2016挑战中考数学压轴题第九版精选

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2016挑战中考数学压轴题第九版精选

目 录 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 ‎ 例1 2015年上海市宝山嘉定区中考模拟第24题 例2 2014年武汉市中考第24题 例3 2012年苏州市中考第29题 例4 2012年黄冈市中考第25题 例5 2010年义乌市中考第24题 例6 2009年临沂市中考第26题 ‎1.2 因动点产生的等腰三角形问题 例1 2015年重庆市中考第25题 例2 2014年长沙市中考第第26题 例3 2013年上海市虹口区中考模拟第25题 例4 2012年扬州市中考第27题 例5 2012年临沂市中考第26题 例6 2011年盐城市中考第28题 ‎1.3 因动点产生的直角三角形问题 例1 2015年上海市虹口区中考模拟第25题 例2 2014年苏州市中考第29题 例3 2013年山西省中考第26题 例4 2012年广州市中考第24题 例5 2012年杭州市中考第22题 ‎ 例6 2011年浙江省中考第23题 例7 2010年北京市中考第24题 ‎1.4 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 例2 2014年陕西省中考第24题 例3 2013年上海市松江区中考模拟第24题 例4 2012年福州市中考第21题 例5 2012年烟台市中考第26题 例6 2011年上海市中考第24题 例7 2011年江西省中考第24题 ‎1.5 因动点产生的梯形问题 例1 2015年上海市徐汇区中考模拟第24题 例2 2014年上海市金山区中考模拟第24题 例3 2012年上海市松江中考模拟第24题 例4 2012年衢州市中考第24题 ‎ 例5 2011年义乌市中考第24题 ‎1.6 因动点产生的面积问题 例1 2015年河南市中考第23题 例2 2014年昆明市中考第23题 例3 2013年苏州市中考第29题 例4 2012年菏泽市中考第21题 例5 2012年河南省中考第23题 例6 2011年南通市中考第28题 例7 2010年广州市中考第25题 ‎1.7 因动点产生的相切问题 例1 2015年上海市闵行区中考模拟第24题 例2 2014年上海市徐汇区中考模拟第25题 例3 2013年上海市杨浦区中考模拟第25题 ‎1.8 因动点产生的线段和差问题 例1 2015年福州市中考第26题 例2 2014年广州市中考第24题 例3 2013年天津市中考第25题 例4 2012年滨州市中考第24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 例1 2015年呼和浩特市中考第25题 例2 2014年上海市徐汇区中考模拟第25题 例3 2013年宁波市中考第26题 例4 2012年上海市徐汇区中考模拟第25题 ‎2.2 由面积公式产生的函数关系问题 例1 2015年上海市徐汇区中考模拟第25题 例2 2014年黄冈市中考第25题 例3 2013年菏泽市中考第21题 例4 2012年广东省中考第22题 ‎ 例5 2012年河北省中考第26题 ‎ 例6 2011年淮安市中考第28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 例1 2015年北京市中考第29题 例2 2014年福州市中考第22题 例3 2013年南京市中考第26题 ‎3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题 例1 2015年杭州市中考第22题 例2 2014年安徽省中考第23题 例3 2013年上海市黄浦区中考模拟第24题 第四部分 图形的平移翻折与旋转 ‎4.1图形的平移 例1 2015年泰安市中考第15题 例2 2014年江西省中考第11题 ‎4.2图形的翻折 例1 2015年上海市宝山区嘉定区中考模拟第18题 例2 2014年上海市中考第18题 ‎4.3图形的旋转 例1 2015年扬州市中考第17题 例2 2014年上海市黄浦区中考模拟第18题 ‎4.4三角形 例1 2015年上海市长宁区中考模拟第18题 例2 2014年泰州市中考第16题 ‎4.5四边形 例1 2015年安徽省中考第19题 例2 2014年广州市中考第8题 ‎4.6圆 例1 2015年兰州市中考第15题 例2 2014年温州市中考第16题 ‎4.7函数图像的性质 例1 2015年青岛市中考第8题 例2 2014年苏州市中考第18题 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 ‎ ‎ 例1 2015年上海市宝山区嘉定区中考模拟第24题 如图1,在平面直角坐标系中,双曲线(k≠0)与直线y=x+2都经过点A(2, m). ‎ ‎(1)求k与m的值;‎ ‎(2)此双曲线又经过点B(n, 2),过点B的直线BC与直线y=x+2平行交y轴于点C,联结AB、AC,求△ABC的面积;‎ ‎(3)在(2)的条件下,设直线y=x+2与y轴交于点D,在射线CB上有一点E,如果以点A、C、E所组成的三角形与△ACD相似,且相似比不为1,求点E的坐标.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15宝山嘉定24”,拖动点E在射线CB上运动,可以体验到,△ACE与△ACD相似,存在两种情况.‎ 思路点拨 ‎1.直线AD//BC,与坐标轴的夹角为45°.‎ ‎2.求△ABC的面积,一般用割补法.‎ ‎3.讨论△ACE与△ACD相似,先寻找一组等角,再根据对应边成比例分两种情况列方程.‎ 满分解答 ‎(1)将点A(2, m)代入y=x+2,得m=4.所以点A的坐标为(2, 4).‎ 将点A(2, 4)代入,得k=8.‎ ‎(2)将点B(n, 2),代入,得n=4.‎ 所以点B的坐标为(4, 2).‎ 设直线BC为y=x+b,代入点B(4, 2),得b=-2.‎ 所以点C的坐标为(0,-2).‎ 由A(2, 4) 、B(4, 2) 、C (0,-2),可知A、B两点间的水平距离和竖直距离都是2,B、C两点间的水平距离和竖直距离都是4.‎ 所以AB=,BC=,∠ABC=90°. 图2‎ 所以S△ABC===8. ‎ ‎(3)由A(2, 4) 、D(0, 2) 、C (0,-2),得AD=,AC=.‎ 由于∠DAC+∠ACD=45°,∠ACE+∠ACD=45°,所以∠DAC=∠ACE.‎ 所以△ACE与△ACD相似,分两种情况:‎ ‎①如图3,当时,CE=AD=.‎ 此时△ACD≌△CAE,相似比为1.‎ ‎②如图4,当时,.解得CE=.此时C、E两点间的水平距离和竖直距离都是10,所以E(10, 8).‎ 图3 图4‎ 考点伸展 第(2)题我们在计算△ABC的面积时,恰好△ABC是直角三角形.‎ 一般情况下,在坐标平面内计算图形的面积,用割补法.‎ 如图5,作△ABC的外接矩形HCNM,MN//y轴.‎ 由S矩形HCNM=24,S△AHC=6,S△AMB=2,S△BCN=8,得S△ABC=8.‎ 图5‎ 例2 2014年武汉市中考第24题 如图1,Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=‎6 cm,BC=‎8 cm,动点P从点B出发,在BA边上以每秒‎5 cm的速度向点A匀速运动,同时动点Q从点C出发,在CB边上以每秒‎4 cm的速度向点B匀速运动,运动时间为t秒(0<t<2),连接PQ.‎ ‎(1)若△BPQ与△ABC相似,求t的值;‎ ‎(2)如图2,连接AQ、CP,若AQ⊥CP,求t的值;‎ ‎(3)试证明:PQ的中点在△ABC的一条中位线上.‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14武汉24”,拖动点P运动,可以体验到,若△BPQ可以两次成为直角三角形,与△ABC相似.当AQ⊥CP时,△ACQ∽△CDP.PQ的中点H在 ‎△ABC的中位线EF上.‎ 思路点拨 ‎1.△BPQ与△ABC有公共角,按照夹角相等,对应边成比例,分两种情况列方程.‎ ‎2.作PD⊥BC于D,动点P、Q的速度,暗含了BD=CQ.‎ ‎3.PQ的中点H在哪条中位线上?画两个不同时刻P、Q、H的位置,一目了然.‎ 满分解答 ‎(1)Rt△ABC中,AC=6,BC=8,所以AB=10.‎ ‎△BPQ与△ABC相似,存在两种情况:‎ ‎① 如果,那么.解得t=1.‎ ‎② 如果,那么.解得.‎ 图3 图4‎ ‎(2)作PD⊥BC,垂足为D.‎ 在Rt△BPD中,BP=5t,cosB=,所以BD=BPcosB=4t,PD=3t.‎ 当AQ⊥CP时,△ACQ∽△CDP.‎ 所以,即.解得.‎ 图5 图6‎ ‎(3)如图4,过PQ的中点H作BC的垂线,垂足为F,交AB于E.‎ 由于H是PQ的中点,HF//PD,所以F是QD的中点.‎ 又因为BD=CQ=4t,所以BF=CF.‎ 因此F是BC的中点,E是AB的中点.‎ 所以PQ的中点H在△ABC的中位线EF上.‎ 考点伸展 本题情景下,如果以PQ为直径的⊙H与△ABC的边相切,求t的值.‎ 如图7,当⊙H与AB相切时,QP⊥AB,就是,.‎ 如图8,当⊙H与BC相切时,PQ⊥BC,就是,t=1.‎ 如图9,当⊙H与AC相切时,直径,‎ 半径等于FC=4.所以.‎ 解得,或t=0(如图10,但是与已知0<t<2矛盾).‎ 图7 图 8 图9 图10‎ 例3 2012年苏州市中考第29题 如图1,已知抛物线(b是实数且b>2)与x轴的正半轴分别交于点A、B(点A位于点B是左侧),与y轴的正半轴交于点C.‎ ‎(1)点B的坐标为______,点C的坐标为__________(用含b的代数式表示);‎ ‎(2)请你探索在第一象限内是否存在点P,使得四边形PCOB的面积等于2b,且△PBC是以点P为直角顶点的等腰直角三角形?如果存在,求出点P的坐标;如果不存在,请说明理由;‎ ‎(3)请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q,使得△QCO、△QOA和△QAB中的任意两个三角形均相似(全等可看作相似的特殊情况)?如果存在,求出点Q的坐标;如果不存在,请说明理由.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12苏州29”,拖动点B在x轴的正半轴上运动,可以体验到,点P到两坐标轴的距离相等,存在四边形PCOB的面积等于2b的时刻.双击按钮“第(3)题”,拖动点B,可以体验到,存在∠OQA=∠B的时刻,也存在∠OQ′A=∠B的时刻.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题中,等腰直角三角形PBC暗示了点P到两坐标轴的距离相等.‎ ‎2.联结OP,把四边形PCOB重新分割为两个等高的三角形,底边可以用含b的式子表示.‎ ‎3.第(3)题要探究三个三角形两两相似,第一直觉这三个三角形是直角三角形,点Q最大的可能在经过点A与x轴垂直的直线上.‎ 满分解答 ‎(1)B的坐标为(b, 0),点C的坐标为(0, ).‎ ‎(2)如图2,过点P作PD⊥x轴,PE⊥y轴,垂足分别为D、E,那么△PDB≌△PEC.‎ 因此PD=PE.设点P的坐标为(x, x).‎ 如图3,联结OP.‎ 所以S四边形PCOB=S△PCO+S△PBO==2b.‎ 解得.所以点P的坐标为().‎ 图2 图3‎ ‎(3)由,得A(1, 0),OA=1.‎ ‎①如图4,以OA、OC为邻边构造矩形OAQC,那么△OQC≌△QOA.‎ 当,即时,△BQA∽△QOA.‎ 所以.解得.所以符合题意的点Q为().‎ ‎②如图5,以OC为直径的圆与直线x=1交于点Q,那么∠OQC=90°。‎ 因此△OCQ∽△QOA.‎ 当时,△BQA∽△QOA.此时∠OQB=90°.‎ 所以C、Q、B三点共线.因此,即.解得.此时Q(1,4).‎ 图4 图5‎ 考点伸展 第(3)题的思路是,A、C、O三点是确定的,B是x轴正半轴上待定的点,而∠QOA与∠QOC是互余的,那么我们自然想到三个三角形都是直角三角形的情况.‎ 这样,先根据△QOA与△QOC相似把点Q的位置确定下来,再根据两直角边对应成比例确定点B的位置.‎ 如图中,圆与直线x=1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢?‎ 如果符合题意的话,那么点B的位置距离点A很近,这与OB=4OC矛盾.‎ 例4 2012年黄冈市中考模拟第25题 如图1,已知抛物线的方程C1: (m>0)与x轴交于点B、C,与y轴交于点E,且点B在点C的左侧.‎ ‎(1)若抛物线C1过点M(2, 2),求实数m的值;‎ ‎(2)在(1)的条件下,求△BCE的面积;‎ ‎(3)在(1)的条件下,在抛物线的对称轴上找一点H,使得BH+EH最小,求出点H的坐标;‎ ‎(4)在第四象限内,抛物线C1上是否存在点F,使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似?若存在,求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“12黄冈‎25”‎,拖动点C在x轴正半轴上运动,观察左图,可以体验到,EC与BF保持平行,但是∠BFC在无限远处也不等于45°.观察右图,可以体验到,∠CBF保持45°,存在∠BFC=∠BCE的时刻.‎ 思路点拨 ‎1.第(3)题是典型的“牛喝水”问题,当H落在线段EC上时,BH+EH最小.‎ ‎2.第(4)题的解题策略是:先分两种情况画直线BF,作∠CBF=∠EBC=45°,或者作BF//EC.再用含m的式子表示点F的坐标.然后根据夹角相等,两边对应成比例列关于m的方程.‎ 满分解答 ‎(1)将M(2, 2)代入,得.解得m=4.‎ ‎(2)当m=4时,.所以C(4, 0),E(0, 2).‎ 所以S△BCE=.‎ ‎(3)如图2,抛物线的对称轴是直线x=1,当H落在线段EC上时,BH+EH最小.‎ 设对称轴与x轴的交点为P,那么.‎ 因此.解得.所以点H的坐标为.‎ ‎(4)①如图3,过点B作EC的平行线交抛物线于F,过点F作FF′⊥x轴于F′.‎ 由于∠BCE=∠FBC,所以当,即时,△BCE∽△FBC.‎ 设点F的坐标为,由,得.‎ 解得x=m+2.所以F′(m+2, 0).‎ 由,得.所以.‎ 由,得.‎ 整理,得0=16.此方程无解.‎ 图2 图3 图4‎ ‎②如图4,作∠CBF=45°交抛物线于F,过点F作FF′⊥x轴于F′,‎ 由于∠EBC=∠CBF,所以,即时,△BCE∽△BFC.‎ 在Rt△BFF′中,由FF′=BF′,得.‎ 解得x=‎2m.所以F′.所以BF′=‎2m+2,.‎ 由,得.解得.‎ 综合①、②,符合题意的m为.‎ 考点伸展 第(4)题也可以这样求BF的长:在求得点F′、F的坐标后,根据两点间的距离公式求BF的长.‎ 例5 2010年义乌市中考第24题 如图1,已知梯形OABC,抛物线分别过点O(0,0)、A(2,0)、B(6,3).‎ ‎(1)直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标;‎ ‎(2)将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移,分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1,得到如图2的梯形O‎1A1B‎1C1.设梯形O‎1A1B‎1C1的面积为S,A1、 B1的坐标分别为 (x1,y1)、(x2,y2).用含S的代数式表示x2-x1,并求出当S=36时点A1的坐标;‎ ‎(3)在图1中,设点D的坐标为(1,3),动点P从点B出发,以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动,动点Q从点D出发,以与点P相同的速度沿着线段DM运动.P、Q两点同时出发,当点Q到达点M时,P、Q两点同时停止运动.设P、Q两点的运动时间为t,是否存在某一时刻t,使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似?若存在,请求出t的值;若不存在,请说明理由.‎ ‎ ‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“10义乌‎24”‎,拖动点I上下运动,观察图形和图象,可以体验到,x2-x1随S的增大而减小.双击按钮“第(3)题”,拖动点Q在DM上运动,可以体验到,如果∠GAF=∠GQE,那么△GAF与△GQE相似.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题用含S的代数式表示x2-x1,我们反其道而行之,用x1,x2表示S.再注意平移过程中梯形的高保持不变,即y2-y1=3.通过代数变形就可以了.‎ ‎2.第(3)题最大的障碍在于画示意图,在没有计算结果的情况下,无法画出准确的位置关系,因此本题的策略是先假设,再说理计算,后验证.‎ ‎3.第(3)题的示意图,不变的关系是:直线AB与x轴的夹角不变,直线AB与抛物线的对称轴的夹角不变.变化的直线PQ的斜率,因此假设直线PQ与AB的交点G在x轴的下方,或者假设交点G在x轴的上方.‎ 满分解答 ‎(1)抛物线的对称轴为直线,解析式为,顶点为M(1,).‎ ‎(2) 梯形O‎1A1B‎1C1的面积,由此得到.由于,所以.整理,得.因此得到.‎ 当S=36时, 解得 此时点A1的坐标为(6,3).‎ ‎(3)设直线AB与PQ交于点G,直线AB与抛物线的对称轴交于点E,直线PQ与x轴交于点F,那么要探求相似的△GAF与△GQE,有一个公共角∠G.‎ 在△GEQ中,∠GEQ是直线AB与抛物线对称轴的夹角,为定值.‎ 在△GAF中,∠GAF是直线AB与x轴的夹角,也为定值,而且∠GEQ≠∠GAF.‎ 因此只存在∠GQE=∠GAF的可能,△GQE∽△GAF.这时∠GAF=∠GQE=∠PQD.‎ 由于,,所以.解得.‎ ‎ ‎ 图3 图4‎ 考点伸展 第(3)题是否存在点G在x轴上方的情况?如图4,假如存在,说理过程相同,求得的t的值也是相同的.事实上,图3和图4都是假设存在的示意图,实际的图形更接近图3.‎ 例6 2009年临沂市中考第26题 如图1,抛物线经过点A(4,0)、B(1,0)、C(0,-2)三点.‎ ‎(1)求此抛物线的解析式;‎ ‎(2)P是抛物线上的一个动点,过P作PM⊥x轴,垂足为M,是否存在点P,使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似?若存在,请求出符合条件的 点P的坐标;若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)在直线AC上方的抛物线是有一点D,使得△DCA的面积最大,求出点D的坐标.