精选江苏省苏州市2023年中考数学压轴题归类复习(十大类型附详细解答)

江苏省苏州市2023年中考数学压轴题归类复习(十大类型附详细解答)年中考数学压轴题辅导〔十大类型〕数学综压轴题是为考察考生综合运用知识的能力而设计的，集中表达知识的综合性和方法的综合性，多数为函数型综合题和几何型综合题。函数型综合题：是给定直角坐标系和几何图形，先求函数的解析式，再进行图形的研究，求点的坐标或研究图形的某些性质。求函数的解析式主要方法是待定系数法，关键是求点的坐标，而求点的坐标根本方法是几何法〔图形法〕和代数法〔解析法〕。几何型综合题：是先给定几何图形，根据条件进行计算，然后有动点〔或动线段〕运动，对应产生线段、面积等的变化，求对应的〔未知〕函数的解析式，求函数的自变量的取值范围，最后根据所求的函数关系进行探索研究。一般有：在什么条件以以下列图形是等腰三角形、直角三角形，四边形是平行四边形、菱形、梯形等，或探索两个三角形满足什么条件相似等，或探究线段之间的数量、位置关系等，或探索面积之间满足一定关系时求x的值等，或直线〔圆〕与圆的相切时求自变量的值等。求未知函数解析式的关键是列出包含自变量和因变量之间的等量关系〔即列出含有x、y的方程〕，变形写成y＝f〔x〕的形式。找等量关系的途径在初中主要有利用勾股定理、平行线截得比例线段、三角形相似、面积相等方法。求函数的自变量的取值范围主要是寻找图形的特殊位置〔极端位置〕和根据解析式求解。而最后的探索问题千变万化，但少不了对图形的分析和研究，用几何和代数的方法求出x的值。解中考压轴题技能：中考压轴题大多是以坐标系为桥梁，运用数形结合思想，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。关键是掌握几种常用的数学思想方法。一是运用函数与方程思想。以直线或抛物线知识为载体，列〔解〕方程或方程组求其解析式、研究其性质。二是运用分类讨论的思想。对问题的条件或结论的多变性进行考察和探究。三是运用转化的数学的思想。由向未知，由复杂向简单的转换。中考压轴题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，可把压轴题别离为相对独立而又单一的知识或方法组块去思考和探究。解中考压轴题技能技巧：一是对自身数学学习状况做一个完整的全面的认识。根据自己的情况考试的时候重心定位准确，防止“捡芝麻丢西瓜〞。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。二是解数学压轴题做一问是一问。第一问对绝大多数同学来说，不是问题；如果第一小问不会解，切忌不可轻易放弃第二小问。过程会多少写多少，因为数学解答题是按步骤给分的，写上去的东西必须要标准，字迹要工整，布局要合理；过程会写多少写多少，但是不要说废话，计算中尽量回避非必求成分；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。三是解数学压轴题一般可以分为三个步骤。认真审题，理解题意、探究解题思路、正确解答。审题要全面审视题目的所有条件和答题要求，在整体上把握试题的特点、结构，以利于解题方法的选择和解题步骤的设计。解数学压轴题要善于总结解数学压轴题中所隐含的重要数学思想，如转化思想、数形结合思想、分类讨论思想及方程的思想等。认识条件和结论之间的关系、图形的几何特征与数、式的数量、结构特征的关系，确定解题的思路和方法．当思维受阻时，要及时调整思路和方法，并重新审视题意，注意挖掘隐蔽的条件和内在联系，既要防止钻牛角尖，又要防止轻易放弃。中考压轴题是为考察考生综合运用知识的能力而设计的题目，其特点是知识点多，覆盖面广，条件隐蔽，关系复杂，思路难觅，解法灵巧。所以，解数学压轴题，一要树立必胜的信心，要做到：数形结合记心头，大题小作来转化，潜在条件不能忘，化动为静多画图，分类讨论要严密，方程函数是工具，计算推理要严谨，创新品质得提高。一、动点型问题：例1．〔根底题〕如图，抛物线y=x2﹣2x﹣3与x轴从左至右分别交于A、B两点，与y轴交于C点，顶点为D．〔1〕求与直线BC平行且与抛物线只有一个交点的直线解析式；〔2〕假设线段AD上有一动点E，过E作平行于y轴的直线交抛物线于F，当线段EF取得最大值时，求点E的坐标．变式练习：〔2023•杭州模拟〕如图，抛物线经过点A〔﹣2，0〕，抛物线的顶点为D，过O作射线OM∥AD．过顶点D平行于x轴的直线交射线OM于点C，B在x轴正半轴上，连接BC．〔1〕求该抛物线的解析式；〔2〕假设动点P从点O出发，以每秒l个长度单位的速度沿射线OM运动，设点P运动的时间为t〔s〕．问：当t为何值时，四边形DAOP分别为平行四边形？直角梯形？等腰梯形？〔3〕假设OC=OB，动点P和动点Q分别从点O和点B同时出发，分别以每秒l个长度单位和2个长度单位的速度沿OC和BO运动，当其中一个点停止运动时另一个点也随之停止运动设它们运动的时间为t〔s〕，连接PQ，当t为何值时，四边形BCPQ的面积最小？并求出最小值．〔4〕在〔3〕中当t为何值时，以O，P，Q为顶点的三角形与△OAD相似？〔直接写出答案〕苏州中考题：〔2023年●苏州〕如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm〔a＞b＞4〕，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A→B→C→D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．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〕．〔1〕如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了cm〔用含a、b的代数式表示〕；〔2〕如图①，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．假设点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②〕〔图①〕〔3〕如图②，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〔第28题〕〔图②〕〔图①〕

二．几何图形的变换〔平移、旋转、翻折〕例2．〔辽宁省铁岭市〕如以以下列图，在直角梯形OABC中，AB∥OC，BC⊥x轴于点C，A〔1，1〕、B〔3，1〕．动点P从O点出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度移动．过P点作PQ垂直于直线OA，垂足为Q．设P点移动的时间为t秒〔0＜t＜4〕，△OPQ与直角梯形OABC重叠局部的面积为S．〔1〕求经过O、A、B三点的抛物线解析式；〔2〕求S与t的函数关系式；〔3〕将△OPQ绕着点P顺时针旋转90°，是否存在t，使得△OPQ的顶点O或Q在抛物线上？假设存在，直接写出t的值；假设不存在，请说明理由．22OABCxy113PQ变式练习：如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝x＋m与x轴、y轴分别交于点A和点B〔0，﹣1〕，抛物线经过点B，且与直线l另一个交点为C〔4，n〕．〔1〕求n的值和抛物线的解析式；〔2〕点D在抛物线上，且点D的横坐标为t〔0＜t＜4〕．DE∥y轴交直线l于点E，点F在直线l上，且四边形DFEG为矩形〔如图2〕．假设矩形DFEG的周长为p，求p与t的函数关系式以及p的最大值；〔3〕M是平面内一点，将△AOB绕点M沿逆时针方向旋转90°后，得到△A1O1B1，点A、O、B的对应点分别是点A1、O1、B1．假设△A1O1B1的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点A1的横坐标．

苏州中考题：〔2023-2023学年第一学期期末●高新区〕如图1，在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝x＋m与x轴、y轴分别交于点A和点B(0，－1)，抛物线y＝x2＋bx＋c经过点B，且与直线l的另一个交点为C(4，n)．(1)求n的值和抛物线的解析式；(2)点D在抛物线上，且点D的横坐标为t(0<t<4)．DE∥y轴交直线l于点E，点F在直线l上，且四边形DFEG为矩形(如图2)．假设矩形DFEG的周长为p，求p与t的函数关系式以及p的最大值；(3)将△AOB在平面内经过一定的平移得到△A1O1B1，点A、O、B的对应点分别是点A1、O1、B1．假设△A1O1B1的两个顶点恰好落在抛物线上，请直接写出点A1的横坐标为．

