第一篇：二次函数中考题压轴题
2017年中考数学二次函数压轴题(含答案)
2017年中考数学冲刺复习资料:二次函数压轴题
面积类
1.如图，已知抛物线经过点A(﹣1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点. (1)求抛物线的解析式.
(2)点M是线段BC上的点(不与B，C重合)，过M作MN∥y轴交抛物线于N，若点M的横坐标为m，请用m的代数式表示MN的长.
(3)在(2)的条件下，连接NB、NC，是否存在m，使△BNC的面积最大?若存在，求m的值;若不存在，说明理由.
考点：二次函数综合题. 专题：压轴题;数形结合. 分析：
(1)已知了抛物线上的三个点的坐标，直接利用待定系数法即可求出抛物线的解析式. (2)先利用待定系数法求出直线BC的解析式，已知点M的横坐标，代入直线BC、抛物线的解析式中，可得到M、N点的坐标，N、M纵坐标的差的绝对值即为MN的长. (3)设MN交x轴于D，那么△BNC的面积可表示为：S△BNC=S△MNC+S△MNB=MN(OD+DB)=MN•OB，MN的表达式在(2)中已求得，OB的长易知，由此列出关于S△BNC、m的函数关系式，根据函数的性质即可判断出△BNC是否具有最大值. 解答：
解：(1)设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x﹣3)，则： a(0+1)(0﹣3)=3，a=﹣1;
∴抛物线的解析式：y=﹣(x+1)(x﹣3)=﹣x2+2x+3. (2)设直线BC的解析式为：y=kx+b，则有：
- 12)首先根据抛物线的解析式确定A点坐标，然后通过证明△ABC是直角三角形来推导出直径AB和圆心的位置，由此确定圆心坐标.
(3)△MBC的面积可由S△MBC=BC×h表示，若要它的面积最大，需要使h取最大值，即点M到直线BC的距离最大，若设一条平行于BC的直线，那么当该直线与抛物线有且只有一个交点时，该交点就是点M. 解答：
解：(1)将B(4，0)代入抛物线的解析式中，得： 0=16a﹣×4﹣2，即：a=;
∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2.
(2)由(1)的函数解析式可求得：A(﹣1，0)、C(0，﹣2); ∴OA=1，OC=2，OB=4， 即：OC2=OA•OB，又：OC⊥AB， ∴△OAC∽△OCB，得：∠OCA=∠OBC; ∴∠ACB=∠OCA+∠OCB=∠OBC+∠OCB=90°， ∴△ABC为直角三角形，AB为△ABC外接圆的直径; 所以该外接圆的圆心为AB的中点，且坐标为：(，0).
(3)已求得：B(4，0)、C(0，﹣2)，可得直线BC的解析式为：y=x﹣2;
设直线l∥BC，则该直线的解析式可表示为：y=x+b，当直线l与抛物线只有一个交点时，可列方程：
x+b=x2﹣x﹣2，即： x2﹣2x﹣2﹣b=0，且△=0; ∴4﹣4×(﹣2﹣b)=0，即b=﹣4; ∴直线l：y=x﹣4.
所以点M即直线l和抛物线的唯一交点，有：
，解得：即 M(2，﹣3).
过M点作MN⊥x轴于N，
S△BMC=S梯形OCMN+S△MNB﹣S△OCB=×2×(2+3)+×2×3﹣×2×4=4.
- 3t=﹣=时，PM最长为=，再利用三角形的面积公式利用S△ABM=S△BPM+S△APM计算即可;
(3)由PM∥OB，根据平行四边形的判定得到当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形，然后讨论：当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能;当P在第一象限：PM=OB=3，(t2﹣2t﹣3)﹣(t﹣3)=3;当P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，分别解一元二次方程即可得到满足条件的t的值. 解答：
解：(1)把A(3，0)B(0，﹣3)代入y=x2+mx+n，得
解得
，所以抛物线的解析式是y=x2﹣2x﹣3.
设直线AB的解析式是y=kx+b，
把A(3，0)B(0，﹣3)代入y=kx+b，得所以直线AB的解析式是y=x﹣3;
(2)设点P的坐标是(t，t﹣3)，则M(t，t2﹣2t﹣3)， 因为p在第四象限，
所以PM=(t﹣3)﹣(t2﹣2t﹣3)=﹣t2+3t， 当t=﹣=时，二次函数的最大值，即PM最长值为
=
.
=，
，解得
，
则S△ABM=S△BPM+S△APM=(3)存在，理由如下： ∵PM∥OB，
∴当PM=OB时，点P、M、B、O为顶点的四边形为平行四边形， ①当P在第四象限：PM=OB=3，PM最长时只有，所以不可能有PM=3. ②当P在第一象限：PM=OB=3，(t2﹣2t﹣3)﹣(t﹣3)=3，解得t1=去)，所以P点的横坐标是
;
(舍去)，t2=
，所以P
，t2=
(舍③当P在第三象限：PM=OB=3，t2﹣3t=3，解得t1=点的横坐标是.