‎ ‎,‎ 图1‎ 动感体验 ‎ 请打开几何画板文件名“09临沂26”,拖动点P在抛物线上运动,可以体验到,△PAM的形状在变化,分别双击按钮“P在B左侧”、“ P在x轴上方”和“P在A右侧”,可以显示△PAM与△OAC相似的三个情景.‎ 双击按钮“第(3)题”, 拖动点D在x轴上方的抛物线上运动,观察△DCA的形状和面积随D变化的图象,可以体验到,E是AC的中点时,△DCA的面积最大.‎ 思路点拨 ‎1.已知抛物线与x轴的两个交点,用待定系数法求解析式时,设交点式比较简便.‎ ‎2.数形结合,用解析式表示图象上点的坐标,用点的坐标表示线段的长.‎ ‎3.按照两条直角边对应成比例,分两种情况列方程.‎ ‎4.把△DCA可以分割为共底的两个三角形,高的和等于OA.‎ 满分解答 ‎ ‎(1)因为抛物线与x轴交于A(4,0)、B(1,0)两点,设抛物线的解析式为,代入点C的 坐标(0,-2),解得.所以抛物线的解析式为.‎ ‎(2)设点P的坐标为.‎ ‎①如图2,当点P在x轴上方时,1<x<4,,.‎ 如果,那么.解得不合题意.‎ 如果,那么.解得.‎ 此时点P的坐标为(2,1).‎ ‎②如图3,当点P在点A的右侧时,x>4,,.‎ 解方程,得.此时点P的坐标为.‎ 解方程,得不合题意.‎ ‎③如图4,当点P在点B的左侧时,x<1,,.‎ 解方程,得.此时点P的坐标为.‎ 解方程,得.此时点P与点O重合,不合题意.‎ 综上所述,符合条件的 点P的坐标为(2,1)或或.‎ ‎ ‎ 图2 图3 图4‎ ‎(3)如图5,过点D作x轴的垂线交AC于E.直线AC的解析式为.‎ 设点D的横坐标为m,那么点D的坐标为,点E的坐标为.所以.‎ 因此.‎ 当时,△DCA的面积最大,此时点D的坐标为(2,1).‎ ‎ ‎ 图5 图6‎ 考点伸展 第(3)题也可以这样解:‎ 如图6,过D点构造矩形OAMN,那么△DCA的面积等于直角梯形CAMN的面积减去△CDN和△ADM的面积.‎ 设点D的横坐标为(m,n),那么 ‎.‎ 由于,所以.‎ 1.2 因动点产生的等腰三角形问题 例1 2015年重庆市中考第25题 如图1,在△ABC中,ACB=90°,∠BAC=60°,点E是∠BAC的平分线上一点,过点E作AE的垂线,过点A作AB的垂线,两垂线交于点D,连接DB,点F是BD的中点,DH⊥AC,垂足为H,连接EF,HF.‎ ‎(1)如图1,若点H是AC的中点,AC=,求AB、BD的长;‎ ‎(2)如图1,求证:HF=EF.‎ ‎(3)如图2,连接CF、CE,猜想:△CEF是否是等边三角形?若是,请证明;若不是,请说明理由.‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15重庆25”,拖动点E运动,可以体验到,△FAE与△FDH保持全等,△CMF与△CAE保持全等,△CEF保持等边三角形的形状.‎ 思路点拨 ‎1.把图形中所有30°的角都标注出来,便于寻找等角和等边.‎ ‎2.中点F有哪些用处呢?联想到斜边上的中线和中位线就有思路构造辅助线了.‎ 满分解答 ‎(1)如图3,在Rt△ABC中,∠BAC=60°,AC=,所以AB=.‎ 在Rt△ADH中,∠DAH=30°,AH=,所以DH=1,AD=2.‎ 在Rt△ADB中,AD=2,AB=,由勾股定理,得BD=.‎ ‎(2)如图4,由∠DAB=90°,∠BAC=60°,AE平分∠BAC,得∠DAE=60°,‎ ‎∠DAH=30°.‎ 在Rt△ADE中,AE=.在Rt△ADH中,DH=.所以AE=DH.‎ 因为点F是Rt△ABD的斜边上的中线,所以FA=FD,∠FAD=∠FDA.‎ 所以∠FAE=∠FDH.所以△FAE≌△FDH.所以EF=HF.‎ 图3 图4 图5‎ ‎(3)如图5,作FM⊥AB于M,联结CM.‎ 由FM//DA,F是DB的中点,得M是AB的中点.‎ 因此FM=,△ACM是等边三角形.‎ 又因为AE=,所以FM=EA.‎ 又因为CM=CA,∠CMF=∠CAE=30°,所以△CMF≌△CAE.‎ 所以∠MCF=∠ACE,CF=CE.‎ 所以∠ECF=∠ACM=60°.所以△CEF是等边三角形.‎ 考点伸展 我们再看几个特殊位置时的效果图,看看有没有熟悉的感觉.‎ 如图6,如图7,当点F落在BC边上时,点H与点C重合.‎ 图6 图7‎ 如图8,图9,点E落在BC边上.如图10,图11,等腰梯形ABEC.‎ 图8 图9 图10 图11‎ 例2 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.‎ 图1‎ 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存在三种情况.‎ 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存在三种情况,其中MA=MN和NA=NM两种情况时,点P的纵坐标是相等的.‎ 满分解答 ‎(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:‎ ‎①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 ‎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.‎ ‎③如图5,当NA=NM时,点P的纵坐标为也为.‎ 图4 图5‎ 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3 2013年上海市虹口区中考模拟第25题 如图1,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=6,AC=8,点D为边BC的中点,DE⊥BC交边AC于点E,点P为射线AB上的一动点,点Q为边AC上的一动点,且∠PDQ=90°.‎ ‎(1)求ED、EC的长;‎ ‎(2)若BP=2,求CQ的长;‎ ‎(3)记线段PQ与线段DE的交点为F,若△PDF为等腰三角形,求BP的长.‎ 图1 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“13虹口25”,拖动点P在射线AB上运动,可以体验到,△PDM与△QDN保持相似.观察△PDF,可以看到,P、F可以落在对边的垂直平分线上,不存在DF=DP的情况.‎ 请打开超级画板文件名“13虹口25”,拖动点P在射线AB上运动,可以体验到,△PDM与△QDN保持相似.观察△PDF,可以看到,P、F可以落在对边的垂直平分线上,不存在DF=DP的情况.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题BP=2分两种情况.‎ ‎2.解第(2)题时,画准确的示意图有利于理解题意,观察线段之间的和差关系.‎ ‎3.第(3)题探求等腰三角形PDF时,根据相似三角形的传递性,转化为探求等腰三角形CDQ.‎ 满分解答 ‎(1)在Rt△ABC中, AB=6,AC=8,所以BC=10.‎ 在Rt△CDE中,CD=5,所以,.‎ ‎(2)如图2,过点D作DM⊥AB,DN⊥AC,垂足分别为M、N,那么DM、DN是 ‎△ABC的两条中位线,DM=4,DN=3.‎ 由∠PDQ=90°,∠MDN=90°,可得∠PDM=∠QDN.‎ 因此△PDM∽△QDN.‎ 所以.所以,.‎ 图2 图3 图4‎ ‎①如图3,当BP=2,P在BM上时,PM=1.‎ 此时.所以.‎ ‎②如图4,当BP=2,P在MB的延长线上时,PM=5.‎ 此时.所以.‎ ‎(3)如图5,如图2,在Rt△PDQ中,.‎ 在Rt△ABC中,.所以∠QPD=∠C.‎ 由∠PDQ=90°,∠CDE=90°,可得∠PDF=∠CDQ.‎ 因此△PDF∽△CDQ.‎ 当△PDF是等腰三角形时,△CDQ也是等腰三角形.‎ ‎①如图5,当CQ=CD=5时,QN=CQ-CN=5-4=1(如图3所示).‎ 此时.所以.‎ ‎②如图6,当QC=QD时,由,可得.‎ 所以QN=CN-CQ=(如图2所示).‎ 此时.所以.‎ ‎③不存在DP=DF的情况.这是因为∠DFP≥∠DQP>∠DPQ(如图5,图6所示).‎ 图5 图6‎ 考点伸展 如图6,当△CDQ是等腰三角形时,根据等角的余角相等,可以得到△BDP也是等腰三角形,PB=PD.在△BDP中可以直接求解.‎ 例4 2012年扬州市中考第27题 如图1,抛物线y=ax2+bx+c经过A(-1,0)、B(3, 0)、C(0 ,3)三点,直线l是抛物线的对称轴.‎ ‎(1)求抛物线的函数关系式;‎ ‎(2)设点P是直线l上的一个动点,当△PAC的周长最小时,求点P的坐标;‎ ‎(3)在直线l上是否存在点M,使△MAC为等腰三角形,若存在,直接写出所有符合条件的点M的坐标;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“12扬州27”,拖动点P在抛物线的对称轴上运动,可以体验到,当点P落在线段BC上时,PA+PC最小,△PAC的周长最小.拖动点M在抛物线的对称轴上运动,观察△MAC的三个顶点与对边的垂直平分线的位置关系,可以看到,点M有1次机会落在AC的垂直平分线上;点A有2次机会落在MC的垂直平分线上;点C有2次机会落在MA的垂直平分线上,但是有1次M、A、C三点共线.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题是典型的“牛喝水”问题,点P在线段BC上时△PAC的周长最小.‎ ‎2.第(3)题分三种情况列方程讨论等腰三角形的存在性.‎ 满分解答 ‎(1)因为抛物线与x轴交于A(-1,0)、B(3, 0)两点,设y=a(x+1)(x-3),‎ 代入点C(0 ,3),得-‎3a=3.解得a=-1.‎ 所以抛物线的函数关系式是y=-(x+1)(x-3)=-x2+2x+3.‎ ‎(2)如图2,抛物线的对称轴是直线x=1.‎ 当点P落在线段BC上时,PA+PC最小,△PAC的周长最小.‎ 设抛物线的对称轴与x轴的交点为H.‎ 由,BO=CO,得PH=BH=2.‎ 所以点P的坐标为(1, 2).‎ 图2‎ ‎(3)点M的坐标为(1, 1)、(1,)、(1,)或(1,0).‎ 考点伸展 第(3)题的解题过程是这样的:‎ 设点M的坐标为(1,m).‎ 在△MAC中,AC2=10,MC2=1+(m-3)2,MA2=4+m2.‎ ‎①如图3,当MA=MC时,MA2=MC2.解方程4+m2=1+(m-3)2,得m=1.‎ 此时点M的坐标为(1, 1).‎ ‎②如图4,当AM=AC时,AM2=AC2.解方程4+m2=10,得.‎ 此时点M的坐标为(1,)或(1,).‎ ‎③如图5,当CM=CA时,CM2=CA2.解方程1+(m-3)2=10,得m=0或6.‎ 当M(1, 6)时,M、A、C三点共线,所以此时符合条件的点M的坐标为(1,0).‎ 图3 图4 图5‎ 例5 2012年临沂市中考第26题 如图1,点A在x轴上,OA=4,将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置.‎ ‎(1)求点B的坐标;‎ ‎(2)求经过A、O、B的抛物线的解析式;‎ ‎(3)在此抛物线的对称轴上,是否存在点P,使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求点P的坐标;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“12临沂26”,拖动点P在抛物线的对称轴上运动,可以体验到,⊙O和⊙B以及OB的垂直平分线与抛物线的对称轴有一个共同的交点,当点P运动到⊙O与对称轴的另一个交点时,B、O、P三点共线.‎ 请打开超级画板文件名“12临沂26”,拖动点P,发现存在点P,使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形 思路点拨 ‎1.用代数法探求等腰三角形分三步:先分类,按腰相等分三种情况;再根据两点间的距离公式列方程;然后解方程并检验.‎ ‎2.本题中等腰三角形的角度特殊,三种情况的点P重合在一起.‎ 满分解答 ‎(1)如图2,过点B作BC⊥y轴,垂足为C.‎ 在Rt△OBC中,∠BOC=30°,OB=4,所以BC=2,.‎ 所以点B的坐标为.‎ ‎(2)因为抛物线与x轴交于O、A(4, 0),设抛物线的解析式为y=ax(x-4),‎ 代入点B,.解得.‎ 所以抛物线的解析式为.‎ ‎(3)抛物线的对称轴是直线x=2,设点P的坐标为(2, y).‎ ‎①当OP=OB=4时,OP2=16.所以4+y2=16.解得.‎ 当P在时,B、O、P三点共线(如图2).‎ ‎②当BP=BO=4时,BP2=16.所以.解得.‎ ‎③当PB=PO时,PB2=PO2.所以.解得.‎ 综合①、②、③,点P的坐标为,如图2所示.‎ 图2 图3‎ 考点伸展 如图3,在本题中,设抛物线的顶点为D,那么△DOA与△OAB是两个相似的等腰三角形.‎ 由,得抛物线的顶点为.‎ 因此.所以∠DOA=30°,∠ODA=120°.‎ 例6 2011年盐城市中考第28题 如图1,已知一次函数y=-x+7与正比例函数 的图象交于点A,且与x轴交于点B.‎ ‎(1)求点A和点B的坐标;‎ ‎(2)过点A作AC⊥y轴于点C,过点B作直线l//y轴.动点P从点O出发,以每秒1个单位长的速度,沿O—C—A的路线向点A运动;同时直线l从点B出发,以相同速度向左平移,在平移过程中,直线l交x轴于点R,交线段BA或线段AO于点Q.当点P到达点A时,点P和直线l都停止运动.在运动过程中,设动点P运动的时间为t秒.‎ ‎①当t为何值时,以A、P、R为顶点的三角形的面积为8?‎ ‎②是否存在以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求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“11盐城28”,拖动点R由B向O运动,从图象中可以看到,△APR的面积有一个时刻等于8.观察△APQ,可以体验到,P在OC上时,只存在AP=AQ的情况;P在CA上时,有三个时刻,△APQ是等腰三角形.‎ 思路点拨 ‎1.把图1复制若干个,在每一个图形中解决一个问题.‎ ‎2.求△APR的面积等于8,按照点P的位置分两种情况讨论.事实上,P在CA上运动时,高是定值4,最大面积为6,因此不存在面积为8的可能.‎ ‎3.讨论等腰三角形APQ,按照点P的位置分两种情况讨论,点P的每一种位置又要讨论三种情况.‎ 满分解答 ‎(1)解方程组 得 所以点A的坐标是(3,4).‎ 令,得.所以点B的坐标是(7,0).‎ ‎(2)①如图2,当P在OC上运动时,0≤t<4.由,得.整理,得.解得t=2或t=6(舍去).如图3,当P在CA上运动时,△APR的最大面积为6.‎ 因此,当t=2时,以A、P、R为顶点的三角形的面积为8.‎ 图2 图3 图4‎ ‎②我们先讨论P在OC上运动时的情形,0≤t<4.‎ 如图1,在△AOB中,∠B=45°,∠AOB>45°,OB=7,,所以OB>AB.因此∠OAB>∠AOB>∠B.‎ 如图4,点P由O向C运动的过程中,OP=BR=RQ,所以PQ//x轴.‎ 因此∠AQP=45°保持不变,∠PAQ越来越大,所以只存在∠APQ=∠AQP的情况.‎ 此时点A在PQ的垂直平分线上,OR=2CA=6.所以BR=1,t=1.‎ 我们再来讨论P在CA上运动时的情形,4≤t<7.‎ 在△APQ中, 为定值,,.‎ 如图5,当AP=AQ时,解方程,得.‎ 如图6,当QP=QA时,点Q在PA的垂直平分线上,AP=2(OR-OP).解方程,得.‎ 如7,当PA=PQ时,那么.因此.解方程,得.‎ 综上所述,t=1或或5或时,△APQ是等腰三角形. ‎ 图5 图6 图7‎ 考点伸展 当P在CA上,QP=QA时,也可以用来求解.‎ ‎1.3 因动点产生的直角三角形问题 例1 2015年上海市虹口区中考模拟第25题 如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=13,CD//AB,点E为射线CD上一动点(不与点C重合),联结AE交边BC于F,∠BAE的平分线交BC于点G. ‎ ‎(1)当CE=3时,求S△CEF∶S△CAF的值;‎ ‎(2)设CE=x,AE=y,当CG=2GB时,求y与x之间的函数关系式;‎ ‎(3)当AC=5时,联结EG,若△AEG为直角三角形,求BG的长.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15虹口25”,拖动直角顶点C运动,可以体验到,CG=2GB保持不变,△ABC的形状在改变,EA=EM保持不变.点击屏幕左下角的按钮“第(3)题”,拖动E在射线CD上运动,可以体验到,△AEG可以两次成为直角三角形.‎ 思路点拨 ‎1.第(1)题中的△CEF和△CAF是同高三角形,面积比等于底边的比.‎ ‎2.第(2)题中的△ABC是斜边为定值的形状不确定的直角三角形.‎ ‎3.第(3)题中的直角三角形AEG分两种情况讨论.‎ 满分解答 ‎(1)如图2,由CE//AB,得.‎ 由于△CEF与△CAF是同高三角形,‎ 所以S△CEF∶S△CAF=3∶13.‎ ‎(2)如图3,延长AG交射线CD于M. 图2‎ 由CM//AB,得.所以CM=2AB=26.‎ 由CM//AB,得∠EMA=∠BAM.‎ 又因为AM平分∠BAE,所以∠BAM=∠EAM.‎ 所以∠EMA=∠EAM.所以y=EA=EM=26-x.‎ 图3 图4‎ ‎(3)在Rt△ABC中, AB=13,AC=5,所以BC=12.‎ ‎①如图 4,当∠AGE=90°时,延长EG交AB于N,那么△AGE≌△AGN.‎ 所以G是EN的中点.‎ 所以G是BC的中点,BG=6.‎ ‎②如图5,当∠AEG=90°时,由△CAF∽△EGF,得.‎ 由CE//AB,得.‎ 所以.又因为∠AFG=∠BFA,所以△AFG∽△BFA.‎ 所以∠FAG=∠B.所以∠GAB=∠B.所以GA=GB.‎ 作GH⊥AH,那么BH=AH=.‎ 在Rt△GBH中,由cos∠B=,得BG=÷=.‎ 图5 图6‎ 考点伸展 第(3)题的第②种情况,当∠AEG=90°时的核心问题是说理GA=GB.‎ 如果用四点共圆,那么很容易.‎ 如图6,由A、C、E、G四点共圆,直接得到∠2=∠4.‎ 上海版教材不学习四点共圆,比较麻烦一点的思路还有:‎ 如图7,当∠AEG=90°时,设AG的中点为P,那么PC和PE分别是Rt△ACG和Rt△AEG斜边上的中线,所以PC=PE=PA=PG.‎ 所以∠1=2∠2,∠3=2∠5.‎ 如图8,在等腰△PCE中,∠CPE=180°-2(∠4+∠5),‎ 又因为∠CPE=180°-(∠1+∠3),所以∠1+∠3=2(∠4+∠5).所以∠1=2∠4.‎ 所以∠2=∠4=∠B.所以∠GAB=∠B.所以GA=GB.