三．相似与三角函数问题例3．〔四川省遂宁市〕如图，二次函数的图象经过点D(0，)，且顶点C的横坐标为4，该图象在x轴上截得的线段AB的长为6．〔1〕求该二次函数的解析式；〔2〕在该抛物线的对称轴上找一点P，使PA＋PD最小，求出点P的坐标；CDOBAyx〔3〕在抛物线上是否存在点Q，使△CDOBAyx变式练习：如图1，直角梯形OABC中，BC∥OA，OA=6，BC=2，∠BAO=45°．〔1〕OC的长为；〔2〕D是OA上一点，以BD为直径作⊙M，⊙M交AB于点Q．当⊙M与y轴相切时，sin∠BOQ=；〔3〕如图2，动点P以每秒1个单位长度的速度，从点O沿线段OA向点A运动；同时动点D以相同的速度，从点B沿折线B﹣C﹣O向点O运动．当点P到达点A时，两点同时停止运动．过点P作直线PE∥OC，与折线O﹣B﹣A交于点E．设点P运动的时间为t〔秒〕．求当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标．

苏州中考题：〔2023年●28题〕如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB＝10cm，BC＝12cm．点E，F，G分别从A，B，C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm／s，点G的运动速度为1.5cm／s．当点F到达点C〔即点F与点C重合〕时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB'F，设点E，F，G运动的时间为t〔单位：s〕．(1)当t＝s时，四边形EBFB'为正方形；(2)假设以点E，B，F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值；(3)是否存在实数t，使得点B'与点O重合？假设存在，求出t的值；假设不存在，请说明理由．面积与相似：〔2023苏州，29〕如图，抛物线与x轴的正半轴分别交于点A、B〔点A位于点B的左侧〕，与y轴的正半轴交于点C.⑴点B的坐标为，点C的坐标为〔用含b的代数式表示〕；⑵请探索在第一象限内是否存在点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由；⑶请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似〔全等可看作相似的特殊情况〕？如果存在，求出点Q的坐标；如果不存在，请说明理由.

四．三角形问题〔等腰直角三角形、等边三角形、全等三角形等〕例4．〔广东省湛江市〕矩形纸片OABC的长为4，宽为3，以长OA所在的直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系；点P是OA边上的动点〔与点OA不重合〕，现将△POC沿PC翻折得到△PEC，再在AB边上选取适当的点D，将△PAD沿PD翻折，得到△PFD，使得直线PE、PF重合．〔1〕假设点E落在BC边上，如图①，求点P、C、D的坐标，并求过此三点的抛物线的函数关系式；〔2〕假设点E落在矩形纸片OABC的内部，如图②，设OP＝x，AD＝y，当x为何值时，y取得最大值？〔3〕在〔1〕的情况下，过点P、C、D三点的抛物线上是否存在点Q，使△PDQ是以PD为直角边的直角三角形？假设不存在，说明理由；假设存在，求出点Q的坐标．图①图①PDECOABFxy图②PDCOABFxyEF变式．〔广东省深圳市〕：Rt△ABC的斜边长为5，斜边上的高为2，将这个直角三角形放置在平面直角坐标系中，使其斜边AB与x轴重合〔其中OA＜OB〕，直角顶点C落在y轴正半轴上〔如图1〕．〔1〕求线段OA、OB的长和经过点A、B、C的抛物线的关系式．〔2〕如图2，点D的坐标为〔2，0〕，点P〔m，n〕是该抛物线上的一个动点〔其中m＞0，n＞0〕，连接DP交BC于点E．①当△BDE是等腰三角形时，直接写出此时点E的坐标．②又连接CD、CP〔如图3〕，△CDP是否有最大面积？假设有，求出△CDP的最大面积和此时点P的坐标；假设没有，请说明理由．ABxABxyOPDE图2CABxy苏州中考题：〔2023年●29题〕如图，抛物线y＝x2＋bx＋c〔b，c是常数，且c<0〕与x轴分别交于点A，B〔点A位于点B的左侧〕，与y轴的负半轴交于点C，点A的坐标为(－1，0)．(1)b＝，点B的横坐标为〔上述结果均用含c的代数式表示〕；(2)连接BC，过点A作直线AE∥BC，与抛物线y＝x2＋bx＋c交于点E．点D是x轴上一点，其坐标为(2，0)，当C，D，E三点在同一直线上时，求抛物线的解析式；(3)在(2)的条件下，点P是x轴下方的抛物线上的一动点，连接PB，PC，设所得△PBC的面积为S．①求S的取值范围；②假设△PBC的面积S为整数，那么这样的△PBC共有个．

五、与四边形有关的二次函数问题例5．〔内蒙古赤峰市〕如图，Rt△ABC的顶点坐标分别为A〔0，〕，B〔－〕，C〔1，0〕，∠ABC＝90°，BC与y轴的交点为D，D点坐标为〔0，〕，以点D为顶点、y轴为对称轴的抛物线过点B．〔1〕求该抛物线的解析式；〔2〕将△ABC沿AC折叠后得到点B的对应点B′，求证：四边形AOCB′是矩形，并判断点B′是否在〔1〕的抛物线上；CB′D〔3〕延长BA交抛物线于点E，在线段BE上取一点P，过P点作x轴的垂线，交抛物线于点F，是否存在这样的点P，使四边形PADF是平行四边形？假设存在，求出点P的坐标，CB′D变式练习：〔2023年苏州28题〕(1)如图①，当PA的长度等于时，∠PAB＝60°；当PA的长度等于时，△PAD是等腰三角形；(2)如图②，以AB边所在直线为x轴、AD边所在直线为y轴，建立如以以下列图的直角坐标系〔点A即为原点O〕，把△PAD、△PAB、△PBC的面积分别记为S1、S2、S3．坐标为〔a，b〕，试求2S1S3－S22的最大值，并求出此时a，b的值．

苏州中考题：〔2023年●29题〕

六、初中数学中的最值问题例6．〔2023•海南〕如图，对称轴为直线x=2的抛物线经过A〔﹣1，0〕，C〔0，5〕两点，与x轴另一交点为B．M〔0，1〕，E〔a，0〕，F〔a+1，0〕，点P是第一象限内的抛物线上的动点．〔1〕求此抛物线的解析式；〔2〕当a=1时，求四边形MEFP的面积的最大值，并求此时点P的坐标；〔3〕假设△PCM是以点P为顶点的等腰三角形，求a为何值时，四边形PMEF周长最小？请说明理由．变式练习．〔四川省眉山市〕如图，直线y＝x＋1与y轴交于点A，与x轴交于点D，抛物线y＝x2＋bx＋c与直线y＝x＋1交于A、E两点，与x轴交于B、C两点，且B点坐标为(1，0)．〔1〕求该抛物线的解析式；〔2〕动点P在x轴上移动，当△PAE是直角三角形时，求点P的坐标；〔3〕在抛物线的对称轴上找一点M，使|AM－MC|的值最大，求出点M的坐标．yyxCBADOEy苏州中考题：〔2023江苏苏州，27，8分〕如图，半径为2的⊙O与直线l相切于点A，点P是直径AB左侧半圆上的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为C，PC与⊙O交于点D，连接PA、PB，设PC的长为.当时，求弦PA、PB的长度；当x为何值时，的值最大？最大值是多少？

