专题十 综合性压轴题
类型一 函数中点的存在性问题
(2018·山东东营中考)如图，抛物线y＝a(x－1)(x－3)(a＞0)与x轴交于A，B两点，抛物线上另有一点C在x轴下方，且使△OCA∽△OBC. (1)求线段OC的长度；
(2)设直线BC与y轴交于点M，点C是BM的中点时，求直线BM和抛物线的表达式；
(3)在(2)的条件下，直线BC下方抛物线上是否存在一点P，使得四边形ABPC面积最大？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】(1)令y＝0，求出x的值，确定出A与B坐标，根据已知相似三角形得比例，求出OC的长即可； (2)根据C为BM的中点，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到OC＝BC，确定出C的坐标，利用待定系数法确定出直线BC的表达式，把C坐标代入抛物线求出a的值，确定出二次函数的表达式即可； (3)过P作x轴的垂线，交BM于点Q，设出P与Q的横坐标为x，分别代入抛物线与直线表达式，表示出纵坐标，相减表示出PQ，四边形ACPB面积最大即为三角形BCP面积最大，三角形BCP面积等于PQ与B和C横坐标之差乘积的一半，构造为二次函数，利用二次函数性质求出此时P的坐标即可． 【自主解答】
...
...
1．(2018·湖南衡阳中考)如图，已知直线y＝－2x＋4分别交x轴、y轴于点A，B，抛物线经过A，B两点，点P是线段AB上一动点，过点P作PC⊥x轴于点C，交抛物线于点D. (1)若抛物线的表达式为y＝－2x＋2x＋4，设其顶点为M，其对称轴交AB于点N. ①求点M，N的坐标；
②是否存在点P，使四边形MNPD为菱形？并说明理由；
(2)当点P的横坐标为1时，是否存在这样的抛物线，使得以B，P，D为顶点的三角形与△AOB相似？若存在，求出满足条件的抛物线的表达式；若不存在，请说明理由．
2
...
...
类型二 图形运动中的函数关系问题
如图，在△ABC中，AB＝6 cm，AC＝42 cm，BC＝25 cm，点P以1 cm/s的速度从点B出发沿边BA→AC运动到点C停止，运动时间为t s，点Q是线段BP的中点． (1)若CP⊥AB时，求t的值；
(2)若△BCQ是直角三角形时，求t的值；
(3)设△CPQ的面积为S，求S与t的关系式，并写出t的取值范围．
【分析】(1)作CH⊥AB于H.设BH＝x，利用勾股定理构建方程求出x，当点P与H重合时，CP⊥AB，此时t＝2；
(2)分两种情形求解即可解决问题；
(3)分两种情形讨论，求出QM即可解决问题． 【自主解答】
2．(2018·广东中考)已知Rt△OAB，∠OAB＝90°，∠ABO＝30°，斜边OB＝4，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转60°，如图1，连结BC. (1)填空：∠OBC＝ °；
(2)如图1，连结AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；
...
...
(3)如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？
类型三 点的运动中的计算说理问题
(2018·山东青岛中考)已知：如图，四边形ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝16 cm，BC＝6 cm，CD＝8
cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2 cm/s.
点P和点Q同时出发，以QA，QP为边作平行四边形AQPE，设运动的时间为t(s)，0＜t＜5. 根据题意解答下列问题： (1)用含t的代数式表示AP；
(2)设四边形CPQB的面积为S(cm)，求S与t的函数关系式； (3)当QP⊥BD时，求t的值；
(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点E在∠ABD的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
2
...
...
【分析】(1)作DH⊥AB于H，则四边形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的长即可解决问题； (2)作PN⊥AB于N.连结PB，根据S＝S△PQB＋S△BCP，计算即可；
QN
(3)当PQ⊥BD时，∠PQN＋∠DBA＝90°，∠QPN＋∠PQN＝90°，推出∠QPN＝∠DBA，推出tan∠QPN＝＝
PB3
，由此构建方程即可解决问题； 4
(4)存在．连结BE交DH于K，作KM⊥BD于M.当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，推出KH＝KM，BH＝BM8222
＝8，设KH＝KM＝x，在Rt△DKM中，(6－x)＝2＋x，解得x＝，作EF⊥AB于F，则△AEF≌△QPN，推
3344KH
出EF＝PN＝(10－2t)，AF＝QN＝(10－2t)－2t，推出BF＝16－[(10－2t)－2t]，由KH∥EF，可得＝555EFBH
，由此构建方程即可解决问题； BF
【自主解答】
...
