中考压轴题的“分解、整合与变式”
摘要：中考数学试题是以数学课程为标准，体现了初中学业水平的基础，也适度的体现了高一级学府的选拔功能，所以，除了对基础知识的考察，也加大了对数学思想、逻辑能力、演绎能力方向的作用体现应用能力的考察，尤其是中考试卷的压轴题，在培养学生几何直观感觉合情，合理推理方向的作用体现更加突出。
关键词：中考数学;压轴题;分解
中考压轴题的突破一直是老师和同学们关注的焦点，基础较好的同学为突破这一难点而常常陷入题海不能自拔，基础较差的同学往往望而生畏，甚至放弃作答。究其根源是我们在教学中对压轴题的分解，提炼，提升不够。在教与学的过程中，师生常常被中考压轴题难住，有时甚至找不到解决难题的突破口。其实，静下心来研究所谓的中考压轴题，就会发现很多“中考压轴题”其实并不难，只是因为解题者没有抓住题目的核心要素，即没有找到解题的突破口，而自我感觉难。解题者一旦抓住了题目的核心要素后却又觉得非常简单，反思过后还会觉得该题有趣味、有层次、有挑战性，认为这是一道非常值得去探究的好题，从而提高了解题能力和学习兴趣，并由此爱上数学、爱上解题、爱上思考.寻找题目的核心要素其实就是寻找事物的主要矛盾和矛盾的主要方面，从面使问题迎刃面解。怎么样让不同层次的学生在避免刷题的情况下将压轴题的解答发挥到自己能力的极致?
本文就中考压轴题的“分解、整合与变式”三步讲解尽可能地还原压轴题的产生过程，最大化地展示与调动学生所学知识与能力，让不同层次的学生在压轴题的解答中获得最大限度的发挥。
三、变式问题(二)
①在抛物线是否存在点P，使∠CBP=∠ACO，若存在求P点的坐标，不存在请说明理由。
②在问题(一)中，过F作FQ⊥x轴交抛物线于点Q，是否存在点F，使△FCQ与△ABC相似，若存在求F点的坐标，不存请说明理由。
以上变式①、②请读者自行解答。
中考压轴题是为考察考生综合运用知識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，解法灵活，所以解数学中考填空压轴题，要树立必胜的信心，要做到：数形结合记心头，小题大作来转化，潜在条件不能忘，对角互补四共圆，相似方程是工具，计算推理要严谨，创新品质得提高。
结束语
工欲善其事，必先利其器，本文中的三个环节，只是应对解决压轴题时的一种探索过程与变式提升，而非一种标准，我依然要强烈建议老师们夯实学生的双基，形成“解题再认识”。鼓励学生“一题多解，多题一解”，不管考题的方向和形式如何变化，只要我们能够把功夫花在平时，系列、科学地做好平时的备考准备，就一定能以不变应万变。试试看吧!
参考文献：
[1]万维中考《数学压轴题》，《十堰市2020年中考数学试题》
作者：黄立斌
[摘 要]从近几年中考数学试题的命题实践出发，总结了中考数学几何压轴题的命制方法及创新设计思路。在命制方法方面，主要介绍了几何压轴题的命题程序;在创新设计思路方面，着重介绍了基于几何压轴题的设计思路的创新考查。
[关键词]中考数学;命制方法;创新设计
新课改以来，中考数学试卷最明显的特点就是加大了对几何压轴题的考查力度，尤其是对探究性几何题的考查力度。几何压轴题的内容丰富，区分度大，涉及知识面广，已逐渐成为中考数学试卷的重点题型。综观近几年全国各地的中考数学试卷，大家都把几何题作为中考的经典题和压轴题，对探究性几何题的考查无论是考查内容还是考查形式都有所创新，体现了中考数学学科命题思路的灵活性、考查视角的新颖性和考查方式的多样性。几何压轴题能较好的考查学生的数学核心素养和理性精神，体现以素养立意的命题指导思想。在此，笔者以山东省东营市中考数学几何压轴题的命制为例，谈一谈对几何压轴题的命制方法及创新设计，以期对中考数学几何压轴题的命制及备考提供借鉴。
一、几何压轴题的命制方法
在中考数学试卷中，由于几何压轴题的分值较高，而且涉及的考点其他题目都容易回避，所以首先命制几何压轴题。通过对中考数学试题的研究发现，几何压轴题虽然没有固定的命题方法，但仍遵循一定的命题思路，我们一般按照“选题—改造—变式”的程序进行。
1.利用到各学校视导听课过程，收集一些比较经典的题目，然后进行创编。
在一次某学校的听课过程中，有位教师讲了这样一道比较经典的题目，引起笔者的注意，当时收集起来，最终经过创编形成了2017年东营市中考数学几何压轴题，题目如下：
如图，在△ABC中，AB=AC=1，点D、E在直线BC上运动.点D在线段BC的左侧，点E在线段BC的右侧. 设BD =x，CE = y.
