重點中考數(shù)學(xué)試題解析集中考數(shù)學(xué)，作為檢驗初中階段數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)成果的關(guān)鍵一環(huán)，其試題的綜合性與導(dǎo)向性一直備受關(guān)注。本解析集旨在通過對若干重點題型的深度剖析，幫助同學(xué)們洞悉命題思路，掌握解題技巧，提升應(yīng)試能力。我們將避開簡單的知識點羅列，力求從解題策略與思維方法層面給予啟發(fā)，希望能為大家的備考之路提供切實的助力。一、函數(shù)綜合題：動態(tài)變化中的數(shù)量關(guān)系函數(shù)是貫穿初中數(shù)學(xué)的主線，也是中考的重頭戲。其中，二次函數(shù)與幾何圖形結(jié)合的動態(tài)問題，常常作為壓軸題出現(xiàn)，考驗學(xué)生綜合運用知識的能力。例題1：已知拋物線$y=ax^2+bx+c$經(jīng)過點$A(-1,0)$，$B(3,0)$，與$y$軸交于點$C$，且$OC=3$。點$P$是線段$BC$上的一個動點（不與點$B$重合），過點$P$作$PD\parallely$軸，交拋物線于點$D$，設(shè)點$P$的橫坐標(biāo)為$m$。（1）求拋物線的解析式；（2）用含$m$的代數(shù)式表示線段$PD$的長，并求出線段$PD$的最大值；（3）在點$P$運動過程中，是否存在點$D$，使得$\triangleBPD$是等腰直角三角形？若存在，求出$m$的值；若不存在，說明理由。解析：（1）求拋物線解析式，通常可采用待定系數(shù)法。題目給出了拋物線與$x$軸的兩個交點$A(-1,0)$和$B(3,0)$，這提示我們可以使用交點式，即$y=a(x+1)(x-3)$。又知拋物線與$y$軸交于點$C$，且$OC=3$，則點$C$的坐標(biāo)為$(0,3)$或$(0,-3)$。我們先將點$(0,3)$代入交點式：$3=a(0+1)(0-3)$，解得$a=-1$。再考慮點$(0,-3)$的情況：$-3=a(0+1)(0-3)$，解得$a=1$。那么，拋物線的解析式是$y=-x^2+2x+3$還是$y=x^2-2x-3$呢？這需要結(jié)合后續(xù)問題來判斷，或者題目是否隱含了開口方向的信息。通常情況下，若后續(xù)涉及線段長度為正，且點$P$在線段$BC$上，我們可以先假設(shè)一個，比如$C$點在$y$軸正半軸，即$y=-x^2+2x+3$。若后續(xù)推導(dǎo)出現(xiàn)矛盾，則再考慮另一種情況。這里我們先按$C(0,3)$進行，即$y=-x^2+2x+3$。（2）點$P$在線段$BC$上，橫坐標(biāo)為$m$。首先需要求出直線$BC$的解析式。已知$B(3,0)$，$C(0,3)$，設(shè)直線$BC$的解析式為$y=kx+b$，代入可得：$\begin{cases}3k+b=0\\b=3\end{cases}$，解得$k=-1$，$b=3$。所以直線$BC$：$y=-x+3$。因此，點$P$的坐標(biāo)為$(m,-m+3)$。因為$PD\parallely$軸，交拋物線于點$D$，所以點$D$的橫坐標(biāo)也為$m$，代入拋物線解析式得$D$點坐標(biāo)為$(m,-m^2+2m+3)$。線段$PD$的長，即為點$D$與點$P$縱坐標(biāo)差的絕對值。由于點$D$在點$P$上方（可通過畫圖或代入$m$值檢驗，例如$m=0$時，$D(0,3)$，$P(0,3)$，$PD=0$；$m=1$時，$D(1,4)$，$P(1,2)$，$PD=2$，故$D$在$P$上方），所以$PD=(-m^2+2m+3)-(-m+3)=-m^2+3m$。要求$PD$的最大值，這是一個二次函數(shù)求最值問題。$PD=-m^2+3m$，其中$a=-1<0$，拋物線開口向下，對稱軸為$m=-\frac{3}{2\times(-1)}=\frac{3}{2}$。又因為點$P$在線段$BC$上（不與點$B$重合），所以$m$的取值范圍是$0\leqm<3$。