七、定值的问题例7．〔湖南省株洲市〕如图，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A、C在x轴上，点B的坐标为(3，m)(m＞0)，线段AB与y轴相交于点D，以P(1，0)为顶点的抛物线过点B、D．〔1〕求点A的坐标〔用m表示〕；〔2〕求抛物线的解析式；〔3〕设点Q为抛物线上点P至点B之间的一动点，连结PQ并延长交BC于点E，连结BQ并延长交AC于点F，试证明：FC(AC＋EC)为定值．yyxFAODBPCEQ变式练习：〔2023江苏苏州，28，9分〕如图，正方形ABCD的边AD与矩形EFGH的边FG重合，将正方形ABCD以1cm/s的速度沿FG方向移动，移动开始前点A与点F重合.在移动过程中，边AD始终与边FG重合，连接CG，过点A作CG的平行线交线段GH于点P，连接PD.正方形ABCD的边长为1cm，矩形EFGH的边FG、GH的长分别为4cm、3cm.设正方形移动时间为x〔s〕，线段GP的长为y〔cm〕，其中.⑴试求出y关于x的函数关系式，并求出y=3时相应x的值；⑵记△DGP的面积为，△CDG的面积为，试说明是常数；⑶当线段PD所在直线与正方形ABCD的对角线AC垂直时，求线段PD的长.

苏州中考题：〔2023年•苏州〕如图，二次函数y=a〔x2﹣2mx﹣3m2〕〔其中a，m是常数，且a＞0，m＞0〕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，CD∥AB，连接AD，过点A作射线AE交二次函数的图象于点E，AB平分∠DAE．〔1〕用含m的代数式表示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．

八、存在性问题〔如：平行、垂直，动点，面积等〕例8、(2023年浙江省绍兴市)将一矩形纸片放在平面直角坐标系中，，，．动点从点出发以每秒1个单位长的速度沿向终点运动，运动秒时，动点从点出发以相等的速度沿向终点运动．当其中一点到达终点时，另一点也停止运动．设点的运动时间为〔秒〕．〔1〕用含的代数式表示；〔2〕当时，如图1，将沿翻折，点恰好落在边上的点处，求点的坐标；连结，将沿翻折，得到，如图2．问：与能否平行？与能否垂直？假设能，求出相应的值；假设不能，说明理由．变式练习：如图，抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A〔1，0〕，B〔﹣3，0〕两点，与y轴交于点C，抛物线的顶点为P，连接AC．〔1〕求此抛物线的解析式；〔2〕在抛物线上找一点D，使得DC与AC垂直，且直线DC与x轴交于点Q，求直线DC的解析式；〔3〕抛物线对称轴上是否存在一点M，使得S△MAP=2S△ACP？假设存在，求出M点的坐标；假设不存在，请说明理由．

苏州中考题：〔2023年苏州●此题总分值10分〕如图，二次函数〔其中0＜m＜1〕的图像与x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．〔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〔第27题〕模拟试题：在如图的直角坐标系中，点A〔1，0〕、B〔0，﹣2〕，将线段AB绕点A按逆时针方向旋转90°至AC，假设抛物线y=﹣x2+bx+2经过点C．〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕如图，将抛物线平移，当顶点至原点时，过Q〔0，﹣2〕作不平行于x轴的直线交抛物线于E、F两点，问在y轴的正半轴上是否存在一点P，使△PEF的内心在y轴上？假设存在，求出点P的坐标；假设不存在，说明理由．〔3〕在抛物线上是否存在一点M，使得以M为圆心，以为半径的圆与直线BC相切？假设存在，请求出点M的坐标；假设不存在，请说明理由．九、与圆有关的二次函数综合题：例9.如图，二次函数y=﹣x2+bx+c的图象与x轴交于点A、B，与y轴交于点C，其顶点为D，且直线DC的解析式为y=x+3．〔1〕求二次函数的解析式；〔2〕求△ABC外接圆的半径及外心的坐标；〔3〕假设点P是第一象限内抛物线上一动点，求四边形ACPB的面积最大值．变式练习：如图，抛物线y=a〔x﹣2〕2+1与x轴从左到右依次交于A、B两点，与y轴交于点C，点B的坐标为〔3，0〕，连接AC、BC．〔1〕求此抛物线的解析式；〔2〕假设P为抛物线的对称轴上的一个动点，连接PA、PB、PC，设点P的纵坐标表示为m．试探究：①当m为何值时，|PA﹣PC|的值最大？并求出这个最大值．②在P点的运动过程中，∠APB能否与∠ACB相等？假设能，请求出P点的坐标；假设不能，请说明理由．

中考题训练：〔2023•黔南州〕如图，在平面直角坐标系中，顶点为〔4，﹣1〕的抛物线交y轴于A点，交x轴于B，C两点〔点B在点C的左侧〕，A点坐标为〔0，3〕．〔1〕求此抛物线的解析式；〔2〕过点B作线段AB的垂线交抛物线于点D，如果以点C为圆心的圆与直线BD相切，请判断抛物线的对称轴l与⊙C有怎样的位置关系，并给出证明；〔3〕点P是抛物线上的一个动点，且位于A，C两点之间，问：当点P运动到什么位置时，△PAC的面积最大？并求出此时P点的坐标和△PAC的最大面积．苏州中考题：〔2023年●27题〕如图，二次函数〔其中0＜m＜1〕的图像与x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．〔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〔第27题〕

十、其它〔如新定义型题、面积问题等〕：例10.定义：假设抛物线的顶点与x轴的两个交点构成的三角形是直角三角形，那么这种抛物线就称为：“美丽抛物线〞．如图，直线l：y=x+b经过点M〔0，〕，一组抛物线的顶点B1〔1，y1〕，B2〔2，y2〕，B3〔3，y3〕，…Bn〔n，yn〕〔n为正整数〕，依次是直线l上的点，这组抛物线与x轴正半轴的交点依次是：A1〔x1，0〕，A2〔x2，0〕，A3〔x3，0〕，…An+1〔xn+1，0〕〔n为正整数〕．假设x1=d〔0＜d＜1〕，当d为〔〕时，这组抛物线中存在美丽抛物线．A．或 B．或 C．或 D．变式练习：1.在平面直角坐标系中，抛物线y=x2+2x﹣3与x轴交于A、B两点，〔点A在点B左侧〕．与y轴交于点C，顶点为D，直线CD与x轴交于点E．〔1〕请你画出此抛物线，并求A、B、C、D四点的坐标；〔2〕将直线CD向左平移两个单位，与抛物线交于点F〔不与A、B两点重合〕，请你求出F点坐标；〔3〕在点B、点F之间的抛物线上有一点P，使△PBF的面积最大，求此时P点坐标及△PBF的最大面积；〔4〕假设平行于x轴的直线与抛物线交于G、H两点，以GH为直径的圆与x轴相切，求该圆半径．〔第1题〕〔第2题〕2.练习：〔2023河池〕我们将在直角坐标系中圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆〞．如图，直线l：与x轴、y轴分别交于A、B，∠OAB=30°，点P在x轴上，⊙P与l相切，当P在线段OA上运动时，使得⊙P成为整圆的点P个数是〔〕A．6B．8C．10D．12。

