挑战中考数学压轴题全套

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第一部分 函数图象中点的存在性问题 ‎§1．1　因动点产生的相似三角形问题 §1．2　因动点产生的等腰三角形问题 §1．3　因动点产生的直角三角形问题 §1．4　因动点产生的平行四边形问题§1．5　　因动点产生的面积问题§1．6因动点产生的相切问题§1．7因动点产生的线段和差问题 第二部分 图形运动中的函数关系问题 ‎§2．1　　由比例线段产生的函数关系问题 第三部分 图形运动中的计算说理问题 ‎§3．1　　代数计算及通过代数计算进行说理问题 ‎§3．2　　几何证明及通过几何计算进行说理问题 第四部分 图形的平移、翻折与旋转 ‎§4．1　　图形的平移§4．2　　图形的翻折§4．3　　图形的旋转§4．4三角形§4．5　四边形§4．6　圆§4．7函数的图象及性质 ‎§1．1 因动点产生的相似三角形问题 课前导学相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．‎ 判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分和两种情况列方程．‎ 应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．‎ 应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．‎ 还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．‎ 求线段的长，要用到两点间的距离公式，而这个公式容易记错．理解记忆比较好．‎ 如图1，如果已知A、B两点的坐标，怎样求A、B两点间的距离呢？‎ 我们以AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，这样用勾股定理就可以求斜边AB的长了．水平距离BC的长就是A、B两点间的水平距离，等于A、B两点的横坐标相减；竖直距离AC就是A、B两点间的竖直距离，等于A、B两点的纵坐标相减．‎ 图1 图1 图2‎ 例 1 湖南省衡阳市中考第28题 二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，与y轴交于点C(0,－‎3m)（m＞0），顶点为D．（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；‎ ‎（2）如图1，当m＝2时，点P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△APC 的面积为S，试求出S与点P的横坐标x之间的函数关系式及S的最大值；‎ ‎（3）如图2，当m取何值时，以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似？‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14衡阳28”，拖动点P运动，可以体验到，当点P运动到AC的中点的正下方时，△APC的面积最大．拖动y轴上表示实数m的点运动，抛物线的形状会改变，可以体验到，∠ACD和∠ADC都可以成为直角．‎ 思路点拨1．用交点式求抛物线的解析式比较简便．‎ ‎2．连结OP，△APC可以割补为：△AOP与△COP的和，再减去△AOC．‎ ‎3．讨论△ACD与△OBC相似，先确定△ACD是直角三角形，再验证两个直角三角形是否相似．4．直角三角形ACD存在两种情况．‎ 图文解析 ‎（1）因为抛物线与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，设y＝a(x＋3)(x－1)．‎ 代入点C(0,－‎3m)，得－‎3m＝－‎3a．解得a＝m．‎ 所以该二次函数的解析式为y＝m(x＋3)(x－1)＝mx2＋2mx－‎3m．‎ ‎（2）如图3，连结OP．当m＝2时，C(0,－6)，y＝2x2＋4x－6，那么P(x, 2x2＋4x－6)．‎ 由于S△AOP＝＝(2x2＋4x－6)＝－3x2－6x＋9， S△COP＝＝－3x，S△AOC＝9，所以S＝S△APC＝S△AOP＋S△COP－S△AOC＝－3x2－9x＝．‎ 所以当时，S取得最大值，最大值为．‎ 图3 图4 图5 图6‎ ‎（3）如图4，过点D作y轴的垂线，垂足为E．过点A作x轴的垂线交DE于F．‎ 由y＝m(x＋3)(x－1)＝m(x＋1)2－‎4m，得D(－1,－‎4m)．在Rt△OBC中，OB∶OC＝1∶‎3m．‎ 如果△ADC与△OBC相似，那么△ADC是直角三角形，而且两条直角边的比为1∶‎3m．‎ ‎①如图4，当∠ACD＝90°时，．所以．解得m＝1．‎ 此时，．所以．所以△CDA∽△OBC．‎ ‎②如图5，当∠ADC＝90°时，．所以．解得．‎ 此时，而．因此△DCA与△OBC不相似．‎ 综上所述，当m＝1时，△CDA∽△OBC．‎ 考点伸展 第（2）题还可以这样割补： 如图6，过点P作x轴的垂线与AC交于点H．‎ 由直线AC：y＝－2x－6，可得H(x,－2x－6)．又因为P(x, 2x2＋4x－6)，所以HP＝－2x2－6x．因为△PAH与△PCH有公共底边HP，高的和为A、C两点间的水平距离3，所以 S＝S△APC＝S△APH＋S△CPH＝(－2x2－6x)＝． ‎ 例 2 2014年湖南省益阳市中考第21题 如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD，AD⊥AB，∠B＝60°，AB＝10，BC＝4，点P沿线段AB从点A向点B运动，设AP＝x．2·1·c·n·j·y（1）求AD的长；‎ ‎（2）点P在运动过程中，是否存在以A、P、D为顶点的三角形与以P、C、B为顶点的三角形相似？若存在，求出x的值；若不存在，请说明理由；图1‎ ‎（3）设△ADP与△PCB的外接圆的面积分别为S1、S2，若S＝S1＋S2，求S的最小值. 动感体验 ‎ 请打开几何画板文件名“14益阳‎21”‎，拖动点P在AB上运动，可以体验到，圆心O的运动轨迹是线段BC的垂直平分线上的一条线段．观察S随点P运动的图象，可以看到，S有最小值，此时点P看上去象是AB的中点，其实离得很近而已．‎ 思路点拨1．第（2）题先确定△PCB是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．‎ ‎2．第（3）题理解△PCB的外接圆的圆心O很关键，圆心O在确定的BC的垂直平分线上，同时又在不确定的BP的垂直平分线上．而BP与AP是相关的，这样就可以以AP为自变量，求S的函数关系式．图文解析 ‎（1）如图2，作CH⊥AB于H，那么AD＝CH．‎ 在Rt△BCH中，∠B＝60°，BC＝4，所以BH＝2，CH＝．所以AD＝．‎ ‎（2）因为△APD是直角三角形，如果△APD与△PCB相似，那么△PCB一定是直角三角形．①如图3，当∠CPB＝90°时，AP＝10－2＝8．‎ 所以＝＝，而＝．此时△APD与△PCB不相似．‎ 图2 图3 图4‎ ‎②如图4，当∠BCP＝90°时，BP＝2BC＝8．所以AP＝2．‎ 所以＝＝．所以∠APD＝60°．此时△APD∽△CBP．‎ 综上所述，当x＝2时，△APD∽△CBP．（3）如图5，设△ADP的外接圆的圆心为G，那么点G是斜边DP的中点．设△PCB的外接圆的圆心为O，那么点O在BC边的垂直平分线上，设这条直线与BC交于点E，与AB交于点F．设AP＝‎2m．作OM⊥BP于M，那么BM＝PM＝5－m．在Rt△BEF中，BE＝2，∠B＝60°，所以BF＝4．在Rt△OFM中，FM＝BF－BM＝4－(5－m)＝m－1，∠OFM＝30°，所以OM＝．‎ 所以OB2＝BM2＋OM2＝．在Rt△ADP中，DP2＝AD2＋AP2＝12＋‎4m2‎．所以GP2＝3＋m2．于是S＝S1＋S2＝π(GP2＋OB2)＝＝．所以当时，S取得最小值，最小值为．‎ 图5 图6‎ 考点伸展关于第（3）题，我们再讨论个问题．‎ 问题1，为什么设AP＝‎2m呢？这是因为线段AB＝AP＋PM＋BM＝AP＋2BM＝10．‎ 这样BM＝5－m，后续可以减少一些分数运算．这不影响求S的最小值．‎ 问题2，如果圆心O在线段EF的延长线上，S关于m的解析式是什么？‎ 如图6，圆心O在线段EF的延长线上时，不同的是FM＝BM－BF＝(5－m)－4＝1－m．‎ 此时OB2＝BM2＋OM2＝．这并不影响S关于m的解析式．‎ 例 3 2015年湖南省湘西市中考第26题 如图1，已知直线y＝－x＋3与x轴、y轴分别交于A、B两点，抛物线y＝－x2＋bx＋c经过A、B两点，点P在线段OA上，从点O出发，向点A以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q在线段AB上，从点A出发，向点B以每秒个单位的速度匀速运动，连结PQ，设运动时间为t秒．（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）问：当t为何值时，△APQ为直角三角形；‎ ‎（3）过点P作PE//y轴，交AB于点E，过点Q作QF//y轴，交抛物线于点F，连结EF，当EF//PQ时，求点F的坐标；‎ ‎（4）设抛物线顶点为M，连结BP、BM、MQ，问：是否存在t的值，使以B、Q、M为顶点的三角形与以O、B、P为顶点的三角形相似？若存在，请求出t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“15湘西‎26”‎，拖动点P在OA上运动，可以体验到，△APQ有两个时刻可以成为直角三角形，四边形EPQF有一个时刻可以成为平行四边形，△MBQ与△BOP有一次机会相似．思路点拨 ‎1．在△APQ中，∠A＝45°，夹∠A的两条边AP、AQ都可以用t表示，分两种情况讨论直角三角形APQ．2．先用含t的式子表示点P、Q的坐标，进而表示点E、F的坐标，根据PE＝QF列方程就好了．3．△MBQ与△BOP都是直角三角形，根据直角边对应成比例分两种情况讨论．图文解析（1）由y＝－x＋3，得A(3, 0)，B(0, 3)．‎ 将A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得 解得 所以抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3．‎ ‎（2）在△APQ中，∠PAQ＝45°，AP＝3－t，AQ＝t．分两种情况讨论直角三角形APQ：‎ ‎①当∠PQA＝90°时，AP＝AQ．解方程3－t＝2t，得t＝1（如图2）．‎ ‎②当∠QPA＝90°时，AQ＝AP．解方程t＝(3－t)，得t＝1.5（如图3）．‎ 图2 图3图4 图5‎ ‎（3）如图4，因为PE//QF，当EF//PQ时，四边形EPQF是平行四边形．‎ 所以EP＝FQ．所以yE－yP＝yF－yQ．因为xP＝t，xQ＝3－t，所以yE＝3－t，yQ＝t，yF＝－(3－t)2＋2(3－t)＋3＝－t2＋4t．因为yE－yP＝yF－yQ，解方程3－t＝(－t2＋4t)－t，得t＝1，或t＝3（舍去）．所以点F的坐标为(2, 3)．