课时38．中考压轴题(1)
例1如图，抛物线的顶点为A，与y轴交于点B．
(1)求点A、点B的坐标；
(2)若点P是x轴上任意一点，求证：PA-PB≤AB；
(3)当PA-PB最大时，求点P的坐标.
解令x=0得y=2B(0，2
∴A(-2，3
(2)证明：ⅰ.当点P是AB的延长线与x轴交点时，当点P在x轴上又异于AB的延长线与x轴的交点时，
在点P、A、B构成的三角形中，＜
∴综合上述：
(3)作直线AB交x轴于点P由可知：当PAPB最大时，点P是所求的点
作AHOP于H
BO⊥OP
∴∠BOP=∠AHP，且∠BPO=∠APH
∴△BOP∽△AHP
∴
由可知：AH=3、OH=2、OB=2
∴OP=4，∴P(4，0
解：(1)由题意知，△POC、△PAD均为等腰直角三角形
∴P(3，0)、C(0，3)、D(4，1)
设过此三点的抛物线为y=ax2+bx+c(a≠0)，则，解得
∴过P、C、D三点的抛物线的函数关系式为
(2)∵PC平分∠OPE，PD平分∠APF，且PE、PF重合，则∠CPD=90°
∴∠OPC+∠APD=90°，∠APD+∠ADP=90°
∴∠OPC=∠ADP且∠POC=∠DAP=90°
∴△POC∽△DAP
∴，即
∴y=x(4-x)=-x2+x=-(x-2)2+(0＜x＜3)
∴当x=2时，y有最大值
(3)假设存在，分两种情况讨论：
①当∠DPQ=90°时，由题意可知∠DPC=90°，且点C在抛物线上，故点C与点Q重合
∴Q(0，3)
②当∠PDQ=90°时，过点D作DQ∥PC，交抛物线于另一点Q
∵点P(3，0)、C(0，3)
∴直线PC的方程为y=-x+3
由图可知，将直线PC向上平移2个单位与直线DQ重合
∴直线DQ的方程为y=-x+5
由得或
∵D(4，1)
∴Q(-1，6)
∴该抛物线上存在两点Q满足条件，坐标分别为(0，3)、Q(-1，6).
例3直线y=kx+b(k≠0)与坐标轴分别交于A、B两点，OA、OB的长分别是方程x2-14x+48=0的两根(OA＞OB)，动点P从O点出发，沿路线O→B→A以每秒1个单位长度的速度运动，到达A点时停止.
(1)直接写出A、B两点的坐标；
(2)设点P的运动时间为t(秒)，△OPA的面积为S，求S与t之间的函数关系式(不必写出自变量的取值范围)；
(3)当S=12时，求出点P的坐标，此时，在坐标轴上是否存在点M，使以O、A、P、M为顶点的四边形是梯形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
解：(1)A(8，0)、B(0，6)
(2)∵OA=8，OB=6
∴AB=10
①当点P在OB上运动时，OP1=t
S=OA×OP1=×8×t=4t
②当点P在BA上运动时，作P2D⊥OA于点D
∵P2D∥BO
∴
∵AP2=6+10-t=16-t，AB=10，OB=6
∴P2D=
∴
(3)①当4t=12时，t=3
∴P1(0，3)
此时，过△OP1A各顶点作对边的平行线，与坐标轴无第二个交点，所以点M不存在；
②当时，t=11，
∴AP2=16-11=5
∴P2(4，3)
㈠过点O作对边的平行线，与坐标轴无第二个交点
㈡过点P2作P2M1∥OA交y轴于点M1
则四边形OAP2M1是梯形
∴OM1=3，∴M1(0，3)
㈢过点A作AM2∥OP2交y轴于点M2
则四边形AP2OM2是梯形
∴OM2=6，∴M2(0，-6)
综上所述，存在两点M满足条件，坐标分别为(0，3)、(0，-6)
例4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①、②两段函数图象的实际意义；
(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，并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；
(3)经调查，某经销商销售该种水果的日最高销量G(kg)与零
售价x(元)之间的函数关系如图(2)所示，该经销商拟日售出
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：(1)图①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；
图②表示批发量高于60kg的该种水果，可按4元/kg批发.
(2)依题意得：，函数图象如图所示.