(1)如果∠BAC = 30°，∠DAE = 105°，试确定y与x之间的函数关系式;
(2)如果∠BAC的度数为α，∠DAE的度数为β，当α，β满足怎样的关系式时，(1)中y与x之间的函数关系式还成立，试说明理由.
由于此题目比较经典，命题组经过思考编制了如下的2017年东营市中考数学的几何压轴题第一稿，题目如下：
如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=1，点D是BC边上的一个动点(不与B、C重合)，在AC上取一点E，使∠ADE=45°.
(1)求证：△ABD∽△DCE;
(2)设BD=x，AE=y，求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围;
(3)当△ADE是等腰三角形时，求AE的長.
后来，由于考虑到等腰直角三角形有点特殊，于是继续修改，便形成了2017年东营市中考数学的几何压轴题最终稿，题目如下：
如图，在△ABC中，∠BAC=120°， AB=AC=2，点D是BC边上的一个动点(不与B、C重合)，在AC上取一点E，使∠ADE=30°.
(1)求证：△ABD∽△DCE;
(2)设BD=x，AE=y，求y关于x的函数关系式及自变量x的取值范围.
(3)设当△ADE是等腰三角形时，求AE的长.
2.利用各地的模拟题、中考题为原题进行创编
几何压轴题的命制有时通过对原中考题或模拟题进行的改造，2016年东营市中考数学几何压轴题便是对一道模拟题进行的改造并最终成稿的，原题如下：
如图l，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC，四边形ADEF是正方形，点D、F分别在A B、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立.
(1)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ (0°<θ<90°)时，如图2，BD=CF成立吗?若成立，请证明;若不成立，请说明理由.
(2)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G.
①求证：BD⊥CF;②当AB=4，AD= 时，求线段BG的长.
经过对题目仔细研究发现，如果对图形进行适当的改变，如原图中“三角形大、正方形小”，换成“正方形大、三角形小”结论是否仍然成立呢?命题人员利用几何画板验证，结论仍然成立。此题具有改造的空间，于是便形成了2016年东营市中考数学几何压轴题，题目如下：
如图l，△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC，四边形ADEF是正方形，点B、C分别在边AD、AF上，此时BD=CF，BD⊥CF成立.
(1)当△ABC绕点A逆时针旋转θ (0°< θ <90°)时，如图2，BD=CF成立吗?若成立，请证明;若不成立，请说明理由.
(2)当△ABC绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长DB交CF于点H.
①求证：BD⊥CF;②当AB=2，AD=3 时，求线段DH的长.
二、中考数学几何压轴题的创新设计
逻辑推理是学生发展所需的重要的数学核心素养，回想2014年中考数学几何压轴题的命制，当时设想是：改变前几年的旧习，结合初中数学四维目标的设定，以纯几何探究为主，适当强化几何推理能力的考查。由于压轴题一般要求：“起点低，入手易，逐渐增加坡度，区达到区分度大”，使基础知识好、数学素养好的学生能脱颖而出。为此，2014年东营市中考数学几何压轴题的命制是以课本练习题目为原型进行的创新设计。
原始模型(人民教育出版社义务教育教科书八年级下册P69页第14题)：
如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线于点F，求证AE=EF.(提示：取AB的中点G，连接EG.)
思考1：能否通过旋转不变性，同时结合考查学生的作图能力进行创编题目?于是便有了下面的第一稿：
如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点且∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F，取边AB的中点G，连接EG.
(1)求证：EG=CF;
(2)将△ECF绕点E逆时针旋转90°，问旋转后CF与EG是什么位置关系，请进行证明， 并在图中画出旋转后的图形.
