02-6二函之压轴题初中解法

1、§02-6 二次函数压轴题(初中解法)例02-39（2015毕节-16分/总分150） 动点 正方形 求新抛物线 如图，抛物线y=x2+bx+c与x轴相交于A(1，0)，B(3,0)两点，顶点M关于x轴的对称点是M,（1）求抛物线的解析式；（2）若直线A M与此抛物线的另一个交点为C，求CAB的面积；（3）是否存在过A、B两点的抛物线，其顶点P关于x轴的对称点为Q，使四边形APBQ为正方形？若存在，求出此抛物线的解析式；若不存在，请说明理由。 解析：前两问很简单。第(3)问很有意思，很罕见的题目，罕见的方是居然与前面的二次函数没有一毛钱关系，就是用了A、B两个点的坐标，一个全新的题目

2、。首先，如果我们不知道一个二次函数的开口方向，那么就存在两种可能性，也就随之产生讨论。因为已经有了两点的坐标，所以可以写出含有一个未知数的解析式。其次，题问已经给出了正方形四个顶点的顺序，显然AB只能是对角线，顶点P有可能在上，也有可能在下，应该取决于抛物线的开口方向、最后，用几何方法如何确定正方形，换几个角度讲就是正方形的性质或判定是什么？我们有了水平的对角线AB，又P点和Q点关系x轴对称，说明对角线PQ也垂直AB且被与AB重合的x轴平分，那么只有当对角线互相平分、垂直、相等，四边形才是正方形，只需要列一个相等后算出我们要的东西。解：(1)A(1，0)，B(3,0)在抛物线y=x2+bx+c

3、上，解该方程组得，该抛物线解析式为y=x22x3.(2)抛物线y=x22x3的顶点为M(1,4)，M(1,4)关于x轴的对称点为M(1,4).设直线AM的解析式为y=mx+n，又A(1，0)和M(1,4)在该直线上 ，解该方程组得，AM的解析式为y=2x+2.C点是抛物线y=x22x3与直线y=2x+2的交点x22x3= 2x+2，解该方程得x=1或x=5，则对应的C点坐标为(1,0)或(5,12) 又(1,0)为直线和抛物线另一个交点A的坐标，C(5,12).过C点作x轴的垂线CH，垂足为CH，C(5,12)，CH=12.SCAB=·AB·CH=5(1)×12=

4、36. /题目不难，但写的内容还不少(3) /下面老曾用的是二次函数的交点式，这个课本没有提到，其实源于二次方程得解所求抛物线经过A(1，0)，B(3,0)，设该抛物线解析式为y=a(x+1)(x3)=ax22ax3a该抛物线的顶点P的纵坐标为=4aP点关于x轴对称的Q点的纵坐标为4a，PQ=./代数方法，为了省事Q为抛物线顶点P关于x轴的对称点，又A点和B点为该抛物线与x轴的两个相异的交点PQAB，其PQ与AB互相平分要使四边形APBQ为正方形，须PQ=AB=5(1)=6，又PQ=6，解得a=±存在过A、B两点的抛物线y=(x+1)(x3)或y=(x+1)(x3)，使得四边形APB

5、Q为正方形.例02-40（2015临沂-13分） 动点 菱形 面积最大 OxyACB在平面直角坐标系中，O为原点，直线y =2x1与y轴交于点A，与直线y =x交于点B, 点B关于原点的对称点为点C.（1）求过A，B，C三点的抛物线的解析式；（2）P为抛物线上一点，它关于原点的对称点为Q.当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；若点P的横坐标为t（1t1），当t为何值时，四边形PBQC面积最大，并说明理由.解析：啥是菱形？判定一：对角线互相平分且垂直的四边形；判定二：四边相等的四边形。再看这个菱形的字母顺序，显然PQ是对角线，BC也是对角线，而且BC是明确的，那么我们只要让PQ垂直于BC，且互

6、相平分就可以，但具体如何实现呢？这里，老曾指的是用几何方法，而非高中的代数方法。最后看这个最大值，一看这个两头夹的不等式，而且还没有半个等号，所以老曾猜测还是一个二次函数的配方法，且最大值对应的t值一定在正负一之间。解：（1）A点为直线y =2x1和y轴的交点，y=2×01=1，A(0, 1).B点为直线y =2x1和y =x的交点，解方程组得，则B(1,1).C点为B点关于原点对称的点，C(1,1).设经过A(0, 1)、B(1,1)、C(1,1)三点的抛物线的解析式为y=ax2+bx+c则有，解该方程组得所求抛物线解析式为y=x2x1. (2)B点和C但关于原点O对称，BO=CO

7、，即O点为线段BC的中点 又要使四边形PBQC为菱形，PQBC，且PQ经过O点，即O为该菱形的中心 又直线BC的解析式为y=x，直线PQ的解析式为y=x，又P点位于抛物线y=x2x1上设P点横坐标为m，则P(m, m2m1)，又P点也在直线y=x上m= m2m1，解该方程得：m=1±P点坐标为(1+,1+)或(1,1). (3) 作PHBC于H点， P点和Q点关于O点对称，PO=QO又B点和C点关于O点堆成，BO=CO四边形PBQC为平行四边形，又BC为该平行四边形对角线S四边形PBQC=2·SPBC= 2×·BC·PH= BC·PH

