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中考支招：五步攻破中考数学压轴题
2009-05-26 13:58 来源：教育资源库 作者：佚名 [打印] [评论]
??? 对中考数学卷，压轴题是考生最怕的，以为它一定很难，不敢碰它。其实，对历年中考的压轴题作一番分析，就会发现，其实也不是很难。这样，就能减轻做“压轴题”的心理压力，从中找到应对的办法。
??? 压轴题难度有约定
??? 历年中考，压轴题一般都由3个小题组成。第（1）题容易上手，得分率在0.8以上；第（2）题稍难，一般还是属于常规题型，得分率在0.6与0.7之间，第（3）题较难，能力要求较高，但得分率也大多在0.3与0.4之间。近十年来，最后小题的得分率在0.3以下的情况，只是偶尔发生，但一旦发生，就会引起各方关注。控制压轴题的难度已成为各届命题组的共识，“起点低，坡度缓，尾巴略翘”已成为上海数学试卷设计的一大特色，以往上海卷的压轴题大多不偏不怪，得分率稳定在0.5与0.6之间，即考生的平均得分在7分或8分。由此可见，压轴题也并不可怕。
??? 决不靠猜题和押题
??? 压轴题一般都是代数与几何的综合题，很多年来都是以函数和几何图形的综合作为主要方式，用到三角形、四边形、相似形和圆的有关知识。如果以为这是构造压轴题的唯一方式那就错了。方程与图形的综合的几何问题也是常见的综合方式，如去年中考的第25（3）题，就是根据已知的几何条件列出代数方程而得解的，这类问题在外省市近年的中考试卷中也不乏其例。动态几何问题中有一种新题型，如北京市去年的压轴题，在图形的变换过程中，探究图形中某些不变的因素，它把操作、观察、探求、计算和证明融合在一起。在这类动态几何问题中，锐角三角比作为几何计算的一种工具，它的重要作用有可能在压轴题中初露头角。总之，压轴题有多种综合的方式，不要老是盯着某种方式，应对压轴题，决不能靠猜题、押题。
??? 分析结构理清关系
??? 解压轴题，要注意它的逻辑结构，搞清楚它的各个小题之间的关系是“平列”的，还是“递进”的，这一点非常重要。如去年第25题的（1）、（2）、（3）三个小题是平列关系，它们分别以大题的已知为条件进行解题，（1）的结论与（2）的解题无关，（2）的结论与（3）的解题无关，整个大题由这三个小题“拼装”而成。又如2007年第25题，（1）、（2）两个小题是“递进关系”，（1）的结论由大题的已知条件证得，除已知外，（1）的结论又是解（2）所必要的条件之一。但（3）与（1）、（2）却是“平列关系”，（1）中，动点P在射线AN上，而（3）根据已知，动点P在射线AN上。它除了可能在射线AN上，还可能在AN的反向延长线上，或与点A重合。因此需要“分类讨论”。如果将（1）、（2）的结论作为条件解（3），将会使你坠入“陷阱”，不能自拔。
??? 应对策略必须抓牢
??? 学生害怕“压轴题”，恐怕与“题海战术”有关。中考前，盲目地多做难题是有害的。从外省市中考卷或从前几年各区模拟考卷中选题时，特别要留意它是否超出今年中考的考查范围。有关部门已明确，拓展II的教学内容不属于今年中考的范围，如代数中的“一元二次方程的根与系数的关系”、“用‘两根式’和‘顶点式’来求二次函数的解析式”、“二次函数的应用”等，几何中“圆的切线的判定和性质”、“四点共圆的性质和判定”等，因此这些内容不可能作为构造压轴题的“作料”。为了应对中考压轴题，教师可以根据实际，为学生精选一二十道，但不必强求一律，对有的学生可以只要求他做其中的第（1）题或第（2）题。盲目追“新”求“难”，忽视基础，用大量的复习时间去应付只占整卷10%的压轴题，结果必然是得不偿失。事实证明：有相当一部分学生在压轴题的失分，并不是没有解题思路，而是错在非常基本的概念和简单的计算上，或是输在“审题”上，因此在最后总复习阶段，还是应当把功夫花在夯实基础、总结归纳上，老师要帮助学生打通思路，掌握方法，指导他们灵活运用知识。有经验的老师常常把压轴题分解为若干个“小综合题”，并进行剪裁与组合，或把外省市的某些较难的“填空题”，升格为“简答题”，把“熟题”变式为“陌生题”，让学生练习，花的时间虽不多，但能取得较好的效果。我认为：综合题的解题能力不能靠一时一日的“拔苗助长”而要靠日积月累的培养和训练。在总复习阶段，对大部分学生而言，放弃一些难题和大题，多做一些中档的变式题和小题，反而能使他们得益。
