）证明：如图1，过点D、E分别作x轴的垂线，垂足为M、N 由a（x22mx3m2）=0，解得 x1=m，x2=3m，则 A（m，0），B（3m，0）CDAB，点D的坐标为（2m，3）AB平分DAE，DAM=EAN，DMA=ENA=90，ADMAEN=设E坐标为（x，），=，x=4m，E（4m，5），AM=AO+OM=m+2m=3m，AN=AO+ON=m+4m=5m，=，即为定值（3）解：如图2，记二次函数图象顶点为F，则F的坐标为（m，4），过点F作FHx轴于点H连接FC并延长，与x轴负半轴交于一点，此点即为所求的点G

16、tanCGO=，tanFGH=，=，OG=3mGF=4， AD=3，=，AD：GF：AE=3：4：5，以线段GF，AD，AE的长度为三边长的三角形是直角三角形，此时G点的横坐标为3m5. （1）证明：AD是ABC的角平分线，BAD=DAC，E=BAD，E=DAC，BEAD，E=EDA，EDA=DAC，EDAC；（2）解：BEAD，EBD=ADC，E=DAC，EBDADC，且相似比k=，=k2=4，即s1=4s2，16S2+4=0，1616S2+4=0，即=0，S2=，=3，SABC=6. 解：（1）令x=0，则y=m，C点坐标为：（0，m），令y=0，则x2+（1m）xm=0，解得：x1=1，

17、x2=m，0m1，点A在点B的左侧，B点坐标为：（m，0），OB=OC=m，BOC=90，BOC是等腰直角三角形，OBC=45；故答案为：45；（2）如图1，作PDy轴，垂足为D，设l与x轴交于点E，由题意得，抛物线的对称轴为：x=，设点P坐标为：（，n），PA=PC，PA2=PC2，即AE2+PE2=CD2+PD2，（+1）2+n2=（n+m）2+（）2，解得：n=，P点的坐标为：（，）；（3）存在点Q满足题意，P点的坐标为：（，），PA2+PC2=AE2+PE2+CD2+PD2，=（+1）2+（）2+（+m）2+（）2=1+m2，AC2=1+m2，PA2+PC2=AC2，APC=90，PA

18、C是等腰直角三角形，以Q、B、C为顶点的三角形与PAC相似，QBC是等腰直角三角形，由题意可得满足条件的点Q的坐标为：（m，0）或（0，m），如图1，当Q点坐标为：（m，0）时，若PQ与x轴垂直，则=m，解得：m=，PQ=，若PQ与x轴不垂直，则PQ2=PE2+EQ2=（）2+（+m）2=m22m+=（m）2+。0m1，当m=时，PQ2取得最小值，PQ取得最小值，当m=，即Q点的坐标为：（，0）时，PQ的长度最小，如图2，当Q点的坐标为：（0，m）时，若PQ与y轴垂直，则=m，解得：m=，PQ=，若PQ与y轴不垂直，则PQ2=PD2+DQ2=（）2+（m）2=m22m+=（m）2+，0m1，当

19、m=时，PQ2取得最小值，PQ取得最小值，当m=，即Q点的坐标为：（0，）时，PQ的长度最小，综上所述：当Q点坐标为：（，0）或（0，）时，PQ的长度最小 7. 解：（1）如图，点P从ABCD，全程共移动了 a+2bcm（用含a、b的代数式表示）；（2）圆心O移动的距离为2（a4）cm，由题意，得：a+2b=2（a4），点P移动2秒到达B，即点P2s移动了bcm，点P继续移动3s到达BC的中点，即点P3秒移动了acm= 由解得，点P移动的速度为与O移动速度相同，O移动的速度为=4cm（cm/s）这5秒时间内O移动的距离为54=20（cm）；（3）存在这种情况，设点P移动速度为v1cm/s，O2