8、，又BC为定值PH有最大值时，S四边形PBQC有最大值.设P点横坐标为t，P点在抛物线y= t2t1上，P(t, t2t1).过P点作PEy轴，交直线y=x于点E，则E(t,t)过P点作PFx轴，交直线y=x于点F，则F(t2+t+1,t2t1).P点横坐标t必须满足1t1，P点不高于线段BC，PE=t(t2t1)=t2+1，PF=t2+t+1t=t2+1PE=PF又PEy轴，PEx轴，又PFx轴，PEPF，即EPF=90° EPF为等腰直角三角形，其斜边上的高PH=·PE=·(t2+1)显然当t=0，PH有最大值，且满足101当t=0时，四边形PBQC有最大值.

9、小总结： 首先建议你看一下参考答案，当然老曾的答案的过程是最完整的，原来的参考答案第几何代数化的工作做的并不好，不过得分点倒是比较清楚。 你会发现，老曾喜欢用三元一次方程组来求解二函的解析式，虽然有时会复杂一些，但这样做的好处是不用去想思路，硬算就可以，强度不大。 第(2)一次性求出两个P点的方法， 其实有些高中的技巧在里面，初中的二函结合几何的题目，一般而言，如果存在多解，是要一个一个的找到后在进行几何角度的证算，参考也是一次求出来两个解。因为在求两个在同一水平直线或竖直直线上点的距离，当你不知道那个点在左或那个点在上面，则两个带有字母的式子相减，的确要加绝对值，这样一般而言会算出两个值，而

10、纯几何做法就是两个存在都找到后再进行证算。 最后一问，参考答案给出多种方法，同学可以自己看看，无非就是几何构造能力，其核心无非是横平竖直。老曾的解答过程首先论证其实平行四边形，而参考没有，所以严格讲，不是平行四边形，你就不能用底乘高的面积公式。现在你应该清楚，所谓的纯几何方法，进行两点距离的计算，这两点一定是在同一水平直线或同一竖直直线上，这样就可以进行减法求得两点距离，但减之前一定要弄清楚谁减谁，而且这个也应该要理由。 当然，你最后一问可以点直线的距离公式，一步就出来高的表达式。 还有一个问题，参考答案都给出了面积最大值的具体数，而老曾没有给，有问题吗？严格地讲，题目并没有要求这个最大值，而

11、是要求这个最大值对应的t值，所以老曾只求这个t值。 例02-41（2015泉州-13分） 动点 平行四边形 线段运算 抛物线y=x2上任意一点到点（0，1）的距离与到直线y=1的距离相等，你可以利用这一性质解决问题问题解决如图，在平面直角坐标系中，直线y=kx+1与y轴交于C点，与函数y=x2的图象交于A，B两点，分别过A，B两点作直线y=1的垂线，交于E，F两点（1）写出点C的坐标，并说明ECF=90°；（2）在PEF中，M为EF中点，P为动点求证：PE2+PF2=2(PM2+EM2)；已知PE=PF=3，以EF为一条对角线作平行四边形CEDF，若1PD2，试求CP的取值范围 解析

12、：先看题目中给出的性质，这个性质的给出，其实就是让你回避高中方法，同时让你有一个解题思路。先看第(1)问前一个问题，这个就是单纯地考察一次函数，但更是给你一个藤的起点。后半个问题，要弄出个90°，一般而言，我们在几何中证算一个角为90°有如下几种方法：一是勾股逆定理；二是证与某个直角相等（平行，全等）；三是在圆中的垂径定理；四就是证其所在三角形中另外两个角的和为90°。那么这个直角证明弄？如果是勾股拟定理的话，计算CE和CF的长度必须用到两点距离公式，另外A、B点目前无具体坐标，势必增加你的计算难度，再看看这个直角的证算值多少分，充其量两份，所以没有那么复杂；证明

13、看也不存在与这个角有关的平行和全等；只有第四种了，我想你思路已经有了顺藤摸吧。P是一个动点，什么样的一个动点？是在抛物线上？如果题目没有错误，只能理解为P是一个很随意的点，而这里P点只与E、F、M三个点有关系，如果P在直线EF上，则构不成PEF，所以P点只能在直线EF之上或之下的范围内活动。你先差不多画上一个，之后你应该能想到是勾股定理，如此多的线段平方！要用勾股，必须有直角，从P点向直线EF作垂线，就可以用勾股定理，这时你应该能感觉到你找到思路了。但你会发现，P点位置的不同会导致H点的位置的不同，而H点位置的不同会导致直角边的大小关系不同，所以你觉得应该要分类讨论，其实在二函的题目中，由于多

