• 4.53 MB
  • 2021-05-10 发布

挑战中考数学压轴题全套

  • 42页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
第一部分 函数图象中点的存在性问题 ‎§1.1 因动点产生的相似三角形问题 §1.2 因动点产生的等腰三角形问题 §1.3 因动点产生的直角三角形问题 §1.4 因动点产生的平行四边形问题§1.5  因动点产生的面积问题§1.6因动点产生的相切问题§1.7因动点产生的线段和差问题 第二部分 图形运动中的函数关系问题 ‎§2.1  由比例线段产生的函数关系问题 第三部分 图形运动中的计算说理问题 ‎§3.1  代数计算及通过代数计算进行说理问题 ‎§3.2  几何证明及通过几何计算进行说理问题 第四部分 图形的平移、翻折与旋转 ‎§4.1  图形的平移§4.2  图形的翻折§4.3  图形的旋转§4.4三角形§4.5 四边形§4.6 圆§4.7函数的图象及性质 ‎§1.1 因动点产生的相似三角形问题 课前导学相似三角形的判定定理有3个,其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件,因此探求两个三角形相似的动态问题,一般情况下首先寻找一组对应角相等.‎ 判定定理2是最常用的解题依据,一般分三步:寻找一组等角,分两种情况列比例方程,解方程并检验.如果已知∠A=∠D,探求△ABC与△DEF相似,只要把夹∠A和∠D的两边表示出来,按照对应边成比例,分和两种情况列方程.‎ 应用判定定理1解题,先寻找一组等角,再分两种情况讨论另外两组对应角相等.‎ 应用判定定理3解题不多见,根据三边对应成比例列连比式解方程(组).‎ 还有一种情况,讨论两个直角三角形相似,如果一组锐角相等,其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的,那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题.‎ 求线段的长,要用到两点间的距离公式,而这个公式容易记错.理解记忆比较好.‎ 如图1,如果已知A、B两点的坐标,怎样求A、B两点间的距离呢?‎ 我们以AB为斜边构造直角三角形,直角边与坐标轴平行,这样用勾股定理就可以求斜边AB的长了.水平距离BC的长就是A、B两点间的水平距离,等于A、B两点的横坐标相减;竖直距离AC就是A、B两点间的竖直距离,等于A、B两点的纵坐标相减.‎ 图1 图1 图2‎ 例 1 湖南省衡阳市中考第28题 二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象与x轴交于A(-3, 0)、B(1, 0)两点,与y轴交于点C(0,-‎3m)(m>0),顶点为D.(1)求该二次函数的解析式(系数用含m的代数式表示);‎ ‎(2)如图1,当m=2时,点P为第三象限内抛物线上的一个动点,设△APC 的面积为S,试求出S与点P的横坐标x之间的函数关系式及S的最大值;‎ ‎(3)如图2,当m取何值时,以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似?‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14衡阳28”,拖动点P运动,可以体验到,当点P运动到AC的中点的正下方时,△APC的面积最大.拖动y轴上表示实数m的点运动,抛物线的形状会改变,可以体验到,∠ACD和∠ADC都可以成为直角.‎ 思路点拨1.用交点式求抛物线的解析式比较简便.‎ ‎2.连结OP,△APC可以割补为:△AOP与△COP的和,再减去△AOC.‎ ‎3.讨论△ACD与△OBC相似,先确定△ACD是直角三角形,再验证两个直角三角形是否相似.4.直角三角形ACD存在两种情况.‎ 图文解析 ‎(1)因为抛物线与x轴交于A(-3, 0)、B(1, 0)两点,设y=a(x+3)(x-1).