2022年中考数学压轴题典型题型解析 .pdf

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1、O 60 204批发单价（元）5批发量（ kg）第 23 题图（ 1）O6 240日最高销量（ kg）80零售价（元第 23 题图（ 2）48 （6，80）（7，40）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、两段函数图象的实际意义【解】（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

2、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：20606054mmwmm（）（，函数图象如图所示7 分由图可知资金金额满足240w300 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32040wm当 m60 时， x 6. 5 由题意，销售利润为2(4

3、)(32040)40 (6)4yxmx12 分当 x6 时，160y最大值，此时 m80 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：金额 w（元）O 批发量 m（kg）300200100204060精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 22 页设日最高销售量为xkg（x 60）则由图日零售价p 满足：32040 xp，于是32040 xp销售利润23201(4)(80)1604040 xyxx12 分当 x80 时，160y最大值，此时 p6 即经销商应批发80k

4、g 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nmxxy221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

5、13 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， CDAB，又 D（5，2） ，C（0，2） ，OC=2 . 2 分2552122nmn解得225nm抛物线的解析式为：225212xxy 4 分（2）点 E 落在抛物线上. 理由如下：5 分由 y = 0，得0225212xx. 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，

6、 1）. 7分把 x=3 代入225212xxy，得123253212y，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=a1. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 22 页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：当 S1S2 =13 时，52)35(411S，此时点 P 在点 F（3，0）的左侧，则PF = 3 a，由 EPF EQG，得31EGEFQGPF，则 QG=9

7、3a，CQ=3(93a) =3a 6 由 S1=2，得22)163(21aa，解得49a；11 分当 S1S2=31 时，56)35(431S此时点 P 在点 F（3，0）的右侧，则PF = a 3，由 EPF EQG，得 QG = 3a9， CQ = 3 +（3 a9）= 3 a6，由 S1= 6，得62) 163(21aa，解得413a. 综上所述：所求点P 的坐标为（49，0）或（413，0）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 S

8、2不符合条件，故a3. 设直线 PQ 的解析式为y = kx+b(k0)，则013bakbk，解得331aabak，331aaxay. 由 y = 2 得 x = 3a6， Q（3a6，2） 10分CQ = 3a6，BP = a1，742)163(211aaaS. 下面分两种情形：当 S1 S2 = 13 时，841S41ABCD1梯形S= 2；4a7 = 2，解得49a；12分当 S1 S2 = 31 时，6843S43ABCD1梯形S；4a7 = 6，解得413a；综上所述：所求点P 的坐标为（49，0）或（413，0）14 分说明： 对于第 （3）小题，只要考生能求出49a或413a两个

9、答案， 就给 6 分. 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 22 页3. （ 09 年福建宁德）26 （本题满分13 分）如图，已知抛物线C1：522xay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，

10、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C1：522xay得顶点 P 的为（ -2 ，-5 ） 2 分点 B（1，0）在抛物线C1上52102a解得， a59 4 分（2）连接 PM，作 PHx轴于 H，作 MGx 轴于 G点 P、M 关于点 B 成中心对称PM 过点 B，且 PBMB PBH MBGMGPH5，BGBH3 顶点 M 的坐标为（ 4， 5） 6 分抛物线C2由C1

11、关于 x 轴对称得到，抛物线C3由C2平移得到y x A O B P M 图 1 C1C2C3图（ 1）y x A O B P N 图 2 C1C4Q E F 图（ 2）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 22 页抛物线C3的表达式为54952xy 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 PHx 轴于 H，作 NGx 轴于 G作 PKNG 于 K旋转中心Q 在 x 轴上EFAB2BH6 FG

12、 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PN2NK2+PK2m2+4m+104PF2PH2+HF2m2+10m+50 NF252+3234 10 分当 PNF90o时， PN2+ NF2PF2，解得 m443， Q 点坐标为（193，0）当 PFN90o时， PF2+ NF2PN2，解得 m103， Q 点坐标为（23，0） PNNK10NF， NPF90o综上所得，当Q 点坐标为（193，0）或（23，0）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

13、01E，作平行于x轴的直线l，抛物线214yx上的两点AB、的横坐标分别为1 和 4，直线AB交y轴于点F，过点AB、分别作直线l的垂线，垂足分别为点C、D，连接CFDF、（1）求点ABF、 、的坐标；（2）求证：CFDF；（3）点P是抛物线214yx对称轴右侧图象上的一动点，过点P作PQPO交x轴于点Q，是否存在点P使得OPQ与CDF相似？若存在， 请求出所有符合条件的点P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1x时,14y当4x时 ,4yy x A O B P N 图(2) C1C4Q E F H G K E D C A F B