‎ 图7 图8‎ 例2 2014年苏州市中考第29题 如图1,二次函数y=a(x2-2mx-‎3m2‎)(其中a、m是常数,且a>0,m>0)的图像与x轴分别交于A、B(点A位于点B的左侧),与y轴交于点C(0,-3),点D在二次函数的图像上,CD//AB,联结AD.过点A作射线AE交二次函数的图像于点E,AB平分∠DAE.‎ ‎(1)用含m的式子表示a;‎ ‎(2)求证:为定值;‎ ‎(3)设该二次函数的图像的顶点为F.探索:在x轴的负半轴上是否存在点G,联结GF,以线段GF、AD、AE的长度为三边长的三角形是直角三角形?如果存在,只要找出一个满足要求的点G即可,并用含m的代数式表示该点的横坐标;如果不存在,请说明理由.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14苏州29”,拖动y轴正半轴上表示实数m的点运动,可以体验到,点E、D、F到x轴的距离都为定值.‎ 思路点拨 ‎1.不算不知道,一算真奇妙.通过二次函数解析式的变形,写出点A、B、F的坐标后,点D的坐标也可以写出来.点E的纵坐标为定值是算出来的.‎ ‎2.在计算的过程中,第(1)题的结论及其变形反复用到.‎ ‎3.注意到点E、D、F到x轴的距离正好是一组常见的勾股数(5,3,4),因此过点F作AD的平行线与x轴的交点,就是要求的点G.‎ 满分解答 ‎(1)将C(0,-3)代入y=a(x2-2mx-‎3m2‎),得-3=-3am2.因此.‎ ‎(2)由y=a(x2-2mx-‎3m2‎)=a(x+m)(x-‎3m)=a(x-m)2-4axm2=a(x-m)2-4,‎ 得A(-m, 0),B(‎3m, 0),F(m, -4),对称轴为直线x=m.‎ 所以点D的坐标为(‎2m,-3).‎ 设点E的坐标为(x, a(x+m)(x-‎3m)).‎ 如图2,过点D、E分别作x轴的垂线,垂足分别为D′、E′.‎ 由于∠EAE′=∠DAD′,所以.因此.‎ 所以am(x-‎3m)=1.结合,于是得到x=‎4m.‎ 当x=‎4m时,y=a(x+m)(x-‎3m)=5am2=5.所以点E的坐标为(‎4m, 5).‎ 所以.‎ 图2 图3‎ ‎(3)如图3,由E(‎4m, 5)、D(‎2m,-3)、F(m,-4),‎ 可知点E、D、F到x轴的距离分别为5、4、3.‎ 那么过点F作AD的平行线与x轴的负半轴的交点,就是符合条件的点G.‎ 证明如下:作FF′⊥x轴于F′,那么.‎ 因此.所以线段GF、AD、AE的长围成一个直角三角形.‎ 此时GF′=‎4m.所以GO=‎3m,点G的坐标为(-‎3m, 0).‎ 考点伸展 第(3)题中的点G的另一种情况,就是GF为直角三角形的斜边.‎ 此时.因此.‎ 所以.此时. ‎ 例3 2013年山西省中考第26题 如图1,抛物线与x轴交于A、B两点(点B在点A的右侧),与y轴交于点C,连结BC,以BC为一边,点O为对称中心作菱形BDEC,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为(m, 0),过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.‎ ‎(1)求点A、B、C的坐标;‎ ‎(2)当点P在线段OB上运动时,直线l分别交BD、BC于点M、N.试探究m为何值时,四边形CQMD是平行四边形,此时,请判断四边形CQBM的形状,并说明理由;‎ ‎(3)当点P在线段EB上运动时,是否存在点Q,使△BDQ为直角三角形,若存在,请直接写出点Q的坐标;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“13山西26”,拖动点P在线段OB上运动,可以体验到,当P运动到OB的中点时,四边形CQMD和四边形CQBM都是平行四边形.拖动点P在线段EB上运动,可以体验到,∠DBQ和∠BDQ可以成为直角.‎ 请打开超级画板文件名“13山西26”,拖动点P在线段OB上运动,可以体验到,当P运动到OB的中点时,四边形CQMD和四边形CQBM都是平行四边形.拖动点P在线段EB上运动,可以体验到,∠DBQ和∠BDQ可以成为直角.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题先用含m的式子表示线段MQ的长,再根据MQ=DC列方程.‎ ‎2.第(2)题要判断四边形CQBM的形状,最直接的方法就是根据求得的m的值画一个准确的示意图,先得到结论.‎ ‎3.第(3)题△BDQ为直角三角形要分两种情况求解,一般过直角顶点作坐标轴的垂线可以构造相似三角形.‎ 满分解答 ‎(1)由,得A(-2,0),B(8,0),C(0,-4).‎ ‎(2)直线DB的解析式为.‎ 由点P的坐标为(m, 0),可得,.‎ 所以MQ=.‎ 当MQ=DC=8时,四边形CQMD是平行四边形.‎ 解方程,得m=4,或m=0(舍去).‎ 此时点P是OB的中点,N是BC的中点,N(4,-2),Q(4,-6).‎ 所以MN=NQ=4.所以BC与MQ互相平分.‎ 所以四边形CQBM是平行四边形.‎ 图2 图3‎ ‎(3)存在两个符合题意的点Q,分别是(-2,0),(6,-4).‎ 考点伸展 第(3)题可以这样解:设点Q的坐标为.‎ ‎①如图3,当∠DBQ=90°时, .所以.‎ 解得x=6.此时Q(6,-4).‎ ‎②如图4,当∠BDQ=90°时, .所以.‎ 解得x=-2.此时Q(-2,0).‎ 图3 图4‎ 例4 2012年广州市中考第24题 如图1,抛物线与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧),与y轴交于点C.‎ ‎(1)求点A、B的坐标;‎ ‎(2)设D为已知抛物线的对称轴上的任意一点,当△ACD的面积等于△ACB的面积时,求点D的坐标;‎ ‎(3)若直线l过点E(4, 0),M为直线l上的动点,当以A、B、M为顶点所作的直角三角形有且只有三个时,求直线l的解析式.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12广州24”,拖动点M在以AB为直径的圆上运动,可以体验到,当直线与圆相切时,符合∠AMB=90°的点M只有1个.‎ 请打开超级画板文件名“12广州24”,拖动点M在以AB为直径的圆上运动,可以体验到,当直线与圆相切时,符合∠AMB=90°的点M只有1个.‎ 思路点拨 ‎1.根据同底等高的三角形面积相等,平行线间的距离处处相等,可以知道符合条件的点D有两个.‎ ‎2.当直线l与以AB为直径的圆相交时,符合∠AMB=90°的点M有2个;当直线l与圆相切时,符合∠AMB=90°的点M只有1个.‎ ‎3.灵活应用相似比解题比较简便.‎ 满分解答 ‎(1)由,‎ 得抛物线与x轴的交点坐标为A(-4, 0)、B(2, 0).对称轴是直线x=-1.‎ ‎(2)△ACD与△ACB有公共的底边AC,当△ACD的面积等于△ACB的面积时,点B、D到直线AC的距离相等.‎ 过点B作AC的平行线交抛物线的对称轴于点D,在AC的另一侧有对应的点D′.‎ 设抛物线的对称轴与x轴的交点为G,与AC交于点H.‎ 由BD//AC,得∠DBG=∠CAO.所以.‎ 所以,点D的坐标为.‎ 因为AC//BD,AG=BG,所以HG=DG.‎ 而D′H=DH,所以D′G=3DG.所以D′的坐标为.‎ 图2 图3‎ ‎(3)过点A、B分别作x轴的垂线,这两条垂线与直线l总是有交点的,即2个点M.‎ 以AB为直径的⊙G如果与直线l相交,那么就有2个点M;如果圆与直线l相切,就只有1个点M了.‎ 联结GM,那么GM⊥l.‎ 在Rt△EGM中,GM=3,GE=5,所以EM=4.‎ 在Rt△EM‎1A中,AE=8,,所以M‎1A=6.‎ 所以点M1的坐标为(-4, 6),过M1、E的直线l为.‎ 根据对称性,直线l还可以是.‎ 考点伸展 第(3)题中的直线l恰好经过点C,因此可以过点C、E求直线l的解析式.‎ 在Rt△EGM中,GM=3,GE=5,所以EM=4.‎ 在Rt△ECO中,CO=3,EO=4,所以CE=5.‎ 因此三角形△EGM≌△ECO,∠GEM=∠CEO.所以直线CM过点C.‎ 例5 2012年杭州市中考第22题 在平面直角坐标系中,反比例函数与二次函数y=k(x2+x-1)的图象交于点A(1,k)和点B(-1,-k).‎ ‎(1)当k=-2时,求反比例函数的解析式;‎ ‎(2)要使反比例函数与二次函数都是y随x增大而增大,求k应满足的条件以及x的取值范围;‎ ‎(3)设二次函数的图象的顶点为Q,当△ABQ是以AB为斜边的直角三角形时,求k的值.‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12杭州22”,拖动表示实数k的点在y轴上运动,可以体验到,当k<0并且在抛物线的对称轴左侧,反比例函数与二次函数都是y随x增大而增大.观察抛物线的顶点Q与⊙O的位置关系,可以体验到,点Q有两次可以落在圆上.‎ 请打开超级画板文件名“12杭州22”,拖动表示实数k的点在y轴上运动,可以体验到,当k<0并且在抛物线的对称轴左侧,反比例函数与二次函数都是y随x增大而增大.观察抛物线的顶点Q与⊙O的位置关系,可以体验到,点Q有两次可以落在圆上. ‎ 思路点拨 ‎1.由点A(1,k)或点B(-1,-k)的坐标可以知道,反比例函数的解析式就是.题目中的k都是一致的.‎ ‎2.由点A(1,k)或点B(-1,-k)的坐标还可以知道,A、B关于原点O对称,以AB为直径的圆的圆心就是O.‎ ‎3.根据直径所对的圆周角是直角,当Q落在⊙O上是,△ABQ是以AB为直径的直角三角形.‎ 满分解答 ‎(1)因为反比例函数的图象过点A(1,k),所以反比例函数的解析式是.‎ 当k=-2时,反比例函数的解析式是.‎ ‎(2)在反比例函数中,如果y随x增大而增大,那么k<0.‎ 当k<0时,抛物线的开口向下,在对称轴左侧,y随 x增大而增大.‎ 抛物线y=k(x2+x+1)=的对称轴是直线. 图1‎ 所以当k<0且时,反比例函数与二次函数都是y随x增大而增大.‎ ‎(3)抛物线的顶点Q的坐标是,A、B关于原点O中心对称,‎ 当OQ=OA=OB时,△ABQ是以AB为直径的直角三角形.‎ 由OQ2=OA2,得.‎ 解得(如图2),(如图3).‎ 图2 图3‎ 考点伸展 如图4,已知经过原点O的两条直线AB与CD分别与双曲线(k>0)交于A、B和C、D,那么AB与CD互相平分,所以四边形ACBD是平行四边形.‎ 问平行四边形ABCD能否成为矩形?能否成为正方形?‎ 如图5,当A、C关于直线y=x对称时,AB与CD互相平分且相等,四边形ABCD是矩形.‎ 因为A、C可以无限接近坐标系但是不能落在坐标轴上,所以OA与OC无法垂直,因此四边形ABCD不能成为正方形.‎ 图4 图5‎ 例6 2011年浙江省中考第23题 设直线l1:y=k1x+b1与l2:y=k2x+b2,若l1⊥l2,垂足为H,则称直线l1与l2是点H的直角线.‎ ‎(1)已知直线①;②;③;④和点C(0,2),则直线_______和_______是点C的直角线(填序号即可);‎ ‎(2)如图,在平面直角坐标系中,直角梯形OABC的顶点A(3,0)、B(2,7)、C(0,7),P为线段OC上一点,设过B、P两点的直线为l1,过A、P两点的直线为l2,若l1与l2是点P的直角线,求直线l1与l2的解析式. ‎ ‎ ‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“11浙江23”,拖动点P在OC上运动,可以体验到,∠APB有两个时刻可以成为直角,此时△BCP∽△POA.‎ 答案 ‎(1)直线①和③是点C的直角线.‎ ‎(2)当∠APB=90°时,△BCP∽△POA.那么,即.解得OP=6或OP=1.‎ 如图2,当OP=6时,l1:, l2:y=-2x+6.‎ 如图3,当OP=1时,l1:y=3x+1, l2:.‎ 图2 图3‎ 例7 2010年北京市中考第24题 在平面直角坐标系xOy中,抛物线与x轴的交点分别为原点O和点A,点B(2,n)在这条抛物线上.‎ ‎(1)求点B的坐标;‎ ‎(2)点P在线段OA上,从点O出发向点A运动,过点P作x轴的垂线,与直线OB交于点E,延长PE到点D,使得ED=PE,以PD为斜边,在PD右侧作等腰直角三角形PCD(当点P运动时,点C、D也随之运动).‎ ‎①当等腰直角三角形PCD的顶点C落在此抛物线上时,求OP的长;‎ ‎②若点P从点O出发向点A作匀速运动,速度为每秒1个单位,同时线段OA上另一个点Q从点A出发向点O作匀速运动,速度为每秒2个单位(当点Q到达点O时停止运动,点P也停止运动).过Q作x轴的垂线,与直线AB交于点F,延长QF到点M,使得FM=QF,以QM为斜边,在QM的左侧作等腰直角三角形QMN(当点Q运动时,点M、N也随之运动).若点P运动到t秒时,两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线上,求此刻t的值.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“10北京24”,拖动点P从O向A运动,可以体验到,两个等腰直角三角形的边有三个时刻可以共线.‎ 思路点拨 ‎1.这个题目最大的障碍,莫过于无图了.‎ ‎2.把图形中的始终不变的等量线段罗列出来,用含有t的式子表示这些线段的长.‎ ‎3.点C的坐标始终可以表示为(3t,2t),代入抛物线的解析式就可以计算此刻OP的长.‎ ‎4.当两个等腰直角三角形有边共线时,会产生新的等腰直角三角形,列关于t 的方程就可以求解了.‎ 满分解答 ‎(1) 因为抛物线经过原点,所以. 解得,(舍去).因此.所以点B的坐标为(2,4).‎ ‎(2) ①如图4,设OP的长为t,那么PE=2t,EC=2t,点C的坐标为(3t, 2t).当点C落在抛物线上时,.解得.‎ ‎②如图1,当两条斜边PD与QM在同一条直线上时,点P、Q重合.此时3t=10.解得.‎ 如图2,当两条直角边PC与MN在同一条直线上,△PQN是等腰直角三角形,PQ=PE.此时.解得.‎ 如图3,当两条直角边DC与QN在同一条直线上,△PQC是等腰直角三角形,PQ=PD.此时.解得.‎ ‎ ‎ 图1 图2 图3‎ 考点伸展 在本题情境下,如果以PD为直径的圆E与以QM为直径的圆F相切,求t的值.‎ 如图5,当P、Q重合时,两圆内切,.‎ 如图6,当两圆外切时,.‎ ‎ ‎ 图4 图5 图6‎ 例8 2009年嘉兴市中考第24题 如图1,已知A、B是线段MN上的两点,,,.以A为中心顺时针旋转点M,以B为中心逆时针旋转点N,使M、N两点重合成一点C,构成△ABC,设.‎ ‎(1)求x的取值范围;‎ ‎(2)若△ABC为直角三角形,求x的值;‎ ‎(3)探究:△ABC的最大面积?‎ 图1‎ 动感体验 ‎ 请打开几何画板文件名“09嘉兴24”,拖动点B在AN上运动,可以体验到,三角形的两边之和大于第三边,两边之差小于第三边;∠CAB和∠ACB可以成为直角,∠CBA不可能成为直角;观察函数的图象,可以看到,图象是一个开口向下的“U”形,当AB等于1.5时,面积达到最大值.‎ 思路点拨 ‎1.根据三角形的两边之和大于第三边,两边之差小于第三边列关于x的不等式组,可以求得x的取值范围.‎ ‎2.分类讨论直角三角形ABC,根据勾股定理列方程,根据根的情况确定直角三角形的存在性.‎ ‎3.把△ABC的面积S的问题,转化为S2的问题.AB边上的高CD要根据位置关系分类讨论,分CD在三角形内部和外部两种情况.‎ 满分解答 ‎(1)在△ABC中,,,,所以 解得.‎ ‎(2)①若AC为斜边,则,即,此方程无实根.‎ ‎②若AB为斜边,则,解得,满足.‎ ‎③若BC为斜边,则,解得,满足.‎ 因此当或时,△ABC是直角三角形.‎ ‎(3)在△ABC中,作于D,设,△ABC的面积为S,则.‎ ‎①如图2,若点D在线段AB上,则.移项,得.两边平方,得.整理,得.两边平方,得.整理,得 所以().‎ 当时(满足),取最大值,从而S取最大值.‎ ‎ ‎ 图2 图3‎ ‎②如图3,若点D在线段MA上,则.‎ 同理可得,().‎ 易知此时.‎ 综合①②得,△ABC的最大面积为.‎ 考点伸展 第(3)题解无理方程比较烦琐,迂回一下可以避免烦琐的运算:设,‎ 例如在图2中,由列方程.‎ 整理,得.所以 ‎.‎ 因此 ‎.‎ ‎1.4 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.‎ ‎1.5 因动点产生的梯形问题 ‎ 例1 2015年上海市徐汇区中考模拟第24题 如图1,在平面直角坐标系中,开口向上的抛物线与x轴交于点A(-1,0)和点B(3, 0),D为抛物线的顶点,直线AC与抛物线交于点C(5, 6).‎ ‎(1)求抛物线的解析式;‎ ‎(2)点E在x轴上,且△AEC和△AED相似,求点E的坐标;‎ ‎(3)若直角坐标系平面中的点F和点A、C、D构成直角梯形,且面积为16,试求点F的坐标. ‎ ‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15徐汇24”,拖动点E在x轴上运动,可以体验到,直线CA和直线DA与x轴的夹角都是45°,△CAE∽△EAD存在两种情况.‎ 思路点拨 ‎1.由A、C、D三点的坐标,可以得到直线CA、直线DA与x轴的夹角都是45°,因此点E不论在点A的左侧还是右侧,都有∠CAE=∠DAE.因此讨论△AEC和△AED相似,要分两种情况.每种情况又要讨论对应边的关系.‎ ‎2.因为∠CAD是直角,所以直角梯形存在两种情况.‎ 满分解答 ‎(1)如图1,因为抛物线与x轴交于点A(-1,0)和点B(3, 0),设y=a(x+1)(x-3).‎ 将点C(5, 6)代入y=a(x+1)(x-3),得12a=6.‎ 解得.所以抛物线的解析式为.‎ ‎(2)由,得顶点D的坐标为(1,-2).‎ 由A(-1,0)、C(5, 6)、D(1,-2),得∠CAO=45°,∠DAO=45°,AC=,AD=.‎ 因此不论点E在点A的左侧还是右侧,都有∠CAE=∠DAE.‎ 图2 图3‎ 如果△CAE∽△DAE,那么它们全等,这是不可能的.‎ 如图2,图3,如果△CAE∽△EAD,那么AE2=AC·AD=.‎ 所以AE=.所以点E的坐标为,或.‎ ‎(3)因为∠CAD=90°,因此直角梯形存在两种情况.‎ ‎①如图4,当DF//AC时,由,得.‎ 解得DF=.此时F、D两点间的水平距离、竖直距离都是2,所以F(3,0).‎ ‎②如图5,当CF//AD时,由,得.‎ 解得CF=.此时F、C两点间的水平距离、竖直距离都是,所以F.‎ 图4 图5‎ 考点伸展 如果第(3)题改为:点F在抛物线上,点F和点A、C、D构成梯形,求点F的坐标,那么就要分三种情况讨论了.‎ 如图4,当DF//AC时,点F就是点B(3, 0).‎ 如图6,当CF//AD时,FH=CH.设F,那么 ‎.‎ 解得x=±5.此时点F的坐标为(-5,16).‎ 如图7,当AF//CD时, .所以.‎ 解得x=7.此时点F的坐标为(7,16).