上面的第一稿题目虽然满足预设，但是略显简单。
思考2：由于点E是边BC的中点，具有特殊性，能否通過对点E的位置变化进行创编题目?于是便有了下面的第二稿：
如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角平分线CF于点F.请你认真阅读下面关于这个图的探究片段，完成所提出的问题.
(1)探究1：小强看到图1后，很快发现AE=EF，这需要证明AE和EF所在的两个三角形全等，但△ABE和△ECF显然不全等(一个是直角三角形，一个是钝角三角形)，考虑到点E是边BC的中点，因此可以选取AB的中点M，连接EM后尝试去证△AEM≌EFC就行了，随即小强写出了如下的证明过程：
证明：如图1，取AB的中点M，连接EM.
∵∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEB=90°，
又∵∠EAM+∠AEB=90°，
∴∠EAM=∠FEC.
∵点E，M分别为正方形的边BC和AB的中点，
∴AM=EC，
又可知△BME是等腰直角三角形，
∴∠AME=135°.
又∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠ECF=135°，
∴△AEM≌△EFC(ASA)，
∴AE=EF.
(2)探究2：小强继续探索，如图2，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上的任意一点”，其余条件不变，发现AE=EF仍然成立，请你证明这一结论.
(3)探究3：小强进一步还想试试，如图3，若把条件“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC延长线上的一点”，其余条件仍不变，那么结论AE=EF是否成立呢?若成立请你完成证明过程给小强看，若不成立请你说明理由.
上面的创编题目，考查了特殊到一般的数学思想，同时还让学生进行应用，已经起到了很好的创新效果，但是学生的做题能力没有得到考查。
思考：正方形具有这样的性质，换一种图形，如正三角形是否仍然满足上述性质呢?通过几何画板进行度量验证，仍然成立，于是便创编生成了2014年东营市中考数学几何压轴题，题目如下：
【探究发现】如图1，△ABC是等边三角形， ，EF交等边三角形外角平分线CF所在的直线于点F.当点E是BC的中点时，有AE=EF成立;
【数学思考】某数学兴趣小组在探究AE、EF的关系时，运用“从特殊到一般”的数学思想，通过验证得出如下结论：当点E是直线BC上(B、C除外)任意一点时(其它条件不变)，结论AE=EF仍然成立.
假如你是该兴趣小组中的一员，请你从“点E是线段BC上的任意一点”;“点E是线段BC延长线上的任意一点”;“点E是线段BC反向延长线上的任意一点”三种情况中，任选一种情况，在备用图1中画出图形，并进行证明.
【拓展应用】当点E在线段BC的延长线上时，若CE = BC，在备用图2中画出图形，并运用上述结论求出的值.
上面的题目是以教材练习题目为原型进行的创新设计，既考查了三角形全等的知识也考查了三角形相似的知识，同时考查了学生的作图能力，考察面较广。整个题目的创编过程富有创新性。可以说，此题是2014年东营市中考数学试题中一道亮丽的风景线!
三、命制几何压轴题的注意事项
命制一道高质量的几何压轴题难就难在它的创新性和开放性。创新性可以提高题目的新颖性，开放性能有效开阔学生的思维，通过问题让学生多思少写。因此要命制一道好的几何压轴题还必须注意以下几点。
1.应加大对学生核心素养的考查力度
中考几何压轴题应加大对学生核心素养的考查力度，注意学科的内在联系和知识的综合，因地制宜地编制一些针对性强、适合学生学习训练的数学问题，或者精选一些比较成功的几何压轴题，有目的的将它们进行组合或改编，有意识的培养学生的核心素养。
2.加强对中考试题的研究
中考几何压轴题常出常新，每年都有新题出现。因此，收集整理全国各地的中考数学试题，了解各地中考几何压轴题的命题趋势，从中寻找灵感，筛选出有亮点的新题，尤其是在变化过程中寻找不变性，并进行仔细研究，通过不变的性质，将陌生的问题转化为熟悉的问题，进而创编出高质量的几何压轴题。
3.注重对命题素材的积累
素材积累的越多，命题选择的余地就越大，命题思路就越开阔，试题的新颖度就越高。因此，我们要认真研读《中学数学教学参考》等杂志，注重收集整理其中有价值的新信息、新素材、新题型，及时做好命题素材积累。
4.命制的几何压轴题要渗透数学思想方法
要想使学生“做一题，会一类”，命制的几何压轴题要渗透数学思想方法，如数形结合思想，通过直观的图形变换揭示不同图形间的共性，进而运用化归思想进行转化，从而获得化归的切入点，做到举一反三，融会贯通。
随着中考命题改革的不断深化，几何压轴题的命制思路也会更加灵活，如何对几何压轴题进行创新设计，已经引起越来越多的命题人员的重视，几何压轴题设计的技巧和方法也不断得到发展和完善，也期待有更多构思巧妙、设计新颖的好题呈献给广大师生。
参考文献：
[1] 张建跃. 数学学习与智慧发展[J]. 中学数学教学参考：中旬，2015(7)：4-10.