14、解的存在，分类讨论很常见。如果P在EF的下方呢？你会发现不影响之前的线段关系，所以以EF以上的点为例就可以了。那么我们分为三种情况，一是H点在E点的左侧，二是在线段EF上，三是在F点的右侧。最后一小问，如果PE=PF，则说明P点在线段EF的垂直平分线上，且不能是M点。如果EF为对角线，则M为对角线的中点，所以CD过M点，且D点在EF的下方。由于PF的长度有了限制，P点的活动范围有了限制，那么P点的位置基本定了下来，这样的P点应该有两个，一上一下，具体最终是两个还是一个，还要题问中的限制条件。所以，P点的变动只与A、B两点的位置有关，因为二函是定的，直线AB是不定了，所以最后应该整理出一个含有k

15、的式子，再讨论k的变化会带来什么。但无论如何，你要把图画出来，只看现在这个图是不够的。解：（1）C点是直线AB与y轴的交点，y=k·0+1=1，C(0,1). 根据题目所给出的性质，有AE=AC，BC=BF.AEx轴，AEy轴，AEC=ECO又AE=AC，AEC=ACE ECO=ACE同理可证：FCO=BCF180°=ECO+ACE+FCO+BCF180°=2ECO+2FCO180°=2(ECO+FCO)180°=2ECF90°=ECF，即ECF=90°. (2)M为EF的中点，EM=FM=EF.过P点作PHEF，垂足为H，

16、由于P点不固定导致各线段数量关系的不同，所以分三种情况讨论：情况1：H点在EF的延长线上，如上图左PHEF，PHE=90°，PHE、PHM、PHF均为直角三角形在RtPHE中，PE2=PH2+HE2= PH2+(EM+HM)2在RtPHF中，PF2=PH2+HF2= PH2+(HEEF)2= PH2+( EM+HM2 EM)2= PH2+( HMEM)2在RtPHM中，PM2=PH2+HM2PE2+ PF2 = PH2+(EM+HM)2+ PH2+( HMEM)2=2 PH2+2 EM2+2 HM2=2( PH2+ HM2)+ 2 EM2=2 PM2+2 EM2=2 (PM2+ EM

17、2);情况2：H点在EF的反向延长线上，如上图右同理可证PE2+ PF2 =2 (PM2+ EM2)；情况3：H点在线段EF上，如上图中 :当H点与E重合时，即PEEF，PEF=90°，只有RtPEM和RtPEF 在RtPEM中，PM2=PE2+EM2，PE2= PM2EM2在RtPEF中，PF2=PE2+EF2= PE2+(2EM)2= PM2EM2+4EM2= PM2+3EM2PF2+PE2= PM2+3EM2+ PM2EM2=2 PM2+2 EM2=2 (PM2+ EM2);同理可证当H点与F点重合时PE2+ PF2 =2 (PM2+ EM2)；:当H点与M点重合时，即PMEF

18、，PME=PMF=90°，只有RtPME和RtPMF在RtPME中，PE2=PM2+EM2在RtPMF中，PF2=PM2+FM2= PM2+EM2PF2+PE2=2 (PM2+ EM2)；:当H点在M点和F点之间时，PHEF，PHE=PHF=90°PHE、PHM、PHF均为直角三角形在RtPHE中，PE2=PH2+HE2= PH2+(EM+HM)2在RtPHF中，PF2=PH2+HF2= PH2+( EFHE)2= PH2+( 2 EMEMHM)2= PH2+( EM HM)2在RtPHM中，PM2=PH2+HM2PE2+ PF2 = PH2+( HM +EM)2+ PH2

19、+( EMHM)2=2 PH2+2 EM2+2 HM2=2( PH2+ HM2)+ 2 EM2=2 PM2+2 EM2=2 (PM2+ EM2);当H点在M点和E点之间时，同理可证PE2+ PF2 =2 (PM2+ EM2)；综上，存在动点P使得PE2+ PF2 =2 (PM2+ EM2)成立.连接CD、PM，如右图ECF=90°，平行四边形CEDF是矩形，又M是EF的中点，M是CD的中点，且MC=EM由中的结论可得：在PEF中，有PE2+PF2=2（PM2+EM2），在PCD中，有PC2+PD2=2（PM2+CM2）/P点到矩形两对对角线的距离关系一致，这个是本题的核心MC=EM，

20、PC2+PD2=PE2+PF2PE=PF=3，PC2+PD2=181PD2，1PD24，118PC24，14PC217PC0，PC小总结： 首先建议你看一下参考答案，第(2)问的参考答案还是值得你研究的，本题目要求非常强的代数变化能力，同时对应图形变化能力，起码老曾认为它绝对超过呼和浩特地区一流初中生的能力。 第(2)问，老曾还是用老方法，疯狂的讨论，分类讨论，这样不用寻找思路，但的确也比较繁复，所以建议你看看标准答案的代数变化，老曾认为这样的方法你再中考时不一定敢用，毕竟他对应的是图形，给人更多不靠谱的感觉。 最后一问，老曾的确没有想出来，所以脸皮比较厚地将人家的参考答案抄过来，当然又加了一