‎ 图6 图7‎ ‎ ‎ 例2 2014年上海市金山区中考模拟第24题 如图1,在平面直角坐标系中,直线y=x+2与x轴交于点A,点B是这条直线上第一象限内的一个点,过点B作x轴的垂线,垂足为D,已知△ABD的面积为18.‎ ‎(1)求点B的坐标;‎ ‎(2)如果抛物线经过点A和点B,求抛物线的解析式;‎ ‎(3)已知(2)中的抛物线与y轴相交于点C,该抛物线对称轴与x轴交于点H,P是抛物线对称轴上的一点,过点P作PQ//AC交x轴于点Q,如果点Q在线段AH上,且AQ=CP,求点P的坐标.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14金山24”,拖动点P运动,可以体验到,AQ=CP有两种情况,四边形CAQP为平行四边形或等腰梯形.‎ 思路点拨 ‎1.△ABD是等腰直角三角形,根据面积可以求得直角边长,得到点B的坐标.‎ ‎2.AQ=CP有两种情况,四边形CAQP为平行四边形或等腰梯形.‎ 平行四边形的情况很简单,等腰梯形求点P比较复杂,于是我们要想起这样一个经验:平行于等腰三角形底边的直线截两腰,得到一个等腰梯形和一个等腰三角形.‎ 满分解答 ‎(1)直线y=x+2与x轴的夹角为45°,点A的坐标为(-2, 0).‎ 因为△ABD是等腰直角三角形,面积为18,所以直角边长为6.‎ 因此OD=4.所以点B的坐标为(4, 6).‎ ‎(2)将A(-2, 0)、B (4, 6)代入,‎ 得 解得b=2,c=6.‎ 所以抛物线的解析式为.‎ ‎(3)由,得抛物线的对称轴为直线x=2,点C的坐标为(0, 6).‎ 如果AQ=CP,那么有两种情况:‎ ‎①如图2,当四边形CAQP是平行四边形时,AQ//CP,此时点P的坐标为(2, 6).‎ ‎②如图3,当四边形CAQP是等腰梯形时,作AC的垂直平分线交x轴于点F,那么点P在FC上.‎ 设点F的坐标为(x, 0),根据FA2=FC2列方程,得(x+2)2=x2+62.‎ 解得x=8.所以OF=8,HF=6.‎ 因此.此时点P的坐标为.‎ 图2 图3‎ 考点伸展 第(3)题等腰梯形CAQP时,求点P的坐标也可以这样思考:‎ 过点P作PE//x轴交AC于E,那么PE=PC.‎ 直线AC的解析式为y=3x+6,设E(m, ‎3m+6),‎ 那么P(2, ‎3m+6).‎ 根据PE2=PC2列方程,得(2-m)2=22+(‎3m)2.‎ 解得.所以P.‎ ‎ 图4‎ 其实第(3)题还有一个“一石二鸟”的方法:‎ 设QH=n,那么AQ=4-n,PH=3n,P(2, 3n ).‎ 根据AQ2=CP2,列方程,得.(4-n)2=22+(3n-6)2.‎ 整理,得2n2-7n-6=0.解得n1=2,.‎ 当n1=2时,P(2, 6),对应平行四边形CAQP(如图2);‎ 当时,P,对应等腰梯形CAQP(如图4).‎ 例3 2012年上海市松江区中考模拟第24题 已知直线y=3x-3分别与x轴、y轴交于点A,B,抛物线y=ax2+2x+c经过点A,B.‎ ‎(1)求该抛物线的表达式,并写出该抛物线的对称轴和顶点坐标;‎ ‎(2)记该抛物线的对称轴为直线l,点B关于直线l的对称点为C,若点D在y轴的正半轴上,且四边形ABCD为梯形.‎ ‎①求点D的坐标;‎ ‎②将此抛物线向右平移,平移后抛物线的顶点为P,其对称轴与直线y=3x-3交于点E,若,求四边形BDEP的面积.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12松江24”,拖动点P向右运动,可以体验到,D、P间的垂直距离等于7保持不变,∠DPE与∠PDH保持相等.‎ 请打开超级画板文件名“12松江24”, 拖动点P向右运动,可以体验到,D、P间的垂直距离等于7保持不变,∠DPE与∠PDH保持相等,,四边形BDEP的面积为24.‎ 思路点拨 ‎1.这道题的最大障碍是画图,A、B、C、D 四个点必须画准确,其实抛物线不必画出,画出对称轴就可以了.‎ ‎2.抛物线向右平移,不变的是顶点的纵坐标,不变的是D、P两点间的垂直距离等于7.‎ ‎3.已知∠DPE的正切值中的7的几何意义就是D、P两点间的垂直距离等于7,那么点P向右平移到直线x=3时,就停止平移.‎ 满分解答 ‎(1)直线y=3x-3与x轴的交点为A(1,0),与y轴的交点为B(0,-3).‎ 将A(1,0)、B(0,-3)分别代入y=ax2+2x+c,‎ 得 解得 ‎ 所以抛物线的表达式为y=x2+2x-3.‎ 对称轴为直线x=-1,顶点为(-1,-4).‎ ‎(2)①如图2,点B关于直线l的对称点C的坐标为(-2,-3).‎ 因为CD//AB,设直线CD的解析式为y=3x+b,‎ 代入点C(-2,-3),可得b=3.‎ 所以点D的坐标为(0,3).‎ ‎②过点P作PH⊥y轴,垂足为H,那么∠PDH=∠DPE.‎ 由,得.‎ 而DH=7,所以PH=3.‎ 因此点E的坐标为(3,6).‎ 所以.‎ 图2 图3‎ 考点伸展 第(2)①用几何法求点D的坐标更简便:‎ 因为CD//AB,所以∠CDB=∠ABO.‎ 因此.所以BD=3BC=6,OD=3.因此D(0,3).‎ 例4 2012年衢州市中考第24题 如图1,把两个全等的Rt△AOB和Rt△COD方别置于平面直角坐标系中,使直角边OB、OD在x轴上.已知点A(1,2),过A、C两点的直线分别交x轴、y轴于点E、F.抛物线y=ax2+bx+c经过O、A、C三点.‎ ‎(1)求该抛物线的函数解析式;‎ ‎(2)点P为线段OC上的一个动点,过点P作y轴的平行线交抛物线于点M,交x轴于点N,问是否存在这样的点P,使得四边形ABPM为等腰梯形?若存在,求出此时点P的坐标;若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)若△AOB沿AC方向平移(点A始终在线段AC上,且不与点C重合),△AOB在平移的过程中与△COD重叠部分的面积记为S.试探究S是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;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“12衢州‎24”‎, 拖动点P在线段OC上运动,可以体验到,在AB的左侧,存在等腰梯形ABPM.拖动点A′在线段AC上运动,可以体验到,Rt△A′OB′、Rt△COD、Rt△A′HG、Rt△OEK、Rt△OFG和Rt△EHK的两条直角边的比都为1∶2.‎ 请打开超级画板文件名“12衢州‎24”‎,拖动点P在线段OC上运动,可以体验到,在AB的左侧,存在AM=BP.拖动点A′在线段AC上运动,发现S最大值为0.375.‎ 思路点拨 ‎1.如果四边形ABPM是等腰梯形,那么AB为较长的底边,这个等腰梯形可以分割为一个矩形和两个全等的直角三角形,AB边分成的3小段,两侧的线段长线段.‎ ‎2.△AOB与△COD重叠部分的形状是四边形EFGH,可以通过割补得到,即△OFG减去△OEH.‎ ‎3.求△OEH的面积时,如果构造底边OH上的高EK,那么Rt△EHK的直角边的比为1∶2.‎ ‎4.设点A′移动的水平距离为m,那么所有的直角三角形的直角边都可以用m表示.‎ 满分解答 ‎(1)将A(1,2)、O(0,0)、C(2,1)分别代入y=ax2+bx+c,‎ 得 解得,,. 所以.‎ ‎(2)如图2,过点P、M分别作梯形ABPM的高PP′、MM′,如果梯形ABPM是等腰梯形,那么AM′=BP′,因此yA-y M′=yP′-yB.‎ 直线OC的解析式为,设点P的坐标为,那么.‎ 解方程,得,.‎ x=2的几何意义是P与C重合,此时梯形不存在.所以.‎ 图2 图3‎ ‎(3)如图3,△AOB与△COD重叠部分的形状是四边形EFGH,作EK⊥OD于K.‎ 设点A′移动的水平距离为m,那么OG=1+m,GB′=m.‎ 在Rt△OFG中,.所以.‎ 在Rt△A′HG中,A′G=2-m,所以.‎ 所以.‎ 在Rt△OEK中,OK=2 EK;在Rt△EHK中,EK=2HK;所以OK=4HK.‎ 因此.所以.‎ 所以.‎ 于是.‎ 因为0<m<1,所以当时,S取得最大值,最大值为.‎ 考点伸展 第(3)题也可以这样来解:设点A′的横坐标为a.‎ 由直线AC:y=-x+3,可得A′(a, -a+3).‎ 由直线OC:,可得.‎ 由直线OA:y=2x及A′(a, -a+3),可得直线O′A′:y=2x-‎3a+3,.‎ 由直线OC和直线O′A′可求得交点E(‎2a-2,a-1).‎ 由E、F、G、H 4个点的坐标,可得 例5 2011年义乌市中考第24题 已知二次函数的图象经过A(2,0)、C(0,12) 两点,且对称轴为直线x=4,设顶点为点P,与x轴的另一交点为点B.‎ ‎(1)求二次函数的解析式及顶点P的坐标;‎ ‎(2)如图1,在直线 y=2x上是否存在点D,使四边形OPBD为等腰梯形?若存在,求出点D的坐标;若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)如图2,点M是线段OP上的一个动点(O、P两点除外),以每秒个单位长度的速度由点P向点O 运动,过点M作直线MN//x轴,交PB于点N. 将△PMN沿直线MN对折,得到△P1MN. 在动点M的运动过程中,设△P1MN与梯形OMNB的重叠部分的面积为S,运动时间为t秒,求S关于t的函数关系式. ‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“11义乌‎24”‎,拖动点M从P向O运动,可以体验到,M在到达PO的中点前,重叠部分是三角形;经过中点以后,重叠部分是梯形.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题可以根据对边相等列方程,也可以根据对角线相等列方程,但是方程的解都要排除平行四边形的情况.‎ ‎2.第(3)题重叠部分的形状分为三角形和梯形两个阶段,临界点是PO的中点.‎ 满分解答 ‎(1)设抛物线的解析式为,代入A(2,0)、C(0,12) 两点,得 解得 ‎ 所以二次函数的解析式为,顶点P的坐标为(4,-4).‎ ‎(2)由,知点B的坐标为(6,0).‎ 假设在等腰梯形OPBD,那么DP=OB=6.设点D的坐标为(x,2x).‎ 由两点间的距离公式,得.解得或x=-2.‎ 如图3,当x=-2时,四边形ODPB是平行四边形.‎ 所以,当点D的坐标为(,)时,四边形OPBD为等腰梯形.‎ 图3 图4 图5‎ ‎(3)设△PMN与△POB的高分别为PH、PG.‎ 在Rt△PMH中,,.所以.‎ 在Rt△PNH中,,.所以.‎ ‎① 如图4,当0<t≤2时,重叠部分的面积等于△PMN的面积.此时.‎ ‎②如图5,当2<t<4时,重叠部分是梯形,面积等于△PMN的面积减去△P′DC的面积.由于,所以.‎ 此时.‎ 考点伸展 第(2)题最好的解题策略就是拿起尺、规画图:‎ 方法一,按照对角线相等画圆.以P为圆心,OB长为半径画圆,与直线y=2x有两个交点,一个是等腰梯形的顶点,一个是平行四边形的顶点.‎ 方法二,按照对边相等画圆.以B为圆心,OP长为半径画圆,与直线y=2x 有两个交点,一个是等腰梯形的顶点,一个是平行四边形的顶点.‎ ‎1.6 因动点产生的面积问题 例1 2015年河南省中考第23题 如图1,边长为8的正方形ABCD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A、C两点间的一个动点(含端点),过点P作PF⊥BC于点F.点D、E的坐标分别为(0, 6)、(-4, 0),联结PD、PE、DE.‎ ‎(1)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△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.‎ 图1 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“15河南23”,拖动点P在A、C两点间的抛物线上运动,观察 S随P变化的图像,可以体验到,“使△PDE的面积为整数” 的点P共有11个.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题通过计算进行说理.设点P的坐标,用两点间的距离公式表示PD、PF的长.‎ ‎2.第(3)题用第(2)题的结论,把△PDE的周长最小值转化为求PE+PF的最小值.‎ 满分解答 ‎(1)抛物线的解析式为.‎ ‎(2)小明的判断正确,对于任意一点P,PD-PF=2.说理如下:‎ 设点P的坐标为,那么PF=yF-yP=.‎ 而FD2=,所以FD=.‎ 因此PD-PF=2为定值.‎ ‎(3)“好点”共有11个.‎ 在△PDE中,DE为定值,因此周长的最小值取决于FD+PE的最小值.‎ 而PD+PE=(PF+2)+PE=(PF+PE)+2,因此当P、E、F三点共线时,△PDE的周长最小(如图2).‎ 此时EF⊥x轴,点P的横坐标为-4.‎ 所以△PDE周长最小时,“好点”P的坐标为(-4, 6).‎ 图2 图3‎ 考点伸展 第(3)题的11个“好点”是这样求的:‎ 如图3,联结OP,那么S△PDE=S△POD+S△POE-S△DOE.‎ 因为S△POD=,S△POE=,S△DOE=12,所以 S△PDE===.‎ 因此S是x的二次函数,抛物线的开口向下,对称轴为直线x=-6.‎ 如图4,当-8≤x≤0时,4≤S≤13.所以面积的值为整数的个数为10.‎ 当S=12时,方程的两个解-8, -4都在-8≤x≤0范围内.‎ 所以“使△PDE的面积为整数” 的 “好点”P共有11个.‎ 图4‎ 例2 2014年昆明市中考第23题 如图1,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx-3(a≠0)与x轴交于A(-2, 0)、B(4, 0)两点,与y轴交于点C.‎ ‎(1)求抛物线的解析式;‎ ‎(2)点P从点A出发,在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向点B运动,同时点Q从点B出发,在线段BC上以每秒1个单位长度的速度向点C运动.其中一个点到达终点时,另一个点也停止运动.当△PBQ存在时,求运动多少秒时△PBQ的面积最大,最大面积是多少?‎ ‎(3)当△PBQ的面积最大时,在BC下方的抛物线上存在点K,使S△CBK∶S△PBQ=5∶2,求点K的坐标.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14昆明23”,拖动点P从A向B运动,可以体验到,当P运动到AB的中点时,△PBQ的面积最大.双击按钮“△PBQ面积最大”,再拖动点K在BC 下方的抛物线上运动,观察度量值,可以体验到,有两个时刻面积比为2.5.‎ 思路点拨 ‎1.△PBQ的面积可以表示为t的二次函数,求二次函数的最小值.‎ ‎2.△PBQ与△PBC是同高三角形,△PBC与△CBK是同底三角形,把△CBK与△PBQ的比转化为△CBK与△PBC的比.‎ 满分解答 ‎(1)因为抛物线与x轴交于A(-2, 0)、B(4, 0)两点,所以y=a(x+2)(x-4).‎ 所以-‎8a=-3.解得.‎ 所以抛物线的解析式为.‎ ‎(2)如图2,过点Q作QH⊥x轴,垂足为H.‎ 在Rt△BCO中,OB=4,OC=3,所以BC=5,sinB=.‎ 在Rt△BQH中,BQ=t,所以QH=BQsinB=t.‎ 所以S△PBQ=.‎ 因为0≤t≤2,所以当t=1时,△PBQ的面积最大,最大面积是。‎ ‎(3)当△PBQ的面积最大时,t=1,此时P是AB的中点,P(1, 0),BQ=1。‎ 如图3,因为△PBC与△PBQ是同高三角形,S△PBC∶S△PBQ=BC∶BQ=5∶1。‎ 当S△CBK∶S△PBQ=5∶2时,S△PBC∶S△CBK=2∶1。‎ 因为△PBC与△CBK是同底三角形,所以对应高的比为2∶1。‎ 如图4,过x轴上的点D画CB的平行线交抛物线于K,那么PB∶DB=2∶1。‎ 因为点K在BC的下方,所以点D在点B的右侧,点D的坐标为.‎ 过点K作KE⊥x轴于E.设点K的坐标为.‎ 由,得.整理,得x2-4x+3=0.‎ 解得x=1,或x=3.所以点K的坐标为或.‎ 图2 图3 图4‎ 考点伸展 第(3)题也可以这样思考:‎ 由S△CBK∶S△PBQ=5∶2,S△PBQ=,得S△CBK=.‎ 如图5,过点K作x轴的垂线交BC于F.设点K的坐标为.‎ 由于点F在直线BC:上.所以点F的坐标为.‎ 所以KF=.‎ ‎△CBK被KF分割为△CKF和△BKF,他们的高的和为OB=4.‎ 所以S△CBK=.解得x=1,或x=3.‎ 图5‎ 例3 2013年苏州市中考第29题 如图1,已知抛物线(b、c是常数,且c<0)与x轴交于A、B两点(点A在点B的左侧),与y轴的负半轴交于点C,点A的坐标为(-1,0).‎ ‎(1)b=______,点B的横坐标为_______(上述结果均用含c的代数式表示);‎ ‎(2)连结BC,过点A作直线AE//BC,与抛物线交于点E.点D是x轴上一点,坐标为(2,0),当C、D、E三点在同一直线上时,求抛物线的解析式;‎ ‎(3)在(2)的条件下,点P是x轴下方的抛物线上的一动点,连结PB、PC.设△PBC的面积为S.‎ ‎①求S的取值范围;‎ ‎②若△PBC的面积S为正整数,则这样的△PBC共有_____个.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“13苏州29”,拖动点C在y轴负半轴上运动,可以体验到,△EHA与△COB保持相似.点击按钮“C、D、E三点共线”,此时△EHD∽△COD.拖动点P从A经过C到达B,数一数面积的正整数值共有11个.‎ 请打开超级画板文件名“13苏州29”,拖动点C在y轴负半轴上运动,可以体验到,△EHA与△COB保持相似.点击按钮“C、D、E三点共线”,此时△EHD∽△COD.拖动点P从A经过C到达B,数一数面积的正整数值共有11个.‎ 思路点拨 ‎1.用c表示b以后,把抛物线的一般式改写为两点式,会发现OB=2OC.‎ ‎2.当C、D、E三点共线时,△EHA∽△COB,△EHD∽△COD.‎ ‎3.求△PBC面积的取值范围,要分两种情况计算,P在BC上方或下方.‎ ‎4.求得了S的取值范围,然后罗列P从A经过C运动到B的过程中,面积的正整数值,再数一数个数.注意排除点A、C、B三个时刻的值.‎ 满分解答 ‎(1)b=,点B的横坐标为-‎2c.‎ ‎(2)由,设E.‎ 过点E作EH⊥x轴于H.‎ 由于OB=2OC,当AE//BC时,AH=2EH.‎ 所以.因此.所以.‎ 当C、D、E三点在同一直线上时,.所以.‎ 整理,得‎2c2+‎3c-2=0.解得c=-2或(舍去).‎ 所以抛物线的解析式为.‎ ‎(3)①当P在BC下方时,过点P作x轴的垂线交BC于F.‎ 直线BC的解析式为.‎ 设,那么,.‎ 所以S△PBC=S△PBF+S△PCF=.‎ 因此当P在BC下方时,△PBC的最大值为4.‎ 当P在BC上方时,因为S△ABC=5,所以S△PBC<5.‎ 综上所述,0<S<5.