14、x O y l E D C O F x y （图 1）备用图（第 25 题图）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 22 页1A1，4 1 分4 4B， 2分设直线AB的解析式为ykxb 3 分则1444kbkb解得341kb直线AB的解析式为314yx 4 分当0 x时 ,1y01F， 5 分方法二 : 求AB、两点坐标同方法一, 如图 2, 作FGBD,AHBD,垂足分别为G、H, 交y轴于点N, 则四边形FOMG和四边形NOMH均为矩形 , 设FOx 3 分BGFBHABGFGBHAH441544x 4 分解得1x0F，

15、1 5 分(2)证明：方法一：在RtCEF中，1,2CEEF22222125CFCEEF5CF 6 分在RtDEF中，42DEEF，222224220DFDEEF2 5DF由（ 1）得1141CD，5CDE D C A F B x O y l （图 1）E D C A F B x O y l （图 2）G H M 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 22 页22525CD222CFDFCD 7 分90CFDCFDF 8 分方法二：由（1）知23551444AFAC，AFAC 6 分同理：BFBDACFAFCACEFACFCF

16、OAFCCFO 7 分同理：BFDOFD90CFDOFCOFD即CFDF 8 分（3）存在 . 解：如图3，作PMx轴，垂足为点M 9 分又PQOPRtRtOPMOQPPMOMPQOPPQPMOPOM 10 分设2104P xxx，则214PMxOMx，当RtRtQPOCFD时，5122 5PQCFOPDF 11 分21142xPMOMx解得2x121P， 12 分当RtRtOPQCFD时，E D C O F x y 图 3 M P l Q 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 22 页2 525PQDFOPCF 13 分21

17、42xPMOMx解得8x2816P，综上，存在点121P，、2816P，使得OPQ与CDF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. 试判断四边形 ABCD 的形状，并说明理由；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

18、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）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）如图，由得四边形ABCD 是矩形CBA= ADC=90 （8 分）又 AB=CD

19、=6 ，AC=10 由勾股定理，得BC=AD= =2222610ABAC=8（ 9 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 22 页254.010，14186，0t14. （ 10 分）当 0t 6 时，P点在 AB上，连结 PQ. AP是直径，PQA=90 （11 分）又PAQ= CAB ， PAQ CAB ABAQCAPA，即64.0106tt,解得t=3.6 （ 12 分）当 6t 14 时，P点在 AD上，连结 PQ ，同理得 PQA=90 ， PAQ CAD ADAQCAPA，即84 .0106ttt-6, 解得

20、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yx2xc( 1) 若点 A( 1，a) 、B( 2，2n 1) 在二次函数yx2xc 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yx2xc 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 2OP22时，试判断直线 DE 与抛物线 yx2xc38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n 2c，2

21、n12c. 1 分解得n 1，c 1. 2 分法 2：抛物线 yx2xc 的对称轴是x12，且12 ( 1)212， A、B 两点关于对称轴对称. n2n1 1 分 n1，c 1. 2 分 有 yx2x1 3 分( x12)254. 二次函数 yx2x 1 的最小值是54. 4 分( 2) 解：点 P( m，m)( m0) ，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 22 页 PO2m. 222m 2 2. 2m12. 5 分法 1： 点 P( m，m)( m0) 在二次函数y x2 xc 的图象上， mm2mc，即 c m22m

22、. 开口向下，且对称轴m1， 当 2m12 时，有1c0. 6 分法 2： 2m12， 1m12. 1( m1)22. 点 P( m，m)( m0) 在二次函数yx2xc 的图象上， mm2mc，即 1c( m 1)2. 1 1c2. 1c0. 6 分 点 D、E 关于原点成中心对称，法 1： x2 x1，y2 y1. y1x12x1c，y1x12 x1 c. 2y1 2x1， y1 x1. 设直线 DE：ykx. 有 x1 kx1. 由题意，存在x1x2. 存在 x1，使 x10. 7 分k 1. 直线 DE： y x. 8 分法 2：设直线DE：ykx. 则根据题意有kxx2xc，即 x2

23、( k1) xc0. 1c0， ( k1)24c0. 方程 x2( k1) xc0 有实数根 . 7 分 x1x20， k10. k 1. 直线 DE： y x. 8 分若y x，yx2xc38.则有x2 c380. 即 x2 c38.当 c380 时，即 c38时，方程x2 c38有相同的实数根，即直线 y x 与抛物线 yx2xc38有唯一交点 . 9 分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 22 页当 c380 时，即 c38时，即 1c38时，方程 x2 c38有两个不同实数根，即直线 y x 与抛物线 yx2xc3

24、8有两个不同的交点. 10 分当 c380 时，即 c38时，即38c0 时，方程 x2 c38没有实数根，即直线 y x 与抛物线 yx2xc38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（m0）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

