挑战中考数学压轴题因动点产生的平行四边形问题

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挑战中考数学压轴题因动点产生的平行四边形问题

因动点产生的平行四边形问题 例1 2015年成都市中考第28题 如图1,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2-2ax-‎3a(a<0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧),经过点A的直线l:y=kx+b与y轴负半轴交于点C,与抛物线的另一个交点为D,且CD=‎4AC.‎ ‎(1)直接写出点A的坐标,并求直线l的函数表达式(其中k、b用含a的式子表示);‎ ‎(2)点E是直线l上方的抛物线上的动点,若△ACE的面积的最大值为 ,求a的值;‎ ‎(3)设P是抛物线的对称轴上的一点,点Q在抛物线上,以点A、D、P、Q为顶点的四边形能否成为矩形?若能,求出点P的坐标;若不能,请说明理由.‎ 图1 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“15成都28”,拖动点E在直线AD上方的抛物线上运动,可以体验到,当EC⊥AC时,△ACE的面积最大.点击屏幕左下角的按钮“第(3)题”,拖动点H在y轴正半轴运动,观察点Q和Q′,可以看到点Q和点Q′都可以落在抛物线上.‎ 思路点拨 ‎1.过点E作x轴的垂线交AD于F,那么△AEF与△CEF是共底的两个三角形.‎ ‎2.以AD为分类标准讨论矩形,当AD为边时,AD与QP平行且相等,对角线AP=QD;当AD为对角线时,AD与PQ互相平分且相等.‎ 满分解答 ‎(1)由y=ax2-2ax-‎3a=a(x+1)(x-3),得A(-1, 0).‎ 由CD=‎4AC,得xD=4.所以D(4, ‎5a).‎ 由A(-1, 0)、D(4, ‎5a),得直线l的函数表达式为y=ax+a.‎ ‎(2)如图1,过点E作x轴的垂线交AD于F.‎ 设E(x, ax2-2ax-‎3a),F(x, ax+a),那么EF=yE-yF=ax2-3ax-‎4a.‎ 由S△ACE=S△AEF-S△CEF=‎ ‎===,‎ 得△ACE的面积的最大值为.解方程,得.‎ ‎(3)已知A(-1, 0)、D(4, ‎5a),xP=1,以AD为分类标准,分两种情况讨论:‎ ‎①如图2,如果AD为矩形的边,那么AD//QP,AD=QP,对角线AP=QD.‎ 由xD-xA=xP-xQ,得xQ=-4.‎ 当x=-4时,y=a(x+1)(x-3)=‎21a.所以Q(-4, ‎21a).‎ 由yD-yA=yP-yQ,得yP=‎26a.所以P(1, ‎26a).‎ 由AP2=QD2,得22+(‎26a)2=82+(‎16a)2.‎ 整理,得‎7a2=1.所以.此时P.‎ ‎②如图3,如果AD为矩形的对角线,那么AD与PQ互相平分且相等.‎ 由xD+xA=xP+xQ,得xQ=2.所以Q(2,-‎3a).‎ 由yD+yA=yP+yQ,得yP=‎8a.所以P(1, ‎8a).‎ 由AD2=PQ2,得52+(‎5a)2=12+(‎11a)2.‎ 整理,得‎4a2=1.所以.此时P.‎ 图1 图2 图3‎ 考点伸展 第(3)题也可以这样解.设P(1,n).‎ ‎①如图2,当AD时矩形的边时,∠QPD=90°,所以,即.‎ 解得.所以P.所以Q.‎ 将Q代入y=a(x+1)(x-3),得.所以.‎ ‎②如图3,当AD为矩形的对角线时,先求得Q(2,-‎3a).‎ 由∠AQD=90°,得,即.解得.‎ 例2 2014年陕西省中考第24题 如图1,已知抛物线C:y=-x2+bx+c经过A(-3,0)和B(0, 3)两点.将这条抛物线的顶点记为M,它的对称轴与x轴的交点记为N.