對稱軸$m=\frac{3}{2}$在此范圍內(nèi)，所以當(dāng)$m=\frac{3}{2}$時，$PD$取得最大值，最大值為$-(\frac{3}{2})^2+3\times\frac{3}{2}=\frac{9}{4}$。（3）要判斷是否存在點$D$使得$\triangleBPD$是等腰直角三角形。首先，$\triangleBPD$的三個頂點為$B(3,0)$，$P(m,-m+3)$，$D(m,-m^2+2m+3)$。已知$PD\parallely$軸，所以$\angleDPB$或$\anglePDB$可能為直角（因為$PD$垂直于水平線，而$PB$是斜線）。情況一：以點$P$為直角頂點。則$PD=PB$，且$PD\perpPB$。因為$PD\parallely$軸，所以$PB$應(yīng)平行于$x$軸，即點$P$的縱坐標(biāo)與點$B$的縱坐標(biāo)相等。但點$B$的縱坐標(biāo)為$0$，點$P$的縱坐標(biāo)為$-m+3$，令$-m+3=0$，得$m=3$，此時點$P$與點$B$重合，不符合題意，故舍去。情況二：以點$D$為直角頂點。則$DP=DB$，且$DP\perpDB$。$DP=PD=-m^2+3m$（已求）。$DB$的長度：點$D(m,-m^2+2m+3)$，點$B(3,0)$。因為$DP\parallely$軸，所以$DB$應(yīng)平行于$x$軸，即點$D$的縱坐標(biāo)與點$B$的縱坐標(biāo)相等，為$0$。令$-m^2+2m+3=0$，解得$m=3$或$m=-1$。$m=3$時$D$與$B$重合；$m=-1$時，點$P$的橫坐標(biāo)為$-1$，但線段$BC$的$x$范圍是$0\leqm<3$，故$m=-1$不在此范圍內(nèi)，舍去。情況三：以點$B$為直角頂點。則$BP=BD$，且$BP\perpBD$。先求$BP$和$BD$的長度，以及向量$BP$和向量$BD$的數(shù)量積為零（或斜率乘積為$-1$）。點$P(m,-m+3)$，點$B(3,0)$，點$D(m,-m^2+2m+3)$。向量$BP=(m-3,-m+3)$，向量$BD=(m-3,-m^2+2m+3)$。因為$BP\perpBD$，所以$(m-3)(m-3)+(-m+3)(-m^2+2m+3)=0$。提取公因式$(m-3)$：$(m-3)[(m-3)+(-m+3)(-m+2+\frac{3}{-m+3})]$……嗯，或許直接展開計算更穩(wěn)妥。$(m-3)^2+(-m+3)(-m^2+2m+3)=0$注意到$(-m+3)=-(m-3)$，代入上式：$(m-3)^2-(m-3)(-m^2+2m+3)=0$提取公因式$(m-3)$：$(m-3)[(m-3)-(-m^2+2m+3)]=0$化簡括號內(nèi)：$m-3+m^2-2m-3=m^2-m-6$所以$(m-3)(m^2-m-6)=0$解得$m=3$（舍去，與$B$重合），或$m^2-m-6=0$，即$(m-3)(m+2)=0$，$m=3$（舍去）或$m=-2$。$m=-2$是否在線段$BC$上？線段$BC$的$m$范圍是$0\leqm<3$，所以$-2$不在此范圍內(nèi)，舍去。情況四：是否存在$PD=PB$且$\angleP$為直角的其他可能？剛才考慮的是以$P$為直角頂點時$PB$平行于$x$軸，或許思路過于局限?？梢杂霉垂啥ɡ怼Ｈ?\angleP$為直角，則$PD^2+PB^2=BD^2$。$PD^2=(-m^2+3m)^2$$PB^2=(m-3)^2+(-m+3)^2=(m-3)^2+(m-3)^2=2(m-3)^2$$BD^2=(m-3)^2+(-m^2+2m+3-0)^2=(m-3)^2+(-m^2+2m+3)^2$代入$PD^2+PB^2=BD^2$：$(-m^2+3m)^2+2(m-3)^2=(m-3)^2+(-m^2+2m+3)^2$化簡：$(-m^2+3m)^2+(m-3)^2=(-m^2+2m+3)^2$令$t=-m^2+2m+3$，則$-m^2+3m=t+m$所以$(t+m)^2+(m-3)^2=t^2$展開：$t^2+2mt+m^2+m^2-6m+9=t^2$化簡：$2mt+2m^2-6m+9=0$將$t=-m^2+2m+3$代入：$2m(-m^2+2m+3)+2m^2-6m+9=0$$-2m^3+4m^2+6m+2m^2-6m+9=0$$-2m^3+6m^2+9=0$$2m^3-6m^2-9=0$此三次方程在$0\leqm<3$范圍內(nèi)是否有解？