‎ ‎（4）由y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，得M(1, 4)．‎ 由A(3, 0)、B(0, 3)，可知A、B两点间的水平距离、竖直距离相等，AB＝3．‎ 由B(0, 3)、M(1, 4)，可知B、M两点间的水平距离、竖直距离相等，BM＝．‎ 所以∠MBQ＝∠BOP＝90°．因此△MBQ与△BOP相似存在两种可能：‎ ‎①当时，．解得（如图5）．‎ ‎②当时，．整理，得t2－3t＋3＝0．此方程无实根．‎ 考点伸展第（3）题也可以用坐标平移的方法：由P(t, 0)，E(t, 3－t)，Q(3－t, t)，按照P→E方向，将点Q向上平移，得F(3－t, 3)．再将F(3－t, 3)代入y＝－x2＋2x＋3，得t＝1，或t＝3．§1．2 因动点产生的等腰三角形问题 课前导学 我们先回顾两个画图问题：‎ ‎1．已知线段AB＝5厘米，以线段AB为腰的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB＝6厘米，以线段AB为底边的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除了两个点以外，都是顶点C．‎ 已知底边画等腰三角形，顶角的顶点在底边的垂直平分线上，垂足要除外．‎ 在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般都要先分类．‎ 如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．‎ 解等腰三角形的存在性问题，有几何法和代数法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快．几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？‎ 如果△ABC的∠A（的余弦值）是确定的，夹∠A的两边AB和AC可以用含x的式子表示出来，那么就用几何法．①如图1，如果AB＝AC，直接列方程；②如图2，如果BA＝BC，那么；③如图3，如果CA＝CB，那么．‎ 代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验．‎ 如果三角形的三个角都是不确定的，而三个顶点的坐标可以用含x的式子表示出来，那么根据两点间的距离公式，三边长（的平方）就可以罗列出来．‎ 图1 图2 图3 图1‎ 例 9 2014年长沙市中考第26题 如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a、b、c是常数，a≠0）的对称轴为y轴，且经过(0,0)和两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A(0, 2)．‎ ‎（1）求a、b、c的值；（2）求证：在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交；（3）设⊙P与x轴相交于M(x1, 0)、N(x2, 0)两点，当△AMN为等腰三角形时，求圆心P的纵坐标．‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14长沙26”，拖动圆心P在抛物线上运动，可以体验到，圆与x轴总是相交的，等腰三角形AMN存在五种情况．‎ 思路点拨1．不算不知道，一算真奇妙，原来⊙P在x轴上截得的弦长MN＝4是定值．‎ ‎2．等腰三角形AMN存在五种情况，点P的纵坐标有三个值，根据对称性，MA＝MN和NA＝NM时，点P的纵坐标是相等的．‎ 图文解析（1）已知抛物线的顶点为(0,0)，所以y＝ax2．所以b＝0，c＝0．‎ 将代入y＝ax2，得．解得（舍去了负值）．‎ ‎（2）抛物线的解析式为，设点P的坐标为．‎ 已知A(0, 2)，所以＞．‎ 而圆心P到x轴的距离为，所以半径PA＞圆心P到x轴的距离．‎ 所以在点P运动的过程中，⊙P始终与x轴相交．‎ ‎（3）如图2，设MN的中点为H，那么PH垂直平分MN．‎ 在Rt△PMH中，，，所以MH2＝4．‎ 所以MH＝2．因此MN＝4，为定值．等腰△AMN存在三种情况：如图3，当AM＝AN时，点P为原点O重合，此时点P的纵坐标为0．‎ 图2 图3图4 图5‎ ‎②如图4，当MA＝MN时，在Rt△AOM中，OA＝2，AM＝4，所以OM＝2．‎ 此时x＝OH＝2．所以点P的纵坐标为．‎ 如图5，当NA＝NM时，根据对称性，点P的纵坐标为也为．‎ ‎③如图6，当NA＝NM＝4时，在Rt△AON中，OA＝2，AN＝4，所以ON＝2．‎ 此时x＝OH＝2．所以点P的纵坐标为．‎ 如图7，当MN＝MA＝4时，根据对称性，点P的纵坐标也为．‎ 图6 图7‎ 考点伸展如果点P在抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点B(0, 1)，那么在点P运动的过程中，⊙P始终与直线y＝－1相切．这是因为：‎ 设点P的坐标为．已知B(0, 1)，所以．‎ 而圆心P到直线y＝－1的距离也为，所以半径PB＝圆心P到直线y＝－1的距离．所以在点P运动的过程中，⊙P始终与直线y＝－1相切．‎ 例 10 2014年湖南省张家界市中考第25题 如图1，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）过O、B、C三点，B、C坐标分别为(10, 0)和，以OB为直径的⊙A经过C点，直线l垂直x轴于B点．（1）求直线BC的解析式；（2）求抛物线解析式及顶点坐标；‎ ‎（3）点M是⊙A上一动点（不同于O、B），过点M作⊙A的切线，交y轴于点E，交直线l于点F，设线段ME长为m，MF长为n，请猜想mn的值，并证明你的结论；（4）若点P从O出发，以每秒1个单位的速度向点B作直线运动，点Q同时从B出发，以相同速度向点C作直线运动，经过t（0＜t≤8）秒时恰好使△BPQ为等腰三角形，请求出满足条件的t值．图1‎ ‎ 动感体验请打开几何画板文件名“14张家界25”，拖动点M在圆上运动，可以体验到，△EAF保持直角三角形的形状，AM是斜边上的高．拖动点Q在BC上运动，可以体验到，△BPQ有三个时刻可以成为等腰三角形． ‎ 思路点拨1．从直线BC的解析式可以得到∠OBC的三角比，为讨论等腰三角形BPQ作铺垫．2．设交点式求抛物线的解析式比较简便．3．第（3）题连结AE、AF容易看到AM是直角三角形EAF斜边上的高． 4．第（4）题的△PBQ中，∠B是确定的，夹∠B的两条边可以用含t的式子表示．分三种情况讨论等腰三角形．‎ 图文解析（1）直线BC的解析式为．（2）因为抛物线与x轴交于O、B(10, 0‎ ‎)两点，设y＝ax(x－10)．代入点C，得．解得．‎ 所以．抛物线的顶点为．（3）如图2，因为EF切⊙A于M，所以AM⊥EF．由AE＝AE，AO＝AM，可得Rt△AOE≌Rt△AME．‎ 所以∠1＝∠2．同理∠3＝∠4．于是可得∠EAF＝90°．‎ 所以∠5＝∠1．由tan∠5＝tan∠1，得．‎ 所以ME·MF＝MA2，即mn＝25． ‎ 图2‎ ‎（4）在△BPQ中，cos∠B＝，BP＝10－t，BQ＝t．分三种情况讨论等腰三角形BPQ：‎ ‎①如图3，当BP＝BQ时，10－t＝t．解得t＝5．‎ ‎②如图4，当PB＝PQ时，．解方程，得．‎ ① 如图5，当QB＝QP时，．解方程，得．‎ 图3 图4 图5 图6‎ 考点伸展在第（3）题条件下，以EF为直径的⊙G与x轴相切于点A．‎ 如图6，这是因为AG既是直角三角形EAF斜边上的中线，也是直角梯形EOBF的中位线，因此圆心G到x轴的距离等于圆的半径，所以⊙G与x轴相切于点A．‎ 例 11 2014年湖南省邵阳市中考第26题 在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－(m＋n)x＋mn（m＞n）与x轴相交于A、B两点（点A位于点B的右侧），与y轴相交于点C．（1）若m＝2，n＝1，求A、B两点的坐标；‎ ‎（2）若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是(0,－1)，求∠ACB的大小；‎ ‎（3）若m＝2，△ABC是等腰三角形，求n的值．动感体验 请打开几何画板文件名“14邵阳‎26”‎，点击屏幕左下方的按钮（2），拖动点A在x轴正半轴上运动，可以体验到，△ABC保持直角三角形的形状．点击屏幕左下方的按钮（3），拖动点B在x轴上运动，观察△ABC的顶点能否落在对边的垂直平分线上，可以体验到，等腰三角形ABC有4种情况．思路点拨 ‎1．抛物线的解析式可以化为交点式，用m，n表示点A、B、C的坐标．‎ ‎2．第（2）题判定直角三角形ABC，可以用勾股定理的逆定理，也可以用锐角的三角比．‎ ‎3．第（3）题讨论等腰三角形ABC，先把三边长（的平方）罗列出来，再分类解方程．‎ 图文解析（1）由y＝x2－(m＋n)x＋mn＝(x－m)(x－n)，且m＞n，点A位于点B的右侧，‎ 可知A(m, 0)，B(n, 0)．若m＝2，n＝1，那么A(2, 0)，B(1, 0)．．‎ ‎（2）如图1，由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1，OC＝1．若A、B两点分别位于y轴的两侧，那么OA·OB＝m(－n)＝－mn＝1．所以OC2＝OA·OB．所以．‎ 所以tan∠1＝tan∠2．所以∠1＝∠2．又因为∠1与∠3互余，所以∠2与∠3互余．‎ 所以∠ACB＝90°．（3）在△ABC中，已知A(2, 0)，B(n, 0)，C(0, 2n)．‎ 讨论等腰三角形ABC，用代数法解比较方便：由两点间的距离公式，得AB2＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得（如图2）．‎ ‎②当CA＝CB时，解方程4＋4n2＝5n2，得n＝－2（如图3），或n＝2（A、B重合，舍去）．‎ 当BA＝BC时，解方程(n－2)2＝5n2，得（如图4），或（如图5）．‎ 图1 图2 图3图4 图5‎ 考点伸展第（2）题常用的方法还有勾股定理的逆定理．‎ 由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1．‎ 由A(m, 0)，B(n, 0)，C(0,－1)，得AB2＝(m－n)2＝m2－2mn＋n2＝m2＋n2＋2，‎ BC2＝n2＋1，AC2＝m2＋1．所以AB2＝BC2＋AC2．于是得到Rt△ABC，∠ACB＝90°．‎ 第（3）题在讨论等腰三角形ABC时，对于CA＝CB的情况，此时A、B两点关于y轴对称，可以直接写出B(－2, 0)，n＝－2．‎ 例 12 2014年湖南省娄底市中考第27题 如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝‎4cm，BC＝‎3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为‎1cm/s．连结PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图2，连结PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？