全國中考數(shù)學(xué)壓軸題60題

1、全國中考數(shù)學(xué)壓軸題60例參考答案與試題解析一、解答題（共60小題）1（2014重慶）已知：如圖，在矩形abcd中，ab=5，ad=，aebd，垂足是e點f是點e關(guān)于ab的對稱點，連接af、bf（1）求ae和be的長；（2）若將abf沿著射線bd方向平移，設(shè)平移的距離為m（平移距離指點b沿bd方向所經(jīng)過的線段長度）當(dāng)點f分別平移到線段ab、ad上時，直接寫出相應(yīng)的m的值（3）如圖，將abf繞點b順時針旋轉(zhuǎn)一個角（0180），記旋轉(zhuǎn)中的abf為abf，在旋轉(zhuǎn)過程中，設(shè)af所在的直線與直線ad交于點p，與直線bd交于點q是否存在這樣的p、q兩點，使dpq為等腰三角形？若存在，求出此時dq的長；若不存

2、在，請說明理由考點：幾何變換綜合題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題分析：（1）利用矩形性質(zhì)、勾股定理及三角形面積公式求解；（2）依題意畫出圖形，如答圖2所示利用平移性質(zhì)，確定圖形中的等腰三角形，分別求出m的值；（3）在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰dpq有4種情形，如答圖3所示，對于各種情形分別進(jìn)行計算解答：解：（1）在rtabd中，ab=5，ad=，由勾股定理得：bd=sabd=bdae=abad，ae=4在rtabe中，ab=5，ae=4，由勾股定理得：be=3（2）設(shè)平移中的三角形為abf，如答圖2所示：由對稱點性質(zhì)可知，1=2由平移性質(zhì)可知，abab，4=1，bf=bf=3當(dāng)點f落在ab上時，abab，3

3、=4，3=2，bb=bf=3，即m=3；當(dāng)點f落在ad上時，abab，6=2，1=2，5=1，5=6，又易知abad，bfd為等腰三角形，bd=bf=3，bb=bdbd=3=，即m=（3）存在理由如下：在旋轉(zhuǎn)過程中，等腰dpq依次有以下4種情形：如答圖31所示，點q落在bd延長線上，且pd=dq，易知2=2q，1=3+q，1=2，3=q，aq=ab=5，fq=fa+aq=4+5=9在rtbfq中，由勾股定理得：bq=dq=bqbd=；如答圖32所示，點q落在bd上，且pq=dq，易知2=p，1=2，1=p，bapd，則此時點a落在bc邊上3=2，3=1，bq=aq，fq=faaq=4bq在rt

4、bqf中，由勾股定理得：bf2+fq2=bq2，即：32+（4bq）2=bq2，解得：bq=，dq=bdbq=；如答圖33所示，點q落在bd上，且pd=dq，易知3=42+3+4=180，3=4，4=9021=2，4=901aqb=4=901，abq=180aqb1=901，aqb=abq，aq=ab=5，fq=aqaf=54=1在rtbfq中，由勾股定理得：bq=，dq=bdbq=；如答圖34所示，點q落在bd上，且pq=pd，易知2=31=2，3=4，2=3，1=4，bq=ba=5，dq=bdbq=5=綜上所述，存在4組符合條件的點p、點q，使dpq為等腰三角形；dq的長度分別為、或點評：

5、本題是幾何變換壓軸題，涉及旋轉(zhuǎn)與平移變換、矩形、勾股定理、等腰三角形等知識點第（3）問難度很大，解題關(guān)鍵是畫出各種旋轉(zhuǎn)圖形，依題意進(jìn)行分類討論；在計算過程中，注意識別旋轉(zhuǎn)過程中的不變量，注意利用等腰三角形的性質(zhì)簡化計算2（2014重慶）如圖1，在abcd中，ahdc，垂足為h，ab=4，ad=7，ah=現(xiàn)有兩個動點e，f同時從點a出發(fā)，分別以每秒1個單位長度、每秒3個單位長度的速度沿射線ac方向勻速運(yùn)動，在點e，f的運(yùn)動過程中，以ef為邊作等邊efg，使efg與abc在射線ac的同側(cè)，當(dāng)點e運(yùn)動到點c時，e，f兩點同時停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t秒（1）求線段ac的長；（2）在整個運(yùn)動過程中，設(shè)等

6、邊efg與abc重疊部分的面積為s，請直接寫出s與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出相應(yīng)的自變量t的取值范圍；（3）當(dāng)?shù)冗卐fg的頂點e到達(dá)點c時，如圖2，將efg繞著點c旋轉(zhuǎn)一個角度（0360），在旋轉(zhuǎn)過程中，點e與點c重合，f的對應(yīng)點為f，g的對應(yīng)點為g，設(shè)直線fg與射線dc、射線ac分別相交于m，n兩點試問：是否存在點m，n，使得cmn是以mcn為底角的等腰三角形？若存在，請求出cm的長度；若不存在，請說明理由考點：幾何變換綜合題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；動點型分析：（1）利用平行四邊形性質(zhì)、勾股定理，求出dh、ch的長度，可以判定acd為等腰三角形，則ac=ad=7；（2）首先證明點g始終在