- 53)利用P点坐标以及B点坐标即可得出四边形PB′A′B为等腰梯形，利用等腰梯形性质得出答案即可. 解答：
解：(1)△A′B′O是由△ABO绕原点O逆时针旋转90°得到的， 又A(0，1)，B(2，0)，O(0，0)， ∴A′(﹣1，0)，B′(0，2). 方法一：
设抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c(a≠0)， ∵抛物线经过点A′、B′、B，
∴，解得：
，∴满足条件的抛物线的解析式为y=﹣x2+x+2.
方法二：∵A′(﹣1，0)，B′(0，2)，B(2，0)， 设抛物线的解析式为：y=a(x+1)(x﹣2) 将B′(0，2)代入得出：2=a(0+1)(0﹣2)， 解得：a=﹣1，
故满足条件的抛物线的解析式为y=﹣(x+1)(x﹣2)=﹣x2+x+2; (2)∵P为第一象限内抛物线上的一动点，
设P(x，y)，则x>0，y>0，P点坐标满足y=﹣x2+x+2. 连接PB，PO，PB′，
∴S四边形PB′A′B=S△B′OA′+S△PB′O+S△POB， =×1×2+×2×x+×2×y， =x+(﹣x2+x+2)+1， =﹣x2+2x+3.
∵A′O=1，B′O=2，∴△A′B′O面积为：×1×2=1， 假设四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍，则 4=﹣x2+2x+3， 即x2﹣2x+1=0， 解得：x1=x2=1，
此时y=﹣12+1+2=2，即P(1，2).
- 71)先根据抛物线的解析式得出其对称轴，由此得到顶点A的横坐标，然后代入直线l的解析式中即可求出点A的坐标.
(2)由A点坐标可确定抛物线的解析式，进而可得到点B的坐标.则AB、AD、BD三边的长可得，然后根据边长确定三角形的形状.
(3)若以点P、A、B、D为顶点的四边形是平行四边形，应分①AB为对角线、②AD为对角线两种情况讨论，即①AD方程求出P点的坐标. 解答：
解：(1)∵顶点A的横坐标为x=﹣∴当x=1时，y=1﹣5=﹣4， ∴A(1，﹣4).
(2)△ABD是直角三角形.
将A(1，﹣4)代入y=x2﹣2x+c，可得，1﹣2+c=﹣4，∴c=﹣3， ∴y=x2﹣2x﹣3，∴B(0，﹣3) 当y=0时，x2﹣2x﹣3=0，x1=﹣1，x2=3 ∴C(﹣1，0)，D(3，0)，
BD2=OB2+OD2=18，AB2=(4﹣3)2+12=2，AD2=(3﹣1)2+42=20， BD2+AB2=AD2，
∴∠ABD=90°，即△ABD是直角三角形. (3)存在.
由题意知：直线y=x﹣5交y轴于点E(0，﹣5)，交x轴于点F(5，0) ∴OE=OF=5， 又∵OB=OD=3 ∴△OEF与△OBD都是等腰直角三角形 ∴BD∥l，即PA∥BD
则构成平行四边形只能是PADB或PABD，如图，
过点P作y轴的垂线，过点A作x轴的垂线交过P且平行于x轴的直线于点G. 设P(x1，x1﹣5)，则G(1，x1﹣5) 则PG=|1﹣x1|，AG=|5﹣x1﹣4|=|1﹣x1|
=1，且顶点A在y=x﹣5上，
PB、②AB
PD，然后结合勾股定理以及边长的等量关系列
- 9考点：二次函数综合题.. 专题：压轴题. 分析：(1)根据抛物线y=即可;
(2)根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)，利用图象上点的性质得出x=5或2时，y的值即可.
(3)首先设直线CD对应的函数关系式为y=kx+b，求出解析式，当x=时，求出y即可; (4)利用MN∥BD，得出△OMN∽△OBD，进而得出△PMN的面积，利用二次函数最值求出即可. 解答：
解：(1)∵抛物线y=∵顶点在直线x=上，∴﹣
=﹣
经过点B(0，4)∴c=4，
=，∴b=﹣
;
，得到ON=
，进而表示出
经过点B(0，4)，以及顶点在直线x=上，得出b，c∴所求函数关系式为;
， (2)在Rt△ABO中，OA=3，OB=4，∴AB=∵四边形ABCD是菱形，∴BC=CD=DA=AB=5， ∴C、D两点的坐标分别是(5，4)、(2，0)， 当x=5时，y=当x=2时，y=∴点C和点D都在所求抛物线上;
- 111)求点B的坐标;
(2)求经过点A、O、B的抛物线的解析式;
(3)在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形?若存在，求点P的坐标;若不存在，说明理由.