嘗試$m=2$：$16-24-9=-17<0$；$m=3$：$54-54-9=-9<0$；$m=0$：$-9<0$。似乎無正根，故此種情況不存在。情況五：以$B$為直角頂點，$BP=BD$。$BP^2=2(m-3)^2$，$BD^2=(m-3)^2+(-m^2+2m+3)^2$令$BP^2=BD^2$：$2(m-3)^2=(m-3)^2+(-m^2+2m+3)^2$化簡：$(m-3)^2=(-m^2+2m+3)^2$開方：$m-3=\pm(-m^2+2m+3)$子情況1：$m-3=-m^2+2m+3$→$m^2-m-6=0$→$m=3$或$m=-2$（均舍去）子情況2：$m-3=m^2-2m-3$→$m^2-3m=0$→$m(m-3)=0$→$m=0$或$m=3$（$m=3$舍去）$m=0$時，點$P$與點$C$重合，$P(0,3)$，$D(0,3)$，此時$PD=0$，$\triangleBPD$退化為一點，不符合題意。綜上，在點$P$運動過程中，不存在符合條件的點$D$使得$\triangleBPD$是等腰直角三角形。點評：本題綜合考查了二次函數(shù)解析式的確定、二次函數(shù)最值、等腰直角三角形的存在性探究。第（3）問是難點，需要同學(xué)們具備分類討論的思想，清晰地考慮到直角頂點的不同情況，并結(jié)合圖形的幾何性質(zhì)（如平行線的斜率關(guān)系、勾股定理、向量數(shù)量積等）進行計算和推理。在計算過程中，要特別注意點的坐標(biāo)范圍，及時舍去不合題意的解。---二、幾何綜合題：圓與三角形的邂逅幾何綜合題往往涉及多個圖形的性質(zhì)與判定，尤其以圓為背景的題目，常與三角形、四邊形等結(jié)合，對學(xué)生的邏輯推理能力要求較高。例題2：如圖，在$\triangleABC$中，$AB=AC$，以$AB$為直徑的$\odotO$交$BC$于點$D$，過點$D$作$DE\perpAC$，垂足為$E$。（1）求證：$DE$是$\odotO$的切線；（2）若$\angleBAC=120^\circ$，$AB=2$，求$DE$的長。解析：（1）要證$DE$是$\odotO$的切線，常規(guī)思路是“連半徑，證垂直”。即連接$OD$，證明$OD\perpDE$。已知$AB=AC$，所以$\triangleABC$是等腰三角形，$\angleB=\angleC$。因為$OB=OD$（均為半徑），所以$\triangleOBD$也是等腰三角形，$\angleB=\angleODB$。因此，$\angleODB=\angleC$，根據(jù)“同位角相等，兩直線平行”，可得$OD\parallelAC$。又因為$DE\perpAC$，所以$DE\perpOD$（如果一條直線垂直于一組平行線中的一條，那么它也垂直于另一條）。因為$OD$是$\odotO$的半徑，且$DE\perpOD$，所以$DE$是$\odotO$的切線。（2）已知$\angleBAC=120^\circ$，$AB=2$，求$DE$的長。因為$AB$是$\odotO$的直徑，所以$AB=2$，則半徑$OA=OB=1$。連接$AD$，因為$AB$是直徑，所以$\angleADB=90^\circ$（直徑所對的圓周角是直角），即$AD\perpBC$。在等腰$\triangleABC$中，$AD$既是高，也是中線和角平分線。所以$\angleBAD=\angleCAD=\frac{1}{2}\angleBAC=60^\circ$，$BD=DC$。在$Rt\triangleABD$中，$\angleBAD=60^\circ$，$AB=2$，所以$AD=AB\cdot\cos60^\circ=2\times\frac{1}{2}=1$，$BD=AB\cdot\sin60^\circ=2\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$，所以$BC=2\sqrt{3}$。接下來求$DE$。$DE$是$Rt\triangle