21、句注解。这一问的第一个坎就是这个四边形是矩形，这样可以保证EF与CD相等，那么坐标平面内的任一一个动点对于EF的特性同样适合对CD的特性，这个是核心，老曾没有想到，如果在20分钟内想到的学生，肯定将来可以考上比较老曾母校还好的大学，至少是省内千名以里的学生。 前面老曾提到过解析，会出现k值，其实算是半高中方法。步骤1：一次函数和二次函数联合的方程，用韦达定理可以求出EF长度和M点的坐标，当然含有字母k；步骤2：C和D关于M对称，所以可以求出D点坐标；步骤3：求P点纵坐标，PE=3，EM长度为EF的一半，可以勾股出PM，这样P的纵坐标可以加出来，需要注意的是要讨论一下P点低于直线EF；这样用距离

22、公式可以求出CP和PD，均含有k的式子，经过对比后，将含k的式子作为一个整体的未知数进行代换，先通过PD的范围求出这个未知数的范围，进而求出CP范围。 这里老曾给你一个，当纯几何方法不好寻找思路，直接用高中开干，解析几何中二次函数的本质就是先求交点坐标，之后通过另一个交点的左边进而决定此线段与彼线段的数量和位置关系。就是硬算。例02-42（2015随州-12分） 动点 线段和最小值 相似存在 （12分）（2015随州）如图，已知抛物线y=(x+2)(x4)与x轴交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C，CDx轴交抛物线于点D，M为抛物线的顶点（1）求点A、B、C的坐标；（2）设动点N

23、（2，n），求使MN+BN的值最小时n的值；（3）P是抛物线上一点，请你探究：是否存在点P，使以P、A、B为顶点的三角形与ABD相似（PAB与ABD不重合）？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由解析：先看题目中抛物线给出的形式，是教材中所没有的交点式，也就是说很容易看出来抛物线与横轴的交点。再看题目中所阐述的点，所有的点的坐标都可以算出来。看第（1）问，超级简单，我们迎来了送分专家。看第（2）问，N点的移动是以竖直上下的范围，你要准确地画出图了，也就是说将x=2用虚线画出来，且一定要明确其与抛物线对称轴的位置关系（虽然本题两条线相距甚远），也用虚线画，它是辅助线的一种，与对称轴的性质差不

24、多，起到参考作用。请看老曾的新图，还是老方法，首先建立参考线x=2，途中竖直的虚线（红色）；之后求得B点关于x=2的对称点B点；连接BM，交直线x=2于N点，N点即为所求。图中两条虚线（绿色）为任意一个N点形成的NB、NM的连线情况。这样一条蓝色线和两条绿色虚线及一条红色虚线形成的交点即为任意N点，你可以看到，不管这个点如何移动，度不妨碍BM的形成。看第(3)问，ABD是固定明确的三角形，PAB中AB也固定的，哪就不会太难。再看题问中给出的方式：三个点相隔给出，也即是说你任意组合三角形，有可能存在多个，也就是说你要多画画图，把它们先找全（确定是的，有可能是的），之后再进行论证。所以本题两个难度

25、，一个小难度就是你先找全，另一个就是论证其存在，如果用纯几何方法的话，应该有些小技巧，这些小技巧应该是构造辅助线。老曾把所有可能都画出来。先看P3点，这个存在是绝对的，而且是全等；看P1和P2，如果存在就都存在，或者都不存在，所以论证P1就可以，有对内错角；同样，看P4和P5，如果存在就都存在，或者都不存在，所以论证其中一个就可以，如何用几何方法论证？解：（1）A点和B点为抛物线与x轴交点0=(x+2)(x4)，x1=2，x2=4A(2,0)，B(4,0).C点是抛物线与y轴的交点y=(0+2)(04)=C(0, ).(2)做直线x=2，则B点关于该直线对称的点为B(8,0).连接BM，则BM

26、与直线x=2的交点为所求N点，理由如下：A(2,0)恰在直线x=2上AB=AB，AN=AN 又ANBB，BAN=BANBANBAN，BN=BN，MN+BN=MN+BN 又两点间直线段最短， MN+BN的最小值为BMMN+BN的最小值为BM.M点为抛物线的顶点，所以M(1, ).设直线BM的解析式为y=kx+b，M(1, )和B(8,0)在该直线上，解该方程组得：，直线BM的解析式为y=x.N(2,n)在直线BM上，n=×(2) =.(3)情况1：ACBBDA，P点与C点重合，命名为P3CDx轴，且C点和D点均抛物线与直线CD的交点C点和D点关于抛物线对称轴对称 又A点和B点也关于抛物

27、线对称轴对称AC=BD，CAB=DBA，又AB=ABACBBDAACBBDA成立.当ACBBDA时，P3点与C点重合又C(0,)P3 (0,). 情况2：当P点位于第二象限时，命名为P1，P1ABBDA且P1BA=DAB设P1点横坐标为m，则P1 (m, (m+2)(m4).过P1点作PEx轴，E点为垂足，则E(m,0).D点在抛物线上，又CDx轴D点纵标与C点纵坐标相同，即为=(x+2)(x4)，解得x1=0，x2=2 又C点坐标为(0, )，D(2, ).过D点作DFx轴，F点为垂足，则F(2,0).如果P1ABBDA且P1BA=DAB成立则有P1BA=DAB，又P1Ex轴，DFx轴，P1