‎ 图1 图2 图3 图4‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14娄底‎27”‎，拖动点Q在AC上运动，可以体验到，当点P运动到AB的中点时，△APQ的面积最大，等腰三角形APQ存在三种情况．还可以体验到，当QC＝2HC时，四边形PQP′C是菱形．‎ 思路点拨1．在△APQ中，∠A是确定的，夹∠A的两条边可以用含t的式子表示．‎ ‎2．四边形PQP′C的对角线保持垂直，当对角线互相平分时，它是菱形，．‎ 图文解析（1）在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，所以AB＝5，sinA＝，cosA＝．‎ 作QD⊥AB于D，那么QD＝AQ sinA＝t．所以S＝S△APQ＝＝＝＝．当时，S取得最大值，最大值为．‎ ‎（2）设PP′与AC交于点H，那么PP′⊥QC，AH＝APcosA＝．‎ 如果四边形PQP′C为菱形，那么PQ＝PC．所以QC＝2HC．‎ 解方程，得．（3）等腰三角形APQ存在三种情况：‎ ‎①如图5，当AP＝AQ时，5－t＝t．解得．②如图6，当PA＝PQ时，．解方程，得．如图7，当QA＝QP时，．解方程得．‎ 图5 图6 图7图8‎ 考点伸展在本题情境下，如果点Q是△PP′C的重心，求t的值．如图8，如果点Q是△PP′C的重心，那么QC＝HC．解方程，得．‎ ‎ ‎ 例 13 2015年湖南省怀化市中考第22题 如图1，已知Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P以每秒1个单位的速度从A向C运动，同时点Q以每秒2个单位的速度从A→B→C方向运动，它们到C点后都停止运动，设点P、Q运动的时间为t秒．（1）在运动过程中，求P、Q两点间距离的最大值；‎ ‎（2）经过t秒的运动，求△ABC被直线PQ扫过的面积S与时间t的函数关系式；‎ ‎（3）P，Q两点在运动过程中，是否存在时间t，使得△PQC为等腰三角形．若存在，求出此时的t值，若不存在，请说明理由．（，结果保留一位小数）‎ 动感体验请打开几何画板文件名“15怀化‎22”‎，拖动点P在AC上运动，可以体验到，PQ与BD保持平行，等腰三角形PQC存在三种情况． ‎ 思路点拨1．过点B作QP的平行线交AC于D，那么BD的长就是PQ的最大值．‎ ‎2．线段PQ扫过的面积S要分两种情况讨论，点Q分别在AB、BC上．‎ ‎3．等腰三角形PQC分三种情况讨论，先罗列三边长．‎ 图文解析 ‎（1）在Rt△ABC中，AC＝8，BC＝6，所以AB＝10．‎ 如图2，当点Q在AB上时，作BD//PQ交AC于点D，那么．‎ 所以AD＝5．所以CD＝3．‎ 如图3，当点Q在BC上时，．‎ 又因为，所以．因此PQ//BD．所以PQ的最大值就是BD．‎ 在Rt△BCD中，BC＝6，CD＝3，所以BD＝．所以PQ的最大值是．‎ 图1图2 图3 图4‎ ‎（2）①如图2，当点Q在AB上时，0＜t≤5，S△ABD＝15．‎ 由△AQP∽△ABD，得．所以S＝S△AQP＝＝．‎ ‎②如图3，当点Q在BC上时，5＜t≤8，S△ABC＝24．‎ 因为S△CQP＝＝＝，‎ 所以S＝S△ABC－S△CQP＝24－(t－8)2＝－t2＋16t－40．‎ ‎（3）如图3，当点Q在BC上时，CQ＝2CP，∠C＝90°，所以△PQC不可能成为等腰三角形．当点Q在AB上时，我们先用t表示△PQC的三边长：易知CP＝8－t．‎ 如图2，由QP//BD，得，即．所以．‎ 如图4，作QH⊥AC于H．在Rt△AQH中，QH＝AQ sin∠A＝，AH＝．‎ 在Rt△CQH中，由勾股定理，得CQ＝＝．‎ 分三种情况讨论等腰三角形PQC：（1）①当PC＝PQ时，解方程，得≈3.4（如图5所示）．②当QC＝QP时，．整理，得．所以(11t－40)(t－8)＝0．解得≈3.6（如图6所示），或t＝8（舍去）．③当CP＝CQ时，．整理，得．‎ 解得＝3.2（如图7所示），或t＝0（舍去）．‎ 综上所述，当t的值约为3.4，3.6，或等于3.2时，△PQC是等腰三角形．‎ 图5 图6 图7图8 图9‎ 考点伸展第（1）题求P、Q两点间距离的最大值，可以用代数计算说理的方法：‎ ‎①如图8，当点Q在AB上时，PQ＝＝＝．‎ 当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为．②如图9，当点Q在BC上时，PQ＝＝＝．当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为．综上所述，PQ的最大值为．‎ ‎§1．3 因动点产生的直角三角形问题 课前导学我们先看三个问题：1．已知线段AB，以线段AB为直角边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB，以线段AB为斜边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？‎ ‎3．已知点A(4,0)，如果△OAB是等腰直角三角形，求符合条件的点B的坐标．‎ 图1 图2 图3图4‎ 如图1，点C在垂线上，垂足除外．如图2，点C在以AB为直径的圆上，A、B两点除外．如图3，以OA为边画两个正方形，除了O、A两点以外的顶点和正方形对角线的交点，都是符合题意的点B，共6个．解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，第一步寻找分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．‎ 一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程．‎ 有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．‎ 解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起．‎ 如果直角边与坐标轴不平行，那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，可以构造两个新的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便．如图4，已知A(3, 0)，B(1,－4)，如果直角三角形ABC的顶点C在y轴上，求点C的坐标．‎ 我们可以用几何的方法，作AB为直径的圆，快速找到两个符合条件的点C．‎ 如果作BD⊥y轴于D，那么△AOC∽△CDB．设OC＝m，那么．‎ 这个方程有两个解，分别对应图中圆与y轴的两个交点． ‎ 例 19 2015年湖南省益阳市中考第21题 如图1，已知抛物线E1：y＝x2经过点A(1,m)，以原点为顶点的抛物线E2经过点B(2,2)，点A、B关于y 轴的对称点分别为点A′、B′．（1）求m的值及抛物线E2所表示的二次函数的表达式；（2）如图1，在第一象限内，抛物线E1上是否存在点Q，使得以点Q、B、B′为顶点的三角形为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；‎ ‎（3）如图2，P为第一象限内的抛物线E1上与点A不重合的一点，连结OP并延长与抛物线E2相交于点P′，求△PAA′与△P′BB′的面积之比．‎ ‎ ‎ 图1 图2图3 图4‎ 动感体验请打开几何画板文件名“15益阳‎21”‎，拖动点P在抛物线E1上运动，可以体验到，点P始终是线段OP′的中点．还可以体验到，直角三角形QBB′有两个．‎ 思路点拨1．判断点P是线段OP′的中点是解决问题的突破口，这样就可以用一个字母表示点P、P′的坐标．2．分别求线段AA′∶BB′，点P到AA′的距离∶点P′到BB′的距离，就可以比较△PAA′与△P′BB′的面积之比．‎ 图文解析（1）当x＝1时，y＝x2＝1，所以A(1, 1)，m＝1．‎ 设抛物线E2的表达式为y＝ax2，代入点B(2,2)，可得a＝．所以y＝x2．‎ ‎（2）点Q在第一象限内的抛物线E1上，直角三角形QBB′存在两种情况：‎ ‎①如图3，过点B作BB′的垂线交抛物线E1于Q，那么Q(2, 4)．‎ ‎②如图4，以BB′为直径的圆D与抛物线E1交于点Q，那么QD＝＝2．‎ 设Q(x, x2)，因为D(0, 2)，根据QD2＝4列方程x2＋(x2－2)2＝4．解得x＝．此时Q．‎ ‎（3）如图5，因为点P、P′分别在抛物线E1、E2上，设P(b, b2)，P′(c, )．‎ 因为O、P、P′三点在同一条直线上，所以，即．‎ 所以c＝2b．所以P′(2b, 2b2)．如图6，由A(1, 1)、B(2,2)，可得AA′＝2，BB′＝4．‎ 由A(1, 1)、P(b, b2)，可得点P到直线AA′的距离PM ′＝b2－1．‎ 由B(2,2)、P′(2b, 2b2)，可得点P′到直线BB′的距离P′N′＝2b2－2．‎ 所以△PAA′与△P′BB′的面积比＝2(b2－1)∶4(2b2－2)＝1∶4． ‎ 考点延伸第（2）中当∠BQB′＝90°时，求点Q(x, x2)的坐标有三种常用的方法：‎ 方法二，由勾股定理，得BQ2＋B′Q2＝B′B2．所以(x－2)2＋(x2－2)2＋(x＋2)2＋(x2－2)2＝42．‎ 方法三，作QH⊥B′B于H，那么QH2＝B′H·BH．所以(x2－2)2＝(x＋2) (2－x)．‎ 图5 图6图1 图2‎ 例 20 2015年湖南省湘潭市中考第26题 如图1，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于A(－1, 0)、B(3, 0)两点，与y轴交于点C，连结BC．动点P以每秒1个单位长度的速度从点A向点B运动，动点Q以每秒个单位长度的速度从点B向点C运动，P、Q两点同时出发，连结PQ，当点Q到达点C时，P、Q两点同时停止运动．设运动的时间为t秒．（1）求二次函数的解析式；‎ ‎（2）如图1，当△BPQ为直角三角形时，求t的值；‎ ‎（3）如图2，当t＜2时，延长QP交y轴于点M，在抛物线上是否存在一点N，使得PQ的中点恰为MN的中点，若存在，求出点N的坐标与t的值；若不存在，请说明理由．‎ 动感体验请打开几何画板文件名“15湘潭26”，拖动点P在AB上运动，可以体验到，△BPQ有两次机会可以成为直角三角形．还可以体验到，点N有一次机会可以落在抛物线上． ‎ 思路点拨1．分两种情况讨论等腰直角三角形BPQ．‎ ‎2．如果PQ的中点恰为MN的中点，那么MQ＝NP，以MQ、NP为直角边可以构造全等的直角三角形，从而根据直角边对应相等可以列方程．．‎ 图文解析（1）因为抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A(－1, 0)、B(3, 0)两点，所以 y＝(x＋1)(x－3)＝x2－2x－3．（2）由A(－1, 0)、B(3, 0)、C(0,－3)，可得AB＝4，∠ABC＝45°．在△BPQ中，∠B＝45°，BP＝4－t，BQ＝t．直角三角形BPQ存在两种情况：‎ ‎①当∠BPQ＝90°时，BQ＝BP．解方程t＝(4－t)，得t＝2（如图3）．