??? 不要太受区考影响
??? 说实在，现在流行的“压轴题”真是难为我们的学生了。从今年各区的统考试卷看，有的压轴题的综合度太大，以致命题者自己在“参考答案”中表达解题过程都要用去A4纸一页还多。为了应付中考压轴题，有的题拔高了对数学思想方法的考查要求，如有道题，（2）、（3）两题都要分好几种情况进行“分类讨论”，初中阶段只要求学生初步领会基本的数学思想方法。因此在中考中也只能在考查基础知识、基本技能和基本方法中有所渗透和体现而已，希望命题者手下留情，不要再打“擦边球”，搞“深挖洞”了。更希望今年中考数学卷能够控制住最后两题的难度，不要再“双压轴”了。
??? 对一些在区统考时，“压轴题”面前打了“败仗”的同学，我劝你们振奋起精神来，不要因为这次统考，压轴题不会做或得分过低而垂头丧气，提高信心和勇气是第一位的。你们要发挥自己的优势，更加重视基础，努力做到把会做的题，做对做好，以此尽力挽回压轴题的失分，你一定会在中考中取得好成绩的，预祝你中考成功！
2009年全国中考数学压轴题精选精析（一）
1.（09年安徽）23．已知某种水果的批发单价与批发量的函数关系如图（1）所示．
（1）请说明图中①、②两段函数图象的实际意义．
【解】
[来源:Zxxk.Com]
（2）写出批发该种水果的资金金额w（元）与批发量m（kg）之间的
函数关系式；在下图的坐标系中画出该函数图象；指出金额在什
么范围内，以同样的资金可以批发到较多数量的该种水果．
【解】
（3）经调查，某经销商销售该种水果的日最高销量与零售价之间的函
数关系如图（2）所示，该经销商拟每日售出60kg以上该种水果，
且当日零售价不变，请你帮助该经销商设计进货和销售的方案，
使得当日获得的利润最大．
【解】
（09年安徽23题解析）（1）解：图①表示批发量不少于20kg且不多于60kg的该种水果，
可按5元/kg批发；……3分
图②表示批发量高于60kg的该种水果，可按4元/kg批发．
………………………………………………………………3分
（2）解：由题意得：，函数图象如图所示．
………………………………………………………………7分
由图可知资金金额满足240＜w≤300时，以同样的资金可
批发到较多数量的该种水果．……………………………8分
（3）解法一：
设当日零售价为x元，由图可得日最高销量
当m＞60时，x＜6.5
由题意，销售利润为
………………………………12分
当x＝6时，，此时m＝80
即经销商应批发80kg该种水果，日零售价定为6元/kg，
当日可获得最大利润160元．……………………………………………14分
解法二：
设日最高销售量为xkg（x＞60）
则由图②日零售价p满足：，于是
销售利润………………………12分
当x＝80时，，此时p＝6
即经销商应批发80kg该种水果，日零售价定为6元/kg，
当日可获得最大利润160元．……………………………………………14分
2.（09年福建龙岩）26．（14分）如图，抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于C点，四边形OBHC为矩形，CH的延长线交抛物线于点D（5，2），连结BC、AD.
（1）求C点的坐标及抛物线的解析式；
（2）将△BCH绕点B按顺时针旋转90°后 再沿x轴对折得到
△BEF（点C与点E对应），判断点E是否落在抛物线上，并说明理由；
（3）设过点E的直线交AB边于点P，交CD边于点Q. 问是否存在点P，使直线PQ分梯形ABCD的面积为1∶3两部分？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.
（09年福建龙岩26题解析）解：（1）∵四边形OBHC为矩形，∴CD∥AB，
又D（5，2），
∴C（0，2），OC=2 . …………………………… 2分
∴ 解得
∴抛物线的解析式为： …… 4分
（2）点E落在抛物线上. 理由如下：……… 5分
由y = 0，得.
解得x1=1，x2=4. ∴A（4，0），B（1，0）. …………………………… 6分
∴OA=4，OB=1.