28、EB=DFA=90°P1EBDFA，=，=，解方程得m1=4，m2=4 又当m=4时，P1 (4,0)不在第二象限，取m=4，即所求P1点坐标为(4,2).当P1 (4,2)，则P1A=，AB=4(2)=6P1B=，AD= BD=，=，=P1ABBDA成立，即P1 (4,2)为所求.情况3：当P点位于第一象限时，命名为P2， P2ABBDA且P2AB=DAB 抛物线对称轴为x=1，点P1 (4,2)关于该对称轴对称的点为P2 (6, 2) 又A点和B点也关于抛物线对称轴对称，易证得P2ABP1BA又P1ABBDA，P2ABBDA，即P2 (6, 2)为所求. 情况4：当P点位于第二象

29、限时，命名为P4，ABP4DBA且ABP4=DBA设P4点横坐标为m，则P4 (m, (m+2)(m4).过P4点作PEx轴，E点为垂足，则E(m,0).过D点作DFx轴，F点为垂足，则F(2,0).如果ABP4DBA且ABP4=DBA成立则有ABP4=DBA又P4Ex轴，DFx轴，P4EB=DFB=90°P4EBDFB，=，解方程得m1=4，m2=6 又当m=4时，P4 (4,0)不在第二象限，取m=6，即所求P4点坐标为(6,5).当P4 (6,5)，则P4A=，AB=4(2)=6P4B=，AD= BD=，=，=显然两个三角形的三条对应边之比两两互补相等不存在P4 (6,5)，使

30、得ABP4DBA成立.情况5：当P点位于第一象限时，命名为P5，P5ABABD且P5AB=ABD理同情况3，易证得P4ABP5BA，又ABP4DBA不成立不在P5使得P5ABBDA成立.综上，存在P (0,)、P (4,2)或P (6, 2)使得使以P、A、B为顶点的三角形与ABD相似.小总结： 本题难度很高，主要集中在最后一问，当然同学们可以见识到在坐标系中任意位置的三角形相似的证明方法，如果将来遇到非常难的相似题目（不在坐标系中的纯几何题目），这样的方法是你无奈时的唯一选择。 第(1)问是听过课，做过作业的学生；第(2)问是给认真做过练习册或一般单元测试的学生；第(3)问是给曾经做过类似题

31、目，用过这种方法技巧的人，或者非常聪明的人。不管如何，最后一问用于表述的文字量不小。 第(2)问中的三角形全等证明过程是否需要放在卷面上，参考答案没有，但老曾认为你还是要写一下这个过程，因为这个最小线段之和你应该轻车熟路了。另外，这个最小线段之和也会出现在正方形或菱形的题目中，因为正方形和菱形的对角线也是角平分线，那么叫平分线也是一条对称线，而在这样的纯几何题目中，全等证明是必不可少的。 重点来讲解相似存在的证明。 首先，你必须将所有的可能性都找到，且都要论证其存在性。如果你漏掉了一个不存在的肯能性，按道理是要扣分的，这样才能体现压轴题的残酷。论证一个可能不存在的方法主要有三种：纯几何角度否定

32、三角形的存在（比如说角比较，由角大小的比较带来的边大小的比较，这个算是定性，前面方程思想有讲过）；线段间数量关系的验证（比如相似，全等，证直角三角形的勾股定理，是否等腰）；形成的二次方程无解。当然还有就是高中的纯代数方法，直接计算，进行否定或肯定。 其次，如果本题使用纯高中方法硬算，由于所求三角形的位置随意性（非直角三角形，无边与坐标轴垂直或平行），所以出现四次方和三次方，使得运算非常难继续下去，所以有些时候用纯高中方法不一定好使。 最后，就是本题的核心技巧先假设相似成立，之后围绕一对既定的等角作坐标轴的垂线，这样构建一个包含所求点的一对相似的直角三角形，其唯一目的就是求出来这个所求点的坐标；

33、求出这个所求点的坐标后，不管是用高中方法还是作垂线后勾股定理可以求出对应边的长；再进行相关几何特性的计算。 老曾又啰嗦一句，与二函无关。当碰到很难的相似问题时，找不到思路的话，可以尝试一下围绕一对等角各作垂线，之后就可以轻松地证两个直角三角形相似，这个技巧可以对付高难度相似题目中的70%。 还是建议你看下参考答案，方法差不多，但比老曾的简略，老曾的更容易看懂。例02-43（2015漳州-14分） 动点 线段差最大值 不规则面积 函数关系式 极值 如图，抛物线y=x2+2x+3与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，点D为抛物线的顶点，请解决下列问题（1）填空：点C的坐标为（，），点D的坐标为，）

34、；（2）设点P的坐标为（a，0），当|PDPC|最大时，求a的值并在图中标出点P的位置；（3）在（2）的条件下，将BCP沿x轴的正方向平移得到BCP，设点C对应点C的横坐标为t（其中0t6），在运动过程中BCP与BCD重叠部分的面积为S，求S与t之间的关系式，并直接写出当t为何值时S最大，最大值为多少？解析：首先看，题目中一下子给出了三个图，都一样。什么目的呢？也就是三个图都要使用，并不是让你在同一个问题上进行尝试（所有尝试在草稿上完成），而是要用。先看第(1)问，这个根本不用你在图上进行线段连接或添加。再看第(2)问，动点问题，而且只问最特殊的一点，那么一个图就够了，即是找到对应的两点，也可