考点：二次函数综合题.. 专题：压轴题;分类讨论. 分析：
(1)首先根据OA的旋转条件确定B点位置，然后过B做x轴的垂线，通过构建直角三角形和OB的长(即OA长)确定B点的坐标.
(2)已知O、A、B三点坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式.
(3)根据(2)的抛物线解析式，可得到抛物线的对称轴，然后先设出P点的坐标，而O、B坐标已知，可先表示出△OPB三边的边长表达式，然后分①OP=OB、②OP=BP、③OB=BP三种情况分类讨论，然后分辨是否存在符合条件的P点. 解答：
解：(1)如图，过B点作BC⊥x轴，垂足为C，则∠BCO=90°， ∵∠AOB=120°，∴∠BOC=60°，
又∵OA=OB=4，∴OC=OB=×4=2，BC=OB•sin60°=4×∴点B的坐标为(﹣2，﹣
2);
=2
，
(2)∵抛物线过原点O和点A、B，∴可设抛物线解析式为y=ax2+bx， 将A(4，0)，B(﹣2.﹣
2)代入，得
，解得，∴此抛物线的解析式为y=﹣
x2+
x
- 13考点：二次函数综合题.. 专题：压轴题. 分析：
(1)根据题意，过点B作BD⊥x轴，垂足为D;根据角的互余的关系，易得B到x、y轴的距离，即B的坐标;
(2)根据抛物线过B点的坐标，可得a的值，进而可得其解析式;
(3)首先假设存在，分A、C是直角顶点两种情况讨论，根据全等三角形的性质，可得答案. 解答：
解：(1)过点B作BD⊥x轴，垂足为D， ∵∠BCD+∠ACO=90°，∠ACO+∠CAO=90°， ∴∠BCD=∠CAO，(1分) 又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC， ∴△BCD≌△CAO，(2分) ∴BD=OC=1，CD=OA=2，(3分) ∴点B的坐标为(﹣3，1);(4分)
(2)抛物线y=ax2+ax﹣2经过点B(﹣3，1)， 则得到1=9a﹣3a﹣2，(5分) 解得a=，
所以抛物线的解析式为y=x2+x﹣2;(7分)
(3)假设存在点P，使得△ACP仍然是以AC为直角边的等腰直角三角形： ①若以点C为直角顶点;
则延长BC至点P1，使得P1C=BC，得到等腰直角三角形△ACP1，(8分) 过点P1作P1M⊥x轴，
- 153)分别从①以AC为直角边，点C为直角顶点，则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC，得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，③若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP3⊥CA，且使得AP3=AC，得到等腰直角三角形ACP3，过点P3作P3H⊥y轴，去分析则可求得答案. 解答：
解：(1)过点B作BD⊥x轴，垂足为D， ∵∠BCD+∠ACO=90°，∠AC0+∠OAC=90°， ∴∠BCD=∠CAO，
又∵∠BDC=∠COA=90°，CB=AC， ∴△BDC≌△COA， ∴BD=OC=1，CD=OA=2， ∴点B的坐标为(3，1);
(2)∵抛物线y=ax2﹣ax﹣2过点B(3，1)， ∴1=9a﹣3a﹣2， 解得：a=，
∴抛物线的解析式为y=x2﹣x﹣2;
(3)假设存在点P，使得△ACP是等腰直角三角形， ①若以AC为直角边，点C为直角顶点，
则延长BC至点P1使得P1C=BC，得到等腰直角三角形ACP1，过点P1作P1M⊥x轴，如图(1)，
∵CP1=BC，∠MCP1=∠BCD，∠P1MC=∠BDC=90°， ∴△MP1C≌△DBC， ∴CM=CD=2，P1M=BD=1，
∴P1(﹣1，﹣1)，经检验点P1在抛物线y=x2﹣x﹣2上;
②若以AC为直角边，点A为直角顶点，则过点A作AP2⊥CA，且使得AP2=AC， 得到等腰直角三角形ACP2，过点P2作P2N⊥y轴，如图(2)， 同理可证△AP2N≌△CAO， ∴NP2=OA=2，AN=OC=1，
∴P2(﹣2，1)，经检验P2(﹣2，1)也在抛物线y=x2﹣x﹣2上;
- 17
分析：(1)设直线BC的解析式为y=mx+n，将B(5，0)，C(0，5)两点的坐标代入，运用待定系数法即可求出直线BC的解析式;同理，将B(5，0)，C(0，5)两点∑的坐标代入y=x2+bx+c，运用待定系数法即可求出抛物线的解析式;
(2)MN的长是直线BC的函数值与抛物线的函数值的差，据此可得出一个关于MN的长和M点横坐标的函数关系式，根据函数的性质即可求出MN的最大值;
(3)先求出△ABN的面积S2=5，则S1=6S2=30.再设平行四边形CBPQ的边BC上的高为BD，根据平行四边形的面积公式得出BD=
3，过点D作直线BC的平行线，交抛物线与点P，交x轴于点E，在直线DE上截取PQ=BC，则四边形CBPQ为平行四边形.证明△EBD为等腰直角三角形，则BE=
BD=6，求出E的坐标为(﹣1，0)，运用待定系数法求出直
，即可求出点P的坐标. 线PQ的解析式为y=﹣x﹣1，然后解方程组解答：
解：(1)设直线BC的解析式为y=mx+n， 将B(5，0)，C(0，5)两点的坐标代入， 得，解得
，所以直线BC的解析式为y=﹣x+5;
将B(5，0)，C(0，5)两点的坐标代入y=x2+bx+c， 得，解得
，所以抛物线的解析式为y=x2﹣6x+5;
(2)设M(x，x2﹣6x+5)(1
;
，
(3)∵MN取得最大值时，x=2.5， ∴﹣x+5=﹣2.5+5=2.5，即N(2.5，2.5). 解方程x2﹣6x+5=0，得x=1或5， ∴A(1，0)，B(5，0)， ∴AB=5﹣1=4，
∴△ABN的面积S2=×4×2.5=5， ∴平行四边形CBPQ的面积S1=6S2=30.