[2] 魏相清. 对两道高考模拟题的解法反思[J].中学数学教学参考，2015(11)：33-35.
作者：尚凡青 魏相清
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).
2021年中考数学压轴题：二次函数
分类综合专题复习练习
1、如图，抛物线交轴于，两点，交轴于点，直线与抛物线交于点，，与轴交于点，连接，.
(1)求抛物线的解析式和直线的解析式.
(2)点是直线上方抛物线上一点，若，求此时点的坐标.
2、如图，抛物线经过、、三点，对称轴与抛物线相交于点，与直线相交于点，连接，.
(1)求该抛物线的解析式;
(2)设对称轴与轴交于点，在对称轴上是否存在点，使以、、为顶点的三角形与相似?如果存在，请求出点的坐标;如果不存在，请说明理由;
(3)抛物线上是否存在一点，使与的面积相等，若存在，求点的坐标;若不存在，请说明理由.
3、如图，二次函数的图象与轴交于点、点两点，与轴交于点.
(1)求二次函数的表达式;
(2)连接、，若点在线段上运动(不与点、重合)，过点作，交于点，当面积最大时，求点的坐标;
(3)在(2)的结论下，若点在第一象限，且，线段是否存在最值?如果存在，请直接写出最值，如果不存在，请说明理由.
4、如图，直线与轴交于点，与轴交于点，抛物线经过点，.
(1)求抛物线的解析式.
(2)是抛物线对称轴上的一点连接，，求的最小值.
(3)若为轴正半轴上一动点，过点作直线轴，交直线于点，交抛物线于点，连接，，当时，请求出的值.
5、如图，在平面直角坐标系中，直线与抛物线交于、两点.
(1)直线总经过定点，请直接写出该定点的坐标;
(2)点在抛物线上，当时，解决下列问题：
①在直线下方的抛物线上求点，使得的面积等于20;
②连接，，，作轴于点，若和相似，请直接写出点的坐标.
6、如图1，我们将经过抛物线顶点的所有非竖直的直线，叫做该抛物线的“风车线”，若抛物线的顶点为，则它的所有“风车线”可以统一表示为：，即当时，始终等于.
(1)若抛物线与轴交于点，求该抛物线经过点的“风车线”的解析式;
(2)若抛物线可以通过平移得到，且它的“风车线”可以统一表示为，求该抛物线的解析式;
(3)如图2，直线与直线交于点，抛物线的“风车线”与直线、分别交于、两点，若的面积为12，求满足条件的“风车线”的解析式.
7、如图1，已知抛物线过点，.
(1)求抛物线的解析式及其顶点的坐标;
(2)设点是轴上一点，当时，求点的坐标;
(3)如图2.抛物线与轴交于点，点是该抛物线上位于第二象限的点，线段交于点，交轴于点，和的面积分别为、，求的最大值.
8、已知：抛物线经过点和点，与轴交于另一点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)点为第四象限内抛物线上的点，连接，，.设点的横坐标为.
①如图1，当时，求的值;
②如图2，连接，过点作轴的垂线，垂足为点.过点作的垂线，与射线交于点，与轴交于点.当时，求的值.
9、如图，抛物线与轴交于，两点在的右侧)，且与直线交于，两点，已知点的坐标为.
(1)求抛物线的函数表达式;
(2)过点的直线与线段交于点，且满足，与抛物线交于另一点.