...
解决点动产生的计算说理题，关键是抓住点，由点到线段再到图形．此类问题涉及计算与说理，计算时常常用到勾股定理、三角函数、面积计算等相关知识，说理时往往较综合，涉及几何图形的相关性质与判定方法等，有时需要借助函数解决．
3．(2018·浙江衢州中考)如图，Rt△OAB的直角边OA在x轴上，顶点B的坐标为(6，8)，直线CD交AB于点D(6，3)，交x轴于点C(12，0)． (1)求直线CD的函数表达式；
(2)动点P在x轴上从点(－10，0)出发，以每秒1个单位的速度向x轴正方向运动，过点P作直线l垂直于x轴，设运动时间为t.
①点P在运动过程中，是否存在某个位置，使得∠PDA＝∠B，若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由；
②请探索当t为何值时，在直线l上存在点M，在直线CD上存在点Q，使得以OB为一边，O，B，M，Q为顶点的四边形为菱形，并求出此时t的值．
类型四 图形运动变化过程中的分类讨论问题
2
(2018·江苏淮安中考)如图，在平面直角坐标系中，一次函数y＝－x＋4的图象与x轴和y轴分
3
...
...
别相交于A，B两点．动点P从点A出发，在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O停止运动，点A关于点P的对称点为点Q，以线段PQ为边向上作正方形PQMN.设运动时间为t秒． 1
(1)当t＝秒时，点Q的坐标是 ；
3
(2)在运动过程中，设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S，求S与t的函数表达式； (3)若正方形PQMN对角线的交点为T，请直接写出在运动过程中OT＋PT的最小值．
【分析】(1)先确定出点A的坐标，进而求出AP，利用对称性即可得出结论；
(2)分三种情况，①利用正方形的面积减去三角形的面积，②利用矩形的面积减去三角形的面积，③利用梯形的面积，即可得出结论；
(3)先确定出点T的运动轨迹，进而找出OT＋PT最小时的点T的位置，即可得出结论． 【自主解答】
图形运动中会产生不同的位置、形成不同的图形形状、对应关系也会随着图形的变化而改变，所以在解决此类问题时，要注意分类讨论，分类讨论可以根据点的位置不同、图形的形状、对应关系等为依据，但分类讨论容易遗漏，解题时要特别关注．
4．(2018·湖南衡阳中考)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4 cm，动点P从点C出发以1 cm/s的速度沿CA匀速运动，同时动点Q从点A出发以2 cm/s的速度沿AB匀速运动，当点P到达点A时，点P，Q同时停止运动，设运动时间为t(s)．
(1)当t为何值时，点B在线段PQ的垂直平分线上？
(2)是否存在某一时刻t，使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(3)以PC为边，往CB方向作正方形CPMN，设四边形QNCP的面积为S，求S关于t的函数关系式．
...
...
参考答案
类型一
【例1】 (1)由题可知当y＝0时，a(x－1)(x－3)＝0， 解得x1＝1，x2＝3，即A(1，0)，B(3，0)， ∴OA＝1，OB＝3.
∵△OCA∽△OBC，∴OC∶OB＝OA∶OC， ∴OC＝OA·OB＝3，则OC＝3.
(2)∵C是BM的中点，即OC为斜边BM的中线， 3
∴OC＝BC，∴点C的横坐标为. 2又OC＝3，点C在x轴下方， 33
∴C(，－)．
22
设直线BM的表达式为y＝kx＋b，
3k＋b＝0，33
把点B(3，0)，C(，－)代入得33 22k＋b＝－，223
k＝，33解得∴y＝x－3.
3
b＝－3，
33333又∵点C(，－)在抛物线上，代入抛物线表达式得a(－1)(－3)＝－，
2222223
解得a＝，
3
23283
∴抛物线表达式为y＝x－x＋23.
33
2
...
...