7、直線ab上，然后分析運(yùn)動過程，求出不同時間段內(nèi)s的表達(dá)式：當(dāng)0t時，如答圖21所示，等邊efg在內(nèi)部；當(dāng)t4時，如答圖22所示，點g在線段ab上，點f在ac的延長線上；當(dāng)4t7時，如答圖23所示，點g、f分別在ab、ac的延長線上，點e在線段ac上（3）因為mcn為等腰三角形的底角，因此只可能有兩種情形：若點n為等腰三角形的頂點，如答圖31所示；若點m為等腰三角形的頂點，如答圖32所示解答：解：（1）abcd，cd=ab=4在rtadh中，由勾股定理得：dh=2，ch=dhac=ad=7（2）在運(yùn)動過程中，ae=t，af=3t，等邊efg的邊長ef=eg=gf=2t如答圖1，過點g作gpac于

8、點p，則ep=eg=t，gp=eg=tap=ae+ep=2ttangac=tanbac=tanach=，tangac=tanbac，點g始終在射線ab上設(shè)bac=ach=，則sin=，cos=當(dāng)0t時，如答圖21所示，等邊efg在內(nèi)部s=sefg=ef2=（2t）2=t2；當(dāng)t4時，如答圖22所示，點g在線段ab上，點f在ac的延長線上過點b作bqaf于點q，則bq=absin=4=4，aq=abcos=4=8cq=aqac=87=1設(shè)bc與gf交于點k，過點k作kpaf于點p，設(shè)kp=x，則pf=x，cp=cfpf=3t7xpkbq，即，解得：x=（3t7）s=sefgscfk=t2（3t7

9、）（3t7）=t2+t；當(dāng)4t7時，如答圖23所示，點g、f分別在ab、ac的延長線上，點e在線段ac上過點b作bqaf于點q，則bq=absin=4=4，aq=abcos=4=8cq=aqac=87=1設(shè)bc與gf交于點k，過點k作kpaf于點p，設(shè)kp=x，則ep=x，cp=epce=x（7t）=x7+tpkbq，即，解得：x=（7t）s=scek=（7t）（7t）=t2t+綜上所述，s與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：s=（3）設(shè)ach=，則tan=，cos=當(dāng)點e與點c重合時，t=7，等邊efg的邊長=2t=14假設(shè)存在點m，n，使得cmn是以mcn為底角的等腰三角形，若點n為等腰三角形的頂點，

10、如答圖31所示，則nmc=mcn=過點c作cpfm于點p，則cp=cf=7pm=14設(shè)cn=mn=x，則pn=pmmn=14x在rtcnp中，由勾股定理得：cp2+pn2=cn2，即：（7）2+（14x）2=x2，解得：x=過點n作nqcm于點q，cm=2cq=2cncos=2=7；若點m為等腰三角形的頂點，如答圖32所示，則mnc=mcn=過點c作cpgn于點p，則cp=cf=7pn=14設(shè)cm=mn=x，則pm=pnmn=14x在rtcmp中，由勾股定理得：cp2+pm2=cm2，即：（7）2+（14x）2=x2，cm=x=綜上所述，存在點m，n，使得cmn是以mcn為底角的等腰三角形，c

11、m的長度為7或點評：本題是幾何變換綜合題，涉及平移與旋轉(zhuǎn)兩種幾何變換第（2）問中，針對不同時間段內(nèi)的幾何圖形，需要分類討論；第（3）問中，根據(jù)頂點的不同，分兩種情形進(jìn)行分類討論本題涉及考點眾多，圖形復(fù)雜，計算量偏大，難度較大；解題時需要全面分析，認(rèn)真計算3（2014長春）如圖，在矩形abcd中，ab=4，bc=3，點o為對角線bd的中點，點p從點a出發(fā)，沿折線addooc以每秒1個單位長度的速度向終點c運(yùn)動，當(dāng)點p與點a不重合時，過點p作pqab于點q，以pq為邊向右作正方形pqmn，設(shè)正方形pqmn與abd重疊部分圖形的面積為s（平方單位），點p運(yùn)動的時間為t（秒）（1）求點n落在bd上時t