‎ ‎②若△PBC的面积S为正整数,则这样的△PBC共有11个.‎ 考点伸展 点P沿抛物线从A经过C到达B的过程中,△PBC的面积为整数,依次为(5),4,3,2,1,(0),1,2,3,4,3,2,1,(0).‎ 当P在BC下方,S=4时,点P在BC的中点的正下方,F是BC的中点.‎ 例4 2012年菏泽市中考第21题 如图1,在平面直角坐标系中放置一直角三角板,其顶点为A(0, 1)、B(2, 0)、O(0, 0),将此三角板绕原点O逆时针旋转90°,得到三角形A′B′O.‎ ‎(1)一抛物线经过点A′、B′、B,求该抛物线的解析式;‎ ‎(2)设点P是第一象限内抛物线上的一个动点,是否存在点P,使四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)在(2)的条件下,试指出四边形PB′A′B是哪种形状的四边形?并写出它的两条性质.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12菏泽‎21”‎,拖动点P在第一象限内的抛物线上运动,可以体验到,当四边形PB′A′B是等腰梯形时,四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍.‎ 请打开超级画板文件名“12菏泽‎21”‎,拖动点P在第一象限内的抛物线上运动,可以体验到,当四边形PB′A′B是等腰梯形时,四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍.‎ 思路点拨 ‎1.四边形PB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍,可以转化为四边形PB′OB的面积是 ‎△A′B′O面积的3倍.‎ ‎2.联结PO,四边形PB′OB可以分割为两个三角形.‎ ‎3.过点向x轴作垂线,四边形PB′OB也可以分割为一个直角梯形和一个直角三角形.‎ 满分解答 ‎(1)△AOB绕着原点O逆时针旋转90°,点A′、B′的坐标分别为(-1, 0) 、(0, 2).‎ 因为抛物线与x轴交于A′(-1, 0)、B(2, 0),设解析式为y=a(x+1)(x-2),‎ 代入B′(0, 2),得a=1.‎ 所以该抛物线的解析式为y=-(x+1)(x-2) =-x2+x+2.‎ ‎(2)S△A′B′O=1.‎ 如果S四边形PB′A′B=4 S△A′B′O=4,那么S四边形PB′OB=3 S△A′B′O=3.‎ 如图2,作PD⊥OB,垂足为D.‎ 设点P的坐标为 (x,-x2+x+2).‎ ‎.‎ ‎.‎ 所以.‎ 解方程-x2+2x+2=3,得x1=x2=1.‎ 所以点P的坐标为(1,2).‎ 图2 图3 图4‎ ‎(3)如图3,四边形PB′A′B是等腰梯形,它的性质有:等腰梯形的对角线相等;等腰梯形同以底上的两个内角相等;等腰梯形是轴对称图形,对称轴是经过两底中点的直线.‎ 考点伸展 第(2)题求四边形PB′OB的面积,也可以如图4那样分割图形,这样运算过程更简单.‎ ‎.‎ ‎.‎ 所以.‎ 甚至我们可以更大胆地根据抛物线的对称性直接得到点P:‎ 作△A′OB′关于抛物线的对称轴对称的△BOE,那么点E的坐标为(1,2).‎ 而矩形EB′OD与△A′OB′、△BOP是等底等高的,所以四边形EB′A′B的面积是△A′B′O面积的4倍.因此点E就是要探求的点P.‎ 例 5 2012年河南省中考第23题 如图1,在平面直角坐标系中,直线与抛物线y=ax2+bx-3交于A、B两点,点A在x轴上,点B的纵坐标为3.点P是直线AB下方的抛物线上的一动点(不与点A、B重合),过点P作x轴的垂线交直线AB于点C,作PD⊥AB于点D.‎ ‎(1)求a、b及sin∠ACP的值;‎ ‎(2)设点P的横坐标为m.‎ ‎①用含m的代数式表示线段PD的长,并求出线段PD长的最大值;‎ ‎②连结PB,线段PC把△PDB分成两个三角形,是否存在适合的m的值,使这两个三角形的面积比为9∶10?若存在,直接写出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“12河南23”,拖动点P在直线AB下方的抛物线上 运动,可以体验到,PD随点P运动的图象是开口向下的抛物线的一部分,当C是AB的中点时,PD达到最大值.观察面积比的度量值,可以体验到,左右两个三角形的面积比可以是9∶10,也可以是10∶9.‎ 思路点拨 ‎1.第(1)题由于CP//y轴,把∠ACP转化为它的同位角.‎ ‎2.第(2)题中,PD=PCsin∠ACP,第(1)题已经做好了铺垫.‎ ‎3.△PCD与△PCB是同底边PC的两个三角形,面积比等于对应高DN与BM的比.‎ ‎4.两个三角形的面积比为9∶10,要分两种情况讨论.‎ 满分解答 ‎(1)设直线与y轴交于点E,那么A(-2,0),B(4,3),E(0,1).‎ 在Rt△AEO中,OA=2,OE=1,所以.所以.‎ 因为PC//EO,所以∠ACP=∠AEO.因此.‎ 将A(-2,0)、B(4,3)分别代入y=ax2+bx-3,得 解得,.‎ ‎(2)由,,‎ 得.‎ 所以.‎ 所以PD的最大值为.‎ ‎(3)当S△PCD∶S△PCB=9∶10时,;‎ 当S△PCD∶S△PCB=10∶9时,.‎ 图2‎ 考点伸展 第(3)题的思路是:△PCD与△PCB是同底边PC的两个三角形,面积比等于对应高DN与BM的比.‎ 而,‎ BM=4-m.‎ ‎①当S△PCD∶S△PCB=9∶10时,.解得.‎ ‎②当S△PCD∶S△PCB=10∶9时,.解得.‎ 例 6 2011年南通市中考第28题 如图1,直线l经过点A(1,0),且与双曲线(x>0)交于点B(2,1).过点(p>1)作x轴的平行线分别交曲线(x>0)和(x<0)于M、N两点.‎ ‎(1)求m的值及直线l的解析式;‎ ‎(2)若点P在直线y=2上,求证:△PMB∽△PNA;‎ ‎(3)是否存在实数p,使得S△AMN=4S△AMP?若存在,请求出所有满足条件的p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南通28”,拖动点P在射线AB上运动,可以体验到,当直线MN经过(0,2)点时,图形中的三角形都是等腰直角三角形;△AMN和△‎ AMP是两个同高的三角形,MN=4MP存在两种情况.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题准确画图,点的位置关系尽在图形中.‎ ‎2.第(3)题把S△AMN=4S△AMP转化为MN=4MP,按照点M与线段NP的位置关系分两种情况讨论.‎ 满分解答 ‎(1)因为点B(2,1)在双曲线上,所以m=2.设直线l的解析式为,代入点A(1,0)和点B(2,1),得 解得 所以直线l的解析式为.‎ ‎(2)由点(p>1)的坐标可知,点P在直线上x轴的上方.如图2,当y=2时,点P的坐标为(3,2).此时点M的坐标为(1,2),点N的坐标为(-1,2).‎ 由P(3,2)、M(1,2)、B(2,1)三点的位置关系,可知△PMB为等腰直角三角形.‎ 由P(3,2)、N(-1,2)、A(1,0)三点的位置关系,可知△PNA为等腰直角三角形.‎ 所以△PMB∽△PNA.‎ 图2 图3 图4‎ ‎(3)△AMN和△AMP是两个同高的三角形,底边MN和MP在同一条直线上.‎ 当S△AMN=4S△AMP时,MN=4MP.‎ ‎①如图3,当M在NP上时,xM-xN=4(xP-xM).因此.解得或(此时点P在x轴下方,舍去).此时.‎ ‎②如图4,当M在NP的延长线上时,xM-xN=4(xM-xP).因此.解得或(此时点P在x轴下方,舍去).此时.‎ 考点伸展 在本题情景下,△AMN能否成为直角三角形?‎ 情形一,如图5,∠AMN=90°,此时点M的坐标为(1,2),点P的坐标为(3,2).‎ 情形二,如图6,∠MAN=90°,此时斜边MN上的中线等于斜边的一半.‎ 不存在∠ANM=90°的情况.‎ 图5 图6‎ 例7 2010年广州市中考第25题 如图1,四边形OABC是矩形,点A、C的坐标分别为(3,0),(0,1).点D是线段BC上的动点(与端点B、C不重合),过点D作直线交折线OAB于点E.‎ ‎(1)记△ODE的面积为S,求S与b的函数关系式;‎ ‎(2)当点E在线段OA上时,若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形O‎1A1B‎1C1,试探究四边形O‎1A1B‎1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化?若不变,求出重叠部分的面积;若改变,请说明理由.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“10广州‎25”‎,拖动点D由C向B运动,观察S随b变化的函数图象,可以体验到,E在OA上时,S随b的增大而增大;E在AB上时,S随b的增大而减小.双击按钮“第(3)题”,拖动点D由C向B运动,可以观察到,E在OA上时,重叠部分的形状是菱形,面积不变.双击按钮“第(2)题”可以切换.‎ 思路点拨 ‎1.数形结合,用b表示线段OE、CD、AE、BE的长.‎ ‎2.求△ODE的面积,要分两种情况.当E在OA上时,OE边对应的高等于OC;当E在AB边上时,要利用割补法求△ODE的面积.‎ ‎3.第(3)题中的重叠部分是邻边相等的平行四边形.‎ ‎4.图形翻着、旋转等运动中,计算菱形的边长一般用勾股定理.‎ 满分解答 ‎(1)①如图2,当E在OA上时,由可知,点E的坐标为(2b,0),OE=2b.此时S=S△ODE=.‎ ‎②如图3,当E在AB上时,把y=1代入可知,点D的坐标为(2b-2,1),CD=2b-2,BD=5-2b.把x=3代入可知,点E的坐标为,AE=,BE=.此时 S=S矩形OABC-S△OAE- S△BDE -S△OCD ‎ ‎=‎ ‎.‎ ‎(2)如图4,因为四边形O‎1A1B‎1C1与矩形OABC关于直线DE对称,因此DM=DN,那么重叠部分是邻边相等的平行四边形,即四边形DMEN是菱形.‎ 作DH⊥OA,垂足为H.由于CD=2b-2,OE=2b,所以EH=2.‎ 设菱形DMEN的边长为m.在Rt△DEH中,DH=1,NH=2-m,DN=m,所以12+(2-m)2=m2.解得.所以重叠部分菱形DMEN的面积为.‎ ‎ ‎ 图2 图3 图4‎ 考点伸展 把本题中的矩形OABC绕着它的对称中心旋转,如果重叠部分的形状是菱形(如图5),那么这个菱形的最小面积为1,如图6所示;最大面积为,如图7所示.‎ ‎ ‎ 图5 图6 图7‎ ‎1.7 因动点产生的相切问题 ‎ 例 1 2015年上海市闵行区中考模拟第24题 如图1,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2-2ax-4与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,其中点A 的坐标为(-3,0),点D在线段AB上,AD=AC. ‎ ‎(1)求这条抛物线的解析式,并求出抛物线的对称轴;‎ ‎(2)如果以DB为半径的⊙D与⊙C外切,求⊙C的半径;‎ ‎(3)设点M在线段AB上,点N在线段BC上,如果线段MN被直线CD垂直平分,求的值.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15闵行24”,拖动点N在BC上运动,可以体验到,当DC垂直平分MN时,∠NDC=∠ADC=∠ACD,此时DN//AC.‎ 思路点拨 ‎1.准确描绘A、B、C、D的位置,把相等的角标注出来,利于寻找等量关系.‎ ‎2.第(3)题在图形中模拟比划MN的位置,近似DC垂直平分MN时,把新产生的等角与前面存在的等角对比,思路就有了.‎ 满分解答 ‎(1)将点A(-3,0)代入y=ax2-2ax-4,得15a-4=0.‎ 解得.所以抛物线的解析式为.‎ 抛物线的对称轴为直线x=1.‎ ‎(2)由,得B(5, 0),C(0,-4).‎ 由A(-3,0)、B(5, 0)、C(0,-4),得 AB=8,AC=5.‎ 当AD=AC=5时,⊙D的半径DB=3.‎ 由D(2, 0)、C(0,-4),得DC=.‎ 因此当⊙D与⊙C外切时,⊙C的半径为(如图2所示).‎ ‎(3)如图3,因为AD=AC,所以∠ACD=∠ADC.‎ 如果线段MN被直线CD垂直平分,那么∠ADC=∠NDC.‎ 这时∠ACD=∠NDC.所以DN//AC.‎ 于是.‎ 图2 图3‎ 考点伸展 解第(3)题画示意图的时候,容易误入歧途,以为M就是点O.这是为什么呢?‎ 我们反过来计算:‎ 当DN//AC,时,,因此DM=DN=.‎ 而DO=2,你看M、O相距是多么的近啊.‎ 放大还原事实的真相,如图4所示.‎ 图4‎ 例2 2014年上海市徐汇区中考模拟第25题 已知OA=5,sin∠O=,点D为线段OA上的动点,以A为圆心、AD为半径作⊙A.‎ ‎(1)如图1,若⊙A交∠O于B、C两点,设OD=x,BC=y,求y关于x的函数解析式,并写出函数的定义域;‎ ‎(2)将⊙A沿直线OB翻折后得到⊙A′.‎ ‎①若⊙A′与直线OA相切,求x的值;‎ ‎②若⊙A′与以D为圆心、DO为半径的⊙D相切,求x的值.‎ ‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14徐汇‎25”‎,拖动点D运动,可以体验到,⊙A′可以与直线OA相切于点H,⊙A′与⊙D可以外切一次,不能内切.‎ 思路点拨 ‎1.把不变的量先标记出来,圆心A到直线OB的距离AE=3,翻折以后的圆心A′的位置不变,AA′=2AE=6.‎ ‎2.若⊙A′与直线OA相切,那么圆心A′到直线OA的距离等于圆的半径,由此自然就构造出垂线,以AA′为斜边的直角三角形的三边长就是确定的.‎ ‎3.探究两圆相切,在罗列三要素R、r、d的过程中,发现先要突破圆心距A′D.‎ 满分解答 ‎(1)如图2,作AE⊥BC,垂足为E,那么E是BC的中点.‎ 在Rt△OAE中,OA=5,sin∠O=,所以AE=3.‎ 在Rt△BAE中,AB=AD=5-x,AE=3,BE=,‎ 由勾股定理,得.‎ 整理,得.定义域是0≤x<2.‎ 图2 图3‎ ‎(2)①如图3,将⊙A沿直线OB翻折后得到⊙A′,AA′=2AE=6.‎ 作A′H⊥OA,垂足为H.‎ 在Rt△A′AH中,AA′=6,sin∠A′=,所以AH=,A′H=.‎ 若⊙A′与直线OA相切,那么半径等于A′H.‎ 解方程,得.‎ ‎②如图4,在Rt△A′DH中,.‎ 对于⊙A′,R=5-x;对于⊙D,r=DO=x;圆心距d=A′D.‎ 如果两圆外切,由d=R+r,得.解得(如图4).‎ 如果两圆内切,由d=|R-r|,得.‎ 解得.所以两圆不可能内切.‎ 图4 图5‎ 考点伸展 当D为OA的中点时,⊙A′与以D为圆心、DA为半径的⊙D是什么位置关系?‎ ‎⊙A′和⊙D等圆,R=,两圆不可能内切.‎ 当D为OA的中点时,DH=AH-AD=.‎ 此时.因此两圆的半径和大于圆心距,此时两圆是相交的(如图5).‎ 例3 2013年上海市杨浦区中考模拟第25题 如图1,已知⊙O的半径长为3,点A是⊙O上一定点,点P为⊙O上不同于点A的动点.‎ ‎(1)当时,求AP的长;‎ ‎(2)如果⊙Q过点P、O,且点Q在直线AP上(如图2),设AP=x,QP=y,求y关于x的函数关系式,并写出函数的定义域;‎ ‎(3)在(2)的条件下,当时(如图3),存在⊙M与⊙O相内切,同时与⊙Q相外切,且OM⊥OQ,试求⊙M的半径的长.‎ 图1 图2 图3 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“13杨浦‎25”‎,拖动点P在⊙O上运动,可以体验到,等腰三角形QPO与等腰三角形OAP保持相似,y与x成反比例.⊙M、⊙O和⊙Q三个圆的圆心距围成一个直角三角形.‎ 请打开超级画板文件名“13杨浦‎25”‎,拖动点P在⊙O上运动,可以体验到, y与x成反比例.拖动点P使得,拖动点M使得⊙M的半径约为0.82,⊙M与⊙O相内切,同时与⊙Q相外切.拖动点P使得,拖动点M使得⊙M的半径约为9,⊙M与⊙O、⊙Q都内切.‎ 思路点拨 ‎1.第(1)题的计算用到垂径定理和勾股定理.‎ ‎2.第(2)题中有一个典型的图,有公共底角的两个等腰三角形相似.‎ ‎3.第(3)题先把三个圆心距罗列出来,三个圆心距围成一个直角三角形,根据勾股定理列方程.‎ 满分解答 ‎(1)如图4,过点O作OH⊥AP,那么AP=2AH.‎ 在Rt△OAH中,OA=3,,设OH=m,AH=‎2m,那么m2+(‎2m)2=32.‎ 解得.所以.‎ ‎(2)如图5,联结OQ、OP,那么△QPO、△OAP是等腰三角形.‎ 又因为底角∠P公用,所以△QPO∽△OAP.‎ 因此,即.‎ 由此得到.定义域是0<x≤6.‎ 图4 图5‎ ‎(3)如图6,联结OP,作OP的垂直平分线交AP于Q,垂足为D,那么QP、QO是⊙Q的半径.‎ 在Rt△QPD中,,,因此.‎ 如图7,设⊙M的半径为r.‎ 由⊙M与⊙O内切,,可得圆心距OM=3-r.‎ 由⊙M与⊙Q外切,,可得圆心距.‎ 在Rt△QOM中,,OM=3-r,,由勾股定理,得 ‎.解得.‎ 图6 图7 图8‎ 考点伸展 如图8,在第(3)题情景下,如果⊙M与⊙O、⊙Q都内切,那么⊙M的半径是多少?‎ 同样的,设⊙M的半径为r.‎ 由⊙M与⊙O内切,,可得圆心距OM=r-3.‎ 由⊙M与⊙Q内切,,可得圆心距.‎ 在Rt△QOM中,由勾股定理,得.解得r=9.‎ ‎1.8 因动点产生的线段和差问题 ‎ 例 1 2015年福州市中考第26题 如图1,抛物线y=x2-4x与x轴交于O、A两点,P为抛物线上一点,过点P的直线 y=x+m与抛物线的对称轴交于点Q.‎ ‎(1)这条抛物线的对称轴是_________,直线PQ与x轴所夹锐角的度数是______;‎ ‎(2)若两个三角形的面积满足S△OQP=S△PAQ,求m的值;‎ ‎(3)当点P在x轴下方的抛物线上时,过点C(2, 2)的直线AC与直线PQ交于点D,求:‎ ‎①PD+DQ的最大值;②PD·DQ的最大值.‎ 图 动感体验 请打开几何画板文件名“15福州26”,拖动点P在抛物线上运动,可以体验到,OH∶AH ‎=1∶3存在两种情况.点击屏幕左下角的按钮“第(3)题”,拖动点P在x轴下方的抛物线上运动,观察图像“+随P”和“×随P”,可以体验到,当点P运动到抛物线的顶点时,点P与点Q重合,此时PD+QD最大,PD·QD也最大.‎ 思路点拨 ‎1.第(2)题△OQP与△PAQ是同底三角形,把面积比转化为对应高的比,进而确定线段OA的分点的位置,从而得到直线PQ与y轴的交点坐标.‎ ‎2.第(3)题中,△CQD保持等腰直角三角形的形状.‎ 满分解答 ‎(1)抛物线的对称轴为直线x=2,直线PQ与x轴的夹角为45°.‎ ‎(2)因为△OQP与△PAQ有公共边PQ,所以它们的面积比等于对应高的比.‎ 如图2,作OM⊥PQ于M,AN⊥PQ于N.‎ 当S△OQP=S△PAQ时,.