23283
(3)存在，设点P坐标为(x，x－x＋23)，
33如图，过点P作PQ⊥x轴交直线BM于点Q，则Q(x，
3
x－3)， 3
∴PQ＝
323283232x－3－(x－x＋23)＝－x＋33x－33. 3333
当△BCP面积最大时，四边形ABPC的面积最大，
1133329393
S△BCP＝PQ(3－x)＋PQ(x－)＝PQ＝－x＋x－，
2224244
b9953当x＝－＝时，S△BCP有最大值，四边形ABPC的面积最大，此时点P的坐标为(，－)．
2a448
变式训练
1．解：(1)①如图，
1292
∵y＝－2x＋2x＋4＝－2(x－)＋，
2219
∴顶点M的坐标为(，)．
2211
当x＝时，y＝－2×＋4＝3，
221
则点N的坐标为(，3)．
2②不存在．理由如下： 93MN＝－3＝. 22
设P点坐标为(m，－2m＋4)，则D(m，－2m＋2m＋4)， ∴PD＝－2m＋2m＋4－(－2m＋4)＝－2m＋4m.
...
2
2
2
...
∵PD∥MN，
当PD＝MN时，四边形MNPD为平行四边形， 3132
即－2m＋4m＝，解得m1＝(舍去)，m2＝，
2223
此时P点坐标为(，1)．
2∵PN＝
1322
（－）＋（3－1）＝5， 22
∴PN≠MN，
∴平行四边形MNPD不为菱形， ∴不存在点P，使四边形MNPD为菱形． (2)存在． 如图，
OB＝4，OA＝2，则AB＝2＋4＝25. 当x＝1时，y＝－2x＋4＝2，则P(1，2)， ∴PB＝1＋（2－4）＝5. 设抛物线的表达式为y＝ax＋bx＋4， 把A(2，0)代入得4a＋2b＋4＝0， 解得b＝－2a－2，
∴抛物线的表达式为y＝ax－2(a＋1)x＋4.
当x＝1时，y＝ax－2(a＋1)x＋4＝a－2a－2＋4＝2－a，则D(1，2－a)， ∴PD＝2－a－2＝－a. ∵DC∥OB， ∴∠DPB＝∠OBA，
PDPB
∴当＝时，△PDB∽△BOA，
BOBA即
－a5＝，解得a＝－2， 425
2
2
22
2222此时抛物线的表达式为y＝－2x＋2x＋4； 当
PDPB
＝时，△PDB∽△BAO， BABO
...
...
即
－a25
＝
5， 4
5
解得a＝－，
2
52
此时抛物线的表达式为y＝－x＋3x＋4.
2
522
综上所述，满足条件的抛物线的表达式为y＝－2x＋2x＋4或y＝－x＋3x＋4.
2类型二
【例2】 (1)如图1中，作CH⊥AB于H.设BH＝x.
∵CH⊥AB，∴∠CHB＝∠CHA＝90°， ∴AC－AH＝BC－BH，
∴(42)－(6－x)＝(25)－x，
解得x＝2，∴当点P与H重合时，CP⊥AB，此时t＝2. (2)如图2中，当点Q与H重合时，BP＝2BQ＝4，此时t＝4.
2
2
2
2
2
2
2
2
如图3中，当CP＝CB＝25时，CQ⊥PB，此时t＝6＋(42－25)＝6＋42－25.
111
(3)①如图4中，当0＜t≤6时，S＝PQ·CH＝×t×4＝t.
222
...
...
132
②如图5中，当6＜t＜6＋42时，作BG⊥AC于G，QM⊥AC于M.易知BG＝AG＝32，CG＝2.MQ＝BG＝，
22
11329232
∴S＝PC·QM＝××(6＋42－t)＝＋6－t.
22224综上所述，
t（0＜t≤6），S＝92 32
＋6－t（6＜t＜6＋42）.42变式训练 2．解：(1)60 (2)如图，
∵OB＝4，∠ABO＝30°，
1
∴OA＝OB＝2，AB＝3OA＝23，
211
∴S△AOC＝OA·AB＝×2×23＝23.
22∵△BOC是等边三角形，
∴∠OBC＝60°，∠ABC＝∠ABO＋∠OBC＝90°， ∴AC＝AB＋BC＝27， 2S△AOC43221
∴OP＝＝＝. AC727
8
(3)①当0＜x≤时，M在OC上运动，N在OB上运动，如图，过点N作NE⊥OC且交OC于点E.则NE＝ON·sin
3
...