25、的双曲线为1C，过点 M 且以 B 为顶点的抛物线为2C，过点 P 且以 M 为顶点的抛物线为3C. (1) 如图 10，当 m=6 时，直接写出点M、F 的坐标，求1C、2C的函数解析式；（2）当 m 发生变化时，在1C的每一支上， y 随 x 的增大如何变化？请说明理由。若2C、3C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： （）点的坐标为（，），点的坐标为（，）2 分设1C的函数解析式为xky（)0k1C过点（，）1C的函数解析式为xy162C的顶点的坐标是（，）设2C的函数解析式为26(0)yaxa2C过点 M （2，4）464a

26、图 10 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 22 页21a2C的函数解析式为6212xy6 分（2）依题意得，A（m ，） ，B（， m ） ，点坐标为（mm32,31） ，点坐标为（m31，m34） 设1C的函数解析式为kyx（)0k1C过点（m31，m34）294mk0m0k在1C的每一支上，y 随着x的增大而增大答：当m时，满足题意的x 的取值范围为0 xm31；当m 时 ，满 足 题 意的x的取 值 范 围为m31 x 14 分8.（09 年甘肃定西） 28如图 14（1） ，抛物线22yxxk与 x 轴交于 A

27、、B 两点，与y轴交于点 C（0，3） 图 14（ 2） 、图 14（ 3）为解答备用图（1）k，点 A 的坐标为，点 B 的坐标为；（2）设抛物线22yxxk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22yxxk上求点 Q，使 BCQ 是以 BC 为直角边的直角三角形图 14（1）图 14（2）图 14（3）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 22 页（09 年甘肃定西28 题解析）

28、解： （1）3k， 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 =23， MOC 的面积 =23，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，322mm），连结OD则 0m3，322mm0且 AOC 的面积 =23， DOC 的面积 =m23，DOB 的面积 =-23（32

29、2mm）， 8 分 四边形ABDC 的面积 =AOC 的面积 +DOC 的面积 +DOB 的面积=629232mm=875)23(232m 9 分 存在点 D315()24，使四边形ABDC 的面积最大为875 10 分（4）有两种情况：如图 14（3） ，过点 B 作 BQ1BC，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3yx 12 分由2323yxyxx，解得1125xy，；= -?=? ?2230.xy，=?=? ? 点 Q1的坐标为（ -2，5） 13 分如图 14（4）

30、，过点 C 作 CFCB，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3yx 14 分图 14（2）图 14（3）图 14（4）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 22 页由2323yxyxx，解得1103xy，；=?= -? ?2214xy，=?= -? ?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

31、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，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ABCD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(1) 当P点在边AB上运动时，点Q的横坐标x（长度单位）关于运动时间t（秒）的函数图象如图所示，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

32、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ABCD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）Q（1， 0） 1 分点 P 运动速度每秒钟1 个单位长度 2 分（2） 过点 B 作 BFy 轴于点 F ， BE x轴于点 E ，则 BF 8，4OFBE1046AF在 Rt AFB 中，228610AB3 分过点 C 作 CGx轴于点 G ，与 FB 的延长线交于点H 90 ,ABCABBC ABF BCH6,8BHAFCHBF8614,8412OGFHCG所求

33、 C 点的坐标为（14，12） 4 分（3） 过点 P 作 PM y 轴于点 M，PNx轴于点 N，则 APM ABFABCDEFGHMNPQOxy精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页，共 22 页APAMMPABAFBF1 068tA MM P3455AMtPMt，3410,55PNOMtONPMt设 OPQ 的面积为S（平方单位）213473(10)(1)5251010Stttt （0 t 10 ） 5 分说明 :未注明自变量的取值范围不扣分310a0 当474710362()10t时，OPQ 的面积最大 6 分此时 P 的

34、坐标为（9415，5310） 7 分（4）当53t或29513t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（1，0） ，点B 在抛物线22yaxax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AB C的位置请判断点B、C是否在（ 2）中的抛物线上，并说明理由（09 年甘肃

35、庆阳29 题解析） 解：（1）A（0，2） ， B（3，1） 2 分（2）211222yxx 3 分（3）如图 1，可求得抛物线的顶点D（11728，） 4 分设直线 BD 的关系式为ykxb， 将点 B、D 的坐标代入，求得54k，114b，图 18 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页，共 22 页 BD 的关系式为51144yx 5 分设直线 BD 和 x 轴交点为E，则点 E（115， 0） ，CE=65DBC 的面积为1617152588（ 1） 7 分（4） 如图 2， 过点B作B My轴于点 M， 过点 B作BNy

