【正文】 +2）。 把 P點(diǎn)的坐標(biāo)代入得 n=1。 5.（福建廈門 11分）已知拋物線 y=﹣ x2+2mx﹣ m2+2的頂點(diǎn) A在第一象限，過(guò)點(diǎn) A作 AB⊥y軸于點(diǎn) B， C是線段 AB上一點(diǎn)（不與點(diǎn) A、 B重合），過(guò)點(diǎn) C作 CD⊥x 軸于點(diǎn) D并交拋物線于點(diǎn) P． （ 1）若點(diǎn) C（ 1， a）是線段 AB 的中點(diǎn)，求點(diǎn) P的坐標(biāo)； （ 2）若直線 AP交 y軸的正半軸于點(diǎn) E，且 AC=CP，求 △OEP 的面積 S的取值范圍． 【答案】解：（ 1）依題意得頂點(diǎn) A的坐標(biāo)為（ 2， a），設(shè) P（ 1， n） 由頂點(diǎn)坐標(biāo)公式，得 2m 22??? ，得 m=2。 如圖 3，畫出起始位置和終點(diǎn)位置時(shí)，線段 EF的中點(diǎn) O1， O2，連接 O1O2，線段 O1O2即為線段 EF的中點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)，它是 PB的中垂線的一段，也是 △BPC 的中位線。 （ 3）如圖 2，對(duì) EF的中點(diǎn) O，由直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，有 PO＝ BO＝ 12 EF，即點(diǎn) O 在PB的中垂線上。 【分析】（ 1）由勾股定理求 PB，利用互余關(guān)系證明 △APB∽△DCP ，利用相似比求 PC。 （ 3）線段 EF的中點(diǎn)經(jīng)過(guò)的路線長(zhǎng)為 5。 ∴Rt△EPF 中， tan∠PEF ＝ PFPE＝ 2。 ∴△APE∽△GPF 。 。 又 ∵∠EPF ＝ 90176。 ∴∠AEP ＋ ∠APE ＝ 90176。 ∴∠A ＝ ∠PFG ＝ 90176。 （ 2） tan∠PEF 的值不變。 ∴ APCD ＝ PBPC ， 即 12 ＝ 5PC。 ∴∠ABP ＝ ∠DPC 。 ， ∴∠APB ＋ ∠DPC ＝ 90176。 。 ， AP＝ 1， CD＝ AB＝ 2，則 PB＝ 5。 （ 3）用 待定系數(shù)法求出過(guò) C、 D 兩點(diǎn)的坐標(biāo)的直線 CD 的解析式，從而由 S 四邊形AMCN=S△AMN+S△CMN 利用二次函數(shù)的最值求出即可。 【分析】（ 1）根據(jù)二次函數(shù)與 x 軸交點(diǎn)坐標(biāo)求法，由 mx2－ 11mx＋ 24m ＝ 0(m＜ 0)，解一元二次方程即可得出。 ∴ 當(dāng) n＝ 5時(shí)， S四邊形 AMCN＝ 9。CE ＝ 12（－ 12n2＋ 5n－ 8） 179。 ∴MN ＝（－ 12n2＋ 112 n－ 12）－（ 12n－ 4）＝－ 12n2＋ 5n－ 8。 由 （ 2）知，點(diǎn) D的坐標(biāo)為（ 4，－ 2）， 則由 C、 D兩點(diǎn)的坐標(biāo)求直線 CD的解析式為 y＝ 12x－ 4。 ∴ 拋物線的解析式為 y＝－ 12x2＋ 112 x－ 12。 ∴ 點(diǎn) A的坐標(biāo)為 (4， 2) 。4 ＝ 4。 ∴AE2 ＝ BE178。 ， ∴△ACE∽△BAE 。 ∴BE ＝ 4－ 3＝ 1。 （ 2）連接 AD，交 OC于點(diǎn) E， ∵ 四邊形 OACD是菱形， ∴AD⊥OC ， OE＝ EC＝ 12 179。 3.（福建漳州 14分）如圖 1，拋物線 y＝ mx2－ 11mx＋ 24m (m＜ 0) 與 x軸交于 B、 C兩點(diǎn)（點(diǎn)B在點(diǎn) C 的左側(cè)），拋物線另有一點(diǎn) A在第一象限內(nèi)，且 ∠BAC ＝ 90176。 （ 3）作輔助線：連接 DM， ME，根據(jù)垂徑定理和圓周定理的推論得到 ∠DME=90176。 ，得到 TN∥ME ，所以 ∠MTN=60176。=180176。 ，于是有 ∠TQE+∠NQE=120176。 ， ∠TOE=60176。 ， ∠QNF=30176。 。 。 ∵ 點(diǎn) A在直線 y=mx上， ∴1= 33 m，解得 m= 3 。 【考點(diǎn)】一次、二次函數(shù)綜合題，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，銳角三角函數(shù)定義，特殊角的三角函數(shù)值，切線的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，多邊形內(nèi)角和定理，平行的判定和性質(zhì)，等腰梯形的判定，垂徑定理，圓周角定理，相似三角形的判定和性質(zhì)。 ∴a= － 1。 ∴ ? ?21k 1 k 1a??? ? ? ????? 。 ∴MN=2 1k a? 。 設(shè) D（ h， k），（ h＞ 0， k=2r）， 則過(guò) M、 D、 N三點(diǎn)的拋物線的解析式為： 4 y=a（ xh） 2+k。 而 DM垂直平分 MN， ∴Rt△MFD∽R(shí)t△EFM 。 理由如下：如圖，連 DM， ME， ∵DM 為直徑， ∴∠DME=90176。 ∴ 以 T、 M、 E、 N為頂點(diǎn)的四邊形是等腰梯形。 ∴TN∥ME ， ∴∠MTN=60176。 ∴∠TMN=90176。 。+60176。 。 － 60176。 90176。 ， ∠TOE=60176。 。 ∴∠NQE=60176。 ∴ 四邊形 QNEM為平行四邊形，即 QN∥ME 。 ∴MF=NF 。 。 。 （ 3）解方程組33333yx???????，即可求出 K的坐標(biāo)，根據(jù)點(diǎn) H、 B關(guān)于直線 AK對(duì)稱，得出 HN+MN的最小值是 MB，過(guò)點(diǎn) K作直線 AH的對(duì)稱點(diǎn) Q，連接 QK，交直線 AH于 E，得到 BM+MK的最小值是 BQ，即 BQ的長(zhǎng)是 HN+NM+MK的最小值，由勾股定理得 QB=8，即可得出答案。 【分析】（ 1）解出方程 2 2 3 0ax ax a? ? ?( 0)a? ，即可得到 A點(diǎn)坐標(biāo)和 B點(diǎn)坐標(biāo)；把 A的坐標(biāo)代入直線 l 即可判斷 A是否在直線上。 ∴HN+NM+MK 的最小值為 8。 。 ∴BM+MK 的最小值是 BQ，即 BQ的長(zhǎng)是 HN+NM+MK的最小值。 ∵ 點(diǎn) H、 B關(guān)于直線 AK對(duì)稱， ∴HN+MN 的最小值是 MB， 。則 BK=4。 （ 3）直線 AH的解析式為 333yx??，直線 BK的解析式為 33yx??， 由33333yx???????，解得 332xy?????。 ∴ 頂點(diǎn) H（－ 1， 23）。 （ 2） ∵ 點(diǎn) H、 B關(guān)于過(guò) A點(diǎn)的直線 l ： 3 33yx??對(duì)稱， ∴AH=AB=4 。 1 2020 年全國(guó)各地中考數(shù)學(xué)解答題壓軸題解析（ 4） 1.（福建福州 14 分）已知，如圖，二次函數(shù) 2 23y ax ax a? ??( 0)? 圖象的頂點(diǎn)為 H，與 x 軸交于 A、 B兩點(diǎn)（ B在 A點(diǎn)右側(cè)），點(diǎn) H、 B關(guān)于直線l ： 3 33yx??對(duì)稱． （ 1）求 A、 B兩點(diǎn)坐標(biāo)，并證明點(diǎn) A在直線 l上； （ 2）求二次函數(shù)解析式； （ 3）過(guò)點(diǎn) B 作直線 BK∥AH 交直線 l 于 K 點(diǎn)， M、 N 分別為直線 AH和直線 l 上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接 HN、 NM、 MK，求 HN+NM+MK和的最小值． 【答案】解：（ 1）依題意， 得 2 2 3 0ax ax a? ? ?