2
2
...
60°＝
3x， 2
113
∴S△OMN＝OM·NE＝×1.5x×x，
222332
∴y＝x，
8
883∴x＝时，y有最大值，最大值为.
33
8
②当＜x≤4时，M在BC上运动，N在OB上运动．
3如图，作MH⊥OB于H，
则BM＝8－1.5x， MH＝BM·sin 60°＝
3
(8－1.5x)， 2
8332
∴y＝ON·MH＝－x＋23x.
38883当x＝时，y取最大值，y＜，
33
③当4＜x≤4.8时，M，N都在BC上运动，如图，作OG⊥BC于G.
MN＝12－2.5x，OG＝AB＝23， 153∴y＝·MN·OG＝123－x，
22
...
...
当x＝4时，y有最大值，最大值接近于23. 83
综上所述，y有最大值，最大值为. 3类型三
【例3】 (1)如图，作DH⊥AB于H，则四边形DHBC是矩形， ∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6. ∵AH＝AB－BH＝8， ∴AD＝DH＋AH＝10， ∴AP＝AD－DP＝10－2t.
(2)如图，作PN⊥AB于N，连结PB. 在Rt△APN中，PA＝10－2t， 3
∴PN＝PA·sin∠DAH＝(10－2t)，
54
AN＝PA·cos∠DAH＝(10－2t)，
54
∴BN＝16－AN＝16－(10－2t)，
5
13146254
S＝S△PQB＋S△BCP＝×(16－2t)×(10－2t)＋×6×[16－(10－2t)]＝t－t＋72.
252555(3)当PQ⊥BD时，∠PQN＋∠DBA＝90°. ∵∠QPN＋∠PQN＝90°， ∴∠QPN＝∠DBA， QM3
∴tan∠QPN＝＝，
PN44
（10－2t）－2t53∴＝，
34（10－2t）535
解得t＝. 27
35
经检验，t＝是分式方程的解，
2735
∴当t＝ s时，PQ⊥BD.
27(4)存在．理由如下：
连结BE交DH于K，作KM⊥BD于M. 当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM， ∴KH＝KM，BH＝BM＝8，设KH＝KM＝x， 在Rt△DKM中，(6－x)＝2＋x，
...
2
2
2
22...
8
解得x＝.
3
如图，作EF⊥AB于F，则△AEF≌△QPN， 3
∴EF＝PN＝(10－2t)，
54
AF＝QN＝(10－2t)－2t，
54
∴BF＝16－[(10－2t)－2t]．
5KHBH
∵KH∥EF，∴＝，
EFBF
8
＝，
34
（10－2t）16－[（10－2t）－2t]55
8
3
∴
25
解得t＝.
18
25
经检验，t＝是分式方程的解，
18
25
∴当t＝ s时，点E在∠ABD的平分线．
18
变式训练
k＝－，12k＋b＝0，2 3．解：(1)设直线CD的表达式为y＝kx＋b，则有解得
6k＋b＝3，
b＝6，
1
∴直线CD的表达式为y＝－x＋6.
2(2)①如图1中，作DP∥OB，则∠PDA＝∠B.
1
图1
...
...
PAAD
∵DP∥OB，∴＝，
AOAB∴
PA39＝，∴PA＝， 684
915∴OP＝6－＝，
44
1533
∴P(，0)，根据对称性可知，当AP＝AP′时，P′(，0)，
441533
∴满足条件的点P坐标为(，0)或(，0)．
44②如图2中，当OP＝OB＝10时，作PQ∥OB交CD于Q.
图2
4
∵直线OB的表达式为y＝x，
3440
∴直线PQ的表达式为y＝x＋，
33440
y＝x＋，33x＝－4，由解得
1y＝8，
y＝－x＋6，2∴Q(－4，8)，∴PQ＝6＋8＝10， ∴PQ＝OB.
∵PQ∥OB，∴四边形OBQP是平行四边形． ∵OB＝OP，
∴四边形OBQP是菱形，此时点M与P重合，满足条件，t＝0. 1
如图3中，当OQ＝OB时，设Q(m，－m＋6)，
2
2
2
图3
...
