【正文】 （ 2）①由 y＝ － 1 3 x 2＋ 3x－ 2，令 x＝ 0，得 y＝ － 2 ∴ C（ 0， － 2） ∵ y＝ － 1 3 x 2＋ 3x－ 2＝ － 1 3 ( x－ 3 2 3 )2＋ 1 4 ∴二次函數(shù)圖象的對(duì)稱軸為直線 x＝ 3 2 3 過(guò) A′ 作 A′H⊥ OA 于 H 在 Rt△ AOC 中，∵ OC＝ 2， OA＝ 2 3 ∴∠ OAC＝ 30176。 又 ∠ A＝ 60176。＝ 2 3 ∴ PH＝ 2PK＝ 4 3 ∴ S＝ S△ PGH ＝ 1 2 PH178。＝ ∠ A ∴ PG∥ AD，又 DG∥ AP ∴四邊形 APGD 是平行四邊形 ∴ PG＝ AD＝ 4 ∵ AB∥ CD， ∴ ∠ GHP＝ ∠ BPH ∵ ∠ GPH＝ ∠ BPH＝ 1 2 ∠ B′PB＝ 30176。 （ 2） ∵ ∠ A＝ ∠ B＝ 60176。 ∠ CPE＝ ∠ PEF ∵ EN⊥ AB， ∴∠ B＝ ∠ MEN ∴∠ CPE＝ ∠ B， ∴ tan∠ CPE＝ tanB ∵ tan∠ CPE＝ CE CP ， tanB＝ AC BC ＝ 3 4 ∴ CE CP ＝ 3 4 ， ∴ CP＝ 4 3 CE ∵ AP＝ 3t（ 0＜ t ＜ 2）， CE＝ 4 3 t， ∴ CP＝ 6－ 3t ∴ 6－ 3t＝ 4 3 4 3 t， 解得 t＝ 54 43 （ 3） 連接 PQ 交 EF 于 O ∵ P、 Q 關(guān)于 直線 EF 對(duì)稱，∴ EF 垂直平分 PQ 若 四邊形 PEQF 為菱形， 則 OE＝ OF＝ 1 2 EF ① 當(dāng)點(diǎn) P 在 AC 邊上運(yùn)動(dòng)時(shí) 易知四邊形 POEC 為 矩形，∴ OE＝ PC ∴ PC＝ 1 2 EF ∵ CE＝ 4 3 t，∴ BE＝ 8－ 4 3 t， EF＝ BE178。 2020 年全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)壓軸題 專集 答案 十、動(dòng)態(tài)綜合型問(wèn)題 1． （北京模擬） 已知拋物線 y＝ － x 2＋ 2x＋ m－ 2 與 y 軸交于點(diǎn) A（ 0， 2m－ 7），與直線 y＝ 2x 交于點(diǎn) B、 C（ B 在 C 的右側(cè)）． （ 1）求 拋物線的解析式 ； （ 2） 設(shè)拋物線的頂點(diǎn)為 E，在拋物線的對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn) F，使得 ∠ BFE＝ ∠ CFE，若存在，求出點(diǎn)F 的坐標(biāo)，若不存在，說(shuō)明理由； （ 3） 動(dòng)點(diǎn) P、 Q 同時(shí)從原點(diǎn)出發(fā)，分別以每秒 5 個(gè)單位長(zhǎng)度、每秒 2 5 個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿射線 OC運(yùn)動(dòng)， 以 PQ 為斜邊在直 線 BC 的上方作直角三角形 PMQ（ 直角邊分別平行于坐標(biāo)軸 ），設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 t 秒 ．若△ PMQ 與拋物線 y＝ － x 2＋ 2x＋ m－ 2 有公共點(diǎn)，求 t 的取值范圍． 解：（ 1） 把 點(diǎn) A（ 0， 2m－ 7）代入 y＝ － x 2＋ 2x＋ m－ 2，得 m＝ 5 ∴ 拋物線的解析式為 y＝ － x 2＋ 2x＋ 3 （ 2）由 ?????y＝ － x 2＋ 2x＋ 3y＝ 2x 解得 ???x1＝ 3y1＝ 2 3 ???x2＝ － 3y2＝ － 2 3 ∴ B（ 3， 2 3）， C（ － 3， － 2 3） ∵ y＝ － x 2＋ 2x＋ 3＝ － ( x－ 1 )2＋ 4 ∴ 拋物線 的 對(duì)稱軸 為 x＝ 1 設(shè) F（ 1， y） ∵ ∠ BFE＝ ∠ CFE，∴ tan∠ BFE＝ tan∠ CFE 當(dāng) 點(diǎn) F 在點(diǎn) B 上方時(shí)， 3－ 1 y－ 2 3 ＝ 3＋ 1 y＋ 2 3 解得 y＝ 6，∴ F（ 1， 6） 當(dāng) 點(diǎn) F 在點(diǎn) B 下方時(shí)， 3－ 1 2 3－ y ＝ 3＋ 1 － y－ 2 3 解得 y＝ 6（舍去） ∴滿足條件的 點(diǎn) F 的坐標(biāo)是 F（ 1， 6） （ 3） 由題意， OP＝ 5t， OQ＝ 2 5t，∴ PQ＝ 5t ∵ P、 Q 在直線 直線 y＝ 2x 上 ∴設(shè) P（ x， 2x），則 Q（ 2x， 4x）（ x ＜ 0） ∴ x 2＋ 4x 2 ＝ 5t，∴ x＝ － t ∴ P（ － t， － 2t）， Q（ － 2t， － 4t） ∴ M（ － 2t， － 2t） 當(dāng) M（ － 2t， － 2t） 在拋物線上時(shí)， 有 － 2t＝ － 4t 2－ 4t＋ 3 x O y A B C P Q M x O y A B C F E x O y A B C P Q M 解 得 t＝ 13－ 1 4 （舍去負(fù)值） 當(dāng) P（ － t， － 2t） 在拋物線上時(shí)， 有 － 2t＝ － t 2－ 2t＋ 3 解 得 t＝ 3（舍去負(fù)值） ∴ t 的取值范圍是 ： 13－ 1 4 ≤ t ≤ 3 2． （北京模擬） 在平面直角坐標(biāo)系中， 拋物線 y1＝ ax 2＋ 3x＋ c 經(jīng)過(guò)原點(diǎn)及點(diǎn) A（ 1， 2），與 x軸相交于另一點(diǎn) B． （ 1）求 拋物線 y1 的解析式及 B 點(diǎn)坐標(biāo)； （ 2）若將拋物線 y1 以 x＝ 3 為對(duì)稱軸向右翻折后，得到一 條 新的 拋物線 y2， 已知 拋物線 y2 與 x軸交于兩點(diǎn)，其中右邊的交點(diǎn)為 C 點(diǎn)． 動(dòng)點(diǎn) P 從 O 點(diǎn)出發(fā) ，沿 線段 OC 向 C 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，過(guò) P 點(diǎn)作 x 軸的垂線，交直線 OA于 D 點(diǎn)，以 PD 為邊在 PD 的右側(cè)作正方形 PDEF． ① 當(dāng)點(diǎn) E 落在 拋物線 y1 上 時(shí)，求 OP 的長(zhǎng) ； ② 若點(diǎn) P 的 運(yùn)動(dòng)速度為每秒 1 個(gè)單位長(zhǎng)度，同時(shí)線段 OC 上另一點(diǎn) Q 從 C 點(diǎn)出發(fā)向 O 點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，速度為每秒 2 個(gè)單位長(zhǎng)度 ， 當(dāng) Q點(diǎn)到達(dá) O 點(diǎn)時(shí) P、 Q兩點(diǎn) 停止運(yùn)動(dòng)．過(guò) Q點(diǎn)作 x 軸的垂線，與直線 AC 交于 G點(diǎn)，以 QG 為邊在 QG 的左側(cè)作正方形 QGMN． 當(dāng)這 兩個(gè)正方形分別有一條邊恰好落在同一條直線上 時(shí) ，求 t的 值 ． （正方形在 x 軸上的邊除外） 解：（ 1） ∵拋物線 y1＝ ax 2＋ 3x＋ c 經(jīng)過(guò)原點(diǎn)及點(diǎn) A（ 1， 2） ∴?????c＝ 2a＋ 3＋ c＝ 2 解得 ?????a＝ － 1c＝ 0 ∴拋物線 y1 的解析式 為 y1＝ － x 2＋ 3x 令 y1＝ 0，得 － x 2＋ 3x＝ 0，解得 x1＝ 0， x2＝ 3 ∴ B（ 3， 0） （ 2） ① 由 題意，可得 C（ 6， 0） 過(guò) A 作 AH⊥ x 軸于 H， 設(shè) OP＝ a 可得 △ ODP∽△ OAH， ∴ DP OP ＝ AH OH ＝ 2 ∴ DP＝ 2OP＝ 2a ∵ 正方 形 PDEF， ∴ E（ 3a， 2a） ∵ E（ 3a， 2a）在 拋物線 y1＝ － x 2＋ 3x 上 ∴ 2a＝ － 9a 2＋ 9a， 解得 a1＝ 0（舍去）， a2＝ 7 9 ∴ OP 的長(zhǎng) 為 7 9 ② 設(shè)直線 AC 的解析式為 y＝ kx＋ b x A y OD B C P F E D Q G N M x A y OD B C P F E D Q G N M H ∴?????2＝ k＋ b0＝ 6k＋ b 解得 k＝ － 2 5 ， b＝ 12 5 ∴直線 AC 的解析式為 y＝ － 2 5 x＋ 12 5 由題意， OP＝ t， PF＝ 2t， QC＝ 2t， GQ＝ 4 5 t 當(dāng) EF 與 MN 重合時(shí)， 則 OF＋ CN＝ 6 ∴ 3t＋ 2t＋ 4 5 t＝ 6，∴ t＝ 30 29 當(dāng) EF 與 GQ 重合時(shí)， 則 OF＋ QC＝ 6 ∴ 3t＋ 2t＝ 6，∴ t＝ 6 5 當(dāng) DP 與 MN 重合時(shí)， 則 OP＋ CN＝ 6 ∴ t＋ 2t＋ 4 5 t＝ 6，∴ t＝ 30 19 當(dāng) DP 與 GQ 重合時(shí)， 則 OP＋ CQ＝ 6 ∴ t＋ 2t＝ 6，∴ t＝ 2 3． （北京模擬）如圖， 在平面直角坐標(biāo)系中， 拋物線 y＝ ax 2＋ bx＋ 4 經(jīng)過(guò) A（ － 3， 0）、 B（ 4， 0）兩點(diǎn)，且與 y 軸交于點(diǎn) C，點(diǎn) D 在 x軸的負(fù)半軸上，且 BD＝ BC．