‎ 设直线PQ与x轴交于点H,那么.‎ 由y=x2-4x=x(x-4),得A(4, 0).所以OA=4.‎ ‎①如图2,当点H在线段OA上时,OH=1,H(1, 0).此时m=-1.‎ ‎②如图3,当点H在AO的延长线上时,OH=2,H(-2, 0).此时m=2.‎ ‎(3)①如图4,由A(4, 0)、C(2, 2),得直线AC与x轴的夹角为45°,点C在抛物线的对称轴上.‎ 又因为直线PQ与x轴的夹角为45°,所以△CDQ是等腰直角三角形.‎ 作点Q关于直线AC的对称点Q′,那么△CQQ′是等腰直角三角形,CQ′//x轴.‎ 所以DQ=DQ′.因此PD+DQ=PD+DQ′=PQ′.‎ 作PP′⊥CQ′,垂足为P′,那么△PP′Q′是等腰直角三角形.‎ 因此当PP′最大时,PQ′也最大.‎ 当点P运动到抛物线的顶点(2,-4)时,PP′最大,最大值PP′=6.‎ 此时PQ′的最大值为,即PD+DQ的最大值为.‎ 图2 图3 图4‎ ‎②由于PD+DQ≤,设PD=a,那么DQ≤.‎ 因此PD·QD≤. 所以当a=时,PD·QD的最大值为18.此时PD=DQ=,P、Q两点重合于抛物线的顶点.‎ 考点伸展 第(3)①题可以用代数法来解:‎ 因为点P在抛物线y=x2-4x上,设P(n, n2-4n).‎ 将P(n, n2-4n)代入直线y=x+m,可得m=n2-5n.‎ 所以直线PQ可以表示为y=x+n2-5n,那么Q(2, 2+n2-5n).‎ 联立直线AC:y=-x+4和直线PQ:y=x+n2-5n,可得2xD=4-n2+5n.‎ 于是PD+DQ==‎ ‎=.‎ 所以当n=2时,PD+DQ的最大值为.当n=2时点P在抛物线的顶点.‎ ‎ ‎ ‎ 例2 2014年广州市中考第24题 已知平面直角坐标系中两定点A(-1, 0)、B(4, 0),抛物线y=ax2+bx-2(a≠0)过点A、B,顶点为C,点P(m, n)(n<0)为抛物线上一点.‎ ‎(1)求抛物线的解析式和顶点C的坐标;‎ ‎(2)当∠APB为钝角时,求m的取值范围;‎ ‎(3)若m>,当∠APB为直角时,将该抛物线向左或向右平移t(0<t<)个单位,点C、P平移后对应的点分别记为C′、P′,是否存在t,使得顺次首尾连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短?若存在,求t的值并说明抛物线平移的方向;若不存在,请说明理由.‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14广州24”,拖动点C′左右移动,可以体验到,点B′、B′′的位置是确定不动的,这是因为点P、C是确定不动的,BB′、P′C′、PC平行且相等.当点C′落在线段AB′′上时,四边形的周长最小. ‎ 思路点拨 ‎1.要探求∠APB为钝角时点P的范围,需要先找到∠APB为直角时点P的位置.‎ ‎2.直径的两个端点与圆内一点围成的三角形是钝角三角形.‎ ‎3.求两条线段的和最小,是典型的“牛喝水”问题.本题的四条线段中,有两条的长是定值,把不定的两条线段通过“平行且相等”连接起来,就转化为“牛喝水”问题.‎ 满分解答 ‎(1)因为抛物线y=ax2+bx-2与x轴交于A(-1, 0)、B(4, 0)两点,‎ 所以y=a(x+1)(x-4)=ax2-3ax-‎4a.‎ 所以-‎4a=-2,b=-‎3a.所以,.‎ 所以。‎ 顶点为.‎ ‎(2)如图1,设抛物线与y轴的交点为D.‎ 由A(-1, 0)、B(4, 0)、D(0,-2),可知.‎ 所以△AOD∽△DOB.因此∠ADO=∠DBO.‎ 由于∠DBO与∠BDO互余,所以∠ADO与∠BDO也互余. 图1‎ 于是可得∠ADB=90°.因此以AB为直径的圆经过点D.‎ 当点P在x轴下方圆的内部时,∠APB为钝角,此时-1<m<0,或3<m<4.‎ ‎(3)若m>,当∠APB为直角时,点P与点D关于抛物线的对称轴对称,因此点P的坐标为(3,-2).‎ 如图2,由于点A、B、P、C是确定的,BB′、P′C′、PC平行且相等,所以A、B、P′、C′四点所构成的四边形中,AB和P′C′的长是确定的.‎ 如图3,以P′C′、P′B为邻边构造平行四边形C′P′BB′,以直线为对称轴作点B′的对称点B′′,联结AB′′,那么AC′+P′B的长最小值就是线段AB′′。‎ 如图4,线段AB′′与直线的交点,就是四边形周长最小时点C′的位置.‎ 如图2,点P(3,-2)先向左平移个单位,再向下平移个单位得到点,‎ 如图3,点B(4, 0) 先向左平移个单位,再向下平移个单位得到点.‎ 所以点B′′的坐标为.‎ 如图4,由,得.解得.‎ 由于,所以抛物线向左平移了个单位.‎ 图2 图3 图4‎ 考点伸展 第(2)题不可回避要证明∠ADB=90°,也可以根据勾股定理的逆定理证明.‎ 由A(-1, 0)、B(4, 0)、D(0,-2),得AB2=25,AD2=5, BD2=20.‎ 所以AB2=AD2+BD2.所以∠ADB=90°.‎ 第(3)题的运算量实在是太大了,很容易折磨同学们的自信.‎ 求点B′的坐标,我们用了坐标平移的方法,比较简便.‎ 求点C′的坐标,我们用了相似比的方法,回避了待定系数法更为繁琐的计算过程.‎ 例3 2013年天津市中考第25题 在平面直角坐标系中,已知点A(-2,0),B(0,4),点E在OB上,且∠OAE=∠OBA.‎ ‎(1)如图1,求点E的坐标;‎ ‎(2)如图2,将△AEO沿x轴向右平移得到△AE′O′,连结A′B、BE′.‎ ‎①设AA′=m,其中0<m<2,使用含m的式子表示A′B2+BE′2,并求出使A′B2+BE′2取得最小值时点E′的坐标;‎ ‎②当A′B+BE′取得最小值时,求点E′的坐标(直接写出结果即可).‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“13天津25”,拖动点A′在线段AO上运动,可以体验到,当A′运动到AO的中点时,A′B2+BE′2取得最小值.当A′、B、E′′三点共线时,A′B+BE′取得最小值.‎ 请打开超级画板文件名“13天津25”,拖动点A′在线段AO上运动,可以体验到,当A′运动到AO的中点时,A′B2+BE′2取得最小值.当A′、B、E′′三点共线时,A′B+BE′取得最小值.‎ 思路点拨 ‎1.图形在平移的过程中,对应点的连线平行且相等,EE′=AA′=m.‎ ‎2.求A′B2+BE′2的最小值,第一感觉是用勾股定理列关于m的式子.‎ ‎3.求A′B+BE′的最小值,第一感觉是典型的“牛喝水”问题——轴对称,两点之间线段最短.‎ 满分解答 ‎(1)由∠OAE=∠OBA,∠AOE=∠BOA,得△AOE∽△BOA.‎ 所以.因此.‎ 解得OE=1.所以E(0,1).‎ ‎(2)①如图3,在Rt△A′OB中,OB=4,OA′=2-m,所以A′B2=16+(2-m)2.‎ 在Rt△BEE′中,BE=3,EE′=m,所以BE′2=9+m2.‎ 所以A′B2+BE′2=16+(2-m)2+9+m2=2(m-1)2+27.‎ 所以当m=1时,A′B2+BE′2取得最小值,最小值为27.‎ 此时点A′是AO的中点,点E′向右平移了1个单位,所以E′(1,1).‎ ‎②如图4,当A′B+BE′取得最小值时,求点E′的坐标为.‎ 图3 图4‎ 考点伸展 第(2)②题这样解:如图4,过点B作y轴的垂线l,作点E′关于直线l的对称点E′′,‎ 所以A′B+BE′=A′B+BE′′.‎ 当A′、B、E′′三点共线时,A′B+BE′′取得最小值,最小值为线段A′E′′.‎ 在Rt△A′O′E′′中,A′O′=2,O′E′′=7,所以A′E′′=.‎ 当A′、B、E′′三点共线时,.所以.‎ 解得.此时.‎ 例4 2012年滨州市中考第24题 如图1,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c经过A(-2, -4 )、O(0, 0)、‎ B(2, 0)三点.‎ ‎(1)求抛物线y=ax2+bx+c的解析式;‎ ‎(2)若点M是该抛物线对称轴上的一点,求AM+OM的最小值.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12滨州‎24”‎,拖动点M在抛物线的对称轴上运动(如图2),可以体验到,当M落在线段AB上时,根据两点之间线段最短,可以知道此时AM+OM最小(如图3).‎ 请打开超级画板文件名“12滨州‎24”‎,拖动点M, M落在线段AB上时, AM+OM最小.‎ 答案 (1)。 (2)AM+OM的最小值为.‎ 图2 图3‎ 第二部分 函数图象中点的存在性问题 ‎2.1 由比例线段产生的函数关系问题 ‎ 例1 2015年呼和浩特市中考第25题 已知抛物线y=x2+(2m-1)x+m2-1经过坐标原点,且当<0时,y随x的增大而减小。‎ ‎(1)求抛物线的解析式,并写出y < 0时,对应x的取值范围;‎ ‎(2)设点A是该抛物线上位于x轴下方的一个动点,过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点D,再作AB⊥x轴于点B, DC⊥x轴于点C. ‎ ‎①当BC=1时,直接写出矩形ABCD的周长;‎ ‎②设动点A的坐标为(a, b),将矩形ABCD的周长L表示为a的函数并写出自变量的取值范围,判断周长是否存在最大值,如果存在,求出这个最大值,并求出此时点A的坐标;如果不存在,请说明理由.‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15呼和浩特25”,拖动点A在x轴下方的抛物线上运动,观察L随a变化的图像,可以体验到,有两个时刻,L取得最大值,这两个时刻的点A关于抛物线的对称轴对称.‎ 思路点拨 ‎1.先用含a的式子表示线段AB、AD的长,再把L表示为a的函数关系式.‎ ‎2.点A与点D关于抛物线的对称轴对称,根据对称性,点A的位置存在两个情况.‎ 满分解答 ‎(1)因为抛物线y=x2+(2m-1)x+m2-1经过原点,所以m2-1=0.解得m=±1。‎ 如图1,当m=1时,抛物线y=x2+x的对称轴在y轴左侧,不符合当x<0时,y随x的增大而减小。‎ 当m=-1时,抛物线y=x2-3x符合条件。‎ 图1 图2 图3‎ ‎(2)①当BC=1时,矩形ABCD的周长为6。‎ ‎②如图2,抛物线y=x2-3x的对称轴为直线,如果点A在对称轴的左侧,那么。‎ 解得。所以AD=3-2a。‎ 当x=a时,y=x2-3x=a2-3a。所以AB=3a-a2。‎ 所以L=矩形ABCD的周长=2(AB+AD)=2(3a-a2+3-2a)=。‎ 因此当时,L的最大值为。此时点A的坐标为。‎ 如图3,根据对称性,点A的坐标也可以是。‎ 考点伸展 第(2)①题的思路是:如图2,抛物线的对称轴是直线,当BC ‎=1时,点B的坐标为(1, 0),此时点A的横坐标为1,可以求得AB=2。‎ 第(2)②题中,L随a变化的图像如图4所示。‎ 图4‎ 例2 2014年上海市静安区中考模拟第24题 已知⊙O的半径为3,⊙P与⊙O相切于点A,经过点A的直线与⊙O、⊙P分别交于点B、C,cos∠BAO=.设⊙P的半径为x,线段OC的长为y.‎ ‎(1)求AB的长;‎ ‎(2)如图1,当⊙P与⊙O外切时,求y与x 之间的函数关系式,并写出函数的定义域;‎ ‎(3)当∠OCA=∠OPC时,求⊙P的半径.‎ ‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14静安‎24”‎,拖动圆心P运动,可以体验到,△OAB与△PAC保持相似,∠OCA的大小保持不变.两圆外切和内切,各存在一次∠OPC=∠OCA.从图像中可以体验到,当两圆外切时,y随x的增大而增大.‎ 思路点拨 ‎1.第(1)题求弦AB的长,自然想到垂径定理或三线合一.‎ ‎2.第(2)题构造直角三角形,使得y成为斜边长,再用勾股定理.‎ ‎3.第(3)题两圆外切可以直接用第(2)的结论,两圆内切再具体分析.‎ ‎4.不论两圆外切还是内切,两个等腰△OAB与△PAC相似.‎ 满分解答 ‎(1)如图2,作OE⊥AB,垂足为E,由垂径定理,得AB=2AE.‎ 在Rt△AOE中,cos∠BAO=,AO=3,所以AE=1.所以AB=2.‎ ‎(2)如图2,作CH⊥AP,垂足为H.‎ 由△OAB∽△PAC,得.所以.所以.‎ 在Rt△ACH中,由cos∠CAH=,得.‎ 所以,.‎ 在Rt△OCH中,由OC2=OH2+CH2,得.‎ 整理,得.定义域为x>0.‎ 图2 图3‎ ‎(3)①如图3,当⊙P与⊙O外切时,如果∠OCA=∠OPC,那么△OCA∽△OPC.‎ 因此.所以.‎ 解方程,得.此时⊙P的半径为.‎ ‎②如图4,图5,当⊙P与⊙O内切时,同样的△OAB∽△PAC,.‎ 如图5,图6,如果∠OCA=∠OPC,那么△ACO∽△APC.‎ 所以.因此.‎ 解方程,得.此时⊙P的半径为.‎ 图4 图5 图6‎ 考点伸展 第(3)题②也可以这样思考:‎ 如图4,图5,图6,当∠OCA=∠OPC时,3个等腰三角形△OAB、△PAC、△CAO都相似,每个三角形的三边比是3∶3∶2.‎ 这样,△CAO的三边长为、、3.△PAC的三边长为、、.‎ 例3 2013年宁波市中考第26题 如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(0,4),点B的坐标为(4,0),点C的坐标为(-4,0),点P在射线AB上运动,连结CP与y轴交于点D,连结BD.过P、D、B三点作⊙Q,与y轴的另一个交点为E,延长DQ交⊙Q于F,连结EF、BF.‎ ‎(1)求直线AB的函数解析式;‎ ‎(2)当点P在线段AB(不包括A、B两点)上时.‎ ‎①求证:∠BDE=∠ADP;‎ ‎②设DE=x,DF=y,请求出y关于x的函数解析式;‎ ‎(3)请你探究:点P在运动过程中,是否存在以B、D、F为顶点的直角三角形,满足两条直角边之比为2∶1?如果存在,求出此时点P的坐标;如果不存在,请说明理由. 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“13宁波26”,拖动点P在射线AB上运动,可以体验到,△DEF保持等腰直角三角形的形状,y是x的一次函数.观察BD∶BF的度量值,可以体验到,BD∶BF可以等于2,也可以等于0.5.‎ 请打开超级画板文件名“13宁波26”,拖动点P在射线AB上运动,可以体验到,△DEF保持等腰直角三角形的形状.观察BD∶BF的度量值,可以体验到,BD∶BF可以等于2,也可以等于0.5.‎ 答案 ‎(1)直线AB的函数解析式为y=-x+4.‎ ‎(2)①如图2,∠BDE=∠CDE=∠ADP;‎ ‎②如图3,∠ADP=∠DEP+∠DPE,如图4,∠BDE=∠DBP+∠A,‎ 因为∠DEP=∠DBP,所以∠DPE=∠A=45°.‎ 所以∠DFE=∠DPE=45°.因此△DEF是等腰直角三角形.于是得到.‎ 图2 图3 图4‎ ‎(3)①如图5,当BD∶BF=2∶1时,P(2,2).思路如下:‎ 由△DMB∽△BNF,知.‎ 设OD=‎2m,FN=m,由DE=EF,可得‎2m+2=4-m.解得.‎ 因此.再由直线CD与直线AB求得交点P(2,2).‎ ‎②如图6,当BD∶BF=1∶2时,P(8,-4).思路同上.‎ 图5 图6‎ 例4 2012年上海市徐汇区中考模拟第25题 在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,,⊙B的半径长为1,⊙B交边CB于点P,点O是边AB上的动点.‎ ‎(1)如图1,将⊙B绕点P旋转180°得到⊙M,请判断⊙M与直线AB的位置关系;‎ ‎(2)如图2,在(1)的条件下,当△OMP是等腰三角形时,求OA的长; ‎ ‎(3)如图3,点N是边BC上的动点,如果以NB为半径的⊙N和以OA为半径的⊙O外切,设NB=y,OA=x,求y关于x的函数关系式及定义域.‎ 图1 图2 图3‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12徐汇‎25”‎,拖动点O在AB上运动,观察△OMP的三个顶点与对边的垂直平分线的位置关系,可以体验到,点O和点P可以落在对边的垂直平分线上,点M不能.‎ 请打开超级画板文件名“12徐汇‎25”‎, 分别点击“等腰”按钮的左部和中部,观察三个角度的大小,可得两种等腰的情形.点击“相切”按钮,可得y关于x的函数关系.‎ 思路点拨 ‎1.∠B的三角比反复用到,注意对应关系,防止错乱.‎ ‎2.分三种情况探究等腰△OMP,各种情况都有各自特殊的位置关系,用几何说理的方法比较简单.‎ ‎3.探求y关于x的函数关系式,作△OBN的边OB上的高,把△OBN分割为两个具有公共直角边的直角三角形.‎ 满分解答 (1) 在Rt△ABC中,AC=6,,‎ 所以AB=10,BC=8.‎ 过点M作MD⊥AB,垂足为D.‎ 在Rt△BMD中,BM=2,,所以.‎ 因此MD>MP,⊙M与直线AB相离. 图4‎ ‎(2)①如图4,MO≥MD>MP,因此不存在MO=MP的情况.‎ ‎②如图5,当PM=PO时,又因为PB=PO,因此△BOM是直角三角形.‎ 在Rt△BOM中,BM=2,,所以.此时.‎ ‎③如图6,当OM=OP时,设底边MP对应的高为OE.‎ 在Rt△BOE中,BE=,,所以.此时.‎ 图5 图6‎ ‎(3)如图7,过点N作NF⊥AB,垂足为F.联结ON.‎ 当两圆外切时,半径和等于圆心距,所以ON=x+y.‎ 在Rt△BNF中,BN=y,,,所以,.‎ 在Rt△ONF中,,由勾股定理得ON2=OF2+NF2.‎ 于是得到.‎ 整理,得.定义域为0<x<5.‎ 图7 图8‎ 考点伸展 第(2)题也可以这样思考:‎ 如图8,在Rt△BMF中,BM=2,,.‎ 在Rt△OMF中,OF=,所以.‎ 在Rt△BPQ中,BP=1,,.‎ 在Rt△OPQ中,OF=,所以.‎ ‎①当MO=MP=1时,方程没有实数根.‎ ‎②当PO=PM=1时,解方程,可得 ‎③当OM=OP时,解方程,可得.‎ ‎2.2 由面积产生的函数关系问题 ‎ 例1 2015年上海市徐汇区中考模拟第25题 如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,cosA=,点P是边AB上的动点,以PA为半径作⊙P. ‎ ‎(1)若⊙P与AC边的另一个交点为D,设AP=x,△PCD的面积为y,求y关于x的函数解析式,并直接写出函数的定义域;‎ ‎(2)若⊙P被直线BC和直线AC截得的弦长相等,求AP的长;‎ ‎(3)若⊙C的半径等于1,且⊙P与⊙C的公共弦长为,求AP的长.‎ 图1 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“15徐汇25”,拖动点P在AB上运动,观察MN的度量值,可以体验到,MN≈1.41的时刻只有一个,MN与圆心距CP相交.‎ 思路点拨 ‎1.△PCD的底边CD上的高,就是弦AD对应的弦心距.‎ ‎2.若⊙P被直线BC和直线AC截得的弦长相等,那么对应的弦心距相等.