‎ ‎(1)求抛物线C的表达式;‎ ‎(2)求点M的坐标;‎ ‎(3)将抛物线C平移到抛物线C′,抛物线C′的顶点记为M′,它的对称轴与x轴的交点记为N′.如果以点M、N、M′、N′为顶点的四边形是面积为16的平行四边形,那么应将抛物线C怎样平移?为什么?‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14陕西24”,拖动右侧的点M′上下运动,可以体验到,以点M、N、M′、N′为顶点的平行四边形有四种情况.‎ 思路点拨 ‎1.抛物线在平移的过程中,M′N′与MN保持平行,当M′N′=MN=4时,以点M、N、M′、N′为顶点的四边形就是平行四边形.‎ ‎2.平行四边形的面积为16,底边MN=4,那么高NN′=4.‎ ‎3.M′N′=4分两种情况:点M′在点N′的上方和下方. ‎ ‎4.NN′=4分两种情况:点N′在点N的右侧和左侧.‎ 满分解答 ‎(1)将A(-3,0)、B(0, 3)分别代入y=-x2+bx+c,得 ‎ 解得b=-2,c=3.‎ 所以抛物线C的表达式为y=-x2-2x+3.‎ ‎(2)由y=-x2-2x+3=-(x+1)2+4,得顶点M的坐标为(-1,4).‎ ‎(3)抛物线在平移过程中,M′N′与MN保持平行,当M′N′=MN=4时,以点M、N、M′、N′为顶点的四边形就是平行四边形.‎ 因为平行四边形的面积为16,所以MN边对应的高NN′=4.‎ 那么以点M、N、M′、N′为顶点的平行四边形有4种情况:‎ 抛物线C直接向右平移4个单位得到平行四边形MNN′M′(如图2);‎ 抛物线C直接向左平移4个单位得到平行四边形MNN′M′(如图2);‎ 抛物线C先向右平移4个单位,再向下平移8个单位得到平行四边形MNM′N′(如图3);‎ 抛物线C先向左平移4个单位,再向下平移8个单位得到平行四边形MNM′N′(如图3).‎ 图2 图3‎ 考点伸展 本题的抛物线C向右平移m个单位,两条抛物线的交点为D,那么△MM′D的面积S关于m有怎样的函数关系?‎ 如图4,△MM′D是等腰三角形,由M(-1,4)、M′(-1+m, 4),可得点D的横坐标为.‎ 将代入y=-(x+1)2+4,得.所以DH=.‎ 所以S=.‎ 图4‎ 例3 2013年上海市松江区中考模拟第24题 如图1,已知抛物线y=-x2+bx+c经过A(0, 1)、B(4, 3)两点. ‎ ‎(1)求抛物线的解析式;‎ ‎(2)求tan∠ABO的值;‎ ‎(3)过点B作BC⊥x轴,垂足为C,在对称轴的左侧且平行于y轴的直线交线段AB于点N,交抛物线于点M,若四边形MNCB为平行四边形,求点M的坐标.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“13松江24”,拖动点N在直线AB上运动,可以体验到,以M、N、C、B为顶点的平行四边形有4个,符合MN在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB只有一个.‎ 请打开超级画板文件名“13松江24”,拖动点N在直线AB上运动,可以体验到,MN有4次机会等于3,这说明以M、N、C、B为顶点的平行四边形有4个,而符合MN在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形MNCB只有一个.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题求∠ABO的正切值,要构造包含锐角∠ABO的角直角三角形.‎ ‎2.第(3)题解方程MN=yM-yN=BC,并且检验x的值是否在对称轴左侧.‎ 满分解答 ‎(1)将A(0, 1)、B(4, 3)分别代入y=-x2+bx+c,得 ‎ 解得,c=1.‎ 所以抛物线的解析式是.‎ ‎(2)在Rt△BOC中,OC=4,BC=3,所以OB=5.‎ 如图2,过点A作AH⊥OB,垂足为H.‎ 在Rt△AOH中,OA=1,,‎ 所以. 