35、以在一个图上表示完毕。所以，后两个所谓备用的图是留给最后一问，本题14分呀。第(2)问的线段差最小，这个算一个经典问题，我们把它转化为三角形两边之差，三角形两边之差大于第三边。当两边之差等于第三边时，三条线段均重合，此刻不构成三角形。所以们利用这个三角形的特性来解决这个问题，但用的方法只能说是纯几何推理（不是推导），因为我们没有把这个值算出来，是看出来的。如果要算，目前我们初中的数学手段是不够的。最后看第(3)问。这个的确要画图，之后你可以尝试移动一下这个三角形。你会找到规律，一个新三角形的顶点C的位置的不同带来所求重叠面积的变化规律的不同。老曾给你画了出来，其中阴影部分就是我们所求的面积，显

36、然最终的表达式是一个分段函数，二函的分段写法没有学习过，但我们学过一函的分段方法，照着写就可以了。所以最后一问的计算主要是图形切割，说白了你只能算三角形或者至少一对边平行的四边形的面积。解：(1) (0 ,3 ) (1 , 4) (2)如上图中虚线所示，在x轴上任意取一点P1，连接P1D和P1C，以形成C P1D.则在C P1D中，始终有CD.如上图中实线所示，延长DC交x轴于P2点.P1为动点，所以当P1沿x轴运动到P2位置时，C P2D三边重合到一条直线上C P2D不存在，恰有=CD，如果P1继续运动，则又出现C P2D及CD当P点位于图示中P2位置时，|PDPC|有最大值.设直线CD解析

37、式为y=kx+b，C(0 ,3 )和D(1 , 4)位于直线CD上，解方程组得，直线CD的解析式为y=x+3又所求P点为直线CD与x轴的交点，0=1·a+3，a=3. (3) 前问已求得直线CD即直线CP的解析式为y=x+3用同法可以求得直线BC的解析式为y=x+3，直线BD的解析式为y=2x+6.C为C沿x轴水平方向平移而来 C的纵坐标为3，则依据题意C(t,3).设直线CP的解析式为y=nx+m直线CP为直线CP平移而来直线CP的解析式为y=x+m又C在直线y=x+m上，3=t+m，m=3t CP的解析式为y=x+3t. 设直线BC的解析式为y=kx+b直线BC为直线BC平移而来

38、直线BC的解析式为y=x+b 又C在直线y=x+b上3=t+b，b=3+t直线BC的解析式为y=x+3+t.如图所示，E点为直线BC和直线CP的交点，解方程组得，E(,).当C点向右移动到线段DB上之前，所构成的重叠部分为四边形EBFC；而当C继续向右移动到线段DB上及DB之右时，所构成的重叠部分为EFB，因此需要以C在DB上时为界分别讨论。当C(t,3)运动到直线DB上，则3=2t+6，解该方程得t=，所以以t=为分界点讨论。另外，当C运到到t=6及更大时，从此刻开始重叠面积为0，所以t6.情况1：当0t时，如图中上图所示，重叠面积为四边形EBF C的面积。如图所示F点为直线BD与直线BC的

39、交点 ，解该方程组得，则F(3t,2t).S四边形EBFC=SPBCSEBPSFBB =×3×6·(6t)()·t·2t=t2+3t.情况2：当t3时，如图中下图所示，重叠面积为EFB的面积。如图所示F点为直线BD与直线CP的交点 ，解该方程组得，则F(,).SEFB= SFBPSEBP=··(6t) ··(6t)= t2t+3.综上所述S与t之间的关系式为.当t=时，S最大=.小总结： 首先老曾表个态，这个压轴题出的非常不好，第(2)问更多地是考察学生的经验，而第(3)问并没有多少难度，但叙述却非常啰嗦

40、，没有考出压轴题的探究性、技巧性，但考了一个非常浪费时间的叙述。好在最后的极值没有让写过程，否则又是一大堆叙述。如果呼和浩特出此题，估计得把没有耐性的北方后生们麻烦死，老曾都快没耐心了。 第(2)的经典极值希望你能记住，老曾讲理由也陈述出来，比他参考答案更好！ 第(3)问虽然是二函的本质求交点坐标，但将几何代数化的过程太过麻烦，按照要求，如果不叙述是应该扣分。另外，参考答案没有给出分界理由，直接就分别讨论，老曾认为不妥，因为当3/2这个点的归属也最好说明一下。 最后一问的最后一问的最大值。先观察函数，这个是分段函数，两段都是二次函数。第一段开口向下，说明有最大值，但取最大值时t的值是否在这个取

41、值范围内，如果不在，说明这个二次函数在这个t的取值范围内是递增或递减，那么最大值不是在0处就是在3/2处，但t的取值范围是不能取到这点，所以对于第一段函数，只有在对称轴在t取值范围内才有最大值；第二段函数开就向上，不管其对称轴是否在t的取值范围，这个段函数的最大值一定在3/2处或6处，但6处不能取，所以只能尝试3/2处。所以胆子够大，只算两次后比较，胆大是因为艺高！例02-44（2015桂林-12分） 三角形面积 动点 函数关系式 三角形存在 如图，已知抛物线y=x2+bx+c与坐标轴分别交于点A（0，8）、B（8，0）和点E，动点C从原点O开始沿OA方向以每秒1个单位长度移动，动点D从点B开