‎ ‎3.⊙C的半径等于1,公共弦MN=,那么△CMN是等腰直角三角形.在四边形CMPN中,利用勾股定理列关于x(⊙P的半径)的方程.‎ 满分解答 ‎(1)如图2,在Rt△ABC中, AC=4,cosA=,所以AB=16,BC=.‎ 设弦AD对应的弦心距为PE,那么AE=AP=x,PE=AP=x.‎ 所以y=S△PCD===.‎ 定义域是0<x<8.‎ ‎(2)若⊙P被直线BC和直线AC截得的弦长相等,那么对应的弦心距PF=PE.‎ 因此四边形AEPF是正方形(如图3),设正方形的边长为m.‎ 由S△ABC=S△ACP+S△BCP,得AC·BC=m(AC+BC).所以m==.‎ 此时AE==,AP=4AE=.‎ 图2 图3‎ ‎(3)如图4,设⊙C与⊙P的公共弦为MN,MN与CP交于点G.‎ 由于CM=CN=1,MN=,所以△CMN是等腰直角三角形,CG=NG=.‎ 如图5,作CH⊥AB于H,由AC=4,那么AH=1,CH2=15.‎ 所以CP==.因此PG=(如图4).‎ 如图4,在Rt△PNG中,由勾股定理,得.‎ 整理,得2x2-64x+257=0.解得,(舍去).‎ 图4 图5‎ 考点伸展 第(2)题也可以这样计算:由于PF=BP=,由PE=PF,得.解得.‎ 例2 2014年黄冈市中考第25题 如图1,在四边形OABC中,AB//OC,BC⊥x轴于点C,A(1,-1),B(3,-1),动点P从O出发,沿着x轴正方向以每秒2个单位长度的速度移动.过点P作PQ垂直于直线OA,垂足为Q.设点P移动的时间为t秒(0<t<2),△OPQ与四边形OABC重叠部分的面积为S.‎ ‎(1)求经过O、A、B三点的抛物线的解析式,并确定顶点M的坐标;‎ ‎(2)用含t的代数式表示点P、Q的坐标;‎ ‎(3)如果将△OPQ绕着点P按逆时针方向旋转90°,是否存在t,使得△OPQ的顶点O或Q在抛物线上?若存在,请求出t的值;若不存在,请说明理由;‎ ‎(4)求出S与t的函数关系式.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14黄冈‎25”‎,拖动点P从O开始向右运动,可以体验到,重叠部分的形状依次为等腰直角三角形、等腰梯形和五边形.点O′和点Q′各有一次机会落在抛物线上.‎ 思路点拨 ‎1.△OPQ在旋转前后保持等腰直角三角形的形状.‎ ‎2.试探取不同位置的点P,观察重叠部分的形状,要分三种情况讨论.‎ 满分解答 ‎(1)由A(1,-1)、B(3,-1),可知抛物线的对称轴为直线x=1,点O关于直线x=1的对称点为(4,0).‎ 于是可设抛物线的解析式为y=ax(x-4),代入点A(1,-1),得-‎3a=-1.‎ 解得.所以.顶点M的坐标为.‎ ‎(2)△OPQ是等腰直角三角形,P(2t, 0),Q(t,-t).‎ ‎(3)旋转后,点O′的坐标为(2t,-2t),点Q′的坐标为(3t,-t).‎ 将O′(2t,-2t)代入,得.解得.‎ 将Q′(3t,-t)代入,得.解得t=1.‎ 因此,当时,点O′落在抛物线上(如图2);当t=1时,点Q′落在抛物线上(如图3).‎ 图2 图3‎ ‎(4)①如图4,当0<t≤1时,重叠部分是等腰直角三角形OPQ.此时S=t2.‎ ‎②如图5,当1<t≤1.5时,重叠部分是等腰梯形OPFA.此时AF=2t-2.‎ 此时S=.‎ 图4 图5‎ ‎③如图6,当1.5<t<2时,重叠部分是五边形OCEFA.‎ 此时CE=CP=2t-3.所以BE=BF=1-(2t-3)=4-2t.‎ 所以S=.‎ 图6‎ 考点伸展 在本题情景下,重叠部分的周长l与t之间有怎样的函数关系?‎ 如图4,.如图5,.‎ 如图6,.‎ 例3 2013年菏泽市中考第21题 如图1, △ABC是以BC为底边的等腰三角形,点A、C分别是一次函数的图像与y轴、x轴的交点,点B在二次函数的图像上,且该二次函数图像上存在一点D使四边形ABCD能构成平行四边形.‎ ‎(1)试求b、c的值,并写出该二次函数的解析式;‎ ‎(2)动点P从A到D,同时动点Q从C到A都以每秒1个单位的速度运动,问:‎ ‎①当P运动到何处时,由PQ⊥AC?‎ ‎②当P运动到何处时,四边形PDCQ的面积最小?此时四边形PDCQ的面积是多少?‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“13菏泽‎21”‎,拖动点P由A向D运动,观察S随P变化的图像,可以体验到,当S最小时,点Q恰好是AC的中点.‎ 请打开超级画板文件名“13菏泽‎21”‎,拖动点P由A向D运动,观察S随P变化的图像,可以体验到,当S最小时,点Q恰好是AC的中点.‎ 思路点拨 ‎1.求抛物线的解析式需要代入B、D两点的坐标,点B的坐标由点C的坐标得到,点D的坐标由AD=BC可以得到.‎ ‎2.设点P、Q运动的时间为t,用含有t的式子把线段AP、CQ、AQ的长表示出来.‎ ‎3.四边形PDCQ的面积最小,就是△APQ的面积最大.‎ 满分解答 ‎(1)由,得A(0,3),C(4,0).‎ 由于B、C关于OA对称,所以B(-4,0),BC=8.‎ 因为AD//BC,AD=BC,所以D(8,3).‎ 将B(-4,0)、D(8,3)分别代入,得 解得,c=-3.所以该二次函数的解析式为.‎ ‎(2)①设点P、Q运动的时间为t.‎ 如图2,在△APQ中,AP=t,AQ=AC-CQ=5-t,cos∠PAQ=cos∠ACO=.‎ 当PQ⊥AC时,.所以.解得.‎ 图2 图3‎ ‎②如图3,过点Q作QH⊥AD,垂足为H.‎ 由于S△APQ=,‎ S△ACD=,‎ 所以S四边形PDCQ=S△ACD-S△APQ=.‎ 所以当AP=时,四边形PDCQ的最小值是.‎ 考点伸展 如果把第(2)①题改为“当P运动到何处时,△APQ是直角三角形?”‎ 除了PQ⊥AC这种情况,还有QP⊥AD的情况.‎ 这时,所以.解得(如图4所示).‎ 图4‎ 例4 2012年广东省中考第22题 如图1,抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,联结BC、AC.‎ ‎(1)求AB和OC的长;‎ ‎(2)点E从点A出发,沿x轴向点B运动(点E与点A、B不重合),过点E作BC的平行线交AC于点D.设AE的长为m,△ADE的面积为s,求s关于m的函数关系式,并写出自变量m的取值范围;‎ ‎(3)在(2)的条件下,联结CE,求△CDE面积的最大值;此时,求出以点E为圆心,与BC相切的圆的面积(结果保留π).‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12广东22”,拖动点E由A向B运动,观察图象,可以体验到,△ADE的面积随m的增大而增大,△CDE的面积随m变化的图象是开口向下的抛物线的一部分,E在AB的中点时,△CDE的面积最大.‎ 思路点拨 ‎1.△ADE与△ACB相似,面积比等于对应边的比的平方.‎ ‎2.△CDE与△ADE是同高三角形,面积比等于对应底边的比.‎ 满分解答 ‎(1)由,得A(-3,0)、B(6,0)、C(0,-9).‎ 所以AB=9,OC=9.‎ ‎(2)如图2,因为DE//CB,所以△ADE∽△ACB.‎ 所以.‎ 而,AE=m,‎ 所以. ‎ m的取值范围是0<m<9.‎ 图2 图3‎ ‎(3)如图2,因为DE//CB,所以.‎ 因为△CDE与△ADE是同高三角形,所以.‎ 所以.‎ 当时,△CDE的面积最大,最大值为.‎ 此时E是AB的中点,.‎ 如图3,作EH⊥CB,垂足为H.‎ 在Rt△BOC中,OB=6,OC=9,所以.‎ 在Rt△BEH中,.‎ 当⊙E与BC相切时,.所以.‎ 考点伸展 在本题中,△CDE与△BEC能否相似?‎ 如图2,虽然∠CED=∠BCE,但是∠B>∠BCA≥∠ECD,所以△CDE与△BEC 不能相似.‎ 例5 2012年河北省中考第26题 如图1,图2,在△ABC中,AB=13,BC=14,.‎ 探究 如图1,AH⊥BC于点H,则AH=_____,AC=______,△ABC的面积S△ABC=________.‎ 拓展 如图2,点D在AC上(可与点A、C重合),分别过点A、C作直线BD的垂线,垂足为E、F.设BD=x,AE=m,CF=n.(当点D与点A重合时,我们认为S△ABD=0)‎ ‎(1)用含x,m或n的代数式表示S△ABD及S△CBD;‎ ‎(2)求(m+n)与x的函数关系式,并求(m+n)的最大值和最小值;‎ ‎(3)对给定的一个x值,有时只能确定唯一的点D,指出这样的x的取值范围.‎ 发现 请你确定一条直线,使得A、B、C三点到这条直线的距离之和最小(不必写出过程),并写出这个最小值.‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“12河北26”,拖动点D由A向C运动,观察(m+n)随x变化的图象,可以体验到,D到达G之前,(m+n)的值越来越大;D经过G之后,(m+n)的值越来越小.观察圆与线段AC的交点情况,可以体验到,当D运动到G时(如图3),或者点A在圆的内部时(如图4),圆与线段AC只有唯一的交点D.‎ 图3 图4‎ 答案 探究 AH=12,AC=15,S△ABC=84.‎ 拓展 (1)S△ABD=,S△CBD=.‎ ‎(2)由S△ABC=S△ABD+S△CBD,得.所以.‎ 由于AC边上的高,所以x的取值范围是≤x≤14.‎ 所以(m+n)的最大值为15,最小值为12.‎ ‎(3)x的取值范围是x=或13<x≤14.‎ 发现 A、B、C三点到直线AC的距离之和最小,最小值为.‎ 例6 2011年淮安市中考第28题 如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6,点P在AB上,AP=2.点E、F同时从点P出发,分别沿PA、PB以每秒1个单位长度的速度向点A、B匀速运动,点E到达点A后立刻以原速度沿AB向点B运动,点F运动到点B时停止,点E也随之停止.在点E、F运动过程中,以EF为边作正方形EFGH,使它与△ABC在线段AB的同侧.设E、F运动的时间为t秒(t>0),正方形EFGH与△ABC重叠部分的面积为S. ‎ ‎(1)当t=1时,正方形EFGH的边长是________;当t=3时,正方形EFGH的边长是________;‎ ‎(2)当1<t≤2时,求S与t的函数关系式;‎ ‎(3)直接答出:在整个运动过程中,当t为何值时,S最大?最大面积是多少?‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“11淮安‎28”‎,拖动点F由P向B运动,可以体验到,点E在向A运动时,正方形EFGH越来越大,重叠部分的形状依次为正方形、五边形、直角梯形;点E折返以后,正方形EFGH 的边长为定值4,重叠部分的形状依次为直角梯形、五边形、六边形、五边形.在整个运动过程中,S的最大值在六边形这个时段.‎ 请打开超级画板文件名“11淮安‎28”‎,拖动点F由P向B运动,可以体验到,点E在向A运动时,正方形EFGH越来越大,重叠部分的形状依次为正方形、五边形、直角梯形;点E折返以后,正方形EFGH的边长为定值4,重叠部分的形状依次为直角梯形、五边形、六边形、五边形.在整个运动过程中,S的最大值在六边形这个时段.‎ 思路点拨 ‎1.全程运动时间为8秒,最好的建议就是在每秒钟选择一个位置画8个图形,这叫做磨刀不误砍柴工.‎ ‎2.这道题目的运算太繁琐了,如果你的思路是对的,就坚定地、仔细地运算,否则放弃也是一种好的选择.‎ 满分解答 ‎(1)当t=1时,EF=2;当t=3时,EF=4.‎ ‎(2)①如图1,当时,.所以.‎ ‎②如图2,当时,,,.‎ 于是,‎ ‎.‎ 所以.‎ ‎③如图3,当时,,,.‎ 所以.‎ 图2 图3 图4‎ ‎(3)如图4,图5,图6,图7,重叠部分的最大面积是图6所示的六边形EFNDQN,S的最大值为,此时.‎ 图5 图6 图7‎ 考点伸展 第(2)题中t的临界时刻是这样求的:‎ 如图8,当H落在AC上时,,,由,得.‎ 如图9,当G落在AC上时,,,由,得.‎ 图8 图9‎ 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 例 1 2015年北京市中考第29题 在平面直角坐标系中,⊙C的半径为r,P是与圆心C不重合的点,点P关于⊙C的反称点的定义如下:若在射线CP上存在一点P′,满足CP+CP′=2r,则称点P′为点P关于⊙C的反称点.如图1为点P及其关于⊙C的反称点P′的示意图.‎ 特别地,当点P′与圆心C重合时,规定CP′=0.‎ ‎(1)当⊙O的半径为1时,‎ ‎①分别判断点M(2, 1),N,T 关于⊙O的反称点是否存在?若存在,求其坐标;‎ ‎②点P在直线y=-x+2上,若点P关于⊙O的反称点P′存在,且点P′不在x轴上,求点P的横坐标的取值范围; ‎ 图1‎ ‎(2)⊙C的圆心在x轴上,半径为1,直线与x轴、y轴分别交于点A、B,若线段AB上存在点P,使得点P关于⊙C的反称点P′在⊙C的内部,求圆心C的横坐标的取值范围.‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15北京29”,拖动点圆心C在x轴上运动,可以体验到,当点P′在圆内时,CP的变化范围是1<CP≤2.‎ 思路点拨 ‎1.反称点P′是否存在,就是看CP′是否大于或等于0.‎ ‎2.第(2)题反称点P′在圆内,就是0≤CP′<1,进一步转化为0≤2-CP<1.‎ 满分解答 ‎(1)①对于M(2, 1),OM=.因为OM′=<0,所以点M不存在反称点(如图2).‎ 如图3,对于N,ON=.因为ON′=,所以点N′的坐标为.‎ 如图4,对于T ,OT=2.因为OT′=0,所以点T关于⊙O的反称点T′是(0,0).‎ 图2 图3 图4‎ ‎②如图5,如果点P′存在,那么OP′=2-OP≥0.所以OP≤2.‎ 设直线y=-x+2与x轴、y轴的交点分别为A、B,那么OA=OB=2.‎ 如果点P在线段AB上,那么OP≤2.‎ 所以满足OP≤2且点P′不在x轴上的点P的横坐标的取值范围是0≤x<2.‎ ‎(2)由,得A(6, 0),B.所以tan∠A=.‎ 所以∠A=30°.‎ 因为点P′在⊙C的内部,所以0≤CP′<1.‎ 解不等式组0≤2-CP<1,得1<CP≤2.‎ 过点C作CP⊥AB于P,那么CP=AC.所以2<AC≤4.‎ 所以2≤OC<4.因此圆心C的横坐标的取值范围是2≤x<4(如图6,图7所示).‎ 图5 图6 图7‎ 考点伸展 第(2)题如果把条件“反称点P′在⊙C的内部”改为“反称点P′存在”,那么圆心C的横坐标的取值范围是什么呢?‎ 如果点P′存在,那么CP′≥0.‎ 解不等式2-CP≥0,得CP≤2.‎ 所以AC≤4.因此圆心C的横坐标的取值范围是2≤x<6.‎ 例2 2014年福州市中考第22题 如图1,抛物线与x轴交于 A、B两点(点A在点B左侧),与y轴交于点C,顶点为D.‎ ‎(1)求点A、B、C的坐标;‎ ‎(2)联结CD,过原点O作OE⊥CD,垂足为H,OE与抛物线的对称轴交于点E,联结AE、AD.求证:∠AEO=∠ADC;‎ ‎(3)以(2)中的点E为圆心,1为半径画圆,在对称轴右侧的抛物线上有一动点P,过P作⊙E的切线,切点为Q,当PQ的长最小时,求点P的坐标,并直接写出点Q的坐标. 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14福州22”,拖动点P在抛物线上运动,可以体验到,当PE最小时,PQ也最小.‎ 思路点拨 ‎1.计算点E的坐标是关键的一步,充分利用、挖掘等角(或同角)的余角相等.‎ ‎2.求PE的最小值,设点P的坐标为(x, y),如果把PE2表示为x的四次函数,运算很麻烦.如果把PE2转化为y的二次函数就比较简便了.‎ 满分解答 ‎(1)由,得,.‎ 由,‎ 得,.‎ ‎(2)设CD与AE交于点F,对称轴与x轴交于点M,作DN⊥y轴于N.‎ 如图2,由,,得DN=3,.因此.‎ 如图3,由OE⊥CD,得∠EOM=∠DCN.因此.‎ 所以EM=2,E(3, 2).‎ 由,,得.‎ 因此,.‎ 所以∠AEM=∠DAM.于是可得∠AED=90°.‎ 如图4,在Rt△EHF与Rt△DAF中,因为∠EFH=∠DFA,‎ 所以∠HEF=∠ADF,即∠AEO=∠ADC.‎ 图2 图3 图4‎ ‎(3)如图5,在Rt△EPQ中,EQ为定值,因此当PE最小时,PQ也最小.‎ 设点P的坐标为(x, y),那么PE2=(x-3)2+(y-2)2.‎ 已知,所以.‎ 因此.‎ 所以当y=1时,PE取得最小值.‎ 解方程,得x=5,或x=1(在对称轴左侧,舍去).‎ 因此点P的坐标为(5, 1).此时点Q的坐标为(3, 1)或(如图6所示).‎ 图5 图6 图7‎ 考点伸展 第(3)题可以这样求点Q的坐标:设点Q的坐标为(m, n).‎ 由E(3, 2)、P(5, 1),可得PE2=5.又已知EQ2=1,所以PQ2=4.‎ 列方程组 解得 ‎ 还可以如图7那样求点Q的坐标:‎ 对于Q(m, n),根据两个阴影三角形相似,可以列方程组.‎ 同样地,对于Q′(m, n),可以列方程组.‎ 例3 2013年南京市中考第26题 已知二次函数y=a(x-m)2-a(x-m)(a、m为常数,且a≠0).‎ ‎(1)求证:不论a与m为何值,该函数的图像与x轴总有两个公共点;‎ ‎(2)设该函数的图像的顶点为C,与x轴相交于A、B两点,与y轴交于点D.‎ ‎①当△ABC的面积等于1时,求a的值 ‎②当△ABC的面积与△ABD的面积相等时,求m的值.‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“13南京26”,拖动y轴上表示实数a的点可以改变a的值,拖动点A可以改变m的值.分别点击按钮“m1”、“m2”、“m3”,再改变实数a,可以体验到,这3种情况下,点C、D到x轴的距离相等.‎ 请打开超级画板文件名“13南京26”, 拖动点A可以改变m的值,竖直拖动点C可以改变a的值.分别点击按钮,可得到△ABC的面积与△ABD的面积相等的三种情形。‎ 思路点拨 ‎1.第(1)题判断抛物线与x轴有两个交点,容易想到用判别式.事实上,抛物线与x轴的交点A、B的坐标分别为 (m,0)、 (m+1,0),AB=1.‎ ‎2.当△ABC的面积等于1时,点C到x轴的距离为2.‎ ‎3.当△ABC的面积与△ABD的面积相等时,C、D到x轴的距离相等.‎ ‎4.本题大量的工作是代入计算,运算比较繁琐,一定要仔细.‎ 满分解答 ‎(1)由y=a(x-m)2-a(x-m)=a(x-m)( x-m-1),‎ 得抛物线与x轴的交点坐标为A(m,0)、B(m+1,0).‎ 因此不论a与m为何值,该函数的图像与x轴总有两个公共点.‎ ‎(2)①由y=a(x-m)2-a(x-m) ,‎ 得抛物线的顶点坐标为.‎ 因为AB=1,S△ABC=,所以a=±8.‎ ‎②当△ABC的面积与△ABD的面积相等时,点C与点D到x轴的距离相等.‎ 第一种情况:如图1,C、D重合,此时点D的坐标可以表示为,‎ 将代入,得.