12、的值；（2）直接寫出點o在正方形pqmn內(nèi)部時t的取值范圍；（3）當(dāng)點p在折線addo上運(yùn)動時，求s與t之間的函數(shù)關(guān)系式；（4）直接寫出直線dn平分bcd面積時t的值考點：相似形綜合題；勾股定理；三角形中位線定理；矩形的性質(zhì)；正方形的性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的定義菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；分類討論分析：（1）可證dpndqb，從而有，即可求出t的值（2）只需考慮兩個臨界位置（mn經(jīng)過點o，點p與點o重合）下t的值，就可得到點o在正方形pqmn內(nèi)部時t的取值范圍（3）根據(jù)正方形pqmn與abd重疊部分圖形形狀不同分成三類，如圖4、圖5、圖6，然后運(yùn)用三角形相似、銳角三角函數(shù)等

13、知識就可求出s與t之間的函數(shù)關(guān)系式（4）由于點p在折線addooc運(yùn)動，可分點p在ad上，點p在do上，點p在oc上三種情況進(jìn)行討論，然后運(yùn)用三角形相似等知識就可求出直線dn平分bcd面積時t的值解答：解：（1）當(dāng)點n落在bd上時，如圖1四邊形pqmn是正方形，pnqm，pn=pq=tdpndqbpn=pq=pa=t，dp=3t，qb=ab=4，t=當(dāng)t=時，點n落在bd上（2）如圖2，則有qm=qp=t，mb=4t四邊形pqmn是正方形，mndq點o是db的中點，qm=bmt=4tt=2如圖3，四邊形abcd是矩形，a=90ab=4，ad=3，db=5點o是db的中點，do=1t=ad+do

14、=3+t=當(dāng)點o在正方形pqmn內(nèi)部時，t的范圍是2t（3）當(dāng)0t時，如圖4s=s正方形pqmn=pq2=pa2=t2當(dāng)t3時，如圖5，tanadb=，=pg=4tgn=pnpg=t（4t）=4tannfg=tanadb=，nf=gn=（4）=t3s=s正方形pqmnsgnf=t2（4）（t3）=t2+7t6當(dāng)3t時，如圖6，四邊形pqmn是正方形，四邊形abcd是矩形pqm=dab=90pqadbqpbad=bp=8t，bd=5，ba=4，ad=3，bq=，pq=qm=pq=bm=bqqm=tanabd=，fm=bm=s=s梯形pqmf=（pq+fm）qm=+=（8t）2=t2t+綜上所述：

15、當(dāng)0t時，s=t2當(dāng)t3時，s=t2+7t6當(dāng)3t時，s=t2t+（4）設(shè)直線dn與bc交于點e，直線dn平分bcd面積，be=ce=點p在ad上，過點e作ehpn交ad于點h，如圖7，則有dpndhepn=pa=t，dp=3t，dh=ce=，eh=ab=4，解得；t=點p在do上，連接oe，如圖8，則有oe=2，oedcabpndpndoedp=t3，do=，oe=2，pn=（t3）pq=（8t），pn=pq，（t3）=（8t）解得：t=點p在oc上，設(shè)de與oc交于點s，連接oe，交pq于點r，如圖9，則有oe=2，oedcdscesosc=2sooc=，so=pnabdcoe，spnso

16、esp=3+t=，so=，oe=2，pn=prmnbc，orpoecop=t，oc=，ec=，pr=qr=be=，pq=pr+qr=pn=pq，=解得：t=綜上所述：當(dāng)直線dn平分bcd面積時，t的值為、點評：本題考查了矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義、三角形的中位線定理、勾股定理等知識，考查了用割補(bǔ)法求五邊形的面積，考查了用臨界值法求t的取值范圍，考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度4（2014達(dá)州）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，己知點o（0，0），a（5，0），b（4，4）（1）求過o、b、a三點的拋物線的解析式（2）在第一象限的拋物線上存在點

17、m，使以o、a、b、m為頂點的四邊形面積最大，求點m的坐標(biāo)（3）作直線x=m交拋物線于點p，交線段ob于點q，當(dāng)pqb為等腰三角形時，求m的值考點：二次函數(shù)綜合題菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；分類討論分析：（1）由于拋物線與x軸的兩個交點已知，因此拋物線的解析式可設(shè)成交點式，然后把點b的坐標(biāo)代入，即可求出拋物線的解析式（2）以o、a、b、m為頂點的四邊形中，oab的面積固定，因此只要另外一個三角形面積最大，則四邊形面積即最大；求出另一個三角形面積的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)確定其最值；本問需分類討論：當(dāng)0x4時，點m在拋物線ob段上時，如答圖1所示；當(dāng)4x5時，點m在拋物線ab段上時，圖略（3）

18、pqb為等腰三角形時，有三種情形，需要分類討論，避免漏解：若點b為頂點，即bp=bq，如答圖21所示；若點p為頂點，即pq=pb，如答圖22所示；若點p為頂點，即pq=qb，如答圖23所示解答：解：（1）該拋物線經(jīng)過點a（5，0），o（0，0），該拋物線的解析式可設(shè)為y=a（x0）（x5）=ax（x5）點b（4，4）在該拋物線上，a4（45）=4a=1該拋物線的解析式為y=x（x5）=x2+5x（2）以o、a、b、m為頂點的四邊形中，oab的面積固定，因此只要另外一個三角形面積最大，則四邊形面積即最大當(dāng)0x4時，點m在拋物線ob段上時，如答圖1所示b（4，4），易知直線ob的解析式為：y=x設(shè)