图2‎ 所以,. ‎ 在Rt△ABH中,.‎ ‎(3)直线AB的解析式为.‎ 设点M的坐标为,点N的坐标为,‎ 那么.‎ 当四边形MNCB是平行四边形时,MN=BC=3.‎ 解方程-x2+4x=3,得x=1或x=3.‎ 因为x=3在对称轴的右侧(如图4),所以符合题意的点M的坐标为(如图3).‎ 图3 图4‎ 考点伸展 第(3)题如果改为:点M是抛物线上的一个点,直线MN平行于y轴交直线AB于N,如果M、N、B、C为顶点的四边形是平行四边形,求点M的坐标.‎ 那么求点M的坐标要考虑两种情况:MN=yM-yN或MN=yN-yM.‎ 由yN-yM=4x-x2,解方程x2-4x=3,得(如图5).‎ 所以符合题意的点M有4个:,,,.‎ 图5‎ 例4 2012年福州市中考第21题 如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒1个单位长度的速度运动,动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动,过点P作PD//BC,交AB于点D,联结PQ.点P、Q分别从点A、C同时出发,当其中一点到达端点时,另一点也随之停止运动,设运动的时间为t秒(t≥0).‎ ‎(1)直接用含t的代数式分别表示:QB=_______,PD=_______;‎ ‎(2)是否存在t的值,使四边形PDBQ为菱形?若存在,求出t的值;若不存在,说明理由,并探究如何改变点Q的速度(匀速运动),使四边形PDBQ 在某一时刻为菱形,求点Q的速度;‎ ‎(3)如图2,在整个运动过程中,求出线段PQ的中点M所经过的路径长.‎ 图1   图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12福州21”,拖动左图中的点P运动,可以体验到,PQ的中点M的运动路径是一条线段.拖动右图中的点Q运动,可以体验到,当PQ//AB时,四边形PDBQ为菱形.‎ 请打开超级画板文件名“12福州21”,拖动点Q向上运动,可以体验到,PQ的中点M的运动路径是一条线段.点击动画按钮的左部,Q的速度变成1.07,可以体验到,当PQ//AB时,四边形PDBQ为菱形.点击动画按钮的中部,Q的速度变成1.‎ 思路点拨 ‎1.菱形PDBQ必须符合两个条件,点P在∠ABC的平分线上,PQ//AB.先求出点P运动的时间t,再根据PQ//AB,对应线段成比例求CQ的长,从而求出点Q的速度.‎ ‎2.探究点M的路径,可以先取两个极端值画线段,再验证这条线段是不是点M的路径.‎ 满分解答 ‎(1)QB=8-2t,PD=.‎ ‎(2)如图3,作∠ABC的平分线交CA于P,过点P作PQ//AB交BC于Q,那么四边形PDBQ是菱形.‎ 过点P作PE⊥AB,垂足为E,那么BE=BC=8.‎ 在Rt△ABC中,AC=6,BC=8,所以AB=10. 图3‎ 在Rt△APE中,,所以. ‎ 当PQ//AB时,,即.解得.‎ 所以点Q的运动速度为.‎ ‎(3)以C为原点建立直角坐标系.‎ 如图4,当t=0时,PQ的中点就是AC的中点E(3,0).‎ 如图5,当t=4时,PQ的中点就是PB的中点F(1,4).‎ 直线EF的解析式是y=-2x+6.‎ 如图6,PQ的中点M的坐标可以表示为(,t).经验证,点M(,t)在直线EF上.‎ 所以PQ的中点M的运动路径长就是线段EF的长,EF=.‎ 图4 图5 图6‎ 考点伸展 第(3)题求点M的运动路径还有一种通用的方法是设二次函数:‎ 当t=2时,PQ的中点为(2,2).‎ 设点M的运动路径的解析式为y=ax2+bx+c,代入E(3,0)、F(1,4)和(2,2),‎ 得 解得a=0,b=-2,c=6.‎ 所以点M的运动路径的解析式为y=-2x+6.‎ 例5 2012年烟台市中考第26题 如图1,在平面直角坐标系中,已知矩形ABCD的三个顶点B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4).