‎ ‎②当∠BQP＝90°时，BP＝BQ．解方程4－t＝2t，得t＝（如图4）．‎ 图3 图4 图5‎ ‎（3）如图5，设PQ的中点为G，当点G恰为MN的中点时，MQ＝NP．‎ 作QE⊥y轴于E，作NF⊥x轴于F，作QH⊥x轴于H，那么△MQE≌△NPF．‎ 由已知条件，可得P(t－1, 0)，Q(3－t,－t)．由QE＝PF，可得xQ＝xN－xP，即3－t＝xN－(t－1)．解得xN＝2．将x＝2代入y＝(x＋1)(x－3)，得y＝－3．所以N(2,－3)．‎ 由QH//NF，得，即．整理，得t2－9t＋12＝0．解得．因为t＜2，所以取．‎ 考点伸展第（3）题也可以应用中点坐标公式，得．‎ 所以xN＝2xG＝2．§1．4 因动点产生的平行四边形问题 课前导学我们先思考三个问题：1．已知A、B、C三点，以A、B、C、D为顶点的平行四边形有几个，怎么画？2．在坐标平面内，如何理解平行四边形ABCD的对边AB与DC平行且相等？3．在坐标平面内，如何理解平行四边形ABCD的对角线互相平分？‎ 图1 图2 图3图4‎ 如图1，过△ABC的每个顶点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生三个点D．‎ 如图2，已知A(0, 3)，B(－2, 0)，C(3, 1)，如果四边形ABCD是平行四边形，怎样求点D的坐标呢？点B先向右平移2个单位，再向上平移3个单位与点A重合，因为BA与CD平行且相等，所以点C(3, 1) 先向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到点D(5, 4)．‎ 如图3，如果平行四边形ABCD的对角线交于点G，那么过点G画任意一条直线（一般与坐标轴垂直），点A、C到这条直线的距离相等，点B、D到这条直线的距离相等．‎ 关系式xA＋xC＝xB＋xD和yA＋yC＝yB＋yD有时候用起来很方便．我们再来说说压轴题常常要用到的数形结合．如图4，点A是抛物线y＝－x2＋2x＋3在x轴上方的一个动点，AB⊥x轴于点B，线段AB交直线y＝x－1于点C，那么点A的坐标可以表示为(x,－x2＋2x＋3)，‎ 点C的坐标可以表示为(x, x－1)，线段AB的长可以用点A的纵坐标表示为AB＝yA＝－x2＋2x＋3，线段AC的长可以用A、C两点的纵坐标 ‎ 表示为AC＝yA－yC＝(－x2＋2x＋3)－(x－1)＝－x2＋x＋2． 通俗地说，数形结合就是：点在图象上，可以用图象的解析式表示点的坐标，用点的坐标表示点到坐标轴的距离．‎ 例 24 2014年湖南省岳阳市中考第24题 如图1，抛物线经过A(1, 0)、B(5, 0)、C三点．设点E(x, y)是抛物线上一动点，且在x轴下方，四边形OEBF是以OB为对角线的平行四边形．（1）求抛物线的解析式；‎ ‎（2）当点E(x, y)运动时，试求平行四边形OEBF的面积S与x之间的函数关系式，并求出面积S的最大值（3）是否存在这样的点E，使平行四边形OEBF为正方形？若存在，求点E、F的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎ 动感体验请打开几何画板文件名“14岳阳24”，拖动点E运动，可以体验到，当点E运动到抛物线的顶点时，S最大．当点E运动到OB的垂直平分线上时，四边形OEBF恰好是正方形．思路点拨1．平行四边形OEBF的面积等于△OEB面积的2倍．‎ ‎2．第（3）题探究正方形OEBF，先确定点E在OB的垂直平分线上，再验证EO＝EB．‎ 图文解析（1）因为抛物线与x轴交于A(1, 0)、B(5, 0)两点，设y＝a(x－1)(x－5)．‎ 代入点C，得．解得．所以抛物线的解析式为．（2）因为S＝S平行四边形OEBF＝2S△OBE＝OB·(－yE)‎ ‎＝＝＝．所以当x＝3时，S取得最大值，最大值为．此时点E是抛物线的顶点（如图2）．（3）如果平行四边形OEBF是正方形，那么点E在OB的垂直平分线上，且EO＝EB．当x＝‎ ‎．此时E．如图3，设EF与OB交于点D，恰好OB＝2DE．所以△OEB是等腰直角三角形．所以平行四边形OEBF是正方形．‎ 所以当平行四边形OEBF是正方形时，E、F．‎ 图1 图2 图3图4 图5‎ 考点伸展既然第（3）题正方形OEBF是存在的，命题人为什么不让探究矩形OEBF有几个呢？如图4，如果平行四边形OEBF为矩形，那么∠OEB＝90°．根据EH2＝HO·HB，列方程．或者由DE＝OB＝，根据DE2＝，列方程．这两个方程整理以后都是一元三次方程4x3－28x2＋53x－20＝0，这个方程对于初中毕业的水平是不好解的．事实上，这个方程可以因式分解，．如图3，x＝；如图4，x＝4；如图5，x＝，但此时点E在x轴上方了．这个方程我们也可以用待定系数法解：设方程的三个根是、m、n，那么4x3－28x2＋53x－20＝．根据恒等式对应项的系数相等，得方程组解得 例 25 2014年湖南省益阳市中考第20题 如图1，直线y＝－3x＋3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y＝a(x－2)2＋k经过A、B两点，并与x轴交于另一点C，其顶点为P．（1）求a，k的值；‎ ‎（2）抛物线的对称轴上有一点Q，使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形，求点Q的坐标；‎ ‎（3）在抛物线及其对称轴上分别取点M、N，使以A、C、M、N为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长．】图文解析（1）由y＝－3x＋3，得A(1, 0)，B(0, 3)．‎ 将A(1, 0)、B(0, 3)分别代入y＝a(x－2)2＋k，得解得a＝1，k＝－1．‎ ‎（2）如图2，抛物线的对称轴为直线x＝2，设点Q的坐标为(2, m)．‎ 已知A(1, 0)、B(0, 3)，根据QA2＝QB2，列方程12＋m2＝22＋(m－3)2．‎ 解得m＝2．所以Q(2, 2)．（3）点A(1, 0)关于直线x＝2的对称点为C(3, 0)，AC＝2．‎ 如图3，如果AC为正方形的边，那么点M、N都不在抛物线或对称轴上．‎ 如图4，当AC为正方形的对角线时，M、N中恰好有一个点是抛物线的顶点(2,－1) ．‎ 因为对角线AC＝2，所以正方形的边长为．‎ 图1 图2 图3 图4‎ 考点伸展如果把第（3）题中的正方形改为平行四边形，那么符合条件的点M有几个？‎ ‎①如果AC为对角线，上面的正方形AMCN是符合条件的，M(2,－1)．‎ ‎②如图5，如果AC为边，那么MN//AC，MN＝AC＝2．所以点M的横坐标为4或0． ‎ 此时点M的坐标为(4, 3)或(0, 3)．第（2）题如果没有限制等腰三角形ABQ的底边，那么符合条件的点Q有几个？①如图2，当QA＝QB时，Q(2, 2)．②如图6，当BQ＝BA＝时，以B为圆心，BA为半径的圆与直线x＝2有两个交点． 根据BQ2＝10，列方程22＋(m－3)2＝10，得．此时Q或．‎ ‎③如图7，当AQ＝AB时，以A为圆心，AB为半径的圆与直线x＝2有两个交点，但是点(2,－3)与A、B三点共线，所以Q(2, 3)．‎ 图5 图6 图7‎ 例 26 2014年湖南省邵阳市中考第25题 准备一张矩形纸片（如图1），按如图2操作：将△ABE沿BE翻折，使点A落在对角线BD上的点M，将△CDF沿DF翻折，使点C落在对角线BD上的点N．（1）求证：四边形BFDE是平行四边形；（2）若四边形BFDE是菱形，AB＝2，求菱形BFDE的面积．‎ 动感体验请打开几何画板文件名“14邵阳‎25”‎，拖动点D可以改变矩形ABCD的形状，可以体验到，当EM与FN在同一条直线上时，四边形BFDE是菱形，此时矩形的直角被三等分．思路点拨1．平行四边形的定义和4个判定定理都可以证明四边形BFDE 是平行四边形．2．如果平行四边形BFDE是菱形，那么对角线平分一组对角，或者对角线互相垂直．用这两个性质都可以解答第（2）题．图文解析（1）如图3，因为AB//DC，所以∠ABD＝∠CDB．又因为∠1＝∠2，∠3＝∠4，所以∠1＝∠3．所以BE//FD．又因为ED//BF，所以四边形BFDE是平行四边形．‎ 图1 图2图3 图4图5 图6‎ ‎（2）如图4，如果四边形BFDE是菱形，那么∠1＝∠5．所以∠1＝∠2＝∠5．‎ 由于∠ABC＝90°，所以∠1＝∠2＝∠5＝30°．所以BD＝2AB＝4，AE＝．所以ME＝．所以S菱形BFDE＝2S△BDE＝BD·ME＝．‎ 考点伸展第（1）题的解法，我们用平行四边形的定义作为判定的依据，两组对边分别平行的四边形叫平行四边形．还可以这样思考：证明四边形BFDE的两组对边分别相等；‎ 证明ED与BF平行且相等；证明四边形BFDE的两组对角分别相等．‎ 这三种证法，都要证明三角形全等，而全等的前提，要证明∠1＝∠2＝∠3＝∠4．‎ 这样其实就走了弯路，因为由∠1＝∠3，直接得到BE//FD，根据平行四边形的定义来得快．‎ 能不能根据BD与EF互相平分来证明呢？也是可以的：‎ 如图5，设EF与BD交于点O，根据“角角边”证明△EMO≌△FNO，得到EF与MN互相平分．又因为BM＝DN，于是得到EF与BD互相平分．第（2）题的解法，我们用了菱形的性质：对角线平分每组对角，得到30°的角．我们也可以根据菱形的对角线互相垂直平分来解题：如图6，如果四边形BFDE是菱形，那么对角线EF⊥BD，此时垂足M、N重合．因此BD＝2DC．这样就得到了∠5＝30°．事实上，当四边形BFDE是菱形时，矩形ABCD被分割为6个全等的直角三角形．由AB＝2，得AD＝．矩形ABCD的面积为．菱形面积占矩形面积的，所以菱形面积为．‎ ‎§1．5 因动点产生的面积问题 课前导学面积的存在性问题常见的题型和解题策略有两类：‎ 第一类，先根据几何法确定存在性，再列方程求解，后检验方程的根．‎ 第二类，先假设关系存在，再列方程，后根据方程的解验证假设是否正确．‎ 如图1，如果三角形的某一条边与坐标轴平行，计算这样“规则”的三角形的面积，直接用面积公式．如图2，图3，三角形的三条边没有与坐标轴平行的，计算这样“不规则”的三角形的面积，用“割”或“补”的方法．‎ 图1 图2 图3图4 图5 图6‎ 计算面积长用到的策略还有：如图4，同底等高三角形的面积相等．平行线间的距离处处相等．如图5，同底三角形的面积比等于高的比．如图6，同高三角形的面积比等于底的比．‎ 例 32 湖南省常德市中考第25题 如图1，已知二次函数的图象过点O(0,0)、A(4，0)、B()，M是OA的中点．‎ ‎（1）求此二次函数的解析式；（2）设P是抛物线上的一点，过P作x轴的平行线与抛物线交于另一点Q，要使四边形PQAM是菱形，求点P的坐标；（3）将抛物线在轴下方的部分沿轴向上翻折，得曲线OB′A（B′为B关于x轴的对称点），在原抛物线x轴的上方部分取一点C，连结CM，CM与翻折后的曲线OB′A交于点D，若△CDA的面积是△MDA面积的2倍，这样的点C是否存在？若存在求出点C的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 图文解析（1）因为抛物线与x轴交于O(0,0)、A(4，0)两点，设y＝ax(x－4)．‎ 代入点B()，得．解得．所以．