19、m（x，x2+5x），過點m作mey軸，交ob于點e，則e（x，x），me=（x2+5x）x=x2+4xsobm=smeo+smeb=me（xe0）+me（xbxe）=mexb=me4=2me，sobm=2x2+8x=2（x2）2+8當(dāng)x=2時，sobm最大值為8，即四邊形的面積最大當(dāng)4x5時，點m在拋物線ab段上時，圖略可求得直線ab解析式為：y=4x+20設(shè)m（x，x2+5x），過點m作mey軸，交ab于點e，則e（x，4x+20），me=（x2+5x）（4x+20）=x2+9x20sabm=smeb+smea=me（xexb）+me（xaxe）=me（xaxb）=me1=me，sabm=

20、x2+x10=（x）2+當(dāng)x=時，sabm最大值為，即四邊形的面積最大比較可知，當(dāng)x=2時，四邊形面積最大當(dāng)x=2時，y=x2+5x=6，m（2，6）（3）由題意可知，點p在線段ob上方的拋物線上設(shè)p（m，m2+5m），則q（m，m）當(dāng)pqb為等腰三角形時，若點b為頂點，即bp=bq，如答圖21所示過點b作bepq于點e，則點e為線段pq中點，e（m，）bex軸，b（4，4），=4，解得：m=2或m=4（與點b重合，舍去）m=2；若點p為頂點，即pq=pb，如答圖22所示易知boa=45，pqb=45，則pqb為等腰直角三角形pbx軸，m2+5m=4，解得：m=1或m=4（與點b重合，舍去）m

21、=1；若點q為頂點，即pq=qb，如答圖23所示p（m，m2+5m），q（m，m），pq=m2+4m又qb=（xbxq）=（4m），m2+4m=（4m），解得：m=或m=4（與點b重合，舍去），m=綜上所述，當(dāng)pqb為等腰三角形時，m的值為1，2或點評：本題是二次函數(shù)壓軸題，涉及考點較多，有一定的難度重點考查了分類討論的數(shù)學(xué)思想，第（2）（3）問均需要進(jìn)行分類討論，避免漏解注意第（2）問中求面積表達(dá)式的方法，以及第（3）問中利用方程思想求m值的方法5（2014云南）已知如圖平面直角坐標(biāo)系中，點o是坐標(biāo)原點，矩形abco是頂點坐標(biāo)分別為a（3，0）、b（3，4）、c（0，4）點d在y軸上，且點d

22、的坐標(biāo)為（0，5），點p是直線ac上的一動點（1）當(dāng)點p運(yùn)動到線段ac的中點時，求直線dp的解析式（關(guān)系式）；（2）當(dāng)點p沿直線ac移動時，過點d、p的直線與x軸交于點m問在x軸的正半軸上是否存在使dom與abc相似的點m？若存在，請求出點m的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；（3）當(dāng)點p沿直線ac移動時，以點p為圓心、r（r0）為半徑長畫圓得到的圓稱為動圓p若設(shè)動圓p的半徑長為，過點d作動圓p的兩條切線與動圓p分別相切于點e、f請?zhí)角笤趧訄Ap中是否存在面積最小的四邊形depf？若存在，請求出最小面積s的值；若不存在，請說明理由考點：圓的綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；垂線段最短；勾股定理；切線

23、長定理；相似三角形的判定與性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：綜合題；壓軸題；存在型；分類討論分析：（1）只需先求出ac中點p的坐標(biāo)，然后用待定系數(shù)法即可求出直線dp的解析式（2）由于dom與abc相似，對應(yīng)關(guān)系不確定，可分兩種情況進(jìn)行討論，利用三角形相似求出om的長，即可求出點m的坐標(biāo)（3）易證sped=spfd從而有s四邊形depf=2sped=de由dep=90得de2=dp2pe2=dp2根據(jù)“點到直線之間，垂線段最短”可得：當(dāng)dpac時，dp最短，此時de也最短，對應(yīng)的四邊形depf的面積最小借助于三角形相似，即可求出dpac時dp的值，就可求出四邊形depf面積的最小值解答：解：（1）過點p作