①若点为直线上方抛物线上一动点，设点的横坐标为，当为何值时，的面积最大;
②过点向轴作垂线，交轴于点，在抛物线上是否存在一点，使得，若存在，求出的坐标，若不存在，请说明理由.
10、如图，抛物线分别交轴于，两点(点在点的左边)，交轴正半轴于点，过点作的平行线交抛物线于另一点，交轴于点.
(1)如图(1)，.
①直接写出点的坐标和直线的解析式;
②直线上有两点，，横坐标分别为，，分别过，两点作轴的平行线交抛物线于，两点.若以，，，四点为顶点的四边形是平行四边形，求的值.
(2)如图(2)，若，求的值.
11、如图，在平面直角坐标系中，抛物线交轴于点，，点的坐标为，与轴于交于点.
(1)求此抛物线的解析式;
(2)在抛物线上取点，若点的横坐标为5，求点的坐标及的度数;
(3)在(2)的条件下，设抛物线对称轴交轴于点，的外接圆圆心为(如图，
①求点的坐标及的半径;
②过点作的切线交于点(如图，设为上一动点，则在点运动过程中的值是否变化?若不变，求出其值;若变化，请说明理由.
12、如图，二次函数的图象与轴、轴交于点、、三点，点是抛物线位于一象限内图象上的一点.
(1)求二次函数的解析式;
(2)作点关于直线的对称点，求四边形面积的最大值;
(3)在(2)的条件下，连接线段，将线段绕点逆时针旋转到，连接交抛物线于点，交直线于点，试求当为直角三角形时点的坐标.
13、如图所示：二次函数的图象与轴交于，两点，与轴交于点，连接，.
(1)求直线的函数表达式;
(2)如图1，若点为抛物线上线段右侧的一动点，连接，.求面积的最大值及相应点的坐标;
(3)如图2，该抛物线上是否存在点，使得?若存在，请求出所有点的坐标;若不存在，请说明理由.
14、在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于点、，与轴相交于点，抛物线的顶点纵坐标为4.
(1)如图1，求抛物线的解析式;
(2)如图2，点是抛物线第一象限上一点，设点的横坐标为，连接、、，的面积为，求与的函数关系式(不要求写出自变量的取值范围);
(3)如图3，在(2)的条件下，过点作轴于点，在上有一点，连接、，与交于点，连接，延长交轴于点，若，，点为中点，连接，过点作的垂线，垂足为，延长交于点，求的长.
15、已知抛物线与轴交于，两点(点在点左边)，与轴交于点.直线经过，两点.
(1)求抛物线的解析式;
(2)如图1，动点，同时从点出发，点以每秒4个单位的速度在线段上运动，点以每秒个单位的速度在线段上运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动设运动的时间为秒.
①如图1，连接，再将线段绕点逆时针旋转，设点落在点的位置，若点恰好落在抛物线上，求的值及此时点的坐标;
②如图2，过点作轴的垂线，交于点，交抛物线于点，过点作于，当点运动到线段上时，是否存在某一时刻，使与相似.若存在，求出的值;若不存在，请说明理由.
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.
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。
中考即将来临，如何应对中考历史压轴题呢?掌握答题技巧可以让你轻松解决中考历史压轴题，那么接下来给大家分享一些关于中考历史压轴题答题技巧，希望对大家有所帮助。
中考历史压轴题答题技巧
一：多种评价型
历史是极其复杂的。历史人物、历史事件等在历史上的影响和作用，往往具有多重性，后人的评价，是仁者见仁、智者见智。将这种具有两个及其以上，学生可以任选其一作答的试题，就是多种评价型开放题。这种开放试题，开放的是求答指令，学生应该根据题目的要求组织自己的答题思路。
[例] 郑成功从荷兰殖民地手中收复台湾，堪称民族英雄;但他不肯归顺清政府，利用台湾抗清，阻碍祖国统一，是民族分裂分子。对此，谈谈你的看法。
答题思路：观点一：郑成功是民族英雄;观点二：郑成功是民族分裂分子;观点三：前者对后者错。
二：续问题干型
开放性试题中，有种类型叫做"续问题干型"。在这种试题中，只有某个历史概念或历史知识的具体求答指令，即没有具体的问题，是"半截子题"，具体的问题由学生自我续设，然后自我作答。这种试题，作何学生都有话可说，不交白卷，较之于有既定指令的试题，教师能更具体地了解每位学生。比如，"关于抗日战争你知道哪些问题?请将你所知道的某一个或几个问题阐释清楚。"对此，学生们续设了诸如"抗日战争爆发的原因""抗日战争的基本过程""抗日战争的特点"抗日战争的伟大历史意义"抗日战争时期中国共两党的关系"抗日战争与世界反法西斯战争的关系浅议"抗日战争中的正面战场问题"抗日战争中日本法西斯对中国人民犯下的滔天罪行"等近20道试题，即使"最差"的学生也续设出了"抗日战争爆发的原因"抗日战争中的四次大会战之类的问题
[例] 19世纪50年代，正值清朝后期，鸦片战起，太平天国、捻军遍及全国。话说两个20岁左右的年轻书生，本是湖北武昌人士，祖业颇丰，但由于太平天国与清军在这里征战不休，家产遭到很大损失，便准备携带剩佘家资离开。
兄长："我们不如北上，天子脚下，总要安稳些，可以一心一意做学问!"