‎ ‎（2）如图2，由A(4，0)，M是OA的中点，可知OA＝4，MA＝2，M(2, 0)．‎ 如果四边形PQAM是菱形，已知PQ//OA，首先要满足PQ＝2，再必须MP＝2．‎ 因为抛物线的对称轴是直线x＝2，P、Q关于x＝2对称，所以点P的横坐标为1，故点P的坐标为．由M(2, 0)、P，可得MP＝2．所以当点P的坐标为时，四边形PQAM是菱形．（3）如图3，作CE⊥x轴于E，作DF⊥x轴于F．‎ 我们把面积进行两次转换：如果△CDA的面积是△MDA面积的2倍，那么△MCA的面积是△MDA面积的3倍．而△MCA与△MDA是同底三角形，所以高的比CE∶DF＝3∶1，即yC∶yD＝3∶1．因此ME∶MF＝3∶1．设MF＝m，那么ME＝‎3m．‎ 原抛物线的解析式为，所以翻折后的抛物线的解析式为．‎ 所以D，C．‎ 根据yC∶yD＝3∶1，列方程．‎ 整理，得‎3m2‎＝4．解得．所以．‎ 所以点C的坐标为（如图3），或（如图4）．‎ 图1 图2 图3 图4‎ 考点伸展第（1）题可以设抛物线的顶点式：由点O(0,0), A(4，0)，B()的坐标，可知点B是抛物线的顶点．可设，代入点O(0,0)，得．‎ 例 33 2014年湖南省永州市中考第25题 如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）与x轴交于A(－1, 0)，B(4, 0)两点，与y轴交于点C(0, 2)．点M(m, n)是抛物线上一动点，位于对称轴的左侧，并且不在坐标轴上．过点M作x轴的平行线交y轴于点Q，交抛物线于另一点E，直线BM交y轴于点F．（1）求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标；（2）当S△MFQ∶S△MEB＝1∶3时，求点M的坐标．‎ 图文解析（1）因为抛物线与x轴交于A(－1, 0)，B(4, 0)两点，设y＝a(x＋1)(x－4)．‎ 代入点C(0, 2)，得2＝－‎4a．解得．所以．顶点坐标为．‎ ‎（2）如图2，已知M(m, n)，作MN⊥x轴于N．由，得．所以．‎ 因为抛物线的对称轴是直线，所以ME＝．由于S△MFQ＝＝＝，S△MEB＝＝，‎ 所以当S△MFQ∶S△MEB＝1∶3时，∶＝1∶3．‎ 整理，得m2＋‎11m－12＝0．解得m＝1，或m＝－12．所以点M的坐标为(1, 3)或(－12,－88)．‎ 图1图2 图3 图4‎ 考点伸展第（2）题S△MFQ∶S△MEB＝1∶3，何需点M一定要在抛物线上？‎ 从上面的解题过程可以看到，△MFQ与△MEB的高的比与n无关，两条底边的比也与n无关．如图3，因此只要点E与点M关于直线x＝对称，点M在直线的左侧，且点M不在坐标轴上，就存在S△MFQ∶S△MEB＝1∶3，点M的横坐标为1（如图3）或－12（如图4）．§1．6 因动点产生的相切问题 课前导学一、圆与圆的位置关系问题，一般无法先画出比较准确的图形．‎ 解这类问题，一般分三步走，第一步先罗列三要素：R、r、d，第二步分类列方程，第三步解方程并验根．第一步在罗列三要素R、r、d的过程中，确定的要素罗列出来以后，不确定的要素要用含有x的式子表示．第二步分类列方程，就是指外切与内切两种情况．‎ 二、直线与圆的位置关系问题，一般也无法先画出比较准确的图形．‎ 解这类问题，一般也分三步走，第一步先罗列两要素：R和d，第二步列方程，第三步解方程并验根．第一步在罗列两要素R和d的过程中，确定的要素罗列出来以后，不确定的要素要用含有x的式子表示．第二步列方程，就是根据直线与圆相切时d＝R列方程．‎ 如图1，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，圆O的半径为1，点C在y轴的正半轴上，如果圆C既与直线AB相切，又与圆O相切，求点C的坐标．‎ ‎“既……，又……”的双重条件问题，一般先确定一个，再计算另一个．‎ 假设圆C与直线AB相切于点D，设CD＝‎3m，BD＝‎4m，BC＝‎5m，那么点C的坐标为(0,4－‎5m)．罗列三要素：对于圆O，r＝1；对于圆C，R＝‎3m；圆心距OC＝4－‎5m．‎ 分类列方程：两圆外切时，4－‎5m＝‎3m＋1；两圆内切时，4－‎5m＝‎3m－1．‎ 把这个问题再拓展一下，如果点C在y轴上，那么还要考虑点C在y轴负半轴．‎ 相同的是，对于圆O，r＝1；对于圆C，R＝‎3m；不同的是，圆心距OC＝‎5m－4．‎ 图1 图1 图2 图3‎ 例 42 2014年湖南省衡阳市中考第27题 如图1，直线AB与x轴交于点A(－4, 0)，与y轴交于点B(0, 3)．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿直线AB向点B移动．同时将直线以每秒0.6个单位长度的速度向上平移，交OA于点C，交OB于点D，设运动时间为t（0＜t＜5）秒．‎ ‎（1）证明：在运动过程中，四边形ACDP总是平行四边形；（2）当t取何值时，四边形ACDP为菱形？请指出此时以点D为圆心、OD长为半径的圆与直线AB的位置关系并说明理由．‎ 图文解析（1）如图2，由A(－4, 0)、B(0, 3)，可得直线AB的解析式为．‎ 所以直线AB//CD．在Rt△OCD中，OD∶OC＝3∶4，OD＝0.6t，所以OC＝0.8t，CD＝t．所以AP＝CD＝t．所以四边形ACDP总是平行四边形．‎ ‎（2）如图3，如果四边形ACDP为菱形，那么AC＝AP．所以4－0.8t＝t．解得t＝．‎ 此时OD＝0.6t＝．所以BD＝＝．作DE⊥AB于E．在Rt△BDE中，sinB＝，BD＝，所以DE＝BD·sinB＝．因此OD＝DE，即圆心D到直线AB的距离等于圆D的半径．所以此时圆D与直线AB相切于点E（如图4）．‎ 考点伸展在本题情境下，点P运动到什么位置时，平行四边形ACDP的面积最大？‎ S平行四边形ACDP＝AC·DO＝＝＝．‎ 当时，平行四边形ACDP的面积最大，最大值为3．此时点P是AB的中点（如图5）．‎ 图4 图5‎ 例 43 2014年湖南省株洲市中考第23题 如图1，PQ为圆O的直径，点B在线段PQ的延长线上，OQ＝QB＝1，动点A在圆O的上半圆上运动（包含P、Q两点），以线段AB为边向上作等边三角形ABC．（1）当线段AB所在的直线与圆O相切时，求△ABC的面积（如图1）；（2）设∠AOB＝，当线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）时，求的范围（如图2，直接写出答案）；（3）当线段AB与圆O有两个公共点A、M时，如果AO⊥PM于点N，求CM的长（如图3）．‎ 图1 图2 图3图4 图5 图6‎ 图文解析（1）如图4，连结OA．当线段AB所在的直线与圆O相切时，OA⊥AB，A为切点．此时在Rt△AOB中，OA＝1，OB＝2，所以AB＝，∠ABO＝30°．‎ 此时等边三角形ABC的高为，所以S△ABC＝．（2）0°≤≤60°．‎ ‎（3）如图5，连结MQ，那么∠PMQ＝90°．当AO⊥PM时，AO//MQ．‎ 由于Q是OB的中点，所以，M是AB的中点．所以CM⊥AB．‎ 由于O是PQ的中点，所以．所以．‎ 如图6，连结MO．在Rt△OMN中，，MO＝1，所以MN2＝．‎ 在Rt△AMN中，AM2＝AN2＋MN2＝．所以AM＝．‎ 于是在Rt△CAM中，CM＝AM＝＝．‎ 考点伸展第（2）题的题意可以这样理解：如图7，过点B画圆O的切线，切点为G．‎ 如图8，弧上的每一个点（包括点G、Q）都是符合题意的点A，即线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）．如图9，弧上的每一个点A（不包括点Q）与点B连成的线段AB，与圆O都有两个交点A、M．‎ 图7 图8 图9图1 图2 图3‎ ‎§1．7 因动点产生的线段和差问题 课前导学线段和差的最值问题，常见的有两类：第一类问题是“两点之间，线段最短”．‎ 两条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“牛喝水”问题，关键是指出一条对称轴“河流”（如图1）．三条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“台球两次碰壁”或“光的两次反射”问题，关键是指出两条对称轴“反射镜面”（如图2）．两条线段差的最大值问题，一般根据三角形的两边之差小于第三边，当三点共线时，两条线段差的最大值就是第三边的长．如图3，PA与PB的差的最大值就是AB，此时点P在AB的延长线上，即P′．解决线段和差的最值问题，有时候求函数的最值更方便，本讲不涉及函数最值问题．‎ 第二类问题是“两点之间，线段最短”结合“垂线段最短”．‎ 如图4，正方形ABCD的边长为4，AE平分∠BAC交BC于E．点P在AE上，点Q在AB上，那么△BPQ周长的最小值是多少呢？如果把这个问题看作“牛喝水”问题，AE是河流，但是点Q不确定啊．第一步，应用“两点之间，线段最短”．如图5，设点B关于“河流AE”的对称点为F，那么此刻PF＋PQ的最小值是线段FQ．‎ 第二步，应用“垂线段最短”．如图6，在点Q运动过程中，FQ的最小值是垂线段FH．‎ 这样，因为点B和河流是确定的，所以点F是确定的，于是垂线段FH也是确定的．‎ 图4 图5 图6图1 图2‎ 例 50 湖南省郴州市中考第26题 已知抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(－1, 0)、B(2, 0)、C(0, 2)三点．（1）求这条抛物线的解析式；（2）如图1，点P是第一象限内此抛物线上的一个动点，当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时点P的坐标；（3）如图2，设线段AC的垂直平分线交x轴于点E，垂足为D，M为抛物线的顶点，那么在直线DE上是否存在一点G，使△CMG的周长最小？若存在，请求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．图文解析 ‎（1）因为抛物线与x轴交于A(－1, 0)、B(2, 0)两点，设y＝a(x＋1)(x－2)．‎ 代入点C(0, 2)，可得a＝－1．所以这条抛物线的解析式为y＝－(x＋1)(x－2)＝－x2＋x＋2．‎ ‎（2）如图3，连结OP．设点P的坐标为(x,－x2＋x＋2)．由于S△AOC＝1，S△POC＝x，S△POB＝－x2＋x＋2，所以S四边形ABPC＝S△AOC＋S△POC＋S△POB＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4．‎ 因此当x＝1时，四边形ABPC的面积最大，最大值为4．此时P(1, 2)．‎ ‎（3）第一步，几何说理，确定点G的位置：如图4，在△CMG中，CM为定值，因此当GC＋GM最小时，△CMG的周长最小．由于GA＝GC，因此当GA＋GM最小时，GC＋GM最小．当点G落在AM上时，GA＋GM最小（如图5）．‎ 图3 图4 图5图6 图7 图8‎ 第二步，代数计算，求解点G的坐标：如图6，，cos∠CAO＝，所以，E．如图7，由y＝－x2＋x＋2＝，得M．‎ 由A(－1, 0)、M，得直线AM的解析式为．作GH⊥x轴于H．设点G的坐标为．由于tan∠GEH＝tan∠ACO＝，所以，即EH＝2GH．