‎ 代入点C(0,-‎3m),得-‎3m=-‎3a.解得a=m.‎ 所以该二次函数的解析式为y=m(x+3)(x-1)=mx2+2mx-‎3m.‎ ‎(2)如图3,连结OP.当m=2时,C(0,-6),y=2x2+4x-6,那么P(x, 2x2+4x-6).‎ 由于S△AOP==(2x2+4x-6)=-3x2-6x+9, S△COP==-3x,S△AOC=9,所以S=S△APC=S△AOP+S△COP-S△AOC=-3x2-9x=.‎ 所以当时,S取得最大值,最大值为.‎ 图3 图4 图5 图6‎ ‎(3)如图4,过点D作y轴的垂线,垂足为E.过点A作x轴的垂线交DE于F.‎ 由y=m(x+3)(x-1)=m(x+1)2-‎4m,得D(-1,-‎4m).在Rt△OBC中,OB∶OC=1∶‎3m.‎ 如果△ADC与△OBC相似,那么△ADC是直角三角形,而且两条直角边的比为1∶‎3m.‎ ‎①如图4,当∠ACD=90°时,.所以.解得m=1.‎ 此时,.所以.所以△CDA∽△OBC.‎ ‎②如图5,当∠ADC=90°时,.所以.解得.‎ 此时,而.因此△DCA与△OBC不相似.‎ 综上所述,当m=1时,△CDA∽△OBC.‎ 考点伸展 第(2)题还可以这样割补: 如图6,过点P作x轴的垂线与AC交于点H.‎ 由直线AC:y=-2x-6,可得H(x,-2x-6).又因为P(x, 2x2+4x-6),所以HP=-2x2-6x.因为△PAH与△PCH有公共底边HP,高的和为A、C两点间的水平距离3,所以 S=S△APC=S△APH+S△CPH=(-2x2-6x)=. ‎ 例 2 2014年湖南省益阳市中考第21题 如图1,在直角梯形ABCD中,AB//CD,AD⊥AB,∠B=60°,AB=10,BC=4,点P沿线段AB从点A向点B运动,设AP=x.2·1·c·n·j·y(1)求AD的长;‎ ‎(2)点P在运动过程中,是否存在以A、P、D为顶点的三角形与以P、C、B为顶点的三角形相似?若存在,求出x的值;若不存在,请说明理由;图1‎ ‎(3)设△ADP与△PCB的外接圆的面积分别为S1、S2,若S=S1+S2,求S的最小值. 动感体验 ‎ 请打开几何画板文件名“14益阳‎21”‎,拖动点P在AB上运动,可以体验到,圆心O的运动轨迹是线段BC的垂直平分线上的一条线段.观察S随点P运动的图象,可以看到,S有最小值,此时点P看上去象是AB的中点,其实离得很近而已.‎ 思路点拨1.第(2)题先确定△PCB是直角三角形,再验证两个三角形是否相似.‎ ‎2.第(3)题理解△PCB的外接圆的圆心O很关键,圆心O在确定的BC的垂直平分线上,同时又在不确定的BP的垂直平分线上.而BP与AP是相关的,这样就可以以AP为自变量,求S的函数关系式.图文解析 ‎(1)如图2,作CH⊥AB于H,那么AD=CH.‎ 在Rt△BCH中,∠B=60°,BC=4,所以BH=2,CH=.所以AD=.‎ ‎(2)因为△APD是直角三角形,如果△APD与△PCB相似,那么△PCB一定是直角三角形.①如图3,当∠CPB=90°时,AP=10-2=8.‎ 所以==,而=.此时△APD与△PCB不相似.‎ 图2 图3 图4‎ ‎②如图4,当∠BCP=90°时,BP=2BC=8.所以AP=2.‎ 所以==.所以∠APD=60°.此时△APD∽△CBP.‎ 综上所述,当x=2时,△APD∽△CBP.(3)如图5,设△ADP的外接圆的圆心为G,那么点G是斜边DP的中点.设△PCB的外接圆的圆心为O,那么点O在BC边的垂直平分线上,设这条直线与BC交于点E,与AB交于点F.设AP=‎2m.作OM⊥BP于M,那么BM=PM=5-m.在Rt△BEF中,BE=2,∠B=60°,所以BF=4.在Rt△OFM中,FM=BF-BM=4-(5-m)=m-1,∠OFM=30°,所以OM=.‎ 所以OB2=BM2+OM2=.在Rt△ADP中,DP2=AD2+AP2=12+‎4m2‎.所以GP2=3+m2.