20、移动的速度为v2cm/s，由题意，得：=，如图：设直线OO1与AB教育E点，与CD交于F点，O1与AD相切于G点，若PD与O1相切，切点为H，则O1G=O1H易得DO1GDO1H，ADB=BDPBCAD，ADB=CBD，BDP=CBD，BP=DP设BP=xcm，则DP=xcm，PC=（20 x）cm，在RtPCD中，由勾股定理，得PC2+CD2=PD2，即（20 x）2+102=x2，解得x=此时点P移动的距离为10+=（cm），EFAD，BEO1BAD，=，即=，EO1=16cm，OO1=14cm当O首次到达O1的位置时，O移动的距离为14cm，此时点P与O移动的速度比为=，此时PD与O1不

21、能相切；当O在返回途中到达O1位置时，O移动的距离为2（204）14=18cm，此时点P与O移动的速度比为=，此时PD与O1恰好相切8. 【解答】（1）证明：连接AD，AB是O的直径，ADB=90，即ADBC，CD=BD，AD垂直平分BC，AB=AC，B=C，又B=E，E=C；（2）解：四边形AEDF是O的内接四边形，AFD=180E，又CFD=180AFD，CFD=E=55，又E=C=55，BDF=C+CFD=110；（3）解：连接OE，CFD=E=C，FD=CD=BD=4，在RtABD中，cosB=，BD=4，AB=6，E是的中点，AB是O的直径，AOE=90，AO=OE=3，AE=3，E

22、是的中点，ADE=EAB，AEGDEA，=，即EGED=AE2=189. 【解答】（1）解：如图1中，四边形ABCD是矩形，A=C=ADC=ABC=90，AB=CD=6AD=BC=8，BD=10，PQBD，BPQ=90=C，PBQ=DBC，PBQCBD，=，=，PQ=3t，BQ=5t，DQ平分BDC，QPDB，QCDC，QP=QC，3t=65t，t=，故答案为（2）解：如图2中，作MTBC于TMC=MQ，MTCQ，TC=TQ，由（1）可知TQ=（85t），QM=3t，MQBD，MQT=DBC，MTQ=BCD=90，QTMBCD，=，=，t=（s），t=s时，CMQ是以CQ为底的等腰三角形（3）

23、证明：如图2中，由此QM交CD于E，EQBD，=，EC=（85t），ED=DCEC=6（85t）=t，DO=3t，DEDO=t3t=t0，点O在直线QM左侧解：如图3中，由可知O只有在左侧与直线QM相切于点H，QM与CD交于点EEC=（85t），DO=3t，OE=63t（85t）=t，OHMQ，OHE=90，HEO=CEQ，HOE=CQE=CBD，OHE=C=90，OHEBCD，=，=，t=t=s时，O与直线QM相切连接PM，假设PM与O相切，则OMH=PMQ=22.5，在MH上取一点F，使得MF=FO，则FMO=FOM=22.5，OFH=FOH=45，OH=FH=0.8，FO=FM=0.8，

24、MH=0.8（+1），由=得到HE=，由=得到EQ=，MH=MQHEEQ=4=，0.8（+1），矛盾，假设不成立直线MQ与O不相切 10. 【解答】解：（1）令x=0代入y=3x+3，y=3，B（0，3），把B（0，3）代入y=ax22ax+a+4，3=a+4，a=1，二次函数解析式为：y=x2+2x+3；（2）令y=0代入y=x2+2x+3，0=x2+2x+3，x=1或3，抛物线与x轴的交点横坐标为1和3，M在抛物线上，且在第一象限内，0m3，过点M作MEy轴于点E，交AB于点D，由题意知：M的坐标为（m，m2+2m+3），D的纵坐标为：m2+2m+3，把y=m2+2m+3代入y=3x+3，

25、x=，D的坐标为（，m2+2m+3），DM=m=，S=DMBE+DMOE=DM（BE+OE）=DMOB=3=（m）2+0m3，当m=时，S有最大值，最大值为；（3）由（2）可知：M的坐标为（，）；过点M作直线l1l，过点B作BFl1于点F，根据题意知：d1+d2=BF，此时只要求出BF的最大值即可，BFM=90，点F在以BM为直径的圆上，设直线AM与该圆相交于点H，点C在线段BM上，F在优弧上，当F与M重合时，BF可取得最大值，此时BMl1，A（1，0），B（0，3），M（，），由勾股定理可求得：AB=，MB=，MA=，过点M作MGAB于点G，设BG=x，由勾股定理可得：MB2BG2=MA2A

