2016挑战中考数学压轴题精选

2016挑战中考数学压轴题精选

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