以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C.动点P从点A出发,沿线段AB向点B运动,同时动点Q从点C出发,沿线段CD向点D运动.点P、Q的运动速度均为每秒1个单位,运动时间为t秒.过点P作PE⊥AB交AC于点E.‎ ‎(1)直接写出点A的坐标,并求出抛物线的解析式;‎ ‎(2)过点E作EF⊥AD于F,交抛物线于点G,当t为何值时,△ACG的面积最大?最大值为多少?‎ ‎(3)在动点P、Q运动的过程中,当t为何值时,在矩形ABCD内(包括边界)存在点H,使以C、Q、E、H为顶点的四边形为菱形?请直接写出t的值.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12烟台26”,拖动点P在AB上运动,可以体验到,当P在AB的中点时,△ACG的面积最大.观察右图,我们构造了和△CEQ中心对称的△FQE和△‎ ECH′,可以体验到,线段EQ的垂直平分线可以经过点C和F,线段CE的垂直平分线可以经过点Q和H′,因此以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个.‎ 请打开超级画板文件名“12烟台26”,拖动点P在AB上运动,可以体验到,当P在AB的中点时,即t=2,△ACG的面积取得最大值1.观察CQ,EQ,EC的值,发现以C、Q、E、H为顶点的菱形有2个.点击动画按钮的左部和中部,可得菱形的两种准确位置。‎ 思路点拨 ‎1.把△ACG分割成以GE为公共底边的两个三角形,高的和等于AD.‎ ‎2.用含有t的式子把图形中能够表示的线段和点的坐标都表示出来.‎ ‎3.构造以C、Q、E、H为顶点的平行四边形,再用邻边相等列方程验证菱形是否存在.‎ 满分解答 ‎(1)A(1, 4).因为抛物线的顶点为A,设抛物线的解析式为y=a(x-1)2+4,‎ 代入点C(3, 0),可得a=-1.‎ 所以抛物线的解析式为y=-(x-1)2+4=-x2+2x+3.‎ ‎(2)因为PE//BC,所以.因此.‎ 所以点E的横坐标为.‎ 将代入抛物线的解析式,y=-(x-1)2+4=.‎ 所以点G的纵坐标为.于是得到.‎ 因此.‎ 所以当t=1时,△ACG面积的最大值为1.‎ ‎(3)或.‎ 考点伸展 第(3)题的解题思路是这样的:‎ 因为FE//QC,FE=QC,所以四边形FECQ是平行四边形.再构造点F关于PE轴对称的点H′,那么四边形EH′CQ也是平行四边形.‎ 再根据FQ=CQ列关于t的方程,检验四边形FECQ是否为菱形,根据EQ=CQ列关于t的方程,检验四边形EH′CQ是否为菱形.‎ ‎,,,.‎ 如图2,当FQ=CQ时,FQ2=CQ2,因此.‎ 整理,得.解得,(舍去).‎ 如图3,当EQ=CQ时,EQ2=CQ2,因此.‎ 整理,得..所以,(舍去).‎ 图2 图3‎ 例6 2011年上海市中考第24题 已知平面直角坐标系xOy(如图1),一次函数的图象与y轴交于点A,点M在正比例函数的图象上,且MO=MA.二次函数 y=x2+bx+c的图象经过点A、M.‎ ‎(1)求线段AM的长;‎ ‎(2)求这个二次函数的解析式;‎ ‎(3)如果点B在y轴上,且位于点A下方,点C在上述二次函数的图象上,点D在一次函数的图象上,且四边形ABCD是菱形,求点C的坐标.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“11上海24”,拖动点B在y轴上点A下方运动,四边形ABCD保持菱形的形状,可以体验到,菱形的顶点C有一次机会落在抛物线上.‎ 思路点拨 ‎1.本题最大的障碍是没有图形,准确画出两条直线是基本要求,抛物线可以不画出来,但是对抛物线的位置要心中有数.‎ ‎2.