...
1222
则有m＋(－m＋6)＝10，
212±489
解得m＝，
5
12＋48912－489
∴点Q 的横坐标为或，设点M的横坐标为a，
5512＋48912－489＋6＋655a＋0a＋0
则有＝或＝，
222242＋48942－489∴a＝或.
55又∵点P从点(－10，0)开始运动，
92＋48992－489
∴满足条件的t的值为或.
55
如图4中，当点Q与C重合时，M点的横坐标为6，此时t＝16，
图4
92＋48992－89
综上所述，满足条件的t的值为0或16或或.
55类型四
【例4】 (1)(4，0)
(2)当点Q在原点O时，AQ＝6， 1
∴AP＝AQ＝3，∴t＝3÷3＝1.
2①当0＜t≤1时，如图1，令x＝0，
图1
∴y＝4，∴B(0，4)，∴OB＝4. ∵A(6，0)，∴OA＝6，
...
...
OBPD2
在Rt△AOB中，tan∠OAB＝＝＝，
OA3t3由运动知AP＝3t，∴P(6－3t，0)， ∴Q(6－6t，0)，∴PQ＝AP＝3t. ∵四边形PQMN是正方形， ∴MN∥OA，PN＝PQ＝3t，
PDPD2
在Rt△APD中，tan∠OAB＝＝＝，
AP3t3∴PD＝2t，∴DN＝t. ∵MN∥OA，∴∠DCN＝∠OAB， DNt2
∴tan∠DCN＝＝＝，
CNCN33∴CN＝t，
2
133322
∴S＝S正方形PQMN－S△CDN＝(3t)－t×t＝t.
224
43
②当1＜t≤时，如图2，同①的方法得DN＝t，CN＝t，
32
图2
13392
∴S＝S矩形OENP－S△CDN＝3t×(6－3t)－t×t＝－t＋18t.
224
412
③当＜t≤2时，如图3，S＝S梯形OBDP＝(2t＋4)(6－3t)＝－3t＋12.
32
图3
(3)如图4，由运动知P(6－3t，0)，Q(6－6t，0)，
...
...
图4
∴M(6－6t，3t)．
∵T是正方形PQMN的对角线交点， 93
∴T(6－t，t)，
22
1
∴点T是直线y＝－x＋2上的一段线段，(－3≤x＜6)．
3同理，点N是直线AG：y＝－x＋6上的一段线段，(0≤x≤6)， ∴G(0，6)，∴OG＝6. ∵A(6，0)，∴AB＝62.
∵T是正方形PQMN的对角线的交点， ∴TN＝TP，∴OT＋TP＝OT＋TN，
∴点O，T，N在同一条直线上，且ON⊥AG时，OT＋TN最小，即OT＋TN最小． 11
∵S△OAG＝OA·OG＝AG·ON，
22OA·OG
∴ON＝＝32，
AG即OT＋PT的最小值为32. 变式训练
4．解：(1)如图，连结BP.
在Rt△ACB中，∵AC＝BC＝4，∠C＝90°，∴AB＝42. ∵点B在线段PQ的垂直平分线上， ∴BP＝BQ.
∵AQ＝2t，CP＝t，∴BQ＝42－2t，PB＝4＋t， ∴(42－2t)＝16＋t，解得t＝8－43或8＋43(舍去)，
...
2
2
2
2
2
...
∴t＝(8－43)s时，点B在线段PQ的垂直平分线上．
(2)①如图，当PQ＝QA时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠AQP＝90°，
4
则有PA＝2AQ，∴4－t＝2·2t，解得t＝.
3
②如图，当AP＝PQ时，易知△APQ是等腰直角三角形，∠APQ＝90°，
则有AQ＝2AP，∴2t＝2(4－t)，解得t＝2.
4
综上所述，t＝ s或2 s时，△APQ是以PQ为腰的等腰三角形．
3
(3)如图，连结QC，作QE⊥AC于E，作QF⊥BC于F.则QE＝AE，QF＝EC，可得QE＋QF＝AE＋EC＝AC＝4，
111
∴S＝S△QNC＋S△PCQ＝CN·QF＋PC·QE＝t(QE＋QF)＝2t(0＜t＜4)．
222
...
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