26、G2，（x）2=x2，x=，cosMBG=，l1l，BCA=90，BAC=45苏州市中考数学模拟试题演练：1.（2016四川攀枝花）如图，在AOB中，AOB为直角，OA=6，OB=8，半径为2的动圆圆心Q从点O出发，沿着OA方向以1个单位长度/秒的速度匀速运动，同时动点P从点A出发，沿着AB方向也以1个单位长度/秒的速度匀速运动，设运动时间为t秒（0t5）以P为圆心，PA长为半径的P与AB、OA的另一个交点分别为C、D，连结CD、QC（1）当t为何值时，点Q与点D重合？（2）当Q经过点A时，求P被OB截得的弦长（3）若P与线段QC只有一个公共点，求t的取值范围2.（2016云南省昆明市）如图1

27、，对称轴为直线x=的抛物线经过B（2，0）、C（0，4）两点，抛物线与x轴的另一交点为A21世纪教育网版权所有（1）求抛物线的解析式；（2）若点P为第一象限内抛物线上的一点，设四边形COBP的面积为S，求S的最大值；（3）如图2，若M是线段BC上一动点，在x轴是否存在这样的点Q，使MQC为等腰三角形且MQB为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由3.（2017蔡老师模拟）如图，抛物线y=ax2-2ax-3a与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，3）（1）求抛物线的解析式；（2）点P在抛物线位于第四象限的部分上运动，当四边形ABPC的面积最大时，求点P的坐标和四边形ABPC

28、的最大面积2-1-c-n-j-y（3）直线l经过A、C两点，点Q在抛物线位于y轴左侧的部分上运动，直线m经过点B和点Q，是否存在直线m，使得直线l、m与x轴围成的三角形和直线l、m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式，若不存在，请说明理由4.（2016相城模拟）如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物相交于、两个不同的点，其中点在轴上.21*cnjy*com (1)= (用含的代数式表示);(2)若点为该抛物线的顶点，求、的值;(3)设，当时，求二次函数的最小值;若时，二次函数的最小值为,求的值.5.（2017蔡老师模拟）如图，梯形OABC中，O为直角坐标系的原点，A、B、C的坐标分

29、别为（14，0）、（14，3）、（4，3）点P、Q同时从原点出发，分别作匀速运动，其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位；点Q沿OC、CB向终点B运动，当这两点中有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动设P从出发起运动了t秒（1）如果点Q的速度为每秒2个单位，试分别写出这时点Q在OC上或在CB上时的坐标（用含t的代数式表示，不要求写出t的取值范围）；求t为何值时，PQOC？（2）如果点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，试用含t的代数式表示这时点Q所经过的路程和它的速度；试问：这时直线PQ是否可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分？如有可能，求出相应的t的值

30、和P、Q的坐标；如不可能，请说明理由6.（2016苏州市区一模)如图，四边形中， / ， cm ，cm，cm.动点在上运动，从点出发到点，速度每秒2cm;动点在上运动，从点出发到点，速度每秒1cm.两个动点同时出发，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止，设两个点的运动时间为(秒). (1)求线段的长; (2)当为何值时，/? (3)设三角形的面积为，求与之间的函数关系式; (4)如图，连接，是否存在某一时刻，使与互相垂直?若存在，求出这时的值;若不存在，请说明理由.7. （2017徐州一模）已知二次函数y=ax2+bx2的图象与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点A的坐标为（4，0），