由矩形性质知：CH=OB=1，BH=OC=2，∠BHC=90°，
由旋转、轴对称性质知：EF=1，BF=2，∠EFB=90°，
∴点E的坐标为（3，－1）. ……………………………………………… 7分
把x=3代入，得，
∴点E在抛物线上. ………………………………………………………… 8分
（3）法一：存在点P（a，0），延长EF交CD于点G，易求OF=CG=3，PB=a－1.
S梯形BCGF = 5，S梯形ADGF = 3，记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，

下面分两种情形：
①当S1∶S2 =1∶3时，，
此时点P在点F（3，0）的左侧，则PF = 3－a，
由△EPF∽△EQG，得，则QG=9－3a，
∴CQ=3－(9－3a) =3a －6
由S1=2，得，解得；………………… 11分
②当S1∶S2=3∶1时，
此时点P在点F（3，0）的右侧，则PF = a－3，
由△EPF∽△EQG，得QG = 3a－9，∴CQ = 3 +（3 a－9）= 3 a－6，
由S1= 6，得，解得.
综上所述：所求点P的坐标为（，0）或（，0）……… 14分
法二：存在点P（a，0）. 记S梯形BCQP = S1，S梯形ADQP = S2，易求S梯形ABCD = 8.
当PQ经过点F（3，0）时，易求S1=5，S2 = 3，
此时S1∶S2不符合条件，故a≠3.
设直线PQ的解析式为y = kx+b(k≠0)，则，解得，
∴. 由y = 2得x = 3a－6，∴Q（3a－6，2） …… 10分
∴CQ = 3a－6，BP = a－1，.
下面分两种情形：
①当S1∶S2 = 1∶3时，= 2；
∴4a－7 = 2，解得；…………………………………………… 12分
②当S1∶S2 = 3∶1时，；
∴4a－7 = 6，解得；[来源:学#科#网]
综上所述：所求点P的坐标为（，0）或（，0）………… 14分
[说明：对于第（3）小题，只要考生能求出或两个答案，就给6分. ]
3.（09年福建宁德）26．（本题满分13分）如图，已知抛物线C1：的顶点为P，与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1．
（1）求P点坐标及a的值；（4分）
（2）如图（1），抛物线C2与抛物线C1关于x轴对称，将抛物线C2向右平移，平移后的抛物线记为C3，C3的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求C3的解析式；（4分）
（3）如图（2），点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线C1绕点Q旋转180°后得到抛物线C4．抛物线C4的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标．（5分）
（09年福建宁德26题解析）解：（1）由抛物线C1：得
顶点P的为（-2，-5） ………2分
∵点B（1，0）在抛物线C1上
∴
解得，a＝ ………4分
（2）连接PM，作PH⊥x轴于H，作MG⊥x轴于G
∵点P、M关于点B成中心对称
∴PM过点B，且PB＝MB
∴△PBH≌△MBG
∴MG＝PH＝5，BG＝BH＝3
∴顶点M的坐标为（4，5） ………6分
抛物线C2由C1关于x轴对称得到，抛物线C3由C2平移得到
∴抛物线C3的表达式为 ………8分
（3）∵抛物线C4由C1绕点x轴上的点Q旋转180°得到
∴顶点N、P关于点Q成中心对称
由（2）得点N的纵坐标为5
设点N坐标为（m，5） ………9分
作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G
作PK⊥NG于K
∵旋转中心Q在x轴上
∴EF＝AB＝2BH＝6
∴FG＝3，点F坐标为（m+3，0）
H坐标为（2，0），K坐标为（m，-5），
根据勾股定理得
PN2＝NK2+PK2＝m2+4m+104
PF2＝PH2+HF2＝m2+10m+50
NF2＝52+32＝34 ………10分
①当∠PNF＝90o时，PN2+ NF2＝PF2，解得m＝，∴Q点坐标为（，0）
②当∠PFN＝90o时，PF2+ NF2＝PN2，解得m＝，∴Q点坐标为（，0）
③∵PN＞NK＝10＞NF，∴∠NPF≠90o
综上所得，当Q点坐标为（，0）或（，0）时，以点P、N、F为顶点
的三角形是直角三角形． ………13分
4.（09年福建莆田）25．（14分）已知，如图1，过点作平行于轴的直线，抛物线上的两点的横坐标分别为1和4，直线交轴于点，过点分别作直线的垂线，垂足分别为点、，连接．
（1）求点的坐标；
（2）求证：；
（3）点是抛物线对称轴右侧图象上的一动点，过点作交轴于点，是否存在点使得与相似？若存在，请求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
（09年福建莆田25题解析）25．（1）解:方法一，如图1，当时,
当时,
∴ 1分
2分
设直线的解析式为 3分
则　　　解得
∴直线的解析式为 4分
当时,
5分
方法二:求两点坐标同方法一,如图2,作,,垂足分别为、,交轴于点,则四边形和四边形均为矩形,设 3分
4分
解得
5分
(2)证明：方法一：在中，
6分
在中，
由（1）得
7分
8分
方法二：由 （1）知
6分
同理：[来源:Z|xx|k.Com]
7分
同理：
即 8分
（3）存在.