- 192)求抛物线的解析式;
(3)将直线CD绕点C逆时针方向旋转45°所得直线与抛物线相交于另一点E，求证：△CEQ∽△CDO;
(4)在(3)的条件下，若点P是线段QE上的动点，点F是线段OD上的动点，问：在P点和F点移动过程中，△PCF的周长是否存在最小值?若存在，求出这个最小值;若不存在，请说明理由.
考点：二次函数综合题.. 专题：压轴题. 分析：
(1)利用待定系数法求出直线解析式; (2)利用待定系数法求出抛物线的解析式;
(3)关键是证明△CEQ与△CDO均为等腰直角三角形;
(4)如答图②所示，作点C关于直线QE的对称点C′，作点C关于x轴的对称点C″，连接C′C″，交OD于点F，交QE于点P，则△PCF即为符合题意的周长最小的三角形，由轴对称的性质可知，△PCF的周长等于线段C′C″的长度.
利用轴对称的性质、两点之间线段最短可以证明此时△PCF的周长最小. 如答图③所示，利用勾股定理求出线段C′C″的长度，即△PCF周长的最小值. 解答：
解：(1)∵C(0，1)，OD=OC，∴D点坐标为(1，0). 设直线CD的解析式为y=kx+b(k≠0)， 将C(0，1)，D(1，0)代入得：解得：b=1，k=﹣1，
∴直线CD的解析式为：y=﹣x+1.
，
- 21Rt△C′NC″中，由勾股定理得：C′C″===.
. 综上所述，在P点和F点移动过程中，△PCF的周长存在最小值，最小值为
12.如图，抛物线与x轴交于A(1，0)、B(﹣3，0)两点，与y轴交于点C(0，3)，设抛物线的顶点为D.
(1)求该抛物线的解析式与顶点D的坐标. (2)试判断△BCD的形状，并说明理由.
(3)探究坐标轴上是否存在点P，使得以P、A、C为顶点的三角形与△BCD相似?若存在，请直接写出点P的坐标;若不存在，请说明理由.
考点：二次函数综合题.. 专题：压轴题. 分析：
(1)利用待定系数法即可求得函数的解析式;
(2)利用勾股定理求得△BCD的三边的长，然后根据勾股定理的逆定理即可作出判断; (3)分p在x轴和y轴两种情况讨论，舍出P的坐标，根据相似三角形的对应边的比相等即可求解. 解答：
- 23AC是直角边，若AC与BC是对应边时，设P的坐标是(0，b)，则PC=3﹣b，则即=，解得：b=﹣，故P是(0，﹣)时，则△ACP∽△CBD一定成立;
=，④当P在x轴上时，AC是直角边，P一定在B的左侧，设P的坐标是(d，0). 则AP=1﹣d，当AC与CD是对应边时，两个三角形不相似;
⑤当P在x轴上时，AC是直角边，P一定在B的左侧，设P的坐标是(e，0). 则AP=1﹣e，当AC与DC是对应边时，总之，符合条件的点P的坐标为：
=
，即
=
，解得：e=﹣9，符合条件.
.
=
，即
=
，解得：d=1﹣
3，此时，
对应练习
13.如图，已知抛物线y=ax2+bx+3与x轴交于A、B两点，过点A的直线l与抛物线交于点C，其中A点的坐标是(1，0)，C点坐标是(4，3). (1)求抛物线的解析式;
(2)在(1)中抛物线的对称轴上是否存在点D，使△BCD的周长最小?若存在，求出点D的坐标，若不存在，请说明理由;
(3)若点E是(1)中抛物线上的一个动点，且位于直线AC的下方，试求△ACE的最大面积及E点的坐标.