弟弟："我们不如沿江而下，去上海闯荡，也许可以发更大的财!"
续写下列小故事：做哥哥的可能做出学问;做弟弟的可能发了大财。
要求：至少写出一个小故事。
答题思路：对哥弟的人生可自由设计。做哥哥的可能成为顽固守旧的学者、可能成为严复式的学者、可能成为章太炎式的学者、可能成为王国维式的学者……做弟弟的可能因成为买办而发财……可能因成为民族资本家而发财、可能成为封建地主而发财……(若续写出的小故事中哥哥既未成为学者也未发财而是一无所成，或走上其他道路亦可)
三：同类特性型
在人类的历史长河中，具有相似特征或性质的历史事象、历史人物是很多的，在我们的历史研究中，往往用"类"的概念来划分和概括。如两汉初年的经济政策、隋唐初年的经济政策、明初的经济政策，都属同一性质，都有相似特征，可以归为"封建时代发展经济、与民休息"一"类"。再如华盛顿、拿破仑等历史人物，可以归为"资产阶级革命家，资本主义政治制度发展史上划时代的人物"一"类"。由具有某类相似特性的一组同类型的历史材料或观点作答的试题，就是同类特性型开放题。
这种开放试题，开放的是答案，只要属于同一类型即可，不求"惟一""标准化"，因此，比较有利于检测学生的知识结构、兴趣爱好、注意力等。
[例]1958年落成的人民英雄纪念碑位于北京天安门广场中心。当年，在中国科学院现代史研究所长范文澜领导下，研究浮雕画片所需的史料题材，经过精心选择，确定了虎门销烟、金田起义、武昌起义、五四运动、五卅运动、南昌起义、抗日游击战争、渡江战役八幅汉白玉大型浮雕，概括而生动地表现出我国近百年来惊天动地的革命史实。
建国以来，在各条战线上涌现出了一大批英雄人物和劳动模范，如果今天我们再竖立一块人民英雄纪念碑的话，你认为可以能过一组什么样的浮雕来体现这种时代精神?