36、轴于点 N， 过点C作C Py轴于点 P 8 分在 RtABM 与 RtBAN 中， AB=AB， AB M=BAN=90 - B AM， RtABMRt BAN 9 分 BM=AN=1，AM=BN=3， B（1，1） 10 分同理 ACP CAO，CP=OA=2，AP=OC=1，可得点C（2，1） ； 11 分将点 B、C的坐标代入211222yxx，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

37、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ABCD中，ABDC，且ACBDBC图 1 E D Cx A BB C Oy P 图 2 M N B Cx A BC Oy 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页，共 22 页（1）借助网格画出四边形ABCD所有可能的形状；（2）简要说明在什么情况下四边形ABCD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

38、三类：图“矩形”、图“等腰梯形”、图的“四边形1ABCD”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BAC是直角（图），则四边形为等腰梯形； 6分（ii ）若BAC是锐角（图），存在两个点D和1D，得到等腰梯形ABCD和符合条件但不是梯形的四边形1ABCD； 8分其中，若BAC是直角（图），则四边形为矩形 9分（iii ）若BAC是钝角（图），存在两个点D和1D，得到等腰梯形A

39、BCD和符合条件但不是梯形的四边形1ABCD； 11分注：可用AC与BD或者BAC与CDB是否相等分类； 只画矩形和等腰梯形并进行说明精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 17 页，共 22 页可给 4分12.（09 年广东广州）25 （本小题满分14 分）如图 13，二次函数2yxpxq（0p）的图象与x轴交于AB、两点， 与y轴交于点(01)C，ABC的面积为54（1）求该二次函数的关系式；（2）过y轴上的一点(0)Mm，作y轴的垂线，若该垂线与ABC的外接圆有公共点，求m的取值范围；（3）在该二次函数的图象上是否存在点D，使四边形A

40、CBD为直角梯形？若存在，求出点D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1(0)A x，2(0)B x ，其中12xx抛物线2yxpxq过点(01)C，2100Pq1q21yxpx抛物线2yxpxq与x轴交于AB、两点，12xx，是方程210 xpx的两个实根求p的值给出以下两种方法：方法 1：由韦达定理得：12121xxpx x，ABC的面积为54，1524OC AB，即21151 ()24xx图 13 y x B A C O 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 18 页，共 22 页2152xx

41、22125()4xx22212112()()4xxxxx x，2211225()44xxx x225()44p解得32p0p，32p所求二次函数的关系式为2312yxx方法 2：由求根公式得2142ppx，2242ppx2222144422ppppABxxpABC的面积为54，1524OC AB，即21151 ()24xx2151424p22544p解得32p0p，32p所求二次函数的关系式为2312yxx（2）令23102xx，解得12122xx，102A，(2 0)B，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 19 页，共 22 页在Rt

42、AOC中，2222215124ACAOOC，在RtBOC中，22222215BCBOOC，15222AB，222525544ACBCAB90ACBABC是直角三角形RtABC的外接圆的圆心是斜边AB的中点RtABC的外接圆的半径524ABr垂线与ABC的外接圆有公共点，5544m（3）假设在二次函数2312yxx的图象上存在点D，使得四边形ACBD是直角梯形若ADBC，设点D的坐标为2000312xxx，00 x，过D作DEx轴，垂足为E，如图 1 所示求点D的坐标给出以下两种方法：方法 1：在RtAED中，2000312tan12xxDEDAEAEx，在RtBOC中，1tan2OCCBOOB

43、，DAECBO，tantanDAECBO20003112122xxx2004850 xx解得052x或012x54y54y25 题（ 2）图y x B A C O 25 题（ 3）图 1 y x B A C O E D 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 20 页，共 22 页00 x，052x，此时点D的坐标为5 32 2，而2222454ADAEEDBC，因此当ADBC时在抛物线2312yxx上存在点5 32 2D，使得四边形DACB是直角梯形方法 2：在RtAED与RtBOC中，DAECBO，RtRtAEDBOCDEOCAEOB2

44、0003112122xxx以下同方法1若ACBD，设点D的坐标为2000312xxx，00 x，过D作DFx轴，垂足为F，如图 2 所示在RtDFB中，2000312tan2xxDEDBFFBx，在RtCOA中，1tan212OCCAOOA，DBFCAO，tantanDBFCAO200031222xxx2002100 xx解得052x或02x00 x，25 题（ 3）图 2 y x B A C O D F 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 21 页，共 22 页052x，此时D点的坐标为592，此时BDAC，因此当ACBD时，在抛物线2312yxx上存在点592D，使得四边形DACB是直角梯形综上所述，在抛物线2312yxx上存在点D，使得四边形DACB是直角梯形，并且点D的坐标为5 32 2，或592，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 22 页，共 22 页