‎ 所以．解得．所以G．考点伸展 第（2）题求四边形ABPC的面积，也可以连结BC（如图8）．因为△ABC的面积是定值，因此当△PCB的面积最大时，四边形ABPC的面积也最大．过点P作x轴的垂线，交CB于F．因为△PCF与△PBF有公共底边PF，高的和等于C、B两点间的水平距离，所以当PF 最大时，△PCB的面积最大．设点P(x,－x2＋x＋2)，F(x,－x＋2)，那么PF＝－x2＋2x．‎ 当x＝1时，PF最大．此时P(1, 2)．例 51 湖南省湘西州中考第25题 如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋c关于y轴对称，它的顶点在坐标原点O，点B和点C(－3,－3)均在抛物线上，点F在y轴上，过点作直线l与x轴平行．（1）求抛物线的解析式和直线BC的解析式；（2）设点D(x, y)是线段BC上的一个动点（点D不与B、C重合），过点D作x轴的垂线，与抛物线交于点G，设线段GD的长为h，求h与x之间的函数关系式，并求出当x为何值时，线段GD的长度h最大，最大长度h的值是多少？‎ ‎（3）若点P(m, n)是抛物线上位于第三象限的一个动点，连结PF并延长，交抛物线于另一点Q，过点Q作QS⊥l，垂足为S，过点P作PN⊥l，垂足为N，试判断△FNS的形状，并说明理由；（4）若点A(－2, t)在线段BC上，点M为抛物线上的一个动点，连结AF，当点M在何位置时，MF＋MA的值最小．请直接写出此时点M的坐标与MF＋MA的最小值．‎ 图1 图2 图3 图4‎ 图文解析（1）因为抛物线的顶点在坐标原点，所以y＝ax2．代入点C(－3,－3)，得．所以抛物线的解析式为．设直线BC的解析式为y＝kx＋b，代入B、C(－3,－3)，得解得，b＝－2．所以直线BC的解析式为．‎ ‎（2）由于点D、G分别在直线BC和抛物线上，所以D，G．‎ 所以h＝GD＝＝．因此当时，h取得最大值，最大值为．（3）如图2，设点为H．设直线PQ的解析式为．联立直线PQ：与抛物线，消去y，得．所以x1·x2＝．它的几何意义是HS·HN＝．又因为HF＝．所以HF2＝HS·HN．所以．‎ 所以tan∠1＝tan∠2．所以∠1＝∠2．又因为∠1与∠3互余，所以∠2与∠3互余．所以△FNS是直角三角形．（4）MF＋MA的最小值是，此时点M的坐标是．‎ 考点伸展第（3）题也可以通过计算得到PF＝PN．同理得到QF＝QS．这样我们就可以根据“等边对等角”及“两直线平行，内错角相等”，得到∠NFC＝90°‎ ‎．应用这个结论，就容易解答第（4）题：如图3，作ME⊥l于E，那么MF＝ME．当ME＋MA的值最小时，MF＋MA的值也最小．当A、M、E三点共线时，ME＋MA的值最小，最小值为AE．‎ 而AE的最小值为点A到l的垂线段，即AE⊥l时，AE最小（如图4）．‎ ‎§2．1 由比例线段产生的函数关系问题 课前导学（一）图形运动的过程中，求两条线段之间的函数关系，是中考数学的热点问题．产生两条线段间的函数关系，常见的情况有两种，一是勾股定理，二是比例关系．还有一种不常见的，就是线段全长等于部分线段之和．由勾股定理产生的函数关系，在两种类型的题目中比较常用．类型一，已知“边角边”，至少一边是动态的，求角的对边．如图1，已知点A的坐标为(3, 4)，点B是x轴正半轴上的一个动点，设OB＝x，AB＝y，那么我们在直角三角形ABH中用勾股定理，就可以得到y关于x的函数关系式．‎ 类型二，图形的翻折．已知矩形OABC在坐标平面内如图2所示，AB＝5，点O沿直线EF翻折后，点O的对应点D落在AB边上，设AD＝x，OE＝y，那么在直角三角形AED中用勾股定理就可以得到y关于x的函数关系式．‎ 图1 图2 图1 图2 图3‎ 由比例线段产生的函数关系问题，在两种类型的题目中比较常用．‎ 一是由平行线产生的对于线段成比例，二是相似三角形的对应边成比例．‎ 一般步骤是先说理产生比例关系，再代入数值或表示数的字母，最后整理、变形，根据要求写出定义域．‎ 关键是寻找比例关系，难点是有的整理、变形比较繁琐，容易出错．‎ 课前导学（二）图形运动的过程中，求面积随某个量变化的函数关系，是中考数学的热点问题．计算面积常见的有四种方法，一是规则图形的面积用面积公式；二是不规则图形的面积通过割补进行计算；三是同高（或同底）三角形的面积比等于对应边（或高）的比；四是相似三角形的面积比等于相似比的平方．前两种方法容易想到，但是灵活使用第三种和第四种方法，可以使得运算简单．一般情况下，在求出面积S关于自变量x的函数关系后，会提出在什么情况下（x为何值时），S取得最大值或最小值．关于面积的最值问题，有许多经典的结论．例1，周长一定的矩形，当正方形时，面积最大．例2，面积一定的矩形，当正方形时，周长最小．例3，周长一定的正多边形，当边数越大时，面积越大，极限值是圆．‎ 例4，如图1，锐角△ABC的内接矩形DEFG的面积为y，AD＝x，当点D是AB的中点时，面积y最大．例5，如图2，点P在直线AB上方的抛物线上一点，当点P位于AB的中点E的正上方时，△PAB的面积最大．例6，如图3，△ABC中，∠A和对边BC是确定的，当AB＝AC时，△ABC的面积最大．‎ 例 1 湖南省常德市中考第26题 如图1，图2，已知四边形ABCD为正方形，在射线AC上有一动点P，作PE⊥AD（或延长线）于E，作PF⊥DC（或延长线）于F，作射线BP交EF于G．‎ ‎（1）在图1中，正方形ABCD的边长为2，四边形ABFE的面积为y，设AP＝，求y关于的函数表达式；（2）GB⊥EF对于图1，图2都是成立的，请任选一图形给出证明；‎ ‎（3）请根据图2证明：△FGC∽△PFB．‎ 图1 图2图3 图4‎ 图文解析（1）如图3，延长EP交BC于M，延长FP交AB于N，那么四边形AEPN和四边形CFPM是正方形．由AP＝，可得正方形AEPN的边长为．所以FC＝DE＝．由于S△DEF＝＝，S△BCF＝＝，所以y＝S四边形ABFE＝S正方形ABCD－S△DEF－S△BCF＝4－－＝．（2）如图4，因为tan∠EFP＝，tan∠PBN＝，且PE＝NP，PF＝NB，所以∠EFP＝∠PBN．又因为∠1＝∠2，∠1＋∠PBN＝90°，所以∠2＋∠EFP＝90°．所以GB⊥EF．（3）如图5，由于GB⊥EF，∠BCF＝90°，所以B、C、G、F四点共圆．所以∠FCG＝∠PBF，∠CGB＝∠CFB．又因为∠CGF＝∠CGB＋90°，∠BFP＝∠CFB＋90°，所以∠CGF＝∠BFP．所以△FGC∽△PFB．‎ 图5 图6 图7‎ 考点伸展如图6， 由于tan∠EFP＝tan∠PBN， 所以∠EFP＝∠PBN．‎ 又因为∠PBN＋∠1＝90°，所以∠EFP＋∠1＝90°．因此这种情况下，依然有BG⊥EF．‎ 第（1）题还有更简便的割补办法：如图7，连结EN．由于S四边形NBFE＝S△ENF＋S△BNF＝，S△AEN＝，所以y＝S四边形ABFE＝S四边形NBFE＋S△AEN＝．例 2 湖南省湘潭市中考第25题 如图1，△ABC为等边三角形，边长为a，点F在BC边上，DF⊥AB，EF⊥AC，垂足分别为D、E．（1）求证：△BDF∽△CEF；（2）若a＝4，设BF＝m，四边形ADFE面积为S，求出S与m之间的函数关系，并探究当m为何值时S取得最大值；（3）已知A、D、F、E四点共圆，已知tan∠EDF＝，求此圆的直径（用含a的式子表示）．‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 图文解析（1）如图1，因为∠B＝∠C＝60°，∠BDF＝∠CEF＝90°，所以△BDF∽△CEF．（2）如图2，当等边三角形ABC的边长a＝4时，S△ABC＝．在Rt△BDF中，∠B ‎＝60°，BF＝m，所以，．‎ 所以S△BDF＝＝．在Rt△CEF中，∠C＝60°，CF＝4－m，所以，．所以S△CEF＝＝．因此S＝S四边形ADFE＝S△ABC－S△BDF－S△CEF＝＝＝．所以当m＝2时，S取得最大值，最大值为．此时点F是BC的中点（如图3）．（3）如图4，由于A、D、F、E四点共圆，所以∠EAF＝∠EDF．‎ 因为∠AEF＝90°，所以AF是圆的直径．在Rt△EAF中，由于tan∠EAF＝＝，设EF＝，EA＝2x．在Rt△ECF中，∠C＝60°，所以．因此EC＝x．‎ 由AC＝EA＋EC＝a，得2x＋x＝a．所以x＝．‎ 所以在Rt△EAF中，EF＝，EA＝，由勾股定理，得圆的直径AF＝．‎ 图1 图2 图3 图4‎ 考点伸展第（2）题也可以求△ADF与△AEF的面积和．由于，，所以AD＝，S△ADF＝．由于，，所以AE＝，S△AEF＝．因此S＝S△ADF＋S△AEF＝＝．例 3 湖南省郴州市中考第25题 如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，BC＝‎16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE＝‎1cm，点M从点B出发沿BC方向以‎1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M同时同方向以相同的速度运动．以MN为边在BC的上方作正方形MNGH．点M到达点D时停止运动，点N到达点C时停止运动．设运动时间为t（s）．（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S．当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围；（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连结DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？‎ 图2 图1图3图4 图5‎ 当点G刚好落在线段AD上时，DN＝0．而DN＝BD－BM－MN＝4－t－1＝3－t，所以3－t＝0．解得t＝3．‎ ‎ （2）重叠部分的图形是正方形，存在两种情况：‎ ‎①当HM在AD的左侧时，正方形MNGH的大小不变，边长为1，S＝1．‎ 如图3，当H落在AB上时，BM＝HMtan30°＝．所以≤t＜4．‎ ‎②如图4，当HM在AD上时，正方形的边长为t－3，S＝(t－3)2．‎ 如图5，当G落在AC上时，AH＝HGtan30°＝．‎ 由AD＝，得．解得．所以4≤t≤．‎ ‎（3）等腰三角形CPD存在两种情况：①如图6，当PC＝PD时，点P在DC的垂直平分线上，N是DC的中点．此时t＝3＋6＝9．②如图7，当CP＝CD＝12时，在Rt△CPN中，由cos30°＝，得．此时t＝．‎ 图6 图7 25题图1‎ 考点伸展当点G落在AC上时，CG∶AG的比值是多少呢？如图5，．‎ 例 4 湖南省常德市中考第25题 如图1，曲线y1是抛物线的一部分，与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，且表达式为（x≤3），曲线y2与曲线y1关于直线x＝3对称．（1）求A、B、C三点的坐标和曲线y2的表达式；（2）过点C作CD//x轴交曲线y1于点D，连结AD，在曲线y2上有一点M，使得四边形ACDM为筝形（如果一个四边形的一条对角线被另一条对角线垂直平分，这样的四边形为筝形），请求出点M的横坐标；（3）设直线CM与轴交于点N，试问在线段MN下方的曲线y2上是否存在一点P，使△PMN的面积最大？