要求：不少于6幅。
答题思路：第一类：重大的革命运动，如抗美援朝等;第二类："人民的好公仆"，如焦裕禄等;第三类：科技精英，如钱学森等;第四类：人民英雄，如雷锋等。……
四：角色体验型
在浩如烟海的历史材料中，以历史人物的对话、言论、行为为内容的材料，占了相当大的部分，这也为我们进行角色体验式的考试测评提供了便利条件。根据某一则或多则历史材料中的内容，要求学生充当与之相关的某个或某类历史人物，认识或解决与之相关的某个历史问题，这就是角色体验型开放题。这类开放题，因为求答的前提是"身入其境"，要求对所学知识，特别是对当时的宏观背景把握全面、准确。
中考历史问答题的类型
(1)叙述类问答题。这是问答题最基本的题型。它主要是对教材中重要知识形成完整记忆，对重要历史事件等准确记忆与理解，形成关于这一事件的知识体系。答题时，可完全照教材抄下来，注意条理清楚、文字准确、紧扣题意、逻辑严谨。
(2)归纳概括类问答题。是从数量较多的或反复出现的类似的历史事实中，或把时间、空间上较分散的历史现象加以选择、提炼，形成集中的、一般性的认识、观点。它主要考查学生对历史阶段特征、基本线索和发展过程的归纳、概括、再现、再认的能力。解答时注意宏观上把握历史发展线索和特征，突破、重组教材叙述，形成更深层的知识系统，抓住事件性质——进步的，事件时间的限制，对连续几组问题，条理清楚，前后分段，以基础知识为依托、概括、归纳、总结历史现象、历史事实、历史概念、历史结论等，较完整地解答问题。
(3)评价类问答题。主要是对历史人物、历史事件、制度、政策、方针、措施等的进步与否、历史作用积极与否的评价。它考查学生运用掌握的历史知识史论结合地解答问题。解答是要求把历史事件、人物、观点放在特定的历史条件下进行分析和评价，要实事求是，具体问题具体分析，还要注意要用一分为二的观点来评价。首先，确定属于哪一类型的评价。评价政策，要以事实为依据，从特定时代特征出发，客观准确地评价。评价历史人物，要用“事实说话”，既要联系该人物的历史活动，又要客观准确地评价，不要用现代的标准去苛求他们，评论他们。对比评价历史人物，应找出其相同点和不同点，然后认真思考、推敲，做出正确判断，这是难度较大的评价类型题。对历史事件的评价，应从事件的性质、作用、影响等方面去看，其过程或经过可略。其次，确定自己的观点，观点要鲜明正确，判断要准确。再次，依据自己的观点来组织史实，用史实来证明自己的观点。解题意义明确、合理，注意不要罗列史料。
(4)综合类问答题。这是具有多种测试功能、历史考试中常见的题型。它是集知识比较、识图解答、与现实紧密结合、把思想教育和知识能力融为一体的、跨学科的、几种题型相结合的考试类型题，主要考查学生的综合素质能力。解答时注意试题的问法、提问方式、角度、答题重点等不同，依据提问顺序做答，问什么答什么，不可离题发挥、节外生枝，要准确表述。这类题要引起重视。
(5)开放类问答题。这是指试题只提供若干材料或理论信息，从提出问题、分析问题到解决问题全部由学生独立完成，这是当前素质教育改革的大方向。它将锻炼学生提高真正掌握分析、解决问题的能力。此类型题大致可分三种：一是对史实的确认与分析。教师帮助学生学会对历史现象、历史事实的观察，确认其发生的时间、地点、参与者、原因、经过、性质、影响等要素，学会用自己的独立见解，采用史论结合的比较法分析问题，如：漫画、地图等与历史现实比较、历史文献与考古实物的比较、真晶与伪品的比较等等。其二，学会运用唯物史观评判。对某一历史观点、历史结论或历史理论做出分析评论，应注意：①判断原观点一般存在正确、错误、片面等几种情况，②说理包括事实理由、理论理由等多方面条件，③指出其原观点正确或错误的根源、实质、危害等，由此得出正确理论评判结论。其三、综合运用所学历史知识解决新问题。现在多学科知识渗透，迁移问题，还有历史经验教训总结以及历史对现实社会影响问题，不断在试题中出现，解答时应注意依据命题意图，灵活取舍已学的历史知识，加以运用，切忌生搬教材、生硬联系。
历史选择题的解题技巧
一、审题一定要做到“三看三思”
1.题干要三看：一看时间、空间，界定答题范围;二看否定、肯定，确定答题方向;三看关键词语，有没有专有名词、历史概念。明确内涵外延。
2.被选项要三思：认真思考每一个被选项：是否符合历史史实、时代特征;是否符合题干要求;是否与题干有必然的逻辑联系。
二、解题方法