苏州中考题：〔2023年●26题〕如图，AD是△ABC的角平分线，⊙O经过A、B、D三点，过点B作BE∥AD，交⊙O于点E，连接ED．〔1〕求证：ED∥AC；〔第26题〕〔2〕假设BD=2CD，设△EBD的面积为，△ADC的面积为，且，求△ABC的面积．〔第26题〕模拟试题：如以以下列图，在平面直角坐标系中，⊙M过点O且与y轴、x轴分别交于A、B两点，抛物线y=x2+bx+c经过A、B两点，点C与点M关于x轴对称，点M的坐标为〔2，﹣2〕．〔1〕求抛物线的解析式；〔2〕判断直线OC与⊙M的位置关系，并证明；〔3〕假设点P是抛物线上的动点，点Q是直线OC上的动点，判断是否存在以点P、Q、A、O为顶点的四边形为平行四边形？假设存在，请直接写出相应的Q点的坐标；假设不存在，请说明理由．

参考答案：例1．【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕根据x等于零时，可得C点坐标，根据y等于零时，可得A、B的坐标，根据待定系数法，可得直线BC的斜率，根据平行线的斜率相等，可得平行BC的直线的斜率，根据直线与抛物线有一个交点，可得直线与抛物线联立所得的一元二次方程有一对相等的实数根，可得判别式等于零；〔2〕根据待定系数法，可得直线AD的解析式，根据E点在线段AB上，可设出E点坐标，根据EF∥y轴，F在抛物线上，可得F点的坐标，根据两点间的距离，可得二次函数，根据二次函数性质，可得答案．【解答】解：〔1〕当y=0时，x2﹣2x﹣3=0，解得x1=﹣1，x2=3，即A〔﹣1，0〕，B〔3，0〕．当x=0时，y=﹣3，即C〔0，﹣3〕．设直线BC的解析式为y=kx+b，直线BC经过点B，点C，得：，解得，设平行于BC且与抛物线只有一个交点的直线解析式为y=x+b，由题意，得：，②﹣①，得：x2﹣3x﹣3﹣b=0，只有一个交点，得：△=〔﹣3〕2﹣4×〔﹣b﹣3〕=0，解得b=﹣，与直线BC平行且与抛物线只有一个交点的直线解析式y=x﹣；〔2〕y=x2﹣2x﹣3，当x=﹣=﹣=1时，y===﹣4，即D〔1，﹣4〕，设直线AD的解析式是y=kx+b，AD的图象过点A、D，得，解得，直线AD的解析式是y=﹣2x﹣2，线段AD上有一动点E，过E作平行于y轴的直线交抛物线于F，设E点坐标是〔x，﹣2x﹣2〕，F点坐标是〔x，x2﹣2x﹣3〕，﹣1≤x≤1，EF的长是：y=〔﹣2x﹣2〕﹣〔x2﹣2x﹣3〕=﹣x2+1。当x=0时，EF最大=1，即点E的坐标是〔0，﹣2〕，当线段EF取得最大值时，点E的坐标是〔0，﹣2〕．【点评】此题考查了二次函数的综合题，利用了直线与抛物线相切，利用了一元二次方程的判别式，两点间的距离公式，二次函数的性质，综合性较强．变式练习：【考点】二次函数综合题。【专题】压轴题．【分析】〔1〕将A的坐标代入抛物线y=a〔x﹣1〕2+3〔a≠0〕可得a的值，即可得到抛物线的解析式；〔2〕易得D的坐标，过D作DN⊥OB于N；进而可得DN、AN、AD的长，根据平行四边形，直角梯形，等腰梯形的性质，用t将其中的关系表示出来，并求解可得答案；〔3〕根据〔2〕的结论，易得△OCB是等边三角形，可得BQ、PE关于t的关系式，将四边形的面积用t表示出来，进而分析可得最小值及此时t的值，进而可求得PQ的长．〔4〕分别利用当△AOD∽△OQP与当△AOD∽△OPQ，得出对应边比值相等，进而求出即可．【解答】解：〔1〕∵抛物线y=a〔x﹣1〕2+3〔a≠0〕经过点A〔﹣2，0〕，∴0=9a+3，∴a=﹣，∴y=﹣〔x﹣1〕2+3；〔2〕〕①∵D为抛物线的顶点，∴D〔1，3〕，过D作DN⊥OB于N，那么DN=3，AN=3，∴AD==6，∴∠DAO=60°．∵OM∥AD，①当AD=OP时，四边形DAOP是平行四边形，∴OP=6，∴t=6．②当DP⊥OM时，四边形DAOP是直角梯形，过O作OH⊥AD于H，AO=2，那么AH=1〔如果没求出∠DAO=60°可由Rt△OHA∽Rt△DNA〔求AH=1〕∴OP=DH=5，t=5，③当PD=OA时，四边形DAOP是等腰梯形，易证：△AOH≌△CDP，∴AH=CP，∴OP=AD﹣2AH=6﹣2=4，∴t=4．综上所述：当t=6、5、4时，对应四边形分别是平行四边形、直角梯形、等腰梯形；〔3〕∵D为抛物线的顶点坐标为：D〔1，3〕，过D作DN⊥OB于N，那么DN=3，AN=3，∴AD==6，∴∠DAO=60°，∴∠COB=60°，OC=OB，△OCB是等边三角形．那么OB=OC=AD=6，OP=t，BQ=2t，∴OQ=6﹣2t〔0＜t＜3〕过P作PE⊥OQ于E，那么，∴SBCPQ=×6×3﹣×〔6﹣2t〕×t，=，当时，SBCPQ的面积最小值为，〔4〕当△AOD∽△OQP，那么=，∵AO=2，AD=6，QO=6﹣2t，OP=t，∴=，解得：t=，当△AOD∽△OPQ，那么=，即=，解得：t=，故t=或时以O，P，Q为顶点的三角形与△OAD相似．【点评】此题考查了二次函数的综合应用以及相似三角形的判定与性质、平行四边形、直角梯形、等腰梯形的判定等知识，将二次函数的图象与解析式相结合处理问题、解决问题是考查重点．苏州中考题：解：〔1〕如图①，点P从A→B→C→D，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〔a﹣4〕cm，由题意，得：a+2b=2〔a﹣4〕①，∵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．∴=②由①②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5×4=20〔cm〕；〔3〕存在这种情况，设点P移动速度为v1cm/s，⊙O2移动的速度为v2cm/s，由题意，得===，如图：设直线OO1与AB交于E点，与CD交于F点，⊙O1与AD相切于G点，假设PD与⊙O1相切，切点为H，那么O1G=O1H．易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP．∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD，∴∠BDP=∠CBD，∴BP=DP．设BP=xcm，那么DP=xcm，PC=〔20﹣x〕cm，在Rt△PCD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〕，∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD，∴=，即=，EO1=16cm，OO1=14cm．①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不能相切；②当⊙O在返回途中到达⊙O1位置时，⊙O移动的距离为2〔20﹣4〕﹣14=18cm，∴此时点P与⊙O移动的速度比为==，此时PD与⊙O1恰好相切．点评：此题考查了圆的综合题，〔1〕利用了有理数的加法，〔2〕利用了P与⊙O的路程相等，速度相等得出方程组是解题关键，再利用路程与时间的关系，得出速度，最后利用速度乘以时间得出结果；〔3〕利用了相等时间内速度的比等于路程的比，相似三角形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，利用相等时间内速度的比等于路程的比是解题关键．