由图可知资金金额满足240＜w≤300时，
以同样的资金可批发到较多数量的该种水果.
(3)设G=kx+b，由图(2)可得
，解得
∴G=-40x+320
当G＞60时，即-40x+320＞60，解得x＜6.5
设日销售利润为y，依题意得
y=(x-4)(-40x+320)=-40(x-6)2+160
∴当x=6时，y最大值=160，此时G=-40×6+320=80
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.
例5如图，已知抛物线C1：y=a(x+2)2-5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；
(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；
(3)如图(2)，点Q是x轴正半轴上一点，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.
解：(1)由抛物线C1：y=a(x+2)2-5得，顶点P(-2，-5)
∵点B(1，0)在抛物线C1上
∴0=a(1+2)2-5，解得a=
(2)连接PM，作PH⊥x轴于H，作MG⊥x轴于G
∵点P、M关于点B成中心对称
∴PM过点B，且PB=MB
∴△PBH≌△MBG
∴MG=PH=5，BG=BH=3
∴顶点M的坐标为(4，5)
∵抛物线C2由C1关于x轴对称得到，抛物线C3由C2平移得到
∴抛物线C3的表达式为
(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)
作PH⊥x轴于H，作NG⊥x轴于G，作PK⊥NG于K
∵旋转中心Q在x轴上
∴EF=AB=2BH=6
∴F(m+3，0)、H(-2，0)，K(m，-5)，
根据勾股定理得
PN2=NK2+PK2=(m+2)2+102=m2+4m+104
PF2=PH2+HF2=52+(m+5)2=m2+10m+50
NF2=52+32=34
①当∠PNF=90°时，PN2+NF2=PF2，解得m=
∴Q点坐标为(，0)
②当∠PFN=90°时，PF2+NF2=PN2，解得m=
∴Q点坐标为(，0)
③∵PN＞NK=10＞NF，∴∠NPF≠90°
综上所述，当点Q坐标为(，0)或(，0)时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形.
例6如图①，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A→B→C→D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②所示，请写出点Q开始运动时的坐标及点P的运动速度；
(2)求正方形边长及顶点C的坐标；
(3)在(1)中当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A→B→C→D匀速运动时，OP与PQ能否相等，若能，直接写出所有符合条件的t的值；若不能，请说明理由.
解：(1)Q(1，0)，点P的运动速度为每秒1个单位长度.
(2)过点B作BF⊥y轴于点F，BE⊥x轴于点E，则BF=8，OF=BE=4.
∴AF=10-4=6.
在Rt△AFB中，AF=6，BF=8
∴AB=10，即正方形边长为10.
过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H.
∵∠ABC=90°，AB=BC
∴易得△ABF≌△BCH
∴BH=AF=6，CH=BF=8
∴OG=FH=8+6=14，CG=8+4=12
∴C(14，12)
(3)过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N，
则△APM∽△ABF.
∴
即
∴，
∴，
设△OPQ的面积为S(平方单位)
∴(0≤≤10)
∵
∴当时，△OPQ的面积最大.
∴，
∴
∴此时P的坐标为(，)
(4)当或时，OP与PQ相等.
分析：要OP=PQ，则需要ON=NQ=OQ
①当P在AB上时
有，解得
②当P在BC上时
ON=8+
∴8+=
解得t=-15(不合题意，舍去)
③当P在CD上时
ON=8+6-
∴14-=
解得t=
B
O
A
·
x
y
y
B
O
A
·
x
y
C
P
H
E
B
F
D
A
P
x
O
图①
A
B
D
F
E
C
O
P
x
y
图②
O
y
x
A
B
E
C
Q
O
P
D
F
（Q）
金额w(元)
批发量m(kg)
300
200
100
20
40
60
O
60
20
4
批发单价(元)
5
批发量(kg)
①
②
图(1)
O
6
2
40
日最高销量G(kg)
80
零售价x(元)
图(2)
4
8
(6,80)
(7,40)
y
x
A
O
B
P
N
图2
C1
C4
Q
E
F
图(2)
y
x
A
O
B
P
M
图1
C1
C2
C3
图(1)
y
x
A
O
B
P
M
图(1)
C1
C2
C3
H
G
y
x
A
O
B
P
N
图(2)
C1
C4
Q
E
F
H
G
K
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