31、且当x=2和x=5时二次函数的函数值y相等（1）求实数a、b的值；（2）如图1，动点E、F同时从A点出发，其中点E以每秒2个单位长度的速度沿AB边向终点B运动，点F以每秒个单位长度的速度沿射线AC方向运动当点E停止运动时，点F随之停止运动设运动时间为t秒连接EF，将AEF沿EF翻折，使点A落在点D处，得到DEF是否存在某一时刻t，使得DCF为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由设DEF与ABC重叠部分的面积为S，求S关于t的函数关系式；8.（2017蔡老师模拟）如图1，在平面直角坐标系中，以坐标原点O为圆心的O的半径为1，直线l：y=x与坐标轴分别交于A、C两点，点B坐标为（4

32、，1），B与x轴相切于点M（1）求点A的坐标及CAO的度数；（2）B以每秒1个单位长度的速度沿想x轴负方向平移，同时，直线l绕点A以每秒钟旋转30的速度顺时针匀速旋转，当B第一次与O相切时，请判断直线l与B的位置关系，并说明理由：（3）如图2，过A、O、C三点作O1，点E是O1上任意一点，连接EC、EA、EO若点E在劣弧OC上，试说明：EAEC=EO；若点E在优弧OAC上，的结论中EC、EA、EO的关系式是否仍然成立？若成立，请你说明理由？若不成立，请你直接写出正确的结论 参考答案：1.【考点】圆的综合题【分析】（1）由题意知CDOA，所以ACDABO，利用对应边的比求出AD的长度，若Q与D重

33、合时，则，AD+OQ=OA，列出方程即可求出t的值；（2）由于0t5，当Q经过A点时，OQ=4，此时用时为4s，过点P作PEOB于点E，利用垂径定理即可求出P被OB截得的弦长；（3）若P与线段QC只有一个公共点，分以下两种情况，当QC与P相切时，计算出此时的时间；当Q与D重合时，计算出此时的时间；由以上两种情况即可得出t的取值范围【解答】解：（1）OA=6，OB=8，由勾股定理可求得：AB=10，由题意知：OQ=AP=t，AC=2t，AC是P的直径，CDA=90，CDOB，ACDABO，AD=，当Q与D重合时，AD+OQ=OA，+t=6，t=；（2）当Q经过A点时，如图1，OQ=OAQA=4，

34、t=4s，PA=4，BP=ABPA=6，过点P作PEOB于点E，P与OB相交于点F、G，连接PF，PEOA，PEBAOB，PE=，由勾股定理可求得：EF=，由垂径定理可求知：FG=2EF=；（3）当QC与P相切时，如图2，此时QCA=90，OQ=AP=t，AQ=6t，AC=2t，A=A，QCA=ABO，AQCABO，t=，当0t时，P与QC只有一个交点，当QCOA时，此时Q与D重合，由（1）可知：t=，当t5时，P与QC只有一个交点，综上所述，当，P与QC只有一个交点，t的取值范围为：0t或t5 【点评】本题考查圆的综合问题，涉及圆的切线判定，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，学生需要根据题

35、意画出相应的图形来分析，并且能综合运用所学知识进行解答2. 【考点】二次函数综合题【分析】（1）由对称轴的对称性得出点A的坐标，由待定系数法求出抛物线的解析式；（2）作辅助线把四边形COBP分成梯形和直角三角形，表示出面积S，化简后是一个关于S的二次函数，求最值即可；（3）画出符合条件的Q点，只有一种，利用平行相似得对应高的比和对应边的比相等列比例式；在直角OCQ和直角CQM利用勾股定理列方程；两方程式组成方程组求解并取舍【解答】解：（1）由对称性得：A（1，0），设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x2），把C（0，4）代入：4=2a，a=2，y=2（x+1）（x2），抛物线的解析式为：y

36、=2x2+2x+4；（2）如图1，设点P（m，2m2+2m+4），过P作PDx轴，垂足为D，S=S梯形+SPDB=m（2m2+2m+4+4）+（2m2+2m+4）（2m），S=2m2+4m+4=2（m1）2+6，20，S有最大值，则S大=6；（3）如图2，存在这样的点Q，使MQC为等腰三角形且MQB为直角三角形，理由是：设直线BC的解析式为：y=kx+b，把B（2，0）、C（0，4）代入得：，解得：，直线BC的解析式为：y=2x+4，设M（a，2a+4），过A作AEBC，垂足为E，则AE的解析式为：y=x+，则直线BC与直线AE的交点E（1.4，1.2），设Q（x，0）（x0），AEQM，AB