例2.【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；动点型．【分析】〔1〕设抛物线解析式为y=ax2+bx，把坐标代入求出抛物线的解析式．〔2〕求出S的面积，根据t的取值不同分三种情况讨论S与t的函数关系式．〔3〕根据旋转的性质，代入解析式，判断是否存在．【解答】解：〔1〕方法一：由图象可知：抛物线经过原点，设抛物线解析式为y=ax2+bx〔a≠0〕．把A〔1，1〕，B〔3，1〕代入上式得：，解得．∴所求抛物线解析式为y=﹣x2+x．方法二：∵A〔1，1〕，B〔3，1〕，∴抛物线的对称轴是直线x=2．设抛物线解析式为y=a〔x﹣2〕2+h〔a≠0〕把O〔0，0〕，A〔1，1〕代入得，解得，∴所求抛物线解析式为y=﹣〔x﹣2〕2+．〔2〕分三种情况：①当0＜t≤2，重叠局部的面积是S△OPQ，过点A作AF⊥x轴于点F，∵A〔1，1〕，∴在Rt△OAF中，AF=OF=1，∠AOF=45°，在Rt△OPQ中，OP=t，∠OPQ=∠QOP=45°，∴PQ=OQ=tcos45°=t．S=t2，②当2＜t≤3，设PQ交AB于点G，作GH⊥x轴于点H，∠OPQ=∠QOP=45°，那么四边形OAGP是等腰梯形，重叠局部的面积是S梯形OAGP．∴AG=FH=t﹣2，∴S=〔AG+OP〕AF=〔t+t﹣2〕×1=t﹣1．③当3＜t＜4，设PQ与AB交于点M，交BC于点N，重叠局部的面积是S五边形OAMNC．△PNC和△BMN都是等腰直角三角形，重叠局部的面积是S五边形OAMNC=S梯形OABC﹣S△BMN．∵B〔3，1〕，OP=t，∴PC=CN=t﹣3，∴S=〔2+3〕×1﹣〔4﹣t〕2，S=﹣t2+4t﹣．〔3〕存在．当O点在抛物线上时，将O〔t，t〕代入抛物线解析式，解得t=0〔舍去〕，t=1；当Q点在抛物线上时，Q〔t，t〕代入抛物线解析式得t=0〔舍去〕，t=2．故t=1或2．【点评】此题是一道典型的综合题，重点考查了二次函数的有关知识以及考生理解图形的能力，难度较大．变式练习：解：〔1〕∵直线l：y=x+m经过点B〔0，﹣1〕，∴m=﹣1，∴直线l的解析式为y=x﹣1，∵直线l：y=x﹣1经过点C〔4，n〕，∴n=×4﹣1=2，∵抛物线y=x2+bx+c经过点C〔4，2〕和点B〔0，﹣1〕，∴，解得，∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣1；〔2〕令y=0，那么x﹣1=0，解得x=，∴点A的坐标为〔，0〕，∴OA=，在Rt△OAB中，OB=1，∴AB===，∵DE∥y轴，∴∠ABO=∠DEF，在矩形DFEG中，EF=DE•cos∠DEF=DE•=DE，DF=DE•sin∠DEF=DE•=DE，∴p=2〔DF+EF〕=2〔+〕DE=DE，∵点D的横坐标为t〔0＜t＜4〕，∴D〔t，t2﹣t﹣1〕，E〔t，t﹣1〕，∴DE=〔t﹣1〕﹣〔t2﹣t﹣1〕=﹣t2+2t，∴p=×〔﹣t2+2t〕=﹣t2+t，∵p=﹣〔t﹣2〕2+，且﹣＜0，∴当t=2时，p有最大值；〔3〕∵△AOB绕点M沿逆时针方向旋转90°，∴A1O1∥y轴时，B1O1∥x轴，设点A1的横坐标为x，①如图1，点O1、B1在抛物线上时，点O1的横坐标为x，点B1的横坐标为x+1，∴x2﹣x﹣1=〔x+1〕2﹣〔x+1〕﹣1，解得x=，②如图2，点A1、B1在抛物线上时，点B1的横坐标为x+1，点A1的纵坐标比点B1的纵坐标大，∴x2﹣x﹣1=〔x+1〕2﹣〔x+1〕﹣1+，解得x=﹣，综上所述，点A1的横坐标为或﹣．苏州中考题：〔略〕例3.【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题．【分析】〔1〕了顶点的横坐标，可用顶点式来设二次函数的解析式如：y=a〔x﹣4〕2+k，根据二次函数过点〔0，〕，可得出=16a+k；由于A、B关于x=4对称，且AB=6，不难得出A、B的坐标为〔1，0〕，〔7，0〕，可将它们的坐标代入解析式中即可求出a、k的值．〔2〕此题的关键是确定P的位置，由于对称轴垂直平分AB，因此P不管在对称轴的什么位置都有PA=PB，连接DB，如果P是交点时，PA+PD的长就是BD的长，两点之间线段最短，因此要想PA+PD最小，P必为DB与对称轴的交点．可根据B、D的坐标求出BD所在直线的解析式，然后求出与抛物线对称轴的交点．即可得出P点的坐标．〔3〕由于三角形ABC是等腰三角形，要想使QAB与三角形ABC相似，三角形QAB必须为等腰三角形．要分两种情况进行讨论：①当Q在x轴下方时，Q，C重合，Q点的坐标就是C点的坐标．②当Q在x轴上方时，应该有两个符合条件的点，抛物线的对称轴左右两侧各一个，且这两点关于抛物线的对称轴相对称．因此只需求出一点的坐标即可．以AQ=AB为例：可过Q作x轴的垂线，在构建的直角三角形中，根据BQ即AB的长以及∠QBx的度数来求出Q的坐标．然后根据对称性求出另外一点Q的坐标．【解答】解：〔1〕设二次函数的解析式为：y=a〔x﹣h〕2+k∵顶点C的横坐标为4，且过点〔0，〕∴y=a〔x﹣4〕2+k，=16a+k①又∵对称轴为直线x=4，图象在x轴上截得的线段长为6，∴A〔1，0〕，B〔7，0〕∴0=9a+k②。由①②解得a=，k=﹣，∴二次函数的解析式为：y=〔x﹣4〕2﹣〔2〕∵点A、B关于直线x=4对称，∴PA=PB，∴PA+PD=PB+PD≥DB。∴当点P在线段DB上时PA+PD取得最小值，∴DB与对称轴的交点即为所求点P。设直线x=4与x轴交于点M。∵PM∥OD，∴∠BPM=∠BDO，又∵∠PBM=∠DBO，∴△BPM∽△BDO，∴，∴，∴点P的坐标为〔4，〕〔3〕由〔1〕知点C〔4，〕，又∵AM=3，∴在Rt△AMC中，cos∠ACM=，∴∠ACM=60°，∵AC=BC，∴∠ACB=120°①当点Q在x轴上方时，过Q作QN⊥x轴于N如果AB=BQ，由△ABC∽△ABQ有BQ=6，∠ABQ=120°，那么∠QBN=60°，∴QN=3，BN=3，ON=10，此时点Q〔10，〕，如果AB=AQ，由对称性知Q〔﹣2，〕②当点Q在x轴下方时，△QAB就是△ACB，此时点Q的坐标是〔4，〕，经检验，点〔10，〕与〔﹣2，〕都在抛物线上。综上所述，存在这样的点Q，使△QAB∽△ABC，点Q的坐标为〔10，〕或〔﹣2，〕或〔4，〕．【点评】此题主要考查了用待定系数法求二次函数的解析式以及二次函数的性质等知识点．要注意〔2〕中确定P点位置的方法．在〔3〕中不确定Q位置的情况下要分类进行讨论，不要漏解．变式练习：【考点】圆的综合题；勾股定理；矩形的判定与性质；圆周角定理；切线的性质；平行线分线段成比例；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义．【专题】综合题；分类讨论．【分析】〔1〕过点B作BH⊥OA于H，如图1〔1〕，易证四边形OCBH是矩形，从而有OC=BH，只需在△AHB中运用三角函数求出BH即可．〔2〕过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1〔2〕，那么有OH=2，BH=4，MN⊥OC．