24、phoa，交oc于點h，如圖1所示phoa，chpcoa=點p是ac中點，cp=cahp=oa，ch=coa（3，0）、c（0，4），oa=3，oc=4hp=，ch=2oh=2phoa，coa=90，chp=coa=90點p的坐標(biāo)為（，2）設(shè)直線dp的解析式為y=kx+b，d（0，5），p（，2）在直線dp上，直線dp的解析式為y=x5（2）若domabc，圖2（1）所示，domabc，=點b坐標(biāo)為（3，4），點d的坐標(biāo)為（05），bc=3，ab=4，od=5=om=點m在x軸的正半軸上，點m的坐標(biāo)為（，0）若domcba，如圖2（2）所示，domcba，=bc=3，ab=4，od=5，=om

25、=點m在x軸的正半軸上，點m的坐標(biāo)為（，0）綜上所述：若dom與cba相似，則點m的坐標(biāo)為（，0）或（，0）（3）oa=3，oc=4，aoc=90，ac=5pe=pf=ac=de、df都與p相切，de=df，dep=dfp=90sped=spfds四邊形depf=2sped=2pede=pede=dedep=90，de2=dp2pe2=dp2根據(jù)“點到直線之間，垂線段最短”可得：當(dāng)dpac時，dp最短，此時de取到最小值，四邊形depf的面積最小dpac，dpc=90aoc=dpcoca=pcd，aoc=dpc，aocdpc=ao=3，ac=5，dc=4（5）=9，=dp=de2=dp2=（）

26、2=de=，s四邊形depf=de=四邊形depf面積的最小值為點評：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、用待定系數(shù)法求直線的解析式、切線長定理、勾股定理、垂線段最短等知識，考查了分類討論的思想將求de的最小值轉(zhuǎn)化為求dp的最小值是解決第3小題的關(guān)鍵另外，要注意“dom與abc相似”與“domabc“之間的區(qū)別6（2014十堰）已知拋物線c1：y=a（x+1）22的頂點為a，且經(jīng)過點b（2，1）（1）求a點的坐標(biāo)和拋物線c1的解析式；（2）如圖1，將拋物線c1向下平移2個單位后得到拋物線c2，且拋物線c2與直線ab相交于c，d兩點，求soac：soad的值；（3）如圖2，若過p（4，0），q（0

27、，2）的直線為l，點e在（2）中拋物線c2對稱軸右側(cè)部分（含頂點）運(yùn)動，直線m過點c和點e問：是否存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似？若存在，求出直線m的解析式；若不存在，說明理由考點：二次函數(shù)綜合題；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；相似三角形的判定與性質(zhì)；銳角三角函數(shù)的增減性菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；存在型分析：（1）由拋物線的頂點式易得頂點a坐標(biāo)，把點b的坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可解決問題（2）根據(jù)平移法則求出拋物線c2的解析式，用待定系數(shù)法求出直線ab的解析式，再通過解方程組求出拋物線c2與直線ab的交點c、d的坐標(biāo)，就

28、可以求出soac：soad的值（3）設(shè)直線m與y軸交于點g，直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形形狀、位置隨著點g的變化而變化，故需對點g的位置進(jìn)行討論，借助于相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的增減性等知識求出符合條件的點g的坐標(biāo)，從而求出相應(yīng)的直線m的解析式解答：解：（1）拋物線c1：y=a（x+1）22的頂點為a，點a的坐標(biāo)為（1，2）拋物線c1：y=a（x+1）22經(jīng)過點b（2，1），a（2+1）22=1解得：a=1拋物線c1的解析式為：y=（x+1）22（2）拋物線c2是由拋物線c1向下平移2個單位所得，拋物線c2的解析式為：y=（x+1）222=（x+1）24設(shè)

29、直線ab的解析式為y=kx+ba（1，2），b（2，1），解得：直線ab的解析式為y=x3聯(lián)立解得：或c（3，0），d（0，3）oc=3，od=3過點a作aex軸，垂足為e，過點a作afy軸，垂足為f，a（1，2），af=1，ae=2soac：soad=（ocae）：（odaf）=（32）：（31）=2soac：soad的值為2（3）設(shè)直線m與y軸交于點g，設(shè)點g的坐標(biāo)為（0，t）1當(dāng)直線m與直線l平行時，則有cgpqocgopq=p（4，0），q（0，2），op=4，oq=2，=og=當(dāng)t=時，直線m與直線l平行，直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形t2當(dāng)直線m與直線l相交時，設(shè)交點為h，t0時，

30、如圖2所示phcpqg，phcqgh，phcpqg，phcqgh當(dāng)phc=ghq時，phc+ghq=180，phc=ghq=90poq=90，hpc=90pqo=hgqphcghqqpo=ogc，tanqpo=tanogc=og=6點g的坐標(biāo)為（0，6）設(shè)直線m的解析式為y=mx+n，點c（3，0），點g（0，6）在直線m上，解得：直線m的解析式為y=2x6，聯(lián)立，解得：或e（1，4）此時點e就是拋物線的頂點，符合條件直線m的解析式為y=2x6當(dāng)t=0時，此時直線m與x軸重合，直線l，m與x軸不能構(gòu)成三角形t0ot時，如圖2所示，tangco=，tanpqo=2，tangcotanpqogco