根据MO=MA确定点M在OA的垂直平分线上,并且求得点M的坐标,是整个题目成败的一个决定性步骤.‎ ‎3.第(3)题求点C的坐标,先根据菱形的边长、直线的斜率,用待定字母m表示点C的坐标,再代入抛物线的解析式求待定的字母m.‎ 满分解答 ‎(1)当x=0时,,所以点A的坐标为(0,3),OA=3.‎ 如图2,因为MO=MA,所以点M在OA的垂直平分线上,点M的纵坐标为.将代入,得x=1.所以点M的坐标为.因此.‎ ‎(2)因为抛物线y=x2+bx+c经过A(0,3)、M,所以解得,‎ ‎.所以二次函数的解析式为.‎ ‎(3)如图3,设四边形ABCD为菱形,过点A作AE⊥CD,垂足为E.‎ 在Rt△ADE中,设AE=‎4m,DE=‎3m,那么AD=‎5m.‎ 因此点C的坐标可以表示为(‎4m,3-‎2m).将点C(‎4m,3-‎2m)代入,得.解得或者m=0(舍去).‎ 因此点C的坐标为(2,2).‎ ‎ ‎ ‎ 图2 图3‎ 考点伸展 如果第(3)题中,把“四边形ABCD是菱形”改为“以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形”,那么还存在另一种情况:‎ 如图4,点C的坐标为.‎ 图4 ‎ 例7 2011年江西省中考第24题 将抛物线c1:沿x轴翻折,得到抛物线c2,如图1所示.‎ ‎(1)请直接写出抛物线c2的表达式;‎ ‎(2)现将抛物线c1向左平移m个单位长度,平移后得到新抛物线的顶点为M,与x轴的交点从左到右依次为A、B;将抛物线c2向右也平移m个单位长度,平移后得到新抛物线的顶点为N,与x轴的交点从左到右依次为D、E.‎ ‎①当B、D是线段AE的三等分点时,求m的值;‎ ‎②在平移过程中,是否存在以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形的情形?若存在,请求出此时m的值;若不存在,请说明理由.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“11江西24”,拖动点M向左平移,可以体验到,四边形ANEM可以成为矩形,此时B、D重合在原点.观察B、D的位置关系,可以体验到,B、D是线段AE的三等分点,存在两种情况.‎ 思路点拨 ‎1.把A、B、D、E、M、N六个点起始位置的坐标罗列出来,用m的式子把这六个点平移过程中的坐标罗列出来.‎ ‎2.B、D是线段AE的三等分点,分两种情况讨论,按照AB与AE的大小写出等量关系列关于m的方程.‎ ‎3.根据矩形的对角线相等列方程.‎ 满分解答 ‎(1)抛物线c2的表达式为.‎ ‎(2)抛物线c1:与x轴的两个交点为(-1,0)、(1,0),顶点为.‎ 抛物线c2:与x轴的两个交点也为(-1,0)、(1,0),顶点为.‎ 抛物线c1向左平移m个单位长度后,顶点M的坐标为,与x轴的两个交点为、,AB=2.‎ 抛物线c2向右平移m个单位长度后,顶点N的坐标为,与x轴的两个交点为、.所以AE=(1+m)-(-1-m)=2(1+m).‎ ‎①B、D是线段AE的三等分点,存在两种情况:‎ 情形一,如图2,B在D的左侧,此时,AE=6.所以2(1+m ‎)=6.解得m=2.‎ 情形二,如图3,B在D的右侧,此时,AE=3.所以2(1+m)=3.解得.‎ 图2 图3 图4‎ ‎②如果以点A、N、E、M为顶点的四边形是矩形,那么AE=MN=2OM.而OM2=m2+3,所以4(1+m)2=4(m2+3).解得m=1(如图4).‎ 考点伸展 第(2)题②,探求矩形ANEM,也可以用几何说理的方法:‎ 在等腰三角形ABM中,因为AB=2,AB边上的高为,所以△ABM是等边三角形.‎ 同理△DEN是等边三角形.当四边形ANEM是矩形时,B、D两点重合.‎ 因为起始位置时BD=2,所以平移的距离m=1.‎
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