设圆的半径为r，那么MN=MB=MD=r．在Rt△BHD中运用勾股定理可求出r=2，从而得到点D与点H重合．易证△AFG∽△ADB，从而可求出AF、GF、OF、OG、OB、AB、BG．设OR=x，利用BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2可求出x，进而可求出BR，在Rt△ORB中运用三角函数就可解决问题．〔3〕由于△BDE的直角不确定，故需分情况讨论，可分三种情况〔①∠BDE=90°，②∠BED=90°，③∠DBE=90°〕讨论，然后运用相似三角形的性质及三角函数等知识建立关于t的方程就可解决问题．【解答】解：〔1〕过点B作BH⊥OA于H，如图1〔1〕，那么有∠BHA=90°=∠COA．∴OC∥BH．∵BC∥OA，∴四边形OCBH是矩形．∴OC=BH，BC=OH．∵OA=6，BC=2，∴AH=0A﹣OH=OA﹣BC=6﹣2=4．∵∠BHA=90°，∠BAO=45°，∴tan∠BAH==1．∴BH=HA=4．∴OC=BH=4．故答案为：4．〔2〕过点B作BH⊥OA于H，过点G作GF⊥OA于F，过点B作BR⊥OG于R，连接MN、DG，如图1〔2〕．由〔1〕得OH=2，BH=4．∵OC与⊙M相切于N，∴MN⊥OC．设圆的半径为r，那么MN=MB=MD=r．∵BC⊥OC，OA⊥OC，∴BC∥MN∥OA．∵BM=DM，∴CN=ON．∴MN=〔BC+OD〕．∴OD=2r﹣2．∴DH==．在Rt△BHD中，∵∠BHD=90°，∴BD2=BH2+DH2．∴〔2r〕2=42+〔2r﹣4〕2．解得：r=2．∴DH=0，即点D与点H重合．∴BD⊥0A，BD=AD．∵BD是⊙M的直径，∴∠BGD=90°，即DG⊥AB．∴BG=AG．∵GF⊥OA，BD⊥OA，∴GF∥BD．∴△AFG∽△ADB．∴===．∴AF=AD=2，GF=BD=2．∴OF=4．∴OG===2．同理可得：OB=2，AB=4．∴BG=AB=2．设OR=x，那么RG=2﹣x．∵BR⊥OG，∴∠BRO=∠BRG=90°．∴BR2=OB2﹣OR2=BG2﹣RG2．∴〔2〕2﹣x2=〔2〕2﹣〔2﹣x〕2．解得：x=．∴BR2=OB2﹣OR2=〔2〕2﹣〔〕2=．∴BR=．在Rt△ORB中，sin∠BOR===．故答案为：．〔3〕①当∠BDE=90°时，点D在直线PE上，如图2．此时DP=OC=4，BD+OP=BD+CD=BC=2，BD=t，OP=t．那么有2t=2．解得：t=1．那么OP=CD=DB=1．∵DE∥OC，∴△BDE∽△BCO．∴==．∴DE=2．∴EP=2．∴点E的坐标为〔1，2〕．②当∠BED=90°时，如图3．∵∠DBE=OBC，∠DEB=∠BCO=90°，∴△DBE∽△OBC．∴=．∴=．∴BE=t．∵PE∥OC，∴∠OEP=∠BOC．∵∠OPE=∠BCO=90°，∴△OPE∽△BCO．∴=．∴=．∴OE=t．∵OE+BE=OB=2，∴t+t=2．解得：t=．∴OP=，OE=．∴PE==．∴点E的坐标为〔，〕．③当∠DBE=90°时，如图4．此时PE=PA=6﹣t，OD=OC+BC﹣t=6﹣t．那么有OD=PE，EA==〔6﹣t〕=6﹣t．∴BE=BA﹣EA=4﹣〔6﹣t〕=t﹣2．∵PE∥OD，OD=PE，∠DOP=90°，∴四边形ODEP是矩形．∴DE=OP=t，DE∥OP．∴∠BED=∠BAO=45°．在Rt△DBE中，cos∠BED==．∴DE=BE．∴t=〔t﹣2〕=2t﹣4．解得：t=4．∴OP=4，PE=6﹣4=2．∴点E的坐标为〔4，2〕．综上所述：当以B、D、E为顶点的三角形是直角三角形时点E的坐标为〔1，2〕、〔，〕、〔4，2〕．【点评】此题考查了圆周角定理、切线的性质、相似三角形的判定与性质、三角函数的定义、平行线分线段成比例、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，还考查了分类讨论的数学思想，有一定的综合性．苏州中考题：(1)2.5； (2)t＝或－14＋2； (3)不存在。面积与相似：解：⑴B〔b，0〕，C〔0，〕；⑵假设存在这样的点P，使得四边形PCOB的面积等于2b，且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形。设点P坐标〔x，y〕，连接OP，那么，∴。过P作PD⊥x轴，PE⊥y轴，垂足分别为D、E，∴∠PEO=∠EOD=∠ODP=90°.∴四边形PEOD是矩形.∴∠EPD=90°.∵△PBC是等腰直角三角形，∴PC=PB，∠BPC=90°.∴∠EPC=∠BPD.∴△PEC≌△PDB.∴PE=PD，即x=y.由，解得：.由△PEC≌△PDB得EC=DB，即，解得符合题意.∴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=.由得：，解得：.∵，∴，.∴点Q坐标为〔1，〕.〔Ⅱ〕当∠OQC=90°时，△QOA≌△OCQ.∴，即.又.∴，即.解得：AQ=4，此时b=17＞2符合题意.∴点Q坐标为〔1，4〕.∴综上可知：存在点Q〔1，〕或〔1，4〕，使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似.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，那么说明不存在这样的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〕，设过此三点的抛物线为y=ax2+bx+c〔a≠0〕，那么，∴，∴过P、C、D三点的抛物线的函数关系式为y=x2﹣x+3．〔2〕由PC平分∠OPE，PD平分∠APF，且PE、PF重合，那么∠CPD=90°，∴∠OPC+∠APD=90°，又∠APD+∠ADP=90°，∴∠OPC=∠ADP．∴Rt△POC∽Rt△DAP．∴即。∵y=x〔4﹣x〕=﹣x2+x=﹣〔x﹣2〕2+〔0＜x＜4〕∴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〕，故该抛物线上存在两点Q〔0，3〕，〔﹣1，6〕满足条件．【点评】此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，那么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，那么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，那么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：。〔表达式用三种形式中的任一种都不扣分〕〔2〕①当△BDE是等腰三角形时，点E的坐标分别是：，，．〔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==∴当m=时，△CDP的面积最大．此时P点的坐标为〔，〕，S△CDP的最大值是．另解：如图2、图3，过点P作PF⊥x轴于点F，那么S△CDP=S梯形COFP﹣S△COD﹣S△DFP==m+n﹣2==…〔9分〕∴当m=时，△CDP的面积最大．此时P点的坐标为〔，〕，S△CDP的最大值是．