- 25x=，y=﹣=﹣，
∴点E的坐标为(，﹣)，
设过点E的直线与x轴交点为F，则F(∴AF=﹣1=，
，0)，
∵直线AC的解析式为y=x﹣1， ∴∠CAB=45°， ∴点F到AC的距离为×又∵AC=∴△ACE的最大面积=×
3==3×
， ， =
，此时E点坐标为(，﹣).
14.如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+4与x轴相交于A、B两点，与y轴相交于点C，若已知A点的坐标为A(﹣2，0).
(1)求抛物线的解析式及它的对称轴方程;
(2)求点C的坐标，连接AC、BC并求线段BC所在直线的解析式; (3)试判断△AOC与△COB是否相似?并说明理由;
(4)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使△ACQ为等腰三角形?若存在，求出符合条件的Q点坐标;若不存在，请说明理由.
- 27BC的解析式为：y=x+4.
(3)可判定△AOC∽△COB成立. 理由如下：在△AOC与△COB中， ∵OA=2，OC=4，OB=8， ∴，
又∵∠AOC=∠BOC=90°， ∴△AOC∽△COB.
(4)∵抛物线的对称轴方程为：x=3， 可设点Q(3，t)，则可求得： AC=AQ=CQ=i)当AQ=CQ时， 有=
， ===
， ， =
.
25+t2=t2﹣8t+16+9， 解得t=0， ∴Q1(3，0); ii)当AC=AQ时， 有=，
t2=﹣5，此方程无实数根，
∴此时△ACQ不能构成等腰三角形; iii)当AC=CQ时， 有=
，
整理得：t2﹣8t+5=0， 解得：t=4±，
)，Q3(3，4﹣
). ∴点Q坐标为：Q2(3，4+
- 292)首先求出直线BC与AC的解析式，设直线l与BC、AC交于点E、F，则可求出EF的表达式;根据S△CEF=S△ABC，列出方程求出直线l的解析式; (3)首先作出▱PACB，然后证明点P在抛物线上即可. 解答：
解：(1)如答图1所示，过点C作CD⊥x轴于点D，则∠CAD+∠ACD=90°. ∵∠OBA+∠OAB=90°，∠OAB+∠CAD=90°， ∴∠OAB=∠ACD，∠OBA=∠CAD. ∵在△AOB与△CDA中，
∴△AOB≌△CDA(ASA). ∴CD=OA=1，AD=OB=2， ∴OD=OA+AD=3， ∴C(3，1).
∵点C(3，1)在抛物线y=x2+bx﹣2上， ∴1=×9+3b﹣2，解得：b=﹣. ∴抛物线的解析式为：y=x2﹣x﹣2.
(2)在Rt△AOB中，OA=1，OB=2，由勾股定理得：AB=∴S△ABC=AB2=.
设直线BC的解析式为y=kx+b，∵B(0，2)，C(3，1)， ∴，
.
解得k=﹣，b=2，
- 31CBG=∠APH， 在△PAH和△BCG中，
∴△PAH≌△BCG(AAS)， ∴PH=BG=1，AH=CG=3， ∴OH=AH﹣OA=2， ∴P(﹣2，1).
抛物线解析式为：y=x2﹣x﹣2，当x=﹣2时，y=1，即点P在抛物线上. ∴存在符合条件的点P，点P的坐标为(﹣2，1).
第二篇：第三轮专题复习中考数学压轴题：二次函数常考类型题练习
2021年中考数学压轴题第三轮专题复习：二次函数
常考类型题练习
1、如图，已知二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于点A(1，0)、B(3，0)，与y轴交于点C.
(1)求二次函数的解析式;
(2)若点P为抛物线上的一点，点F为对称轴上的一点，且以点A、B、P、F为顶点的四边形为平行四边形，求点P的坐标;
(3)点E是二次函数第四象限图象上一点，过点E作x轴的垂线，交直线BC于点D，求四边形AEBD面积的最大值及此时点E的坐标.
2、如图，二次函数的图象与x轴的一个交点为，另一个交点为A，且与y轴相交于C点
(1)求m的值及C点坐标;
(2)在直线BC上方的抛物线上是否存在一点M，使得它与B，C两点构成的三角形面积最大，若存在，求出此时M点坐标;若不存在，请简要说明理由
(3)P为抛物线上一点，它关于直线BC的对称点为Q，当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标(直接写出答案);
3、如图，抛物线经过点，与轴负半轴交于点，与轴交于点，且.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点在轴上，且，求点的坐标;
(3)点在抛物线上，点在抛物线的对称轴上，是否存在以点，，，为顶点的四边形是平行四边形?若存在。求出所有符合条件的点的坐标;若不存在，请说明理由.
4、已知抛物线y=ax2+bx+c经过A(-1，0)、B(3，0)、C(0，3)三点，直线l是抛物线的对称轴.
(1)求抛物线的函数关系式;
(2)设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标;
(3)在直线l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形?若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标;若不存在，请说明理由.