37、EQBM，由勾股定理得：x2+42=2a2+（2a+44）2，由得：a1=4（舍），a2=，当a=时，x=，Q（，0） 3. 解：（1）由题意得：-3a=-3，a=1，抛物线解析式为y=x22x3；（2）如图1，连接BC，过Py轴的平行线，交BC于点M，交x轴于点H， 在y=x22x3中，令y=0可得0=x22x3，解得x=1或x=3，A点坐标为（1，0），AB=3（1）=4，且OC=3，SABC=ABOC=43=6，B（3，0），C（0，3），直线BC解析式为y=x3，设P点坐标为（x，x22x3），则M点坐标为（x，x3），P点在第四限，PM=x3（x22x3）=x2+3x，SPBC=PM

38、OH+PMHB=PM（OH+HB）=PMOB=PM，当PM有最大值时，PBC的面积最大，则四边形ABPC的面积最大，PM=x2+3x=（x）2+，当x=时，PMmax=，则SPBC=，此时P点坐标为（，），S四边形ABPC=SABC+SPBC=6+=，即当P点坐标为（，）时，四边形ABPC的面积最大，最大面积为；（3）如图2，设直线m交y轴于点N，交直线l于点G，则AGP=GNC+GCN，当AGB和NGC相似时，必有AGB=CGB，又AGB+CGB=180，AGB=CGB=90，ACO=OBN，在RtAON和RtNOB中RtAONRtNOB（ASA），ON=OA=1，N点坐标为（0，1），设直

39、线m解析式为y=kx+d，把B、N两点坐标代入可得，解得，直线m解析式为y=x1，即存在满足条件的直线m，其解析式为y=x1【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及知识点有待定系数法、二次函数的最值、相似三角形的判定、全等三角形的判定和性质等在（2）中确定出PM的值最时四边形ABPC的面积最大是解题的关键，在（3）中确定出满足条件的直线m的位置是解题的关键本题考查知识点较多，综合性较强，特别是第（2）问和第（3）问难度较大4. 【考点】二次函数的最值21世纪教育网【分析】（1）求出点A坐标（3，0）代入抛物线解析式即可（2）利用配方法求出顶点坐标，代入直线解析式即可（3）分三种情形当3时当30时

40、当0时，分别列出方程即可解决【解答】解：（1）点A坐标（3，0）代入抛物线y=x2+mx+n，得93m+n=0，n=3m9故答案为3m9（2）抛物线为y=x2+mx+3m9=（x+）2+3m9，顶点为（，+3m9），+3m9=3，整理得m210m+24=0，m=4或6m=4，n=3和m=6，n=9（3）3x0时，二次函数y=x2+mx+n的最小值为4，y=x2+mx+3m9=（x+）2+3m9，当3时，x=3时，y=4，93m+3m9=4，无解不合题意当30时，x=时，y=4，+3m9=4，m=2或10（舍弃）m=2当0时，x=O时，y=4，3m9=4，m=不合题意舍弃综上所述m=2【点评】本

41、题考查二次函数的最值、一次函数等知识，解题的关键是掌握待定系数法确定函数解析式，学会构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题，属于中考常考题型5. 解：（1）点Q在OC上时Q（t，t），点Q在CB上时Q（2t1，3）显然Q在CB上，由平行四边形的知识可得，只须OP=CQ。所以2t5=t得t=5（2）设Q的速度为v，先求梯形的周长为32，可得t+vt=16，所以v=，点Q所经过的路程为（16t），当Q在OC上时，做QMOA，垂足为M，则QM=（16t），SOPQ=（16t）t=t（16t）=S梯形OABC，则令t（16t）=18，解得t1=10，t2=6，【来源：21cnj*y.co*m】当t1