〔注：只答复有最大面积，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】此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．苏州中考题：(1)＋c，－2c；(2)y＝x2－x－2．(3)①0<S<5；②11．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．【解答】解：〔1〕设抛物线的解析式为y=ax2+，∵B〔，〕在抛物线上，∴把B〔，〕代入y=ax2+，得a=．∴抛物线解析式为y=x2+．〔2〕∵点B〔，〕，C〔1，0〕，∴CB=，∴CB'=CB=OA．又CA==2，∴AB==1，∴AB'=AB=OC．∴四边形AOCB'是矩形．∵CB'=，OC=1，∴B'点的坐标为〔1，〕．∵当x=1时，代入y=x2+得y=，∴B'〔1，〕在抛物线上．〔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，m+〕，F〔m，m2+〕PF=〔m+〕﹣〔m2+〕，AD=﹣=。如果PF=AD，那么有：〔m+〕﹣〔m2+〕=，解得m1=0〔不符合题意舍去〕，m2=．∴当m=时，PF=AD，存在四边形ADFP是平行四边形．当m=时，m+=，∴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，那么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〕假设∠PAD=60°，需∠PAB=30°，∵AB是直径，∴∠APB=90°，那么在Rt△PAB中，PA=cos30°AB=2，∴当PA的长度等于2时，∠PAD=60°；假设△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，那么四边形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，那么△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=∴AG=2x=，∴AP=.∴当PA的长度等于2或时，△PAD是等腰三角形；〔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，那么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．【分析】〔1〕此题需先求出抛物线与x轴交点坐标和对称轴，再根据∠OAC=60°得出OC，从而求出a．〔2〕此题需先分两种情况进行讨论，当P是EF上任意一点时，可得PC＞PB，从而得出PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD，即可求出线段PA、PB、PC、PD不能构成平行四边形．〔3〕此题需先得出PA=PB，再由PC=PD，列出关于t与a的方程，从而得出a的值，即可求出答案．【解答】解：〔1〕令y=0，由a〔x2﹣6x+8〕=0，解得x1=2，x2=4；令x=0，解得y=8a，∴点A、B、C的坐标分别是〔2，0〕、〔4，0〕、〔0，8a〕，该抛物线对称轴为直线x=3，∴OA=2，如图①，设抛物线对称轴与x轴的交点为M，那么AM=1，由题意得：O′A=OA=2，∴O′A=2AM，∴∠O′AM=60°，∴∠OAC=∠O′AC=60°，∴OC=2，即8a=2，∴a=；〔2〕假设点P是边EF或边FG上的任意一点，结论同样成立，①如图②，设P是边EF上的任意一点，连接PM，∵点E〔4，4〕、F〔4，3〕与点B〔4，0〕在一直线上，点C在y轴上，∴PB＜4，PC≥4，∴PC＞PB，又∵PD＞PM＞PB，PA＞PM＞PB，∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD，∴此时线段PA、PB、PC、PD不能构成平行四边形，②设P是边FG上的任意一点〔不与点G重合〕，∵点F的坐标是〔4，3〕，点G的坐标是〔5，3〕，∴FB=3，GB=，∴3≤PB，∵PC≥4，∴PC＞PB，又∵PD＞PM＞PB，PA＞PM＞PB，∴PB≠PA，PB≠PC，PB≠PD，∴此时线段PA、PB、PC、PD也不能构成平行四边形；〔3〕存在一个正数a，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形，如图③，∵点A、B是抛物线与x轴交点，点P在抛物线对称轴上，∴PA=PB，∴当PC=PD时，线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形，∵点C的坐标是〔0，8a〕，点D的坐标是〔3，﹣a〕，点P的坐标是〔3，t〕，∴PC2=32+〔t﹣8a〕2，PD2=〔t+a〕2，由PC=PD得PC2=PD2，∴32+〔t﹣8a〕2=〔t+a〕2，整理得：7a2﹣2ta+1=0有两个不相等的实数根，∴a==，∴a=或a=，∵t＞3，∴显然a=或a=，满足题意，∴当t是一个大于3的常数时，存在两个正数a=或a=，使得线段PA、PB、PC、PD能构成一个平行四边形．【点评】此题主要考查了二次函数的综合问题，在解题时要注意运用数形结合和分类讨论，把二次函数的图象与性质和平行四边形的判定相结合是此题的关键．例6.【考点】二次函数综合题．【专题】代数几何综合题．【分析】〔1〕利用待定系数法求出抛物线的解析式；〔2〕首先求出四边形MEFP面积的表达式，然后利用二次函数的性质求出最值及点P坐标；〔3〕四边形PMEF的四条边中，PM、EF长度固定，因此只要ME+PF最小，那么PMEF的周长将取得最小值．如答图3所示，将点M向右平移1个单位长度〔EF的长度〕，得M1〔1，1〕；作点M1关于x轴的对称点M2，那么M2〔1，﹣1〕；连接PM2，与x轴交于F点，此时ME+PF=PM2最小．【解答】解：〔1〕∵对称轴为直线x=2，∴设抛物线解析式为y=a〔x﹣2〕2+k．将A〔﹣1，0〕，C〔0，5〕代入得：，解得，∴y=﹣〔x﹣2〕2+9=﹣x2+4x+5．〔2〕当a=1时，E〔1，0〕，F〔2，0〕，OE=1，OF=2．设P〔x，﹣x2+4x+5〕，如答图2，过点P作PN⊥y轴于点N，那么PN=x，ON=﹣x2+4x+5，∴MN=ON﹣OM=﹣x2+4x+4．S四边形MEFP=S梯形OFPN﹣S△PMN﹣S△OME=〔PN+OF〕•ON﹣PN•MN﹣OM•OE=〔x+2〕〔﹣x2+4x+5〕﹣x•〔﹣x2+4x+4〕﹣×1×1=﹣x2+x+=﹣〔x﹣〕2+∴当x=时，四边形MEFP的面积有最大值为，把x=时，y=﹣〔﹣2〕2+9=．此时点P坐标为〔，〕．〔3〕∵M〔0，1〕，C〔0，5〕，△PCM是以点P为顶点的等腰三角形，∴点P的纵坐标为3．令y=﹣x2+4x+5=3，解得x=2±．∵点P在第一象限，∴P〔2+，3〕．四边形PMEF的四条边中，PM、EF长度固定，因此只要ME+PF最小，那么PMEF的周长将取得最小值．如答图3，将点M向右平移1个单位长度〔EF的长度〕，得M1〔1，1〕；作点M1关于x轴的对称点M2，那么M2〔1，﹣1〕；连接PM2，与x轴交于F点，此时ME+PF=PM2最小．