動(dòng)點(diǎn) P 從點(diǎn) A出發(fā)，沿線段 AB以每秒 1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn) B 移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn) Q 從點(diǎn) C 出發(fā)，沿線段 CA 以某一速度向點(diǎn) A 移動(dòng)． （ 1）求該拋物線的解析式； （ 2）若經(jīng)過(guò) t 秒的移動(dòng)，線段 PQ 被 CD 垂直平分，求此時(shí) t 的值； （ 3）該拋物線的對(duì)稱軸上是否存在一點(diǎn) M，使 MQ＋ MA的值最?。?若存在，求出點(diǎn) M的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：（ 1） ∵ 拋物線 y＝ ax 2＋ bx＋ 4 經(jīng)過(guò) A（ － 3， 0）、 B（ 4， 0）兩點(diǎn) ∴?????9a－ 3b＋ 4＝ 016a＋ 4b＋ 4＝ 0 解得 a＝ － 1 3 ， b＝ 1 3 ∴ 所求拋物線的解析式為 y＝ － 1 3 x 2＋ 1 3 x＋ 4 （ 2）連接 DQ，依題意知 AP＝ t ∵ 拋物 線 y＝ － 1 3 x 2＋ 1 3 x＋ 4 與 y 軸交于點(diǎn) C ∴ C（ 0， 4） 又 A（ － 3， 0， B（ 4， 0） x A y OD C B D P Q O P N Q C x y D A E F M G O P N Q C x y D A E F M G O P N Q C x y D A E F M G O P N Q C x y D A E F M G x A y OD C B D P Q 可得 AC＝ 5， BC＝ 4 2， AB＝ 7 ∵ BD＝ BC， ∴ AD＝ AB－ BD＝ 7－ 4 2 ∵ CD 垂直平分 PQ， ∴ QD＝ DP， ∠ CDQ＝ ∠ CDP ∵ BD＝ BC， ∴∠ DCB＝ ∠ CDB ∴∠ CDQ＝ ∠ DCB， ∴ DQ∥ BC ∴△ ADQ∽△ ABC，∴ AD AB ＝ DQ BC ∴ AD AB ＝ DP BC ， ∴ 7－ 4 2 7 ＝ DP 4 2 解得 DP＝ 4 2－ 32 7 ， ∴ AP＝ AD＋ DP＝ 17 7 ∴ 線段 PQ 被 CD 垂直平分時(shí)， t 的值為 17 7 （ 3）設(shè)拋物線 y＝ － 1 3 x 2＋ 1 3 x＋ 4 的對(duì)稱軸 x＝ 1 2 與 x 軸交于點(diǎn) E 由于 點(diǎn) A、 B 關(guān)于對(duì)稱軸 x＝ 1 2 對(duì)稱，連接 BQ 交對(duì)稱軸于點(diǎn) M 則 MQ＋ MA＝ MQ＋ MB，即 MQ＋ MA＝ BQ 當(dāng) BQ⊥ AC 時(shí)， BQ 最小 ， 此時(shí) ∠ EBM＝ ∠ ACO ∴ tan∠ EBM＝ tan∠ ACO＝ 3 4 ∴ ME BE ＝ 3 4 ，即 ME 4－ 1 2 ＝ 3 4 ， 解得 ME＝ 21 8 ∴ M（ 1 2 ，21 8 ） ∴ 在拋物線的對(duì)稱軸上存在一點(diǎn) M（ 1 2 ，21 8 ），使得 MQ＋ MA 的值最小 4． （北京模擬） 如圖，在 Rt△ ABC 中， ∠ C＝ 90176。 ∴∠ BEF＝ 90176。； （ 2）將△ PBE 沿直線 PE翻折，得到△ PB′E， 記 △ PB′E 與梯形 ABCD重 疊 部分的面積為 S，求 S 與 t之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出 S 的最大值； （ 3）在整個(gè)運(yùn) 動(dòng)過(guò)程中，是否存在以點(diǎn) D、 P、 B′ 為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形 或等腰三角形 ？若存在，求出 t 的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由 ． 解： （ 1） 60176。 3t＝ 3 2 t 2 當(dāng) 2＜ t ≤ 4 時(shí) S＝ S△ PB′E － S△ FB′C ＝ 3 2 t 2－ 3 4 ( 2t－ 4 )2＝ － 3 2 t