1.筛选法：根据审题，搞清题目的基本要求，根据基本要求，把四个选项一一过滤，直到找到正确选项为止。
2.排除法：在不能确定正确选项或对考察的知识模糊不清的情况下，可以用此法逐一排除不正确的，缩小选择范围，从而确定正确选项。
3.简化法：为了增加难度,有一些题目的中心词或限制词有意扩充、复杂化,使学生在答题时要绕几个弯。这时,我们就需要将复杂的题目简化，可以像做语文一样，划出题目的主、谓、宾，依据这些关键词来分析被选项。
4.替换法：有的题干中的词是我们平时没有考虑过的,一时不好想,可以找一个接近的词替换一下,便于思考,如“功绩”可换成“积极作用”,“重大举措”可换成“重大措施”。
5.直接联想法：此法主要直接回忆课本有关内容,尤其是通过联想分辨时空方面或逻辑方面最直接的内容。
6.作记号法：题目常出现的词有“最┄、特点是、含义是、原因是、变化有、影响有、”等等。做题时要将这些词作一个记号,提醒思考时注意审题的方向。
7、题干还原法。题干内容和答案之间必有严密的逻辑联系。解题时首先把题意明显不符的项目剔除，然后把其他各项纳入题干之中，进行还原思考。
8.猜测法：如果对各选项认识不清，无法确定正确选项的情况下，可用猜测法。猜测时有以下规律：①一般情况下，选项如超出课本知识范围或超出大纲范围，则为错误;②选项不属于历史知识则不选;③选项内容是课本上的细枝末节，正确的可能性小;④选择句子最长的选项;⑤在所有选择题基本答完的情况下，如有个别题无法确定答案，则大致看一下做好的题目中ABCD的出现概率，将出现概率较小的字母选中。
浙江科学复习压轴题证明题物理专项
、密度为的某种液体和密度为的某种液体能够相互相溶，其中>，若将它们分别按照等质量混合和等体积混合，请证明等体积混合后溶液的平均密度大于等质量混合后溶液的平均密度。不考虑溶液体积混合后的变化
、由欧姆定律和串联电路的特点导出：串联的两个导体的总电阻等于各导体的电阻之和。并请你设计一个实验方案进行验证。
、由欧姆定律和并联电路的特点导出：并联的两个导体的总电阻的倒数等于各导体的电阻倒数之和。并请你设计一个实验方案进行验证。
、请证明在有两个电阻和的串并联电路中都有
、请证明：在远距离传输电能过程中若发电机输出功率和传输导线电阻一定的情况下，输电导线上因发热而损失的功率与传输电压的平方成反比。
、使用滑轮组提升物体在不计摩擦和绳重的情况下其机械效率与动滑轮上绳子的股数和物体被提升的高度无关。
、请证明对于同种材料制成的均匀实心的不同种柱体在高度相等时对水平面的压强相等。、对于能够漂浮在液体上的物体总有：物
液V排V物
、对于密度比液体大的实心物体用弹簧秤悬挂并完全浸没在液体中时总满足：物G液GT示数
、一架不准确的天平，主要是由于它横梁左右两臂不等长。为了减少实验误差，在实验室中常用“交换法”来测定物体的质量。即先将被测物体放在左盘，当天平平衡时，右盘中砝码的总质量为;再把被测物体放在右盘，当天平平衡时，左盘中砝码的总质量为。试证明被测物体的质量mm1m2
、一具形状不规则的木棒水平放置于地面上，采用如下方法测定其重量：在木棒左端以的竖直向上的力刚好能提起木棒，在木棒右端以的数值向上的力也能刚好提起木棒。证明木棒的重量。
、某汽车质量为，当其在水平路面行驶时，发动机输出功率恒为，此时汽车以的最大速度匀速行驶。当汽车行驶入长度为高为的斜坡上，发动机输出功率为，已知在斜坡上汽车受到的总阻力为水平路面上的倍。证明在斜坡行驶时汽车的最大速度v2P2v1LMghvPkL1
1、一辆满载物资的总重为牛顿的运输车，将物资沿路线运至处，段海拔高度为米，段海拔高度为米，如图甲所示。在整个运输过程中，汽车以恒定速度米/秒运动，汽车时经过处，时经过处，时经过处，在此过程中汽车牵引力功率随时间，变化的图象可简化为图乙所示、、和也为已知量。
甲乙
请利用已知量证明汽车沿斜坡段运动时所受总阻力fP2(t2t1)G(h2h1)v(t2t1)
、放在水平地面上的物体受到的重力与地面受到的压力相等
推荐阅读：
二次函数压轴题分类06-07
二次函数学案09-08
几何画板二次函数05-26
二次函数最值应用问题05-28
初中数学二次函数基础复习06-30
《二次函数的图像与性质》教学反思10-01
二次函数的图像和性质第三课时教学反思07-24
抽象函数构造函数09-30
高考构造函数法07-19
线性规划目标函数05-26