解：如图3，作轴，垂足为点 9分
又[来源:学科网]
10分
设，则
①当时，
11分
解得
12分
②当时，
13分
解得
综上，存在点、使得与相似. 14分
5.（09年福建泉州）28．（13分）在直角坐标系中，点A（5，0）关于原点O的对称点为点C.
(1)请直接写出点C的坐标；
（2）若点B在第一象限内，∠OAB=∠OBA，并且点B关于原点O的对称点为点D.
①试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
②现有一动点P从B点出发，沿路线BA—AD以每秒1个单位长的速度向终点D运动，另一动点Q从A点同时出发，沿AC方向以每秒0.4个单位长的速度向终点C运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动.已知AB=6，设点P、Q的运动时间为t秒，在运动过程中，当动点Q在以PA为直径的圆上时，试求t的值.
（09年福建泉州28题解析）28.（本小题13分）
解:（1）C（-5，0）………………………（3分）
（2）①四边形ABCD为矩形，理由如下：
如图，由已知可得：A、O、C在同一直线上，且 OA=OC；B、O、D在同一直线上，且OB=OD，∴四边形ABCD是平行四边形.…………………………………（5分）
∵∠OAB=∠OBA∴OA=OB,即AC=2OA=2OB=BD
∴四边形ABCD是矩形.…………………（7分）
②如图，由①得四边形ABCD是矩形
∴∠CBA=∠ADC=90°……………（8分）
又AB=CD=6，AC=10
∴由勾股定理，得BC=AD=
==8…………………………………（9分）
∵，，∴0≤t≤14.……………………（10分）
当0≤t≤6时，P点在AB上，连结PQ.
∵AP是直径，∴∠PQA=90°…………………………………（11分）[来源:Z,xx,k.Com]
又∠PAQ=∠CAB，∴△PAQ∽△CAB
∴，即,解得t=3.6…………………………（12分）
当6＜t≤14时，P点在AD上，连结PQ，
同理得∠PQA=90°，△PAQ∽△CAD
∴，即t-6,解得t=12.
综上所述，当动点Q在以PA为直径的圆上时，t的值为3.6或12.……（13分）
6.（09年福建厦门）26．(11分)已知二次函数y＝x2－x＋c．
(1)若点A(－1，a)、B(2，2n－1)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上，求此二次函数的最小值；
(2)若点D(x1，y1)、E(x2，y2)、P(m，n)(m＞n)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上，且D、E两点关于坐标原点成中心对称，连接OP．当2≤OP≤2＋时，试判断直线DE与抛物线y＝x2－x＋c＋的交点个数，并说明理由．
（09年福建厦门26题解析） (1)解：法1：由题意得
 ……1分
解得 ……2分
法2：∵ 抛物线y＝x2－x＋c的对称轴是x＝，
且 －(－1) ＝2－，∴ A、B两点关于对称轴对称.
∴ n＝2n－1 ……1分
∴ n＝1，c＝－1. ……2分
∴ 有 y＝x2－x－1 ……3分
＝(x－)2－.
∴ 二次函数y＝x2－x－1的最小值是－. ……4分
(2)解：∵ 点P(m，m)(m＞0)，
∴ PO＝m.
∴ 2≤m ≤＋2.
∴ 2≤m≤1＋. ……5分
法1： ∵ 点P(m，m)(m＞0)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上，
∴ m＝m2－m＋c，即c＝－m2＋2m.