42、始沿BO方向以每秒1个单位长度移动，动点C、D同时出发，当动点D到达原点O时，点C、D停止运动 （1）直接写出抛物线的解析式。（2）求CED的面积S与D点运动时间t的函数解析式；当t为何值时，CED的面积最大？最大面积是多少？ （3）当CED的面积最大时，在抛物线上是否存在点P（点E除外），使PCD的面积等于CED的最大面积？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由解析：直接写出解析式，这个方式好，省去过程。看这个动点，动点问题一定要考虑端点的情况。本题目，两个端点都可以取到，看过程的话是线段CD从水平方向开始慢慢竖起来并一致靠着y轴而同时贴着x轴，整个运动过程都是一个直角三角形，但在开始

43、和运动结束时不构成三角形。这个面积的解析式不难求，面积最大值，不出意外配方法。最后一问，难度不低，因为所求的三角形是以CD为底边，而CD并不平行或垂直坐标轴，怎么办？如果用高中方法，一个点到直线的距离，可以同时把所有的解求出来。现在，我们只能构三角形，进行交点计算后再算面积，相当麻烦，可以学习老曾的硬算，参考答案有所取巧。解： (1)y=x2+3x+8.(2)当抛物线与x轴有交点时，则0=x2+3x+8，解该方程得x1=8，x2=2A(0,8)，E(2,0).A(0,8)、B(8,0) 、E(2,0)，AO=8，BO=8，EO=2. 在CED中，DE=EO+BO1·t=2+8t=10

44、t，CED的高CO=1·t=tS=·DE·CO=(10t) ·t=t2+5t 又S=t2+5t=(t5)2+，当t=5时，S有最大值.(3)当CED的面积为时，t=5，则CO=5，OD=3，即C(0,5)，D(3,0).可能存在多个PCD，使PCD的面积等于CED的最大面积，现在分别讨论如下：情况1：作CFy轴，假设P点位于CD的上方且高于或等于CF，如图中P1点所示.设P1(m,n)，又D(3,0)，则易得直线P1D的解析式为y=xF点为直线CF与直线P1D的交点，5=x，x=F(,5)，又P1点在CD的上方，0，CF=P1CD的面积为·&#

45、183;n=，即3n+5m=40又P1(m,n)在抛物线y=x2+3x+8上，n=m2+3m+8m2+14m16=0，m=8或m= 又当m=8时，P1低于CF，舍去，P1 (,).情况2：作GDx轴，假设P点位于CD的上方且低于CF，如图中P2点所示.设P2(m,n)，又C(0,5)，则易得直线P2C的解析式为y=x+5G点为直线GD与直线P2C的交点y=·3+5=，G(3, )又P2点在CD的上方，0，GD=P2CD的面积为··m=，即3n+5m=40又P2(m,n)在抛物线y=x2+3x+8上，n=m2+3m+8m2+14m16=0，m=8或m= 又当m=时，

46、P2高于CF，舍去，P2 (8,0).情况3：假设P点位于CD的下方且低于x轴，如图中P3点所示.设P3(m,n)，又C(0,5)，则易得直线P3C的解析式为y=x+5H点为直线x轴与直线P3C的交点，0=x+5，x=，H(, 0)P3CD的面积为×(5n)(3)=，即5m+3n+10=0又P3(m,n)在抛物线y=x2+3x+8上，n=m2+3m+8m2+14m+34=0，m=2或m=当m=2时，所求P点与E点重合，舍去，P3 (,).综上，存在P1 (,)，P2 (8,0)，P3 (,)使得PCD的面积为.小总结： 本题难度主要在最后一问。老曾的答案虽然不算完满，但基本上评判者扣

47、不到分。建议你看一下他的参考答案，老曾认为不是很好。老曾的方法就是通解形式，先找到存在的可能性，之后再算以验证。 大家发现，老曾还是喜欢硬算，实际上老曾教书只强调两点：代数方面强调代数变化能力，几何方面强调逻辑推理能力。尤其后者，如果中考题目的中的几何题是靠聪明或巧做辅助线的话，基本上失去了初中几何教学的培养目标逻辑推理能力，因为大部分人工作后基本上用不到几何，更不用说巧做辅助线，但高考老曾赞同用。 在计算P1和P2点的时候，两个方程居然一样，而且我们同时得到两个解，都正确，但无奈我们必须舍其一。其实，老曾这个方法是把点到直线的距离公式推导了一遍，如果你答卷直接用点到距离公式，估计判卷老师会暴