于是S=S1+S2=π(GP2+OB2)==.所以当时,S取得最小值,最小值为.‎ 图5 图6‎ 考点伸展关于第(3)题,我们再讨论个问题.‎ 问题1,为什么设AP=‎2m呢?这是因为线段AB=AP+PM+BM=AP+2BM=10.‎ 这样BM=5-m,后续可以减少一些分数运算.这不影响求S的最小值.‎ 问题2,如果圆心O在线段EF的延长线上,S关于m的解析式是什么?‎ 如图6,圆心O在线段EF的延长线上时,不同的是FM=BM-BF=(5-m)-4=1-m.‎ 此时OB2=BM2+OM2=.这并不影响S关于m的解析式.‎ 例 3 2015年湖南省湘西市中考第26题 如图1,已知直线y=-x+3与x轴、y轴分别交于A、B两点,抛物线y=-x2+bx+c经过A、B两点,点P在线段OA上,从点O出发,向点A以每秒1个单位的速度匀速运动;同时,点Q在线段AB上,从点A出发,向点B以每秒个单位的速度匀速运动,连结PQ,设运动时间为t秒.(1)求抛物线的解析式;‎ ‎(2)问:当t为何值时,△APQ为直角三角形;‎ ‎(3)过点P作PE//y轴,交AB于点E,过点Q作QF//y轴,交抛物线于点F,连结EF,当EF//PQ时,求点F的坐标;‎ ‎(4)设抛物线顶点为M,连结BP、BM、MQ,问:是否存在t的值,使以B、Q、M为顶点的三角形与以O、B、P为顶点的三角形相似?若存在,请求出t的值;若不存在,请说明理由. 图1动感体验 请打开几何画板文件名“15湘西‎26”‎,拖动点P在OA上运动,可以体验到,△APQ有两个时刻可以成为直角三角形,四边形EPQF有一个时刻可以成为平行四边形,△MBQ与△BOP有一次机会相似.思路点拨 ‎1.在△APQ中,∠A=45°,夹∠A的两条边AP、AQ都可以用t表示,分两种情况讨论直角三角形APQ.2.先用含t的式子表示点P、Q的坐标,进而表示点E、F的坐标,根据PE=QF列方程就好了.3.△MBQ与△BOP都是直角三角形,根据直角边对应成比例分两种情况讨论.图文解析(1)由y=-x+3,得A(3, 0),B(0, 3).‎ 将A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y=-x2+bx+c,得 解得 所以抛物线的解析式为y=-x2+2x+3.‎ ‎(2)在△APQ中,∠PAQ=45°,AP=3-t,AQ=t.分两种情况讨论直角三角形APQ:‎ ‎①当∠PQA=90°时,AP=AQ.解方程3-t=2t,得t=1(如图2).‎ ‎②当∠QPA=90°时,AQ=AP.解方程t=(3-t),得t=1.5(如图3).‎ 图2 图3图4 图5‎ ‎(3)如图4,因为PE//QF,当EF//PQ时,四边形EPQF是平行四边形.‎ 所以EP=FQ.所以yE-yP=yF-yQ.因为xP=t,xQ=3-t,所以yE=3-t,yQ=t,yF=-(3-t)2+2(3-t)+3=-t2+4t.因为yE-yP=yF-yQ,解方程3-t=(-t2+4t)-t,得t=1,或t=3(舍去).所以点F的坐标为(2, 3).‎ ‎(4)由y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,得M(1, 4).‎ 由A(3, 0)、B(0, 3),可知A、B两点间的水平距离、竖直距离相等,AB=3.‎ 由B(0, 3)、M(1, 4),可知B、M两点间的水平距离、竖直距离相等,BM=.‎ 所以∠MBQ=∠BOP=90°.因此△MBQ与△BOP相似存在两种可能:‎ ‎①当时,.解得(如图5).‎ ‎②当时,.整理,得t2-3t+3=0.此方程无实根.‎ 考点伸展第(3)题也可以用坐标平移的方法:由P(t, 0),E(t, 3-t),Q(3-t, t),按照P→E方向,将点Q向上平移,得F(3-t, 3).再将F(3-t, 3)代入y=-x2+2x+3,得t=1,或t=3.§1.2 因动点产生的等腰三角形问题 课前导学 我们先回顾两个画图问题:‎ ‎1.