∵ 开口向下，且对称轴m＝1，
∴ 当2≤m≤1＋ 时，
有 －1≤c≤0. ……6分
法2：∵ 2≤m≤1＋，
∴ 1≤m－1≤.
∴ 1≤(m－1)2≤2.
∵ 点P(m，m)(m＞0)在二次函数y＝x2－x＋c的图象上，
∴ m＝m2－m＋c，即1－c＝(m－1)2.
∴ 1≤1－c≤2.
∴ －1≤c≤0. ……6分
∵ 点D、E关于原点成中心对称，
法1： ∴ x2＝－x1，y2＝－y1.
∴ 
∴ 2y1＝－2x1， y1＝－x1.
设直线DE：y＝kx.
有 －x1＝kx1.
由题意，存在x1≠x2.
∴ 存在x1，使x1≠0. ……7分
∴ k＝－1.
∴ 直线DE： y＝－x. ……8分
法2：设直线DE：y＝kx.
则根据题意有 kx＝x2－x＋c，即x2－(k＋1) x＋c＝0.
∵ －1≤c≤0，
∴ (k＋1)2－4c≥0.
∴ 方程x2－(k＋1) x＋c＝0有实数根. ……7分
∵ x1＋x2＝0，
∴ k＋1＝0.
∴ k＝－1.
∴ 直线DE： y＝－x. ……8分
若 则有 x2＋c＋＝0.即 x2＝－c－.
① 当 －c－＝0时，即c＝－时，方程x2＝－c－有相同的实数根，
即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋有唯一交点. ……9分
② 当 －c－＞0时，即c＜－时，即－1≤c＜－时，
方程x2＝－c－有两个不同实数根，
即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋有两个不同的交点. ……10分
③ 当 －c－＜0时，即c＞－时，即－＜c≤0时，
方程x2＝－c－没有实数根，
即直线y＝－x与抛物线y＝x2－x＋c＋没有交点. ……11分
7.（09年福建福州）22．（满分14分）
已知直线l：y=－x+m（m≠0）交x轴、y轴于A、B两点，点C、M分别在
线段OA、AB上，且OC=2CA，AM=2MB，连接MC，将△ACM绕点M
旋转180°，得到△FEM，则点E在y轴上, 点F在直线l上;取线段EO中
点N,将ACM沿MN所在直线翻折，得到△PMG，其中P与A为对称点.记：
过点F的双曲线为，过点M且以B为顶点的抛物线为，过点P且以M
为顶点的抛物线为.
(1) 如图10，当m=6时，①直接写出点M、F的坐标，
②求、的函数解析式；
（2）当m发生变化时， ①在的每一支上，y随x的增大如何变化？请说明理由。
②若、中的y都随着x的增大而减小,写出x的取值范围。
（09年福建福州22题解析）解：（１）①点Ｍ的坐标为（２，４），点Ｆ的坐标为（－２，８）．……………………2分
设的函数解析式为（．
　　　　∵过点Ｆ（－２，８）
　　　　∴的函数解析式为．
∵的顶点Ｂ的坐标是（０，６）
∴设的函数解析式为．
∵过点M（2，4）
∴
．
∴的函数解析式为．……………………6分
（2）依题意得，A（m，０），B（０，m），
∴点Ｍ坐标为（），点Ｆ坐标为（，）．
①设的函数解析式为（．[来源:Z。xx。k.Com]
∵过点Ｆ（，）
∴．
∵
∴
∴在的每一支上，y随着x的增大而增大．
②答：当＞０时，满足题意的x的取值范围为 0＜x＜；
当＜０时，满足题意的x的取值范围为＜x＜０．…………14分
8.（09年甘肃定西）28．如图14（1），抛物线与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C（0，）．［图14（2）、图14（3）为解答备用图］
（1）　　　　　，点A的坐标为　　　　　　，点B的坐标为　　　　　；
（2）设抛物线的顶点为M，求四边形ABMC的面积；
（3）在x轴下方的抛物线上是否存在一点D，使四边形ABDC的面积最大？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由；
（4）在抛物线上求点Q，使△BCQ是以BC为直角边的直角三角形．
（09年甘肃定西28题解析）解：（1）， 1分
A（-1，0）， 2分
B（3，0）． 3分
（2）如图14（1），抛物线的顶点为M（1，-4），连结OM．