5、如图，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A、B两点，B点的坐标为(3，0)，与y轴交于点C(0，﹣3)，点P是直线BC下方抛物线上的任意一点.
(1)求这个二次函数y=x2+bx+c的解析式.
(2)连接PO，PC，并将△POC沿y轴对折，得到四边形POP′C，如果四边形POP′C为菱形,求点P的坐标.
(3)如果点P在运动过程中，能使得以P、C、B为顶点的三角形与△AOC相似，请求出此时点P的坐标.
6、抛物线y=﹣3x2+bx+c(b，c均是常数)经过点O(0，0)，A(4，43)，与x轴的另一交点为点B，且抛物线对称轴与线段OA交于点P.
(1)求该抛物线的解析式和顶点坐标;
(2)过点P作x轴的平行线l，若点Q是直线上的动点，连接QB.
①若点O关于直线QB的对称点为点C，当点C恰好在直线l上时，求点Q的坐标;
②若点O关于直线QB的对称点为点D，当线段AD的长最短时，求点Q的坐标(直接写出答案即可).
7、如图，抛物线y=ax2+bx+4交x轴于A(﹣3，0)，B(4，0)两点，与y轴交于点C，连接AC，BC.点P是第一象限内抛物线上的一个动点，点P的横坐标为m.
(1)求此抛物线的表达式;
(2)过点P作PM⊥x轴，垂足为点M，PM交BC于点Q.试探究点P在运动过程中，是否存在这样的点Q，使得以A，C，Q为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请求出此时点Q的坐标，若不存在，请说明理由;
(3)过点P作PN⊥BC，垂足为点N.请用含m的代数式表示线段PN的长，并求出当m为何值时PN有最大值，最大值是多少?
8、二次函数y=ax2+bx+2的图象交x轴于点(﹣1，0)，B(4，0)两点，交y轴于点C.动点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿AB方向运动，过点M作MN⊥x轴交直线BC于点N，交抛物线于点D，连接AC，设运动的时间为t秒.
(1)求二次函数y=ax2+bx+2的表达式;
(2)连接BD，当t=时，求△DNB的面积;
(3)在直线MN上存在一点P，当△PBC是以∠BPC为直角的等腰直角三角形时，求此时点D的坐标;
(4)当t=时，在直线MN上存在一点Q，使得∠AQC+∠OAC=90°，求点Q的坐标.
9、如图，在平面直角坐标系中，以点M(2，0)为圆心的⊙M与y轴相切于原点O，过点B(﹣2，0)作⊙M的切线，切点为C，抛物线y=-33x2+bx+c经过点B和点M.
(1)求这条抛物线解析式;
(2)求点C的坐标，并判断点C是否在(1)中抛物线上;
(3)动点P从原点O出发，沿y轴负半轴以每秒1个单位长的速度向下运动，当运动t秒时到达点Q处.此时△BOQ与△MCB全等，求t的值.
10、如图所示，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)经过A(-1，0)，B(3，0)，C(0，3)三点，其顶点为D，连接BD，点是线段BD上一个动点(不与B、D重合)，过点P作y轴的垂线，垂足为E，连接BE.
(1)求抛物线的解析式，并写出顶点D的坐标;
(2)如果P点的坐标为(x，y)，△PBE的面积为，求S与x的函数关系式，写出自变量x的取值范围，并求出S的最大值;
(3)在(2)的条件下，当S取得最大值时，过点P作x的垂线，垂足为F，连接EF，把△PEF沿直线EF折叠，点P的对应点为P′，请直接写出P′点坐标，并判断点P′是否在该抛物线上.
11、已知抛物线y=﹣x2﹣(m+3)x+m2﹣12与x轴交于A(x1，0)、B(x2，0)两点，且x1<0，x2>0，抛物线与y轴交于点C，OB=2OA.
(1)求抛物线解析式;
(2)已知直线y=x+2与抛物线相交于M、N两点，分别过M、N作x轴的垂线，垂足为M1、N1，是否存在点P，同时满足如下两个条件：
①P为抛物线上的点，且在直线MN上方;
②:=6：35
若存在，则求点P横坐标t，若不存在，说明理由.
12、如图，已知抛物线y=ax2+bx+c经过点A(﹣3，0)、B(9，0)和C(0，4)，CD垂直于y轴，交抛物线于点D，DE垂直于x轴，垂足为E，直线l是该抛物线的对称轴，点F是抛物线的顶点.
(1)求出该二次函数的表达式及点D的坐标;
(2)若Rt△AOC沿x轴向右平移，使其直角边OC与对称轴l重合，再沿对称轴l向上平移到点C与点F重合，得到Rt△A1O1F，求此时Rt△A1O1F与矩形OCDE重叠部分图形的面积;
(3)若Rt△AOC沿x轴向右平移t个单位长度(0
13、如图1，抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A(2，0)，B(0，2)，与x轴交于另一点C.