设直线PM2的解析式为y=mx+n，将P〔2+，3〕，M2〔1，﹣1〕代入得：，解得：m=，n=﹣，∴y=x﹣．当y=0时，解得x=．∴F〔，0〕．∵a+1=，∴a=．∴a=时，四边形PMEF周长最小．【点评】此题是二次函数综合题，第〔1〕问考查了待定系数法；第〔2〕问考查了图形面积计算以及二次函数的最值；第〔3〕问主要考查了轴对称﹣最短路线的性质．试题计算量偏大，注意认真计算．变式练习：〔1〕将A〔0，1〕、B〔1，0〕坐标代入得解得∴抛物线的解折式为。〔2〕设点E的横坐标为m，那么它的纵坐标为即E点的坐标〔，〕又∵点E在直线上∴解得〔舍去〕，，∴E的坐标为〔4，3〕〔Ⅰ〕当A为直角顶点时，过A作AP1⊥DE交x轴于P1点，设P1〔a,0〕，易知D点坐标为〔－2，0〕，由Rt△AOD∽Rt△POA得：即，∴a＝，∴P1〔，0〕〔Ⅱ〕同理，当E为直角顶点时，P2点坐标为〔，0〕〔Ⅲ〕当P为直角顶点时，过E作EF⊥x轴于F，设P3〔、〕由∠OPA+∠FPE＝90°，得∠OPA＝∠FEPRt△AOP∽Rt△PFE。由得解得，∴此时的点P3的坐标为〔1，0〕或〔3，0〕综上所述，满足条件的点P的坐标为〔，0〕或〔1，0〕或〔3，0〕或〔，0〕〔3〕抛物线的对称轴为…〔9分〕∵B、C关于x＝对称∴MC＝MB要使最大，即是使最大。由三角形两边之差小于第三边得，当A、B、M在同一直线上时的值最大．易知直线AB的解折式为∴由得∴M〔，－〕苏州中考题：解：⑴∵⊙O与直线l相切于点A，AB为⊙O的直径，∴AB⊥l。又∵PC⊥l，∴AB∥PC.∴∠CPA=∠PAB。∵AB为⊙O的直径，∴∠APB=90°.∴∠PCA=∠APB.∴△PCA∽△APB.∴.∵PC=，AB=4，∴.∴在Rt△APB中，由勾股定理得：.⑵过O作OE⊥PD，垂足为E.∵PD是⊙O的弦，OF⊥PD，∴PF=FD.在矩形OECA中，CE=OA=2，∴PE=ED=x－2.∴.∴.∵，∴当时，有最大值，最大值是2.例7．【考点】二次函数综合题．【专题】压轴题；动点型．【分析】〔1〕AO=AC﹣OC=m﹣3，用线段的长度表示点A的坐标；〔2〕∵△ABC是等腰直角三角形，∴△AOD也是等腰直角三角形，∴OD=OA，∴D〔0，m﹣3〕，又P〔1，0〕为抛物线顶点，可设顶点式，求解析式；〔3〕设Q〔x，x2﹣2x+1〕，过Q点分别作x轴，y轴的垂线，运用相似比求出FC、EC的长，而AC=m，代入即可．【解答】〔1〕解：由B〔3，m〕可知OC=3，BC=m，又△ABC为等腰直角三角形，∴AC=BC=m，OA=m﹣3，∴点A的坐标是〔3﹣m，0〕．〔2〕解：∵∠ODA=∠OAD=45°，∴OD=OA=m﹣3，那么点D的坐标是〔0，m﹣3〕．又抛物线顶点为P〔1，0〕，且过点B、D，所以可设抛物线的解析式为：y=a〔x﹣1〕2，得：解得∴抛物线的解析式为y=x2﹣2x+1；〔3〕证明：过点Q作QM⊥AC于点M，过点Q作QN⊥BC于点N，设点Q的坐标是〔x，x2﹣2x+1〕，那么QM=CN=〔x﹣1〕2，MC=QN=3﹣x．∵QM∥CE，∴△PQM∽△PEC，∴，即，得EC=2〔x﹣1〕∵QN∥FC，∴△BQN∽△BFC，∴，即，得又∵AC=4，∴FC〔AC+EC〕=[4+2〔x﹣1〕]=〔2x+2〕=×2×〔x+1〕=8即FC〔AC+EC〕为定值8．【点评】此题考查了点的坐标，抛物线解析式的求法，综合运用相似三角形的比求线段的长度，此题也可以先求直线PE、BF的解析式，利用解析式求FC，EC的长．变式练习：解：⑴∵CG∥AP，∴∠CGD=∠PAG，那么.∴.∵GF=4，CD=DA=1，AF=x，∴GD=3－x，AG=4－x.∴，即.∴y关于x的函数关系式为.当y=3时，，解得:x=2.5.⑵∵，.∴即为常数.⑶延长PD交AC于点Q.∵正方形ABCD中，AC为对角线，∴∠CAD=45°.∵PQ⊥AC，∴∠ADQ=45°.∴∠GDP=∠ADQ=45°.∴△DGP是等腰直角三角形，那么GD=GP.∴，化简得：，解得：.∵，∴.在Rt△DGP中，.苏州中考题：〔1〕解：将C〔0，﹣3〕代入二次函数y=a〔x2﹣2mx﹣3m2〕，那么﹣3=a〔0﹣0﹣3m2〕，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〔x2﹣2mx﹣3m2〕=0，解得x1=﹣m，x2=3m，那么A〔﹣m，0〕，B〔3m，0〕．∵CD∥AB，∴点D的坐标为〔2m，﹣3〕．∵AB平分∠DAE，∴∠DAM=∠EAN，∵∠DMA=∠ENA=90°，∴△ADM∽△AEN．∴==．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，那么F的坐标为〔m，﹣4〕，过点F作FH⊥x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．∵tan∠CGO=，tan∠FGH=，∴=，∴OG=3m．∵GF===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﹣3m．此题考查了二次函数性质、勾股定理及利用直角三角形性质求解边长等知识，总体来说此题虽难度稍难，但问题之间的提示性较明显，所以是一道质量较高的题目．例8．【考点】翻折变换〔折叠问题〕；矩形的性质；平行线分线段成比例．【专题】压轴题．【分析】〔1〕点Q运动的时间比点P多秒，那么运动的路程也多出了．〔2〕利用翻折得到的线段长，再利用勾股定理可求得点D的横坐标，纵坐标和点C的纵坐标相等．〔3〕当平行的时候，所截得的线段对应成比例，即可求得时间值．当垂直的时候也要找到一组平行线，得到对应线段成比例看是否在相应的范围内．【解答】解：〔1〕OP=6﹣t，OQ=t+．〔2〕当t=1时，过D点作DD1⊥OA，交OA于D1，如图1，那么DQ=QO=，QC=，∴CD=1，∴D〔1，3〕．〔3〕①PQ能与AC平行．假设PQ∥AC，如图2，那么，即，∴，而，∴．②PE不能与AC垂直．假设PE⊥AC，延长QE交OA于F，如图3，那么=，=，∴．∴EF=QF﹣QE=QF﹣OQ===〔﹣1〕〔t+〕，又∵Rt△EPF∽Rt△OCA，∴，∴，∴t≈3.45，而，∴t不存在．【点评】注意使用翻折得到的对应线段相等；当两条直线平行的时候，所截得的对应线段是成比例的．变式练习：【考点】二次函数综合题．【分析】〔1〕把点A〔1，0〕，B〔﹣3，0〕两点，代入求出a和b的值，二次函数解析式即可求出；〔2〕利用△QOC∽△COA，得出QO的长度，得出Q点的坐标，再求出直线QC的解析式，将两函数联立求出交点坐标即可；〔3〕首先求出二次函数顶点坐标，S四边形AEPC=S四边形OEPC+S△AOC，以及S四边形AEPC=S△AEP+S△ACP=得出使得S△MAP=2S△ACP点M的坐标．【解答】解：〔1〕∵抛物线与x轴交于A〔1，0〕、B〔﹣3，0〕两点，∴，解得：，∴y=﹣x2﹣2x+3，〔2〕∵点A〔1，0〕，点C〔0，3〕，∴OA=1，OC=3，∵DC⊥AC，∴∠DCO+∠OCA=90°，∵OC⊥x轴，∴∠COA=∠COQ，∠OAC+∠OCA=90°，∴∠DCO=∠OAC，∴△QOC∽△COA，∴，即，∴OQ=9，又∵点Q在x轴的负半轴上，∴Q〔﹣9，0〕，设直线QC的解析式为：y=mx+n，那么