31、pqogco=pch，pchpqo又hpcpqo，phc與ghq不相似符合條件的直線m不存在t2時，如圖2所示tancgo=，tanqpo=tancgotanqpocgoqpocgo=qgh，qghqpo，又hqgqpo，phc與ghq不相似符合條件的直線m不存在t2時，如圖2所示此時點e在對稱軸的右側(cè)pchcgo，pchcgo當(dāng)qpc=cgo時，phc=qhg，hpc=hgq，pchgqh符合條件的直線m存在qpo=cgo，poq=goc=90，poqgoc=og=6點g的坐標(biāo)為（0，6）設(shè)直線m的解析式為y=px+q點c（3，0）、點g（0，6）在直線m上，解得：直線m的解析式為y=2x+

32、6綜上所述：存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似，此時直線m的解析式為y=2x6和y=2x+6點評：本題考查了二次函數(shù)的有關(guān)知識，考查了三角形相似的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義及增減性等知識，考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式，考查了通過解方程組求兩個函數(shù)圖象的交點，強(qiáng)化了對運(yùn)算能力、批判意識、分類討論思想的考查，具有較強(qiáng)的綜合性，有一定的難度7（2014湘西州）如圖，拋物線y=ax2+bx+c關(guān)于y軸對稱，它的頂點在坐標(biāo)原點o，點b（2，）和點c（3，3）兩點均在拋物線上，點f（0，）在y軸上，過點（0，）作直線l與x軸平行（1）求拋物線的解

33、析式和線段bc的解析式（2）設(shè)點d（x，y）是線段bc上的一個動點（點d不與b，c重合），過點d作x軸的垂線，與拋物線交于點g設(shè)線段gd的長度為h，求h與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出當(dāng)x為何值時，線段gd的長度h最大，最大長度h的值是多少？（3）若點p（m，n）是拋物線上位于第三象限的一個動點，連接pf并延長，交拋物線于另一點q，過點q作qsl，垂足為點s，過點p作pnl，垂足為點n，試判斷fns的形狀，并說明理由；（4）若點a（2，t）在線段bc上，點m為拋物線上的一個動點，連接af，當(dāng)點m在何位置時，mf+ma的值最小，請直接寫出此時點m的坐標(biāo)與mf+ma的最小值考點：二次函數(shù)綜合題；二次根

34、式的性質(zhì)與化簡；待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式；二次函數(shù)的最值；待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式；線段的性質(zhì)：兩點之間線段最短菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：代數(shù)幾何綜合題；壓軸題分析：（1）由于拋物線的頂點在坐標(biāo)原點o，故拋物線的解析式可設(shè)為y=ax2，把點c的坐標(biāo)代入即可求出拋物線的解析式；設(shè)直線bc的解析式為y=mx+n，把點b、c的坐標(biāo)代入即可求出直線bc的解析式（2）由點d（x，y）在線段bc上可得yd=x2，由點g在拋物線y=x2上可得yg=x2由h=dg=ygyd=x2（x2）配方可得h=（x+）2+根據(jù)二次函數(shù)的最值性即可解決問題（3）可以證明pf=pn，結(jié)合pnof可推出pfn=ofn；同理可得q

35、fs=ofs由pfn+ofn+ofs+qfs=180可推出nfs=90，故nfs是直角三角形（4）過點m作mhl，垂足為h，如圖4，由（3）中推出的結(jié)論pf=pn可得：拋物線y=x2上的點到點f（0，）的距離與到直線y=的距離相等，從而有mf=mh，則ma+mf=ma+mh由兩點之間線段最短可得：當(dāng)a、m、h三點共線（即aml）時，ma+mh（即ma+mf）最小，此時xm=xa=2，從而可以求出點m及點a的坐標(biāo)，就可求出mf+ma的最小值解答：解：（1）如圖1，拋物線y=ax2+bx+c關(guān)于y軸對稱，它的頂點在坐標(biāo)原點o，拋物線解析式為y=ax2點c（3，3）在拋物線y=ax2上，.9a=3a

36、=拋物線的解析式為y=x2設(shè)直線bc的解析式為y=mx+nb（2，）、c（3，3）在直線y=mx+n上，解得：直線bc的解析式為y=x2（2）如圖2，點d（x，y）是線段bc上的一個動點（點d不與b，c重合），yd=x2，且3x2dgx軸，xg=xd=x點g在拋物線y=x2上，yg=x2h=dg=ygyd=x2（x2）=x2x+2=（x2+x）+2=（x2+x+）+2=（x+）2+2=（x+）2+0，32，當(dāng)x=時，h取到最大值，最大值為h與x之間的函數(shù)關(guān)系式為h=（x+）2+，其中3x2；當(dāng)x=時，線段gd的長度h最大，最大長度h的值是（3）fns是直角三角形證明：過點f作ftpn，垂足為t