( 0)a? ，解得 x 1=﹣ 3， x 2=1， ∵B 點(diǎn)在 A點(diǎn)右側(cè)， ∴A 點(diǎn)坐標(biāo)為（﹣ 3， 0）， B點(diǎn)坐標(biāo)為（ 1， 0）。 ∵ 直線 l ： 3 33yx??， 當(dāng) x =﹣ 3時(shí)， ? ?3 33 30y ????， ∴ 點(diǎn) A在直線 l 上。 過(guò)頂點(diǎn) H作 HC⊥AB 交 AB于 C點(diǎn)， 則 AC=12 AB=2， HC= 224 2 2 3?? 。 代入二次函數(shù)解析 式，解得 32a?? ， ∴ 二次函數(shù)解析式為 23 3 3322yx x?? ??。 ∴K （ 3， 32 ）。 2 過(guò)點(diǎn) K作直線 AH 的對(duì)稱點(diǎn) Q，連接 QK，交直線 AH于 E，過(guò)點(diǎn) K作 KD⊥AB ，垂足為點(diǎn) D。 且 QM=MK， QE= KE= KD= 32 ， AE⊥ QK。 ∵BK∥AH ， ∴∠BKQ=∠HEQ=90176。由勾股定理得 QB=8。 【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題，解一元二次方程，軸對(duì)稱的性質(zhì)，解二元一次方程組，待定系數(shù)法，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，勾股定理。 （ 2）根據(jù)點(diǎn) H、 B關(guān)于過(guò) A點(diǎn)的直線 l ： 3 33yx??對(duì)稱，得出 AH=AB=4，過(guò)頂點(diǎn) H作 HC⊥AB交 AB于 C點(diǎn)，求出 AC和 HC的長(zhǎng)，得出頂點(diǎn) H的坐標(biāo)，代入二次函數(shù)解析式，求出 a ，即可得到二次函數(shù)解析式。 2.（福建泉州 14分）如圖 1，在第一象限內(nèi)，直線 y=mx與過(guò)點(diǎn) B（ 0， 1）且平行于 x軸的直線 l相交于點(diǎn) A，半徑為 r的 ⊙Q 與直線 y=mx、 x軸分別相切于點(diǎn) T、 E，且與直線 l分別交于不同的 M、 N兩點(diǎn)． （ 1）當(dāng)點(diǎn) A的坐標(biāo)為（ 33 ， p）時(shí)， ① 填空： p=___ ， m= ___， ∠AOE= ___ ． ② 如圖 2，連接 QT、 QE， QE交 MN于點(diǎn) F，當(dāng) r=2時(shí)，試說(shuō)明：以 T、 M、 E、 N為頂點(diǎn)的四邊形是等腰梯形； （ 2）在圖 1中，連接 EQ并延長(zhǎng)交 ⊙Q 于點(diǎn) D，試探索：對(duì) m、 r的不同取值，經(jīng)過(guò) M、 D、 N 3 三點(diǎn)的拋物線 y=ax2+bx+c， a的值會(huì)變化嗎？若不變，求出 a的值；若變化．請(qǐng)說(shuō)明理由． 【答案】解：（ 1） 1， 3 ， 60176。 （ 2）如圖，連接 TM， ME， EN， QN， QM ， ∵OE 和 OP是 ⊙Q 的切線， ∴QE⊥x 軸， QT⊥OT ，即 ∠QTA=90176。 而 l∥x 軸， ∴QE⊥MN 。 又 ∵r=2 ， EF=1， ∴QF=2 － 1=1。 ∴EN=MQ=EQ=QN ，即 △QEN 為等邊三角形。 ， ∠QNF=30176。 在四邊形 OEQT中， ∠QTO=∠QEO=90176。 ， ∴∠TQE=360176。 － 90176。=120176。 ∴∠TQE+∠NQE=120176。=180176。 ∴T 、 Q、 N三點(diǎn)共線，即 TN為直徑。 。=∠TNE 。 （ 3）對(duì) m、 r的不同取值，經(jīng)過(guò) M、 D、 N三點(diǎn)的拋物線 y=ax2+bx+c， a的值不會(huì)變化。 。 ∴MF2=EF?FD 。 又 ∵M(jìn) 、 N的縱坐標(biāo)都為 1， 當(dāng) y=1時(shí)， a（ xh） 2+k=1，解得 x1= 1kh a?? ， x2= 1kh a?? 。 ∴MF= 12 MN= 1k a? 。 ∴ ? ?1k 1 k 1a? ? ? ? 。 ∴ 對(duì) m、 r的不同取值，經(jīng)過(guò) M、 D、 N三點(diǎn)的拋物線 y=ax2+bx+c， a的值會(huì)變化， a=－ 1。 【分析】（ 1） ∵ 點(diǎn) A的坐標(biāo)為（ 33 ， p），點(diǎn) A在直線 l： y=1上， 識(shí)理 21世紀(jì)教育網(wǎng) 21世紀(jì)教育網(wǎng) 21世紀(jì)教育網(wǎng) 21世紀(jì)教育網(wǎng) 21 世紀(jì)教育網(wǎng) 21 世紀(jì)教育網(wǎng) 21世紀(jì)教育網(wǎng) 21 世紀(jì)教育網(wǎng) 21世紀(jì)教育網(wǎng) 21 世紀(jì)教育網(wǎng) 21世紀(jì)教育網(wǎng) 21世紀(jì)教育網(wǎng) 21世紀(jì)教育網(wǎng) ∴p=1 ，即點(diǎn) A坐標(biāo)為（ 33 ， 1）。 在 Rt△OBA 中， OB=1， AB= 33 ， tan∠AOB= 33 ， ∴∠AOB =30176。 ∴∠AOE=60176。 （ 2）作輔助線：連接 TM， ME， EN， QN， QM，根據(jù)切線的性質(zhì)得到 QE⊥x 軸， QT⊥OT ，由 QE⊥MN ，得到 MF=NF，而 r=2， EF=1，則四邊形 QNEM為平行四邊形，即 QN∥ME ；同時(shí)有 △QEN 為等邊三角形，則 ∠NQE=60176。 ；在四邊形 OEQT中， ∠QTO=∠QEO=90176。 ，可求出 ∠TQE=120176。+60176。 ，即 T、 Q、 N 三點(diǎn)共線，得到TN 為直徑；得到 ∠TMN=90176。=∠TNE ，得到以 T、 M、 E、 N為頂點(diǎn)的四邊形是等腰梯形。 ， DM垂直平 5 分 MN，所以 Rt△MFD∽R(shí)t△EFM ，得到 MF2=EF?FD，設(shè) D（ h， k），（ h＞ 0， k=2r），則過(guò) M、 D、N三點(diǎn)的拋物線的解析式為： y=a（ xh） 2+k，令 y=1，得到 x1= 1kh a?? ， x2= 1kh a?? ，則 MF=12 MN= 1k a? ，得到 ? ?21k 1 k 1a??? ? ? ????? ），解得 a=－ 1。 ． （ 1）填空： OB＝ _ ▲ ， OC＝ _ ▲ ； （ 2）連接 OA，將 △OAC 沿 x 軸翻折后得 △ODC ，當(dāng)四邊形 OACD是菱形時(shí)，求此時(shí)拋物線的解析式； （ 3）如圖 2，設(shè)垂直于 x軸的直線 l： x＝ n與（ 2）中所求的拋物線交于點(diǎn) M，與 CD交于點(diǎn)N，若直線 l 沿 x軸方向左右平移，且交點(diǎn) M始終位于拋物線上 A、 C兩點(diǎn)之間時(shí)，試探究：當(dāng) n為何值時(shí)，四邊形 AMCN的面積取得最大值，并求出這個(gè)最大值． 【答案】解：（ 1） OB＝ 3， OC＝ 8。8 ＝ 4。 又 ∵∠BAC ＝ 90176。 ∴ AEBE＝ CEAE。CE ＝ 1179。 ∴AE ＝ 2。 6 把點(diǎn) A的坐標(biāo) (4， 2)代入拋物線 y＝ mx2－ 11mx＋ 24m，得 m＝－ 12。 （ 3） ∵ 直線 x＝ n與拋物線交于點(diǎn) M， ∴ 點(diǎn) M的坐標(biāo)為 (n，－ 12n2＋ 112 n－ 12) 。 ∴ 點(diǎn) N的坐標(biāo)為 (n， 12n－ 4)。 ∴S 四邊形 AMCN＝ S△AMN ＋ S△CMN ＝ 12MN178。4 ＝－ (n－ 5)2＋ 9 。 【考點(diǎn)】二次函數(shù)綜合題，解一元二次方程，待定系數(shù)法，曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系，菱形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的最值。 （ 2）利用菱形性質(zhì)得出 AD⊥OC ，從而得