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【点评】本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OC=OA?OB，设OA的长为x，则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，则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，则OB=5﹣x；∵OC=2，AB=5，∠BOC=∠AOC=90°，∠OAC=∠OCB；∴△AOC∽△COB，∴OC=OA?OB
∴2=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=ax+bx+2，
2
2
2
2
将A、B、C三点的坐标代入得
，
所以这个二次函数的表达式为：
解得：a=，b=，c=2
。
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） 精品文档
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（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，则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：只回答有最大面积，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】本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)
113＋c，－2c；(2)y＝x2－x－2．(3)①0 【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． 精品文档 精品文档 2 【解答】解：（1）设抛物线的解析式为y=ax+ 2 ，∵B（，）在抛物线上， 2 ∴把B（，）代入y=ax+得a=， ．∴抛物线解析式为y=x+． （2）∵点B（，），C（1，0），∴CB=，∴CB'=CB=OA． 又CA=矩形．∵CB'=y= ， =2，∴AB= ，OC=1，∴B'点的坐标为（1， =1，∴AB'=AB=OC．∴四边形AOCB'是）．∵当x=1时，代入y= x+ 2 得 ∴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， ） 2 m+），F（m，m+ 2 PF=（m+）﹣（m+），AD=﹣= 如果PF=AD，则有： 。 （m+）﹣（m+ 2 ）= ， 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（，）． 精品文档 精品文档 【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，则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）若∠PAD=60°，需∠PAB=30°，∵AB是直径，∴∠APB=90°， 则在Rt△PAB中，PA=cos30°AB=2 ，∴当PA的长度等于2 时，∠PAD=60°； 若△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，则四边形EAMP是正方形， ∴PM=PE=AB=2，∵PM=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，则△ADO≌△PDO， ∴DO⊥AP，AG=PG，∴AP=2AG，又∵DA=2AO，∠ADG=∠GAO， ∴ = =，∴AG=2OG，设AG为2x，OG为x，∴（2x）+x=4，∴x= 2 2 2 ， ∴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，则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°，∴PE=AE?BE，即b=a（4﹣a）， ∴2S1S3﹣S2=4a（8﹣2a）﹣4b=﹣4a+16a=﹣4（a﹣2）+16， ∴当a=2时，b=2，2S1S3﹣S2有最大值16． 2 2 2 2 2 2 2 精品文档 精品文档 【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）本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）本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）本题需先得出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（x﹣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，则AM=1，由题意得：O′A=OA=2， ∴O′A=2AM，∴∠O′AM=60°，∴∠OAC=∠O′AC=60°，∴OC=2（2）若点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 ， ，即8a=2 ，∴a= ； 2 ∵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； 精品文档
最新江苏省苏州市中考数学压轴题归类复习（十大类型附详细解答）