42、=10时，16x=6，此时点Q不在OC上，舍去；当t2=6时，16x=10，此时点Q也不在OC上，舍去；当Q点在OC上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分当Q点在CB上时，CQ=16t5=11x，S梯形OPQC=（11x+x）3=18，当Q点在CB上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分综上所述，直线PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分【点评】能够熟练根据相似三角形的性质、平行四边形的性质和路程=速度时间解决这类运动的问题6. 解：（1）作AEBC于E，根据题意得，AE=DC=8，EC=AD=6，BE=BCEC=6，在RtABE中，由勾股定

43、理，AB=10（2）若MNCD，则NMBC，=cosB=，即= 解得：t=秒（3）DMN的面积S=梯形ABCD的面积CDM的面积BMN的面积ADN的面积=（6+12）82t8（122t）t6（8t）=（t）2+，又M从C点运动到B点的时间为6秒，N点从B点运动到A点所需的时间为10秒，依题意，两者取小值6秒，所以，S=（t）2+ （0t6秒）（4）假设存在，则有MNBD，显然有BMN=BDC，tanBMN=tanBDC=，如图，过点N作NFBC于F，依题意可求得NF=t，MF=122tt所以，=tanBMN=，解得：t=6秒，符合题意所以存在t=，使MNBD【点评】本题是四边形综合题，解答时用

44、到锐角三角函数、二次函数、勾股定理、梯形的有关知识，综合性较强，需要学生熟练运用所学的知识，认真解答7. 【考点】二次函数综合题【专题】计算题；压轴题；数形结合；分类讨论【分析】（1）根据抛物线图象经过点A以及“当x=2和x=5时二次函数的函数值y相等”两个条件，列出方程组求出待定系数的值（2）首先由抛物线解析式能得到点A、B、C三点的坐标，则线段OA、OB、OC的长可求，进一步能得出AB、BC、AC的长；首先用t 表示出线段AD、AE、AF（即DF）的长，则根据AE、EF、OA、OC的长以及公共角OAC能判定AEF、AOC相似，那么AEF也是一个直角三角形，及AEF是直角；若DCF是直角，可

45、分成三种情况讨论：1、点C为直角顶点，由于ABC恰好是直角三角形，且以点C为直角顶点，所以此时点B、D重合，由此得到AD的长，进而求出t的值；2、点D为直角顶点，此时CDB与CBD恰好是等角的余角，由此可证得OB=OD，再得到AD的长后可求出t的值；3、点F为直角顶点，当点F在线段AC上时，DFC是锐角，而点F在射线AC的延长线上时，DFC又是钝角，所以这种情况不符合题意此题需要分三种情况讨论：1、当点E在点A与线段AB中点之间时，两个三角形的重叠部分是整个DEF；2、当点E在线段AB中点与点O之间时，重叠部分是个不规则四边形，那么其面积可由大直角三角形与小钝角三角形的面积差求得；3、当点E在

46、线段OB上时，重叠部分是个小直角三角形【解答】解：（1）由题意得 解得：a=，b=（2）由（1）知二次函数为y=x2x2A（4，0），B（1，0），C（0，2）OA=4，OB=1，OC=2AB=5，AC=2，BC=，AC2+BC2=25=AB2 ABC为直角三角形，且ACB=90AE=2t，AF=t，=，又EAF=CAB，AEFACBAEF=ACB=90，AEF沿EF翻折后，点A落在x轴上点D处；由翻折知，DE=AE，AD=2AE=4t，EF=AE=t。假设DCF为直角三角形，当点F在线段AC上时）若C为直角顶点，则点D与点B重合，如图2AE=AB= t=2=；）若D为直角顶点，如图3CDF=90，ODC+EDF=90 EDF=EAF，OBC+EAF=90ODC=OBC，BC=DC OCBD，OD=OB=1 AD=3，AE= t=；当点F在AC延长线上时，DFC90，DCF为钝角三角形综上所述，存在时刻t，使得DCF为直角三角形，t=或t=）当0t时，重叠部分为DEF，如图1、图2S=2tt=t2；）当t2时，设DF与BC相交于点G，则重叠部分为四边形BEFG，如图4过点G作GHBE于H，设GH=a，则BH