(1)求抛物线的解析式及点C的坐标;
(2)点P是抛物线y=﹣x2+bx+c在第一象限上的点，过点P分别向x轴、y轴作垂线，垂足分别为D，E，求四边形ODPE的周长的最大值;
(3)如图2，点P是抛物线y=﹣x2+bx+c在第一象限上的点，过点P作PN⊥x轴，垂足为N，交AB于M，连接PB，PA.设点P的横坐标为t，当△ABP的面积等于△ABC面积的时，求t的值.
14、如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=x2﹣x﹣与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧)，与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D，点E(4，n)在抛物线上.
(1)求直线AE的解析式;
(2)点P为直线CE下方抛物线上的一点，连接PC，PE.当△PCE的面积最大时，连接CD，CB，点K是线段CB的中点，点M是CP上的一点，点N是CD上的一点，求KM+MN+NK的最小值;
(3)点G是线段CE的中点，将抛物线y=x2﹣x﹣沿x轴正方向平移得到新抛物线y′，y′经过点D，y′的顶点为点F.在新抛物线y′的对称轴上，是否存在一点Q，使得△FGQ为等腰三角形?若存在，直接写出点Q的坐标;若不存在，请说明理由.
15、已知抛物线y=﹣x2﹣x+2与x轴交于点A，B两点，交y轴于C点，抛物线的对称轴与x轴交于H点，分别以OC、OA为边作矩形AECO.
(1)求直线AC的解析式;
(2)如图2，P为直线AC上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M，当四边形AOCP面积最大时，求|PM﹣OM|的最大值.
(3)如图3，将△AOC沿直线AC翻折得△ACD，再将△ACD沿着直线AC平移得△A'C′D'.使得点A′、C'在直线AC上，是否存在这样的点D′，使得△A′ED′为直角三角形?若存在，请求出点D′的坐标;若不存在，请说明理由.
第三篇：中考数学压轴题整理
【运用相似三角形特性解题，注意分清不同情况下的函数会发生变法，要懂得分情况讨论问题】
【分情况讨论，抓住特殊图形的面积，多运用勾股定理求高，构造梯形求解】
【出现边与边的比，构造相似求解】
【当图形比较复杂的时候，要学会提炼出基础图形进行分析，如此题中可将两个三角形构成的平行四边形提取出来分析，出现两个顶点，结合平行四边形性质和函数图像性质，找出不变的量，如此题中N点的纵坐标不变，为-3，为突破口从而求解】
已知△ABC是等边三角形.
(1)将△ABC绕点A逆时针旋转角θ(0°<θ<180°)，得到△ADE，BD和EC所在直线相交于点O.
①如图a，当θ=20°时，△ABD与△ACE是否全等?(填“是”或“否”)，∠BOE=度;
②当△ABC旋转到如图b所在位置时，求∠BOE的度数;
【旋转，平移，轴对称的题目，要将动态转化为静态求解，运用全等和相似的方法】
【通过旋转把条件进行转移，利用与第一题相同的方法做辅助线，采用构造直角三角形的方法求解】
如下数表是由从1开始的连续自然数组成，观察规律并完成各题的解答.
(1)表中第8行的最后一个数是_________，它是自然数_______的平方，第8行共有________个数;
(2)用含n的代数式表示：第n行的第一个数是_______，最后一个数是_________，第n行共有个数__________;
(3)求第n行各数之和.
【利用三角函数求解】
如图所示，已知A点从(1，0)点出发，以每秒1个单位长的速度沿着x轴的正方向运动，经过t秒后，以O、A为顶点作菱形OABC，使B、C点都在第一象限内，且∠AOC=60°，又以P(0，4)为圆心，PC为半径的圆恰好与OA所在的直线相切，则t=_____________.
【提取基础图形，此题将三角形提取出来，构造直角三角形，利用30°所对的边是斜边的一半，设未知数求解】
【要求是否能构造成直角三角形，构造包含欲求三角形的三边的另外三个直角三角形，利用勾股定理求出三条边，再运用勾股定理，分三种情况求解】
如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE的大小可以是___________.