37、，如圖3，點p（m，n）是拋物線y=x2上位于第三象限的一個動點，n=m2m0，n0m2=3n在rtptf中，pt=n，ft=m，pf=npnl，且l是過點（0，）平行于x軸的直線，pn=npf=pnpnf=pfnpnl，ofl，pnofpnf=ofnpfn=ofn同理可得：qfs=ofspfn+ofn+ofs+qfs=180，2ofn+2ofs=180ofn+ofs=90nfs=90nfs是直角三角形（4）過點m作mhl，垂足為h，如圖4，在（3）中已證到pf=pn，由此可得：拋物線y=x2上的點到點f（0，）的距離與到直線y=的距離相等mf=mhma+mf=ma+mh由兩點之間線段最短可得

38、：當(dāng)a、m、h三點共線（即aml）時，ma+mh（即ma+mf）最小，等于ah即xm=xa=2時，ma+mf取到最小值此時，ym=（2）2=，點m的坐標(biāo)為（2，）；ya=（2）2=，點a的坐標(biāo)為（2，）；mf+ma的最小值=ah=（）=當(dāng)點m的坐標(biāo)為（2，）時，mf+ma的值最小，最小值為點評：本題考查了用待定系數(shù)法求二次函數(shù)及一次函數(shù)的解析式、二次函數(shù)的最值、二次根式的化簡、兩點之間線段最短等知識，綜合性非常強(qiáng)，難度比較大而證出pf=pn及由此得出“拋物線y=x2上的點到點f（0，）的距離與到直線y=的距離相等”是解決第三小題和第四小題的關(guān)鍵8（2014宜昌）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點

39、p（0，4），點a在線段op上，點b在x軸正半軸上，且ap=ob=t，0t4，以ab為邊在第一象限內(nèi)作正方形abcd；過點c、d依次向x軸、y軸作垂線，垂足為m，n，設(shè)過o，c兩點的拋物線為y=ax2+bx+c（1）填空：aobdna或dpabmc（不需證明）；用含t的代數(shù)式表示a點縱坐標(biāo)：a（0，4t）；（2）求點c的坐標(biāo)，并用含a，t的代數(shù)式表示b；（3）當(dāng)t=1時，連接od，若此時拋物線與線段od只有唯一的公共點o，求a的取值范圍；（4）當(dāng)拋物線開口向上，對稱軸是直線x=2，頂點隨著t的增大向上移動時，求t的取值范圍考點：二次函數(shù)綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題分

40、析：（1）根據(jù)全等三角形的判定定理sas證得：aobdna或dpabmc；根據(jù)圖中相關(guān)線段間的和差關(guān)系來求點a的坐標(biāo)；（2）利用（1）中的全等三角形的對應(yīng)邊相等易推知：om=ob+bm=t+4t=4，則c（4，t）把點o、c的坐標(biāo)分別代入拋物線y=ax2+bx+c可以求得b=t4a；（3）利用待定系數(shù)法求得直線od的解析式y(tǒng)=x聯(lián)立方程組，得，所以ax2+（4a）x=0，解得 x=0或x=4+對于拋物線的開口方向進(jìn)行分類討論，即a0和a0兩種情況下的a的取值范圍；（4）根據(jù)拋物線的解析式y(tǒng)=ax2+（4a）x得到頂點坐標(biāo)是（，（t16a）2）結(jié)合已知條件求得a=t2，故頂點坐標(biāo)為（2，（t）2

41、）喲拋物線的性質(zhì)知：只與頂點坐標(biāo)有關(guān)，故t的取值范圍為：0t解答：解：（1）如圖，dna=aob=90，nad=oba（同角的余角相等）在aob與dna中，aobdna（sas）同理dnabmc點p（0，4），ap=t，oa=opap=4t故答案是：dna或dpa；4t；（2）由題意知，na=ob=t，則oa=4taobbmc，cm=ob=t，om=ob+bm=t+4t=4，c（4，t）又拋物線y=ax2+bx+c過點o、c，解得 b=t4a；（3）當(dāng)t=1時，拋物線為y=ax2+（4a）x，na=ob=1，oa=3aobdna，dn=oa=3，d（3，4），直線od為：y=x聯(lián)立方程組，得，

42、消去y，得ax2+（4a）x=0，解得 x=0或x=4+，所以，拋物線與直線od總有兩個交點討論：當(dāng)a0時，4+3，只有交點o，所以a0符合題意；當(dāng)a0時，若4+3，則a又a0所以 a若4+0，則得a又a0，所以a0綜上所述，a的取值范圍是a0或a或a0（4）拋物線為y=ax2+（4a）x，則頂點坐標(biāo)是（+2，（t16a）2）又對稱軸是直線x=+2=2，a=t2，頂點坐標(biāo)為：（2，（14t）2），即（2，（t）2）拋物線開口向上，且隨著t的增大，拋物線的頂點向上移動，只與頂點坐標(biāo)有關(guān)，t的取值范圍為：0t點評：本題考查了二次函數(shù)綜合題型此題難度較大，需要熟練掌握待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式，全等