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．图文解析 ‎（1）由，得A(－1, 0)、B(3, 0)、C(0, )．‎ 因为A(－1, 0)、B(3, 0) 关于直线x＝3的对称点为A′(7, 0)、B(3, 0)，所以抛物线y2的表达式为（x＞3）．（2）由CD//x轴，可知C、D关于抛物线y1的对称轴x＝1对称，所以D(2,)．如图2，由A(－1, 0)、C(0,)、D(2,)，可得AC＝DC＝2．因此点C在AD的垂直平分线上．如果四边形ACDM的对角线互相垂直平分，那么四边形ACDM是菱形，此时点M在x轴上，不在抛物线y2上．因此只存在MC垂直平分AD的情况．如图2，如图3，过点A、M分别作x轴的垂线，与直线CD分别交于点G、H，那么∠ADG＝∠CMH．由于tan∠ADG＝＝，所以∠ADC＝30°．因此．设M，那．‎ 整理，得x2－13x＋24＝0．解得．所以点M的横坐标为．‎ ‎（3）如图2，如图3，由于∠ADC＝30°，当CM⊥AD时，∠OCN＝30°．所以ON＝OC＝1，N(1, 0)．所以直线CN为．如图4，过点P作x轴的垂线，垂足为K，PK交MN于E，过点M作y轴的垂线交PK于F．所以S△PMN＝S△PME＋S△PNE＝．‎ 因为MF＋NK为定值，因此当PE最大时，△PMN的面积最大．设P，E，那么PE＝＝＝．所以当时，PE取得最大值，△PMN面积最大．此时P．考点伸展第（3）题也可以这样思考：如图5，由于MN是定值，因此点P 到MN的距离最大时，△PMN的面积也最大．过点P作MN的平行线，当这条直线与抛物线y2只有一个交点时，两条平行线间的距离最大，也就是说方程组只有一组解，即∆＝0．解得．‎ 图2 图3 图4 图5‎ ‎§3．1 代数计算及通过代数计算进行说理问题 课前导学计算说理是通过计算得到结论；说理计算侧重说理，说理之后进行代入求值．‎ 压轴题中的代数计算题，主要是函数类题．函数计算题必考的是待定系数法求函数的解析式，按照设、列、解、验、答五步完成，一般来说，解析式中待定几个字母，就要代入几个点的坐标．还有一类计算题，就是从特殊到一般，通过计算寻找规律．‎ 代数计算和说理较多的一类题目，是确定直线与抛物线的交点个数.联立直线和抛物线的解析式组成方程组，消去y，得到关于x的一元二次方程，然后根据∆确定交点的个数．‎ 我们介绍一下求函数图像交点坐标的几何方法．如图1，已知直线y＝x＋1与x轴交于点A，抛物线y＝x2－2x－3与直线y＝x＋1交于A、B两点，求点B的坐标的代数方法，就是联立方程组，方程组的一个解是点A的坐标，另一个解计算点的坐标．‎ 几何法是这样的：设直线AB与y轴分别交于C，那么tan∠AOC＝1．作BE⊥x轴于E，那么．设B(x, x2－2x－3)，于是．请注意，这个分式的分子因式分解后，．这个分式能不能约分，为什么？因为x＝－1的几何意义是点A，由于点B与点A不重合，所以x≠－1，因此约分以后就是x－3＝1．这样的题目一般都是这样，已知一个交点求另一个交点，经过约分，直接化为一元一次方程，很简便．‎ 图1 图1 图2 图3‎ 例 1 湖南省长沙市中考第25题 在平面直角坐标系中，我们不妨把横坐标和纵坐标相等的点叫“梦之点”，例如点（1,1），(－2,－2)，，…，都是“梦之点”，显然“梦之点”有无数个．（1）若点P(2, m)是反比例函数（n为常数，n≠0）的图象上的“梦之点”，求这个反比例函数的解析式；（2）函数y＝3kx＋s－1（k、s为常数）的图象上存在“梦之点”吗？若存在，请求出“梦之点”的坐标，若不存在，说明理由；‎ ‎（3）若二次函数y＝ax2＋bx＋1（a、b是常数，a＞0）的图象上存在两个“梦之点”A(x1, x1)、B(x2, x2)，且满足－2＜x1＜2，| x1－x2|＝2，令，试求t的取值范围．‎ 图文解析（1）因为点P(2, m)是“梦之点”，所以P(2, 2)．所以．（2）“梦之点”一定在直线y＝x上，直线y＝3kx＋s－1与直线y＝x的位置关系有重合、平行、相交．‎ ‎①如图1，当直线y＝3kx＋s－1与直线y＝x重合时，有无数个“梦之点”．此时k＝，s＝1．②如图2，当直线y＝3kx＋s－1与直线y＝x平行时，没有“梦之点”．此时k＝，s≠1．③如图3，当直线y＝3kx＋s－1与直线y＝x相交时，有1个“梦之点”．‎ 此时k≠，“梦之点”的坐标为．（3）因为A(x1,x1)、B(x2,x2)两点是抛物线与直线y＝x的交点，联立y＝ax2＋bx＋1和y＝x，消去y，整理，得ax2＋(b－1)x＋1＝0．所以x1x2＝＞0．所以A、B两点在y轴的同侧．如图4，由| x1－x2|＝2，可知A、B两点间的水平距离、竖直距离都是2．已知－2＜x1＜2，我们分两种情况来探求a的取值范围：‎ ‎①当A、B两点在y轴右侧时，0＜x1＜2，2＜x2＜4．所以0＜x1x2＜8．‎ ‎②当A、B两点在y轴左侧时，－2＜x1＜0，－4＜x2＜－2．所以0＜x1x2＜8．‎ 综合①、②，不论0＜x1＜2或－2＜x1＜0，都有0＜x1x2＜8．所以0＜＜8．所以a＞．‎ 由ax2＋(b－1)x＋1＝0，得x1＋x2＝，x1x2＝．由| x1－x2|＝2，得(x1－x2)2＝4．所以(x1＋x2)2－4x1x2＝4．所以．整理，得．所以＝＝＝．如图5，这条抛物线的开口向上，对称轴是直线，在对称轴右侧，t随a的增大而增大．因此当时，t取得最小值，t＝＝．所以t的取值范围是t＞．‎ 图4 图5‎ 考点伸展第（3）题我们也可以这样来讨论：一方面，由| x1－x2|＝2，得(x1－x2)2＝4．所以(x1＋x2)2－4x1x2＝4．所以．整理，得．另一方面，由f(2)＞0，f(－2)＜0，得f(2)f(－2)＜0．所以＜0．‎ 所以＝＝＜0．所以a＞．‎ 例 2 湖南省怀化市中考第23题 设m是不小于－1的实数，使得关于x的方程x2＋2(m－2)x＋m2－‎3m＋3＝0有两个不相等的实数根x1，x2．（1）若，求的值；（2）求的最大值．‎ 图文解析（1）因为方程x2＋2(m－2)x＋m2－‎3m＋3＝0有两个不相等的实数根，所以∆＞0．由∆＝4(m－2)2－4(m2－‎3m＋3)＝－‎4m＋4＞0，得m＜1．又已知m是不小于－1的实数，所以－1≤m＜1．由根与系数的关系，得，．若，那么．所以．‎ 整理，得．解得，或（舍去）．所以．所以＝＝．（2）＝＝＝＝＝＝‎ ‎＝＝．所以当m＝－1时，它有最大值，最大值为3（如图1所示）．‎ 图1图2‎ 考点伸展当m变化时，抛物线y＝x2＋2(m－2)x＋m2－‎3m＋3＝0的顶点的运动轨迹是什么？因为抛物线的对称轴是直线x＝－(m－2)，所以抛物线的顶点的纵坐标y＝(m－2)2－2(m－2)2＋m2－‎3m＋3＝m－1．因为x＋y＝－(m－2)＋m－1＝1为定值，所以y＝－x＋1．‎ 也就是说，抛物线的顶点(x, y)的运动轨迹是直线y＝－x＋1（如图2所示）．‎ 例 3 湖南省湘潭市中考第26题 如图1，已知二次函数y＝－x2＋bx＋c的对称轴为x＝2，且经过原点，直线AC的解析式为y＝kx＋4，直线AC与y轴交于点A，与二次函数的图象交于B、C两点．（1）求二次函数解析式；（2）若，求k的值；（3）若以BC为直径的圆经过原点，求k的值．‎ 图1 图2 图3 图4‎ 图文解析（1）因为原点O关于直线x＝2的对称点为(4, 0)，所以抛物线y＝－x2＋bx＋c的解析式为y＝－x(x－4)＝－x2＋4x．（2）如图2，因为，所以．设xB＝m，那么xC＝‎4m．将点B(m, km＋4)、C(‎4m, ‎4km＋4)分别代入y＝－x(x－4)，得①－②÷4，整理，得m2＝1．所以m＝1．将m＝1代入①，得k＋4＝3．解得k＝－1．此时点C落在x轴上（如图3）．（3）因为B、C是直线y＝kx＋4与抛物线的交点，设B(x1,kx1＋4)，C(x2,kx2＋4)．联立y＝－x2＋4x和y＝kx＋4，消去y，整理，得x2＋(k－4)x＋4＝0．所以x1＋x2＝4－k，x1x2＝4．如图5，若以BC为直径的圆经过原点，那么∠BOC＝90°．作BM⊥y轴，CN⊥y轴，垂足分别为M、N，那么△BMO∽△ONC．根据，得．所以．‎ 将x1＋x2＝4－k，x1x2＝4代入，得．解得．‎ 考点伸展第（2）题也可以先用抛物线的解析式设点B、C的坐标，再代入直线的解析式列方程组．将点B(m,－m2＋‎4m)、C(‎4m,－‎16m2‎＋‎16m)分别代入y＝kx＋4，得 ‎①×4－②，得‎12m2‎＝12．所以m＝1．将m＝1代入①，得3＝k＋4．解得k＝－1．‎ 例 4 湖南省株洲市中考第24题 已知抛物线和直线．（1）求证：无论k取何实数值，抛物线与x轴有两个不同的交点；（2）抛物线与x轴交于A、B两点，直线与x轴交于点C，设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3，求x1·x2·x3的最大值；‎ ‎（3）如果抛物线与x轴的两个交点A、B在原点的右边，直线与x轴的交点C在原点的左边，又抛物线、直线分别交y轴于点D、E，直线AD交直线CE于点G（如图1），且CA·GE＝CG·AB，求抛物线的解析式．‎ 图1 图2 图3‎ 图文解析（1）因为＞0，所以无论k取何实数值，抛物线与x轴有两个不同的交点．（2）由，得C(－(k＋1), 0)．所以x3＝－(k＋1)．由根与系数的关系，得x1·x2＝．所以x1·x2·x3＝＝．因此当时，x1·x2·x3取得最大值，最大值＝＝．（3）如图2，由CA·GE＝CG·AB，得．所以AG//BE，即AD//BE．所以，即．所以．所以．所以x2＝k＋1，或－k－1（舍）．又因为x1＋x2＝k＋2，所以x1＝1，即A(1, 0)．‎ 再将点A(1, 0)代入，得．‎ 解得k＝2．所以抛物线的解析式为y＝x2－4x＋3．‎ 考点伸展把第（3）题中的条件“CA·GE＝CG·AB”改为“EC＝EB”，其他条件不变，那么抛物线的解析式是怎样的呢？如图3，因为点E在y轴上，当EC＝EB时，B、C两点关于y轴对称，所以B(k＋1, 0)．将点B(k＋1, 0)代入，得．解得k＝2．所以抛物线的解析式为y＝x2－4x＋3．‎ ‎§ 4.1图形的平移 例 1 泰安市中考第15题 如图1，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2, 0），点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′B′A′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为（ ）．A．（4，） B．（3，） C．（4，） D．（3，）答案 A．思路如下：如图2，当点B的坐标为（2, 0），点A的横坐标为1．‎ 当点A'的横坐标为3时，等边三角形A′OC的边长为6．‎ 在Rt△B′CD中，B′C＝4，所以DC＝2，B′D＝．此时B′．‎ ‎ 图1 图2‎ 例 2 咸宁市中考第14题 如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(0, 6)，将△OAB沿x轴向左平移得到 ‎△O′A′B′，点A的对应点A′落在直线上，则点B与其对应点B′间的距离为______．