4分
则 △AOC的面积=，△MOC的面积=，
△MOB的面积=6， 5分
∴ 四边形 ABMC的面积
=△AOC的面积+△MOC的面积+△MOB的面积=9． 6分
说明：也可过点M作抛物线的对称轴，将四边形ABMC的面
积转化为求1个梯形与2个直角三角形面积的和．
（3）如图14（2），设D（m，），连结OD．
则 0＜m＜3， ＜0．
且 △AOC的面积=，△DOC的面积=，
△DOB的面积=-（）， 8分
∴ 四边形 ABDC的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积
=[来源:Z+xx+k.Com]
=． 9分
∴ 存在点D，使四边形ABDC的面积最大为． 10分
（4）有两种情况：
如图14（3），过点B作BQ1⊥BC，交抛物线于点Q1、交y轴于点E，连接Q1C．
∵ ∠CBO=45°，∴∠EBO=45°，BO=OE=3．
∴ 点E的坐标为（0，3）．
∴ 直线BE的解析式为． 12分
由 解得
∴ 点Q1的坐标为（-2，5）． 13分[来源:学。科。网Z。X。X。K]
如图14（4），过点C作CF⊥CB，交抛物线于点Q2、交x轴于点F，连接BQ2．
∵ ∠CBO=45°，∴∠CFB=45°，OF=OC=3．
∴ 点F的坐标为（-3，0）．
∴ 直线CF的解析式为． 14分
由 解得
∴点Q2的坐标为（1，-4）． 15分
综上，在抛物线上存在点Q1（-2，5）、Q2（1，-4），使△BCQ1、△BCQ2是以BC为直角边的直角三角形． 16分
说明：如图14（4），点Q2即抛物线顶点M，直接证明△BCM为直角三角形同样得2分．
9.（09年甘肃兰州）29.（本题满分9分）如图①，正方形 ABCD中，点A、B的坐标分别为（0，10），（8，4），
点C在第一象限．动点P在正方形 ABCD的边上，从点A出发沿A→B→C→D匀速运动，
同时动点Q以相同速度在x轴正半轴上运动，当P点到达D点时，两点同时停止运动，
设运动的时间为t秒．[来源:学科网ZXXK][来源:Zxxk.Com]
(1)当P点在边AB上运动时，点Q的横坐标（长度单位）关于运动时间t（秒）的函数图象如图②所示，请写出点Q开始运动时的坐标及点P运动速度；
(2)求正方形边长及顶点C的坐标；
(3)在（1）中当t为何值时，△OPQ的面积最大，并求此时P点的坐标；
(4)如果点P、Q保持原速度不变，当点P沿A→B→C→D匀速运动时，OP与PQ能否相等，若能，写出所有符合条件的t的值；若不能，请说明理由．
（09年甘肃兰州29题解析）解：（1）（1，0） 1分
点P运动速度每秒钟1个单位长度． 2分
（2） 过点作BF⊥y轴于点，⊥轴于点，则＝8，．
∴．
在Rt△AFB中， 3分
过点作⊥轴于点，与的延长线交于点．
∵ ∴△ABF≌△BCH．
∴．
∴．
∴所求C点的坐标为（14，12）． 4分
（3） 过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥轴于点N，
则△APM∽△ABF．
∴． ．
∴． ∴．
设△OPQ的面积为（平方单位）
∴（0≤≤10） 5分
说明:未注明自变量的取值范围不扣分．
∵<0 ∴当时， △OPQ的面积最大． 6分
此时P的坐标为（，） ． 7分
（4） 当 或时， OP与PQ相等． 9分
对一个加1分，不需写求解过程．
10.（09年甘肃庆阳）29．（12分）如图18，在平面直角坐标系中，将一块腰长为5的等腰直角三角板ABC放在第二象限，且斜靠在两坐标轴上，直角顶点C的坐标为（，0），点B在抛物线上．
（1）点A的坐标为 ，点B的坐标为 ；
（2）抛物线的关系式为 ；
（3）设（2）中抛物线的顶点为D，求△DBC的面积；
（4）将三角板ABC绕顶点A逆时针方向旋转90°，到达的位置．请判断点、是否在（2）中的抛物线上，并说明理由．
（09年甘肃庆阳29题解析）解： （1）A（0，2）， B（，1）． 2分
（2）． 3分
（3）如图1，可求得抛物线的顶点D（）． 4分
设直线BD的关系式为， 将点B、D的坐标代入，求得，，
∴ BD的关系式为． 5分