48、走。例02-45（2015攀枝花-12分） 三角形面积 最值 动点 三角形存在 如图，已知抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A（1，0）、B（3，0）两点，与y轴交于点C，抛物线的对称轴与抛物线交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB （1）求该抛物线的解析式； （2）在（1）中位于第一象限内的抛物线上是否存在点D，使得BCD的面积最大？若存在，求出D点坐标及BCD面积的最大值；若不存在，请说明理由 （3）在（1）中的抛物线上是否存在点Q，使得QMB与PMB的面积相等？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解析：求BCD面积最大，我们先看看图，BC定了，也就是求抛物线上一点，该点到直线B

49、C距离最大。但这个方法行吗？很可能要用上一个例题中的方法。最后一问，还可能是三个，用老曾上一问的方法也能硬算出来，这回老曾也讨巧一回。本例将在题目注释中讲解分析。解：（1）A(1,0)，B(3,0)在抛物线y=x2+bx+c上，解该方程组得，所求抛物线解析式为y=x2+2x+3.(2) /老曾这个算有一边固定的三角形面积的方法，你可以学一下设D点的坐标为(m, m2+2m+3)，依题意m0.过D点作直线DEy轴，且交直线BC与E点.C点是抛物线与y轴的交点，(0,3).B(3,0)和C(0,3)在直线BC上易求直线BC的解析式为y=x+3.DEy轴，E点横坐标与D点的横坐标相同，即为m 又E点

50、也在直线BC上，y=m+3，E(m,m+3).在第一象限中，抛物线高于直线BC，D点高于E点，m2+2m+3m+3.SBCD=·m2+2m+3(m+3) ·3=m2+m=( m)2+从上式可判断得：当m=，即D(,)时，BCD有最大值.(3)P为抛物线y=x2+2x+3的顶点，P(1,4).M点为直线BC和抛物线对称轴的交点，易得M(1,2).设H点为P点关于M点的对称点，则H(1,0).过P点作BC的平行线PQ1，交抛物线于Q1点PQ1BC，直线PQ1上任意一点与线段BM构成的三角形的面积均与PMB的面积相等Q1MB的面积与PMB的面积相等.PQ1BC，且P(1,4)在直

51、线PQ1易得直线PQ1的解析式为y=x+5又Q1在抛物线y=x2+2x+3上 ，解该方程组得x1=1，x2=2，x1=1对应的是P点的横坐标，舍去x1=1 Q1 (2,3).过H点作BC的平行线Q2Q3，分别交抛物线于Q2 Q3点Q2Q3BC，直线Q2Q3上任意一点与线段BM构成的三角形的面积均与HMB的面积相等 又PM=HM，HMB的面积与PMB的面积相等直线Q2Q3上任意一点与线段BM构成的三角形的面积均与PMB的面积相等.Q2Q3BC，且H(1,0)在直线Q2Q3易得直线Q2Q3的解析式为y=x+1 又Q2Q3均在抛物线y=x2+2x+3上 ，解该方程组得x1=，x2=Q2 (,)，Q3

52、 (,).综上，满足条件的点为Q1 (2,3)，Q2 (,)，Q3 (,).小总结： 与前一道题很相似，所以老曾用新的方法，这个方法也是属于硬算，但计算量不算太大。 好像没什么太多说的，老曾的叙述过程已经很完整清晰，足以让你看清楚。 本例用了两种方法求一般三角形的面积，一种是切底法，即用与坐标轴平行的线将三角形切成两个同底的三角形；第二种即是平顶法，即过已经存在固定三角形顶点做对边的平行线，与抛物线的交点就是等面积三角形的顶点，这个方法适合求固定同底且同面积的三角形。 现在你可能明白为什么老曾不推荐你用点到直线的距离公式，因为这个方法确实有些欺负不会此法的同学，所以你要慎用。呼和浩特考生注意，

53、可以用，教研室的人明确声明过，但老曾估计你用不上这个公式，因为呼和浩特的二函压轴题太过简单。例02-46（2015河南-11分） 三角形面积 周长 动点 纯在 如图，边长为8的正方形OABC的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上点A，C间的一个动点（含端点），过点P作PFBC于点F，点D，E的坐标分别为(0,6)，(4,0)，连接PD，PE，DE（1）请直接写出抛物线的解析式；（2）小明探究点P的位置发现：当点P与点A或点C重合时，PD与PF的差为定值进而猜想：对于任意一点P，PD与PF的差为定值请你判断该猜想是否正确，并说明理由；（3）小明进一步探究得出结论：若将“使

54、PDE的面积为整数”的点P记作“好点”，则存在多个“好点”，且使PDE的周长最小的点P也是一个“好点”请直接写出所有“好点”的个数，并求出PDE周长最小时“好点”的坐标 解析：第(1)问比较利索，在草稿上划拉就行了。第(2)问，老曾觉得题出的很有水平，由两个特殊点具有共同现象为引，让学生去探究是否存在一般规律。那么看看这个差值如何求？老方法，设P点的坐标，这样PF的长度可以表示出来；因为D点坐标已知，所以过D作x轴平行线后，交直线FP于H点，看清楚，这里是“直线”。PD的长度也可以表示出来，可以说是硬算，起码现在老曾想不到什么巧方法。最后一问，同样是用P点坐标表示出PDE的面积，之后看看如何能取到整数，找到P点对应的坐标值，这个老曾也打算硬算；最后一个周长，好点少的话，一个一个的验证也可