已知线段AB=5厘米,以线段AB为腰的等腰三角形ABC有多少个?顶点C的轨迹是什么?2.已知线段AB=6厘米,以线段AB为底边的等腰三角形ABC有多少个?顶点C的轨迹是什么?已知腰长画等腰三角形用圆规画圆,圆上除了两个点以外,都是顶点C.‎ 已知底边画等腰三角形,顶角的顶点在底边的垂直平分线上,垂足要除外.‎ 在讨论等腰三角形的存在性问题时,一般都要先分类.‎ 如果△ABC是等腰三角形,那么存在①AB=AC,②BA=BC,③CA=CB三种情况.‎ 解等腰三角形的存在性问题,有几何法和代数法,把几何法和代数法相结合,可以使得解题又好又快.几何法一般分三步:分类、画图、计算.哪些题目适合用几何法呢?‎ 如果△ABC的∠A(的余弦值)是确定的,夹∠A的两边AB和AC可以用含x的式子表示出来,那么就用几何法.①如图1,如果AB=AC,直接列方程;②如图2,如果BA=BC,那么;③如图3,如果CA=CB,那么.‎ 代数法一般也分三步:罗列三边长,分类列方程,解方程并检验.‎ 如果三角形的三个角都是不确定的,而三个顶点的坐标可以用含x的式子表示出来,那么根据两点间的距离公式,三边长(的平方)就可以罗列出来.‎ 图1 图2 图3 图1‎ 例 9 2014年长沙市中考第26题 如图1,抛物线y=ax2+bx+c(a、b、c是常数,a≠0)的对称轴为y轴,且经过(0,0)和两点,点P在该抛物线上运动,以点P为圆心的⊙P总经过定点A(0, 2).‎ ‎(1)求a、b、c的值;(2)求证:在点P运动的过程中,⊙P始终与x轴相交;(3)设⊙P与x轴相交于M(x1, 0)、N(x2, 0)两点,当△AMN为等腰三角形时,求圆心P的纵坐标.‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14长沙26”,拖动圆心P在抛物线上运动,可以体验到,圆与x轴总是相交的,等腰三角形AMN存在五种情况.‎ 思路点拨1.不算不知道,一算真奇妙,原来⊙P在x轴上截得的弦长MN=4是定值.‎ ‎2.等腰三角形AMN存在五种情况,点P的纵坐标有三个值,根据对称性,MA=MN和NA=NM时,点P的纵坐标是相等的.‎ 图文解析(1)已知抛物线的顶点为(0,0),所以y=ax2.所以b=0,c=0.‎ 将代入y=ax2,得.解得(舍去了负值).‎ ‎(2)抛物线的解析式为,设点P的坐标为.‎ 已知A(0, 2),所以>.‎ 而圆心P到x轴的距离为,所以半径PA>圆心P到x轴的距离.‎ 所以在点P运动的过程中,⊙P始终与x轴相交.‎ ‎(3)如图2,设MN的中点为H,那么PH垂直平分MN.‎ 在Rt△PMH中,,,所以MH2=4.‎ 所以MH=2.因此MN=4,为定值.等腰△AMN存在三种情况:如图3,当AM=AN时,点P为原点O重合,此时点P的纵坐标为0.‎ 图2 图3图4 图5‎ ‎②如图4,当MA=MN时,在Rt△AOM中,OA=2,AM=4,所以OM=2.‎ 此时x=OH=2.所以点P的纵坐标为.‎ 如图5,当NA=NM时,根据对称性,点P的纵坐标为也为.‎ ‎③如图6,当NA=NM=4时,在Rt△AON中,OA=2,AN=4,所以ON=2.‎ 此时x=OH=2.所以点P的纵坐标为.‎ 如图7,当MN=MA=4时,根据对称性,点P的纵坐标也为.‎ 图6 图7‎ 考点伸展如果点P在抛物线上运动,以点P为圆心的⊙P总经过定点B(0, 1),那么在点P运动的过程中,⊙P始终与直线y=-1相切.这是因为:‎ 设点P的坐标为.已知B(0, 1),所以.‎ 而圆心P到直线y=-1的距离也为,所以半径PB=圆心P到直线y=-1的距离.所以在点P运动的过程中,⊙P始终与直线y=-1相切.‎ 例 10 2014年湖南省张家界市中考第25题 如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)过O、B、C三点,B、C坐标分别为(10, 0)和,以OB为直径的⊙A经过C点,直线l垂直x轴于B点.