设直线BD和x 轴交点为E，则点E（，0），CE=．
∴ △DBC的面积为． 7分
[来源:Z。xx。k.Com]
（4）如图2，过点作轴于点M，过点B作轴于点N，过点作轴于点P． 8分
[来源:学|科|网]
在Rt△AB′M与Rt△BAN中，
∵ AB=AB′， ∠AB′M=∠BAN=90°-∠B′AM，
∴ Rt△AB′M≌Rt△BAN． 9分
∴ B′M=AN=1，AM=BN=3， ∴ B′（1，）． 10分
同理△AC′P≌△CAO，C′P=OA=2，AP=OC=1，可得点C′（2，1）； 11分
将点B′、C′的坐标代入，可知点B′、C′在抛物线上． 12分
（事实上，点P与点N重合）
11.（09年广东佛山）25．一般地，学习几何要从作图开始，再观察图形，根据图形的某一类共同特征对图形进行分类（即给一类图形下定义——定义概念便于归类、交流与表达），然后继续研究图形的其它特征、判定方法以及图形的组合、图形之间的关系、图形的计算等问题. 课本里对四边形的研究即遵循着上面的思路．
当然，在学习几何的不同阶段，可能研究的是几何的部分问题．比如有下面的问题，请你研究．
已知：四边形中，，且．
（1）借助网格画出四边形所有可能的形状；
（2）简要说明在什么情况下四边形具有所画的形状．
（09年广东佛山25题解析）（1）四边形可能的形状有三类：图“矩形”、图“等腰梯形”、图的“四边形”．
注1：画出“矩形”或“等腰梯形”，各给1分；画出另一类图形（后两种可以看作一类），给2分；
等腰梯形不单独画而在后两种图中反映的，不扣分；画图顺序不同但答案正确不扣分．
注2：如果在类似图或图④的图中画出凹四边形，同样给分（两种都画，只给一种的分）．
(2) （i）若是直角（图），则四边形为等腰梯形； 6分
（ii）若是锐角（图），存在两个点和，得到等腰梯形和符合条件但不是梯形的四边形； 8分
其中，若是直角（图），则四边形为矩形． 9分
（iii）若是钝角（图④），存在两个点和，得到等腰梯形和符合条件但不是梯形的四边形； 11分
注：可用与或者与是否相等分类；只画矩形和等腰梯形并进行说明可给4分．
12.（09年广东广州）25．（本小题满分14分）
如图13，二次函数（）的图象与轴交于两点，与轴交于点，的面积为．
（1）求该二次函数的关系式；
（2）过轴上的一点作轴的垂线，若该垂线与的外接圆有公共点，求的取值范围；
（3）在该二次函数的图象上是否存在点，使四边形为直角梯形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
（09年广东广州25题解析）解：（1）设点，，其中．
∵抛物线过点，
∴．
∴．
∴．
∵抛物线与轴交于两点，
∴是方程的两个实根．
求的值给出以下两种方法：
方法1：由韦达定理得：．
∵的面积为，
∴，即．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴．
解得．
∵，
∴．
∴所求二次函数的关系式为．
方法2：由求根公式得，．
．
∵的面积为，
∴，即．
∴．
∴．
解得．
∵，
∴．
∴所求二次函数的关系式为．
（2）令，解得．
∴，．
在中，，
在中，，
∵，
∴．
∴．
∴是直角三角形．
∴的外接圆的圆心是斜边的中点．
∴的外接圆的半径．
∵垂线与的外接圆有公共点，
∴．
（3）假设在二次函数的图象上存在点，使得四边形是直角梯形．
①若，设点的坐标为，，
过作轴，垂足为，如图1所示．
求点的坐标给出以下两种方法：
方法1：在中，
，
在中，，
∵，
∴．
∴．
．
解得或．
∵，
∴，此时点的坐标为．
而，因此当时在抛物线上存在点，使得四边形是直角梯形．
方法2：在与中，，
∴．
∴．
∴．
以下同方法1．
②若，设点的坐标为，，
过作轴，垂足为，如图2所示．
在中，，
在中，，
∵，
∴．
∴．
．
解得或．
∵，
∴，此时点的坐标为．
此时，因此当时，在抛物线上存在点，使得四边形是直角梯形．
综上所述，在抛物线上存在点，使得四边形是直角梯形，并且点的坐标为或．

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