当遇到求是否构成等腰三角形，等边三角形，等腰直角三角形，直角三角形时，在坐标轴中，设未知数求解;如设点A为(x,y)或设点A为(0，m)，多寻找可用相似表示的边，运用相似的面积比，周长比，高之比，边之比求解
求坐标轴上有多少个图形能够构成面积为多少，周长为多少的三角形四边形等时，注意坐标点可能在正半轴或负半轴，注意加绝对值符号，计算多边形面积可采用割补法
第四篇：中考数学压轴题破解方法
近几年的中考，一些题型灵活、设计新颖、富有创意的压轴试题涌现出来，其中一类以平移、旋转、翻折等图形变换为解题思路的题目更是成为中考压轴大戏的主角。不过这些传说中的主角，并没有大家想象的那么神秘，只是我们需要找出这些压轴题目的切入点。切入点一：构造定理所需的图形或基本图形
在解决问题的过程中，有时添加辅助线是必不可少的。对于北京中考来说，只有一道很简单的证明题是可以不用添加辅助线的，其余的全都涉及到辅助线的添加问题。中考对学生添线的要求还是挺高的，但添辅助线几乎都遵循这样一个原则：构造定理所需的图形或构造一些常见的基本图形。
切入点二：做不出、找相似，有相似、用相似
压轴题牵涉到的知识点较多，知识转化的难度较高。学生往往不知道该怎样入手，这时往往应根据题意去寻找相似三角形。
切入点三：紧扣不变量，并善于使用前题所采用的方法或结论
在图形运动变化时，图形的位置、大小、方向可能都有所改变，但在此过程中，往往有某两条线段，或某两个角或某两个三角形所对应的位置或数量关系不发生改变。切入点四：在题目中寻找多解的信息
图形在运动变化，可能满足条件的情形不止一种，也就是通常所说的两解或多解，如何避免漏解也是一个令考生头痛的问题，其实多解的信息在题目中就可以找到，这就需要我们深度的挖掘题干，实际上就是反复认真的审题。
总之，问题的切入点很多，考试时也不是一定要找到那么多，往往只需找到一两个就行了，关键是找到以后一定要敢于去做。有些同学往往想想觉得不行就放弃了，其实绝大多数的题目只要想到上述切入点，认真做下去，问题基本都可以得到解决。
第五篇：中考数学几何证明压轴题 (1)
AB
1、如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，∠BCD=90°,
且AB=1，BC=2，tan∠ADC=2.(1) 求证：DC=BC;
(2) E是梯形内一点，F是梯形外一点，且∠EDC=
∠FBC，DE=BF，试判断△ECF的形状，并证
明你的结论;
(3) 在(2)的条件下，当BE：CE=1：2，∠DCBEC=135°时，求sin∠BFE的值.
2、已知：如图，在□ABCD 中，E、F分别为边AB、CD的中点，BD是对角线，AG∥DB交CB的延长线于G.
(1)求证：△ADE≌△CBF;
(2)若四边形 BEDF是菱形，则四边形AGBD
是什么特殊四边形?并证明你的结论.
F
3、如图13-1，一等腰直角三角尺GEF的两条直角边与正方形ABCD的两条边分别重合在一起.现正方形ABCD保持不动，将三角尺GEF绕斜边EF的中点O(点O也是BD中点)按顺时针方向旋转.
(1)如图13-2，当EF与AB相交于点M，GF与BD相交于点N时，通过观察或测
量BM，FN的长度，猜想BM，FN满足的数量关系，并证明你的猜想;
(2)若三角尺GEF旋转到如图13-3所示的位置时，线段FE的延长线与AB的延长
线相交于点M，线段BD的延长线与GF的延长线相交于点N，此时，(1)中的猜
想还成立吗?若成立，请证明;若不成立，请说明理由.
A( B( E )图13-1 图13-
2图13-
31.[解析] (1)过A作DC的垂线AM交DC于M,
则AM=BC=2.又tan∠ADC=2,所以DM
(2)等腰三角形.
证明：因为DEDF,EDCFBC,DCBC.
所以，△DEC≌△BFC 21.即DC=BC. 2
所以，CECF,ECDBCF.
所以，ECFBCFBCEECDBCEBCD90 即△ECF是等腰直角三角形.
(3)设BEk,则CECF
2k，所以EF.
因为BEC135，又CEF45，所以BEF90.
所以BF3k 所以sinBFEk1. 3k3
2.[解析] (1)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠1=∠C，AD=CB，AB=CD .
∵点E 、F分别是AB、CD的中点，
∴AE=11AB ，CF=CD . 22
∴AE=CF
∴△ADE≌△CBF .
(2)当四边形BEDF是菱形时，
四边形 AGBD是矩形.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC .
∵AG∥BD ，
∴四边形 AGBD 是平行四边形.
∵四边形 BEDF 是菱形，
∴DE=BE .
∵AE=BE ，
∴AE=BE=DE .
∴∠1=∠2，∠3=∠4.
∵∠1+∠2+∠3+∠4=180°，
∴2∠2+2∠3=180°.
∴∠2+∠3=90°.
即∠ADB=90°.
∴四边形AGBD是矩形 3[解析](1)BM=FN.
证明：∵△GEF是等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，
∴ ∠ABD =∠F =45°，OB = OF.
又∵∠BOM=∠FON，∴ △OBM≌△OFN . ∴ BM=FN.
(2) BM=FN仍然成立.
(3) 证明：∵△GEF是等腰直角三角形，四边形ABCD是正方形，
∴∠DBA=∠GFE=45°，OB=OF.
∴∠MBO=∠NFO=135°.
又∵∠MOB=∠NOF，∴ △OBM≌△OFN .∴ BM=FN.