‎ 图1 图2 图1 图2‎ 答案 8．思路如下：当y＝6时，解方程，得x＝－8.所以AA′＝8.‎ 图形在平移的过程中，对应点的连线平行且相等，所以BB′＝AA′＝8.‎ 例 3 株洲市中考第14题 已知直线y＝2x＋(3－a)与x轴的交点在A(2, 0)，B(3, 0)之间（包括A、B两点）则a的取值范围是_____________．‎ 答案 7≤a≤9．思路如下：如图1，将点A(2, 0)代入y＝2x＋(3－a)，得4＋(3－a)＝0．解得a＝7．如图2，将点B(3, 0)代入y＝2x＋(3－a)，得6＋(3－a)＝0．解得a＝9．‎ 例 4 2016年上海市虹口区中考模拟第18题 如图1，已知△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，将△ABC沿射线BC方向平移m个单位得到△DEF，顶点A、B、C分别与D、E、F对应，若以点A、D、E为顶点的三角形是等腰三角形，且AE为腰，则m的值是__________．‎ 图1图2 图3 图4‎ 答案 6或．思路如下：如图2，四边形ABED保持平行四边形，AM＝EN＝4，BM＝DN＝3，AD＝BE＝m．①如图3，当EA＝ED时，点E在AD的垂直平分线上，此时AD＝2ND＝6．②如图4，当AE＝AD时，根据AE2＝AD2，得m2＝42＋(m－3)2．解得．‎ ‎§4.2 图形的翻折 例 5 上海市奉贤区中考模拟第18题 如图1，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，AC＝2，点D在BC上，将△ACD沿直线AD翻折后，点C落在点E处，边AE交边BC于点F，如果DE//AB，那么的值是______． ‎ 答案 ．思路如下：如图2，作AH⊥BC于H．在Rt△ACH中，∠C＝30°，AC＝2，所以AH＝1，CH＝．在Rt△ABH中，∠B＝45°，所以BH＝AH＝1．所以BC＝．‎ 如图3，当DE//AB时，∠BAE＝∠AED＝∠C＝30°．此时∠AFC＝∠B＋∠BAE＝75°．‎ 在△ACF中，∠C＝30°，∠AFC＝75°，所以∠FAC＝75°．所以CF＝CA＝2．‎ 所以BF＝BC－CF＝＝．所以．另解：也可以根据△BAF∽△BCA先求得BF的长．由BA2＝BF·BA，得．所以．‎ ‎ 图1图2 图3例6图1‎ 例 6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题 如图1，在△ABC中，AB＝AC＝4，cosC＝，BD是中线，将△CBD沿直线BD翻折，点C落在点E，那么AE的长为_______．答案 ．思路如下：如图2，作AM作BC 于M，DN⊥BC于N．在Rt△ACM中，AC＝4，cosC＝，所以CM＝1．所以BC＝‎2CM＝2已知D是AC的中点，所以BC＝DC＝2．如图3，由BE＝BC，BC＝DC，DC＝DA，得BE＝DA．由∠1＝∠2，∠1＝∠3，得∠2＝∠3．所以EB//AC．所以四边形AEBD是平行四边形．所以AE＝BD．如图2，在Rt△DCN中，DC＝2，CN＝，所以DN＝．在Rt△DBN中，BN＝，所以BD＝．所以AE＝．‎ 图2 图3图1图2‎ 例 7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题 如图1，已知在△ABC中，AB＝AC，tan∠B＝，将△ABC翻折，使点C与点A重合，折痕DE交边BC于点D，交边AC于点E，那么的值为_________．‎ 答案 ．思路如下：如图2，作AH⊥BC于H，那么BH＝CH．已知tan∠B＝＝，设AH＝1，BH＝3．设DC＝DA＝m．在Rt△ADH中，由勾股定理，得m2＝12＋(3－m)2．‎ 解得．所以BD＝BC－DC＝＝．所以．‎ 例 8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题 Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝15，AC＝20，点D在边AC上，DE⊥AB，垂足为E，将△ADE沿直线DE翻折，翻折后点A的对应点为点P，当∠CPD为直角时，AD的长是_________．答案 ．思路如下：如图1，作CH⊥AB于H．在Rt△ABC中，BC＝15，AC＝20，所以AB＝25，cosB＝，cosA＝．在Rt△BCH中，BH＝BC·cosB＝＝9．当∠CPD＝90°时，∠CPH与∠DPE互余．又因为∠B与∠A互余，∠DPE＝∠A，所以∠CPH＝∠B．于是可得PH＝BH＝9．所以AP＝25－18＝7．所以AE＝．所以AD＝AE＝．‎ 图1 图1 图2‎ 例 9 2016年上海市普陀区中考模拟第18题 如图1，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD上，这时折痕与边AD和边BC分别交于点E、F．然后再展开铺平，以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”．如图2，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，当“折痕△BEF”的面积最大时，点E的坐标是___________． 答案 ．思路如下：设菱形BFGE的边长为m．‎ 如图4，当G、D重合时，在Rt△ABE中，AB＝2，BE＝m，AE＝4－m．由勾股定理，得m2＝22＋(4－m)2．解得m＝．此时AE＝4－m＝，点E的坐标为．‎ 图3 图4图1图2‎ 例 10 2016年张家界市中考第14题 如图1，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的点E处，EQ与BC相交于F，若AD‎＝‎‎8cm，AB＝‎6cm，AE＝‎4cm．则△EBF的周长是 cm．‎ 答案8．思路如下：设HE＝HD＝m，那么AH＝8－m．在Rt△AHE中，由HE2＝AE2＋AH2，得m2＝42＋(8－m)2．解得m＝5．所以△AHE的周长为3＋4＋5＝12．因为△AHE∽△BEF，AH∶BE＝3∶2，根据相似三角形的周长比等于对应边的比，可得△BEF的周长为8．‎ 例 11 2016年常德市中考第15题 如图1，把平行四边形ABCD折叠，使点C与点A重合，这时点D落在D1，折痕为EF，若∠BAE＝55°，则∠D1AD＝_________．‎ 图1图2 图3‎ 答案 55°．思路如下：如图2，连结FC、DD1．因为四边形AECF是菱形，根据中心对称性，∠DCA＝∠BAE．如图3，因为A与C、D与D1关于直线EF对称，所以四边形ACDD1‎ 是等腰梯形，所以对角线AD与CD1交于对称轴上的点F，根据对称性，∠D1AD＝∠DCA．‎ 例 12 2016年淮安市中考第18题 如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点F在边AC上，并且CF＝3，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF折叠，点C落在点P处，则点P到边AB的距离的最小值是________．答案 ．思路如下：如图2，作PG⊥AB于G，作FH⊥AB于H．‎ 在Rt△AFH中，FH＝AF·sin∠A＝＝．在△PFG中，PF＝2为定值，PF＋PG＞FG．‎ 而FG的最小值是FH，所以PG的最小值是FH－PF＝＝（如图3）．‎ 图1‎ ‎§4.3图形的旋转 例 15 2016年上海三模联考第18题 如图1，已知AD是等腰三角形ABC底边BC上的高，AD∶DC＝1∶3，将△ADC绕着点D旋转，得△DEF，点A、C分别与点E、F对应，且EF与直线AB重合，设AC与DF相交于点O，那么S△AOF∶S△DOC＝__________．‎ 图1图2‎ 答案 32∶45．思路如下：如图2，设AD＝m，DB＝DC＝‎3m，那么AC＝EF＝m，cos∠BAD＝．作DH⊥AB于H，那么AH＝AD·cos∠BAD＝m．所以AE＝m．‎ 于是AF＝EF－AE＝m．由△AOF∽△DOC，得S△AOF∶S△DOC＝AF2∶DC2＝＝32∶45．‎ 例 16 2016年上海市崇明县中考模拟第18题 如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝2，将△ABC绕点C逆时针旋转60°，得到△MNC，联结BM，那么BM的长是___________．‎ 图1图2 例17图1图2‎ 答案 ．思路如下：如图2，在等腰Rt△ABC中，AB＝BC＝2，高BH＝．‎ 在等边三角形AMC中，AC＝2，高MH＝．‎ 例 17 2016年上海市黄浦区中考模拟第18题 如图1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，将△ABC绕点C逆时针旋转，旋转后的图形是△A′B′C，点A的对应点A′落在中线AD上，且点A′是△ABC的重心，A′B′与BC相交于点E，那么BE∶CE＝___________．答案 4∶3．思路如下：根据旋转前后的对应边相等，对应角相等，可知∠ACB＝∠A′CB′，CA＝CA′．所以∠CAA′＝∠CA′A．又因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，所以DA＝DC．所以∠CAA′＝∠ACB．所以∠A′CB′＝∠CA′A．所以AD// B′C．根据重心的性质，可得．又因为，所以．所以．所以．‎ 例 18 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟第18题 如图1，点D在边长为6的等边三角形ABC的边AC上，且AD＝2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转60°，若此时点A和点D的对应点分别记为点E和点F，联结BF交边AC于点G，那么tan∠AEG＝__________．‎ 图1 图2 图3‎ 答案 ．思路如下：如图2，将△ABC绕点C顺时针方向旋转60°，得到菱形ABCE．延长AE交BF的延长线于M．因为，所以．设菱形的边长为‎10m，那么AG＝‎6m．如图3，作GH⊥AE于H．在Rt△AGH中，∠GAH＝60°，所以AH＝AG＝‎3m，GH＝．在Rt△EGH中，EH＝AE－AH＝‎7m，所以tan∠AEG＝．‎ 例 19 2016年上海市闸北区中考模拟第18题 如图1，底角为α的等腰三角形ABC绕着点B顺时针旋转，使得点A与BC边上的点D重合，点C与点E重合，联结AD、CE，已知tanα＝，AB＝5，则CE＝_________．‎ 图1图2 图3‎ 答案 ．思路如下：如图2，作AH⊥BC于H，那么BH＝CH．在Rt△ABH中，tan∠B＝，AB＝5，由此可得AH＝3，BH＝4．所以BC＝8．在Rt△ADH中，DH＝BD－BH＝5－4＝1，所以AD＝．如图3，由△BAD∽△BCE，得，即．所以．例 20 2016年邵阳市中考第13题 如图1，将等边三角形CBA绕点C顺时针旋转∠α得到三角形CB′A′，使得B、C、A′三点在同一条直线上，则∠α的大小是_________．‎ 图1图2‎ 答案 120°．思路如下：‎