‎ 解得.‎ 图1‎ 第二种情况:如图2,图3,C、D在x轴两侧,此时点D的坐标可以表示为,‎ 将代入,得.‎ 解得.‎ 图2 图3‎ 考点伸展 第(1)题也可以这样说理:‎ 由于由,抛物线的顶点坐标为.‎ 当a>0时,抛物线的开口向上,而顶点在x轴下方,所以抛物线与x轴由两个交点;‎ 当a<0时,抛物线的开口向下,而顶点在x轴上方,所以抛物线与x轴由两个交点.‎ 因此不论a与m为何值,该函数的图像与x轴总有两个公共点.‎ 第(1)题也可以用根的判别式Δ说理:‎ 由y=a(x-m)2-a(x-m)=a[x2-(‎2m+1)x+m2+m],‎ 得>0.‎ 因此不论a与m为何值,该函数的图像与x轴总有两个公共点.‎ 这种方法是同学们最容易想到的,但是这种方法的运算量很大,一定要仔细.‎ ‎3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题 例1 2015年杭州市中考第22题 如图1,在△ABC中,BC>AC,∠ACB=90°,点D在AB边上,DE⊥AC于点E.‎ ‎(1)若,AE=2,求EC的长;‎ ‎(2)设点F在线段EC上,点G在射线CB上,以F、C、G为顶点的三角形与△EDC有一个锐角相等,FG交CD于点P.问:线段CP可能是△CFG的高还是中线?或两者都有可能?请说明理由.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15杭州22”,拖动点D在AB上运动,可以体验到,CP既可以是△CFG的高,也可以是△CFG的中线.‎ 思路点拨 ‎1.△CFG与△EDC都是直角三角形,有一个锐角相等,分两种情况.‎ ‎2.高和中线是直角三角形的两条典型线,各自联系着典型的定理,一个是直角三角形的两锐角互余,一个是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.‎ ‎3.根据等角的余角相等,把图形中相等的角都标记出来.‎ 满分解答 ‎(1)由∠ACB=90°,DE⊥AC,得DE//BC.‎ 所以.所以.解得EC=6.‎ ‎(2)△CFG与△EDC都是直角三角形,有一个锐角相等,分两种情况:‎ ‎①如图2,当∠1=∠2时,由于∠2与∠3互余,所以∠2与∠3也互余.‎ 因此∠CPF=90°.所以CP是△CFG的高.‎ ‎②如图3,当∠1=∠3时,PF=PC.‎ 又因为∠1与∠4互余,∠3与∠2互余,所以∠4=∠2.所以PC=PG.‎ 所以PF=PC=PG.所以CP是△CFG的中线.‎ 综合①、②,当CD是∠ACB的平分线时,CP既是△CFG的高,也是中线(如图4).‎ 图2 图 3 图4‎ 考点伸展 这道条件变换的题目,不由得勾起了我们的记忆:‎ 如图5,在△ABC中,点D是AB边上的一个动点,DE//BC交AC于E,DF//AC交BC于F,那么四边形CEDF是平行四边形.‎ 如图6,当CD平分∠ACB时,四边形CEDF是菱形.‎ 图5 图6‎ 如图7,当∠ACB=90°,四边形CEDF是矩形.‎ 如图8,当∠ACB=90°,CD平分∠ACB时,四边形CEDF是正方形.‎ 图7 图8‎ 例2 2014年安徽省中考第23题 如图1,正六边形ABCDEF的边长为a,P是BC边上的一动点,过P作PM//AB交AF 于M,作PN//CD交DE于N.‎ ‎(1)①∠MPN=_______°;‎ ‎②求证:PM+PN=‎3a;‎ ‎(2)如图2,点O是AD的中点,联结OM、ON.求证:OM=ON.‎ ‎(3)如图3,点O是AD的中点,OG平分∠MON,判断四边形OMGN是否为特殊的四边形,并说明理由.‎ 图1 图2 图3‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14安徽23”,拖动点P运动,可以体验到,PM+PN等于正六边形的3条边长.△AOM≌△BOP,△COP≌△DON,所以OM=OP=ON.还可以体验到,△MOG与△NOG是两个全等的等边三角形,四边形OMGN是菱形.‎ 思路点拨 ‎1.第(1)题的思路是,把PM+PN转化到同一条直线上.‎ ‎2.第(2)题的思路是,以O为圆心,OM为半径画圆,这个圆经过点N、P.于是想到联结OP,这样就出现了两对全等三角形.‎ ‎3.第(3)题直觉告诉我们,四边形OMGN是菱形.如果你直觉△MOG与△NOG是等边三角形,那么矛盾就是如何证明∠MON=120°.‎ 满分解答 ‎(1)①∠MPN=60°.‎ ‎②如图4,延长FA、ED交直线BC与M′、N′,那么△ABM′、△MPM′、△DCN′、‎ ‎△EPN′都是等边三角形.‎ 所以PM+PN=M′N′=M′B+BC+CN′=‎3a.‎ 图4 图5 图6‎ ‎(2)如图5,联结OP.‎ 由(1)知,AM=BP,DN=CP.‎ 由AM=BP,∠OAM=∠OBP=60°,OA=OB,‎ 得△AOM≌△BOP.所以OM=OP.‎ 同理△COP≌△DON,得ON=OP.‎ 所以OM=ON.‎ ‎(3)四边形OMGN是菱形.说理如下:‎ 由(2)知,∠AOM=∠BOP,∠DON=∠COP(如图5).‎ 所以∠AOM+∠DON=∠BOP+∠COP=60°.所以∠MON=120°.‎ 如图6,当OG平分∠MON时,∠MOG=∠NOG=60°.‎ 又因为∠AOF=∠FOE=∠EOD=60°,于是可得∠AOM=∠FOG=∠EON.‎ 于是可得△AOM≌△FOG≌△EON.‎ 所以OM=OG=ON.‎ 所以△MOG与△NOG是两个全等的等边三角形.‎ 所以四边形OMGN的四条边都相等,四边形OMGN是菱形.‎ 考点伸展 在本题情景下,菱形OMGN的面积的最大值和最小值各是多少?‎ 因为△MOG与△NOG是全等的等边三角形,所以OG最大时菱形的面积最大,OG最小时菱形的面积最小.‎ OG的最大值等于OA,此时正三角形的边长为a,菱形的最大面积为.‎ OG与EF垂直时最小,此时正三角形的边长为,菱形的最小面积为.‎ 例3 2013年上海市黄浦区中考模拟第24题 已知二次函数y=-x2+bx+c的图像经过点P(0, 1)与Q(2, -3).‎ ‎(1)求此二次函数的解析式;‎ ‎(2)若点A是第一象限内该二次函数图像上一点,过点A作x轴的平行线交二次函数图像于点B,分别过点B、A作x轴的垂线,垂足分别为C、D,且所得四边形ABCD恰为正方形.‎ ‎①求正方形的ABCD的面积;‎ ‎②联结PA、PD,PD交AB于点E,求证:△PAD∽△PEA.‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“13黄浦‎24”‎,拖动点A在第一象限内的抛物线上运动,可以体验到,∠PAE与∠PDA总保持相等,△PAD与△PEA保持相似.‎ 请打开超级画板文件名“13黄浦‎24”‎,拖动点A在第一象限内的抛物线上运动,可以体验到,∠PAE与∠PDA总保持相等,△PAD与△PEA保持相似.‎ 思路点拨 ‎1.数形结合,用抛物线的解析式表示点A的坐标,用点A的坐标表示AD、AB的长,当四边形ABCD是正方形时,AD=AB.‎ ‎2.通过计算∠PAE与∠DPO的正切值,得到∠PAE=∠DPO=∠PDA,从而证明△PAD∽△PEA.‎ 满分解答 ‎(1)将点P(0, 1)、Q(2, -3)分别代入y=-x2+bx+c,得 ‎ 解得 所以该二次函数的解析式为y=-x2+1.‎ ‎(2)①如图1,设点A的坐标为(x, -x2+1),当四边形ABCD恰为正方形时,AD=AB.‎ 此时yA=2xA.‎ 解方程-x2+1=2x,得.‎ 所以点A的横坐标为.‎ 因此正方形ABCD的面积等于.‎ ‎②设OP与AB交于点F,那么.‎ 所以.‎ 又因为,‎ 所以∠PAE=∠PDA.‎ 又因为∠P公用,所以△PAD∽△PEA.‎ 图1 图2‎ 考点伸展 事实上,对于矩形ABCD,总有结论△PAD∽△PEA.证明如下:‎ 如图2,设点A的坐标为(x, -x2+1),那么PF=OP-OF=1-(-x2+1)=x2.‎ 所以.‎ 又因为,‎ 所以∠PAE=∠PDA.因此△PAD∽△PEA.‎ 第四部分 图形的平移翻折与旋转 ‎4.1图形的平移 例1 2015年泰安市中考第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,)‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15泰安15”,拖动点A'运动的过程中,可以体验到,△A′OC保持等边三角形的形状.‎ 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′.‎ 例2 2014年江西省中考第11题 如图,在△ABC中,AB=4,BC=6,∠B=60°,将△ABC沿射线BC方向平移2个单位后,得到△A′B′C′,联结A′C,则△A′B′C的周长为_______.‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14江西11”,拖动点B′运动,可以体验到,△A′B′C′向右移动2个单位后,△A′B′C是等边三角形.‎ 答案 12.‎ ‎4.2图形的翻折 例1 2015年上海市宝山区嘉定区中考模拟第18题 如图1,在矩形ABCD中,AD=15,点E在边DC上,联结AE,△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F,过点F作FG⊥AD,垂足为G.如果AD=3GD,那么DE=_____.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15宝山嘉定18”,拖动点E在DC上运动,可以体验到,‎ ‎△ADE与△AFE保持全等,△AMF与△FNE保持相似(如图2所示).‎ 答案 .思路如下:‎ 如图2,过点F作AD的平行线交AB于M,交DC于N.‎ 因为AD=15,当AD=3GD时,MF=AG=10,FN=GD=5.‎ 在Rt△AMF中,AF=AD=15,MF=10,所以AM=.‎ 设DE=m,那么NE=.‎ 由△AMF∽△FNE,得,即.解得m=.‎ 图2‎ 例2 2014年上海市中考第18题 如图,已知在矩形ABCD中,点E在边BC上,BE=2CE,将矩形沿着过点E的直线翻折后,点C、D分别落在边BC下方的点C′、D′处,且点C′、D′、B在同一条直线上,折痕与边AD交于点F,D′F与BE交于点G.设AB=t,那么△EFG的周长为______________(用含t的代数式表示).‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14福州10”,拖动点F在AD上运动,可以体验到,当点C′、D′、B在同一条直线上时,直角三角形BCE的斜边BE等于直角边C′E的2倍,△BCE是30°角的直角三角形,此时△EFG是等边三角形(如图2).‎ 答案 .思路如下:如图2,等边三角形EFG的高=AB=t,计算得边长为.‎ 图2‎ ‎ ‎ ‎4.3图形的旋转 例1 2015年扬州市中考第17题 如图1,已知Rt△ABC中,∠ABC=90°,AC=6,BC=4,将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC,若点F是DE的中点,连接AF,则AF= .‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15扬州17”,拖动点D绕着点C旋转,可以体验到,当旋转角为90°时,FH是△ECD的中位线,AF是直角三角形AHF的斜边.‎ 答案 5.思路如下:‎ 如图2,作FH⊥AC于H.‎ 由于F是ED的中点,所以HF是△ECD的中位线,所以HF=3.‎ 由于AE=AC-EC=6-4=2,EH=2,所以AH=4.所以AF=5.‎ 例2 2014年上海市黄浦区中考模拟第18题 如图1,在△ABC中,AB=AC=5,BC=4,D为边AC上一点,且AD=3,如果△ABD绕点A逆时针旋转,使点B与点C重合,点D旋转至D',那么线段DD'的长为 .‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14黄浦‎18”‎,拖动点B'绕点A逆时针旋转,可以体验到,两个等腰三角形ABB'与等腰三角形ADD'保持相似(如图2).‎ 答案 .思路如下:如图3,由△ABC∽△ADD',可得.5∶4=3∶DD'.‎ 图2 图3‎ ‎4.4三角形 例1 2015年上海市长宁区中考模拟第18题 如图1,△ABC≌△DEF(点A、B分别与点D、E对应),AB=AC=5,BC=6.△ABC固定不动,△DEF运动,并满足点E在BC边从B向C移动(点E不与B、C重合),DE始终经过点A,EF与AC边交于点M,当△AEM是等腰三角形时,BE=_________.‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15长宁18”,拖动点E在BC上运动,可以体验到,△AEM有三个时刻成为等腰三角形,其中一个时刻点E与点B重合.‎ 答案 或1.思路如下:‎ 设BE=x.‎ 由△ABE∽△ECM,得,即.‎ 等腰三角形AEM分三种情况讨论:‎ ‎①如图2,如果AE=AM,那么△AEM∽△ABC.‎ 所以.解得x=0,此时E、B重合,舍去.‎ ‎②如图3,当EA=EM时,.解得x=1.‎ ‎③如图4,当MA=ME时,△MEA∽△ABC.所以.解得x=.‎ 图2 图3 图4‎ 例2 2014年泰州市中考第16题 如图1,正方形ABCD的边长为‎3cm,E为CD边上一点,∠DAE=30°,M为AE的中点,过点M作直线分别与AD、BC相交于点P、Q.若PQ=AE,则AP的长等于__________cm.‎ 图1‎ 动感体验 ‎ 请打开几何画板文件名“14泰州‎16”‎,拖动点P在AD上运动,观察度量值,可以体验到,存在两个时刻PQ=AE.‎ 答案 1或2.思路如下:如图2,当PQ=AE时,可证PQ与AE互相垂直.‎ 在Rt△ADE中,由∠DAE=30°,AD=3,可得AE=.‎ 在Rt△APM中,由∠PAM=30°,AM=,可得AP=2.‎ 在图3中,∠ADF=30°,当PQ=DF时,DP=2,所以AP=1.‎ 图2 图3‎ ‎4.5四边形 例1 2015年安徽省中考第9题 如图1,矩形ABCD中,AB=8,BC=4.点E在边AB上,点F在边CD上,点G、H在对角线AC上.若四边形EGFH是菱形,则AE的长是( ).‎ A. B. C.5 D.6‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15安徽09”,拖动点E在AB上运动,可以体验到,当EF与AC垂直时,四边形EGFH是菱形(如图2).‎ 答案 C.思路如下:‎ 如图3,在Rt△ABC中,AB=8,BC=4,所以AC=.‎ 由cos∠BAC=,得.所以AE=5.‎ 图2 图3‎ 例2 2014年广州市中考第8题 将四根长度相等的细木条首尾相接,用钉子钉成四边形ABCD,转动这个四边形,使它形状改变.当∠B=90°时,如图1,测得AC=2.当∠B=60°时,如图2,AC等于( ).‎ ‎(A); (B)2; (C) ; (D) 2.‎ 图1 图2‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14广州08”,拖动点A绕着点B旋转,可以体验到,当∠B=90°时,△ABC是等腰直角三角形;当∠B=60°时,△ABC是等边三角形(如图3).‎ 答案 (A).思路如下:‎ ‎4.6圆 例1 2015年兰州市中考第15题 如图1,⊙O的半径为2,AB,CD是互相垂直的两条直径,点P是⊙O上任意一点(P与A,B,C,D不重合),过点P作PM⊥AB于点M,PN⊥CD于点N,点Q是MN的中点,当点P沿着圆周转过45°时,点Q走过的路径长为__________.‎ A. B. C. D. ‎ 图1 ‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15兰州15”,拖动点P在圆周上运动一周,可以体验到,当点P沿着圆周转过45°时,点Q走过的路径是圆心角为45°半径为1的一段弧.‎ 答案 A.思路如下:‎ 如图2,四边形PMON是矩形,对角线MN与OP互相平分且相等,因此点Q是OP的中点.‎ 如图3,当∠DOP=45°时,的长为.‎ 图2 图3‎ 例2 2014年温州市中考第16题 如图1,在矩形ABCD中,AD=8,E是AB边上一点,且AE=AB,⊙O经过点E,与边CD所在直线相切于点G(∠GEB为锐角),与边AB所在直线相交于另一点F,且EG∶EF=∶2.当边AD或BC所在的直线与⊙O相切时,AB的长是________.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14温州16”,拖动点B运动,可以体验到,⊙O的大小是确定的,⊙O既可以与BC相切(如图3),也可以与AD相切(如图4).‎ 答案 12或4.思路如下:‎ 如图2,在Rt△GEH中,由GH=8,EG∶EF=∶2,可以得到EH=4.‎ 在Rt△OEH中,设⊙O的半径为r,由勾股定理,得r2=42+(8-r)2.解得r=5.‎ 设AE=x,那么AB=4x.‎ 如图3,当⊙O与BC相切时,HB=r=5.‎ 由AB=AE+EH+HB,得4x=x+4+5.解得x=3.此时AB=12.‎ 如图4,当⊙O与AD相切时,HA=r=5.‎ 由AE=AH-EH,得x=5-4=1.此时AB=4.‎ 图2 图3 图4‎ ‎4.7函数图像的性质 例1 2015年青岛市中考第8题 如图1,正比例函数的图像与反比例函数的图像相交于A、B两点,其中点A的横坐标为2,当y1>y2时,x的取值范围是( ).‎ A.x<-2或x>2 B. x<-2或0<x<2‎ C.-2<x<0或0<x<2 D.-2<x<0或x>2‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“15青岛08”,拖动点D在x轴上运动,观察线段EF的两个端点E、F的位置关系,可以体验到,当-2<x<0或x>2时,点E在点F的上方.‎ 答案 D.如图2所示.‎ 图2‎ 例2 2014年苏州市中考第18题 如图1,直线l与半径为4的⊙O相切于点A,P是⊙O上一个动点(不与点A重合),过点P作PB⊥l,垂足为B,联结PA.设PA=x,PB=y,则(x-y)的最大值是_____.‎ 图1‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14苏州18”,拖动点P在圆上运动一周,可以体验到,AF的长可以表示x-y,点F的轨迹象两叶新树丫,当AF最大时,OF与AF垂直(如图2).‎ 答案 2.思路如下:如图3,AC为⊙O的直径,联结PC.‎ 由△ACP∽△PAB,得,即.所以.‎ 因此.‎ 所以当x=4时,x-y最大,最大值为2.‎ 图2 图3‎
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