43、三角形的判定與性質(zhì)，二次函數(shù)圖象的性質(zhì)等知識點，綜合性比較強(qiáng)，需要學(xué)生對所學(xué)知識進(jìn)行系統(tǒng)的掌握9（2014鹽城）【問題情境】張老師給愛好學(xué)習(xí)的小軍和小俊提出這樣一個問題：如圖1，在abc中，ab=ac，點p為邊bc上的任一點，過點p作pdab，peac，垂足分別為d、e，過點c作cfab，垂足為f求證：pd+pe=cf小軍的證明思路是：如圖2，連接ap，由abp與acp面積之和等于abc的面積可以證得：pd+pe=cf小俊的證明思路是：如圖2，過點p作pgcf，垂足為g，可以證得：pd=gf，pe=cg，則pd+pe=cf【變式探究】如圖3，當(dāng)點p在bc延長線上時，其余條件不變，求證：pdpe

44、=cf；請運(yùn)用上述解答中所積累的經(jīng)驗和方法完成下列兩題：【結(jié)論運(yùn)用】如圖4，將矩形abcd沿ef折疊，使點d落在點b上，點c落在點c處，點p為折痕ef上的任一點，過點p作pgbe、phbc，垂足分別為g、h，若ad=8，cf=3，求pg+ph的值；【遷移拓展】圖5是一個航模的截面示意圖在四邊形abcd中，e為ab邊上的一點，edad，eccb，垂足分別為d、c，且adce=debc，ab=2dm，ad=3dm，bd=dmm、n分別為ae、be的中點，連接dm、cn，求dem與cen的周長之和考點：四邊形綜合題；全等三角形的判定與性質(zhì)；等腰三角形的判定與性質(zhì)；直角三角形斜邊上的中線；勾股定理；矩

45、形的判定與性質(zhì)；相似三角形的判定與性質(zhì)菁優(yōu)網(wǎng)版權(quán)所有專題：壓軸題；探究型分析：【問題情境】如下圖，按照小軍、小俊的證明思路即可解決問題【變式探究】如下圖，借鑒小軍、小俊的證明思路即可解決問題【結(jié)論運(yùn)用】易證be=bf，過點e作eqbf，垂足為q，如下圖，利用問題情境中的結(jié)論可得pg+ph=eq，易證eq=dc，bf=df，只需求出bf即可【遷移拓展】由條件adce=debc聯(lián)想到三角形相似，從而得到a=abc，進(jìn)而補(bǔ)全等腰三角形，dem與cen的周長之和就可轉(zhuǎn)化為ab+bh，而bh是adb的邊ad上的高，只需利用勾股定理建立方程，求出dh，再求出bh，就可解決問題解答：解：【問題情境】證明：（

46、方法1）連接ap，如圖pdab，peac，cfab，且sabc=sabp+sacp，abcf=abpd+acpeab=ac，cf=pd+pe（方法2）過點p作pgcf，垂足為g，如圖pdab，cfab，pgfc，cfd=fdp=fgp=90四邊形pdfg是矩形dp=fg，dpg=90cgp=90peac，cep=90pgc=cepbdp=dpg=90pgabgpc=bab=ac，b=acbgpc=ecp在pgc和cep中，pgccepcg=pecf=cg+fg=pe+pd【變式探究】證明：（方法1）連接ap，如圖pdab，peac，cfab，且sabc=sabpsacp，abcf=abpdac

47、peab=ac，cf=pdpe【結(jié)論運(yùn)用】過點e作eqbc，垂足為q，如圖，四邊形abcd是矩形，ad=bc，c=adc=90ad=8，cf=3，bf=bccf=adcf=5由折疊可得：df=bf，bef=defdf=5c=90，dc=4eqbc，c=adc=90，eqc=90=c=adc四邊形eqcd是矩形eq=dc=4adbc，def=efbbef=def，bef=efbbe=bf由問題情境中的結(jié)論可得：pg+ph=eqpg+ph=4pg+ph的值為4【遷移拓展】延長ad、bc交于點f，作bhaf，垂足為h，如圖adce=debc，=edad，eccb，ade=bce=90adebcea=cbefa=fb由問題情境中的結(jié)論可得：ed+ec=bh設(shè)dh=xdm，則ah=ad+dh=（3+x）dmbhaf，bha=90bh2=bd2dh2=ab2ah2ab=2，ad=3，bd=，（）2x2=（2）2（3+x）2解得：x=1bh2=bd2dh2=3