(1)求直线BC的解析式;(2)求抛物线解析式及顶点坐标;‎ ‎(3)点M是⊙A上一动点(不同于O、B),过点M作⊙A的切线,交y轴于点E,交直线l于点F,设线段ME长为m,MF长为n,请猜想mn的值,并证明你的结论;(4)若点P从O出发,以每秒1个单位的速度向点B作直线运动,点Q同时从B出发,以相同速度向点C作直线运动,经过t(0<t≤8)秒时恰好使△BPQ为等腰三角形,请求出满足条件的t值.图1‎ ‎ 动感体验请打开几何画板文件名“14张家界25”,拖动点M在圆上运动,可以体验到,△EAF保持直角三角形的形状,AM是斜边上的高.拖动点Q在BC上运动,可以体验到,△BPQ有三个时刻可以成为等腰三角形. ‎ 思路点拨1.从直线BC的解析式可以得到∠OBC的三角比,为讨论等腰三角形BPQ作铺垫.2.设交点式求抛物线的解析式比较简便.3.第(3)题连结AE、AF容易看到AM是直角三角形EAF斜边上的高. 4.第(4)题的△PBQ中,∠B是确定的,夹∠B的两条边可以用含t的式子表示.分三种情况讨论等腰三角形.‎ 图文解析(1)直线BC的解析式为.(2)因为抛物线与x轴交于O、B(10, 0‎ ‎)两点,设y=ax(x-10).代入点C,得.解得.‎ 所以.抛物线的顶点为.(3)如图2,因为EF切⊙A于M,所以AM⊥EF.由AE=AE,AO=AM,可得Rt△AOE≌Rt△AME.‎ 所以∠1=∠2.同理∠3=∠4.于是可得∠EAF=90°.‎ 所以∠5=∠1.由tan∠5=tan∠1,得.‎ 所以ME·MF=MA2,即mn=25. ‎ 图2‎ ‎(4)在△BPQ中,cos∠B=,BP=10-t,BQ=t.分三种情况讨论等腰三角形BPQ:‎ ‎①如图3,当BP=BQ时,10-t=t.解得t=5.‎ ‎②如图4,当PB=PQ时,.解方程,得.‎ ① 如图5,当QB=QP时,.解方程,得.‎ 图3 图4 图5 图6‎ 考点伸展在第(3)题条件下,以EF为直径的⊙G与x轴相切于点A.‎ 如图6,这是因为AG既是直角三角形EAF斜边上的中线,也是直角梯形EOBF的中位线,因此圆心G到x轴的距离等于圆的半径,所以⊙G与x轴相切于点A.‎ 例 11 2014年湖南省邵阳市中考第26题 在平面直角坐标系中,抛物线y=x2-(m+n)x+mn(m>n)与x轴相交于A、B两点(点A位于点B的右侧),与y轴相交于点C.(1)若m=2,n=1,求A、B两点的坐标;‎ ‎(2)若A、B两点分别位于y轴的两侧,C点坐标是(0,-1),求∠ACB的大小;‎ ‎(3)若m=2,△ABC是等腰三角形,求n的值.动感体验 请打开几何画板文件名“14邵阳‎26”‎,点击屏幕左下方的按钮(2),拖动点A在x轴正半轴上运动,可以体验到,△ABC保持直角三角形的形状.点击屏幕左下方的按钮(3),拖动点B在x轴上运动,观察△ABC的顶点能否落在对边的垂直平分线上,可以体验到,等腰三角形ABC有4种情况.思路点拨 ‎1.抛物线的解析式可以化为交点式,用m,n表示点A、B、C的坐标.‎ ‎2.第(2)题判定直角三角形ABC,可以用勾股定理的逆定理,也可以用锐角的三角比.‎ ‎3.第(3)题讨论等腰三角形ABC,先把三边长(的平方)罗列出来,再分类解方程.‎ 图文解析(1)由y=x2-(m+n)x+mn=(x-m)(x-n),且m>n,点A位于点B的右侧,‎ 可知A(m, 0),B(n, 0).若m=2,n=1,那么A(2, 0),B(1, 0)..‎ ‎(2)如图1,由于C(0, mn),当点C的坐标是(0,-1),mn=-1,OC=1.若A、B两点分别位于y轴的两侧,那么OA·OB=m(-n)=-mn=1.所以OC2=OA·OB.所以.‎ 所以tan∠1=tan∠2.所以∠1=∠2.又因为∠1与∠3互余,所以∠2与∠3互余.‎ 所以∠ACB=90°.(3)在△ABC中,已知A(2, 0),B(n, 0),C(0, 2n).‎ 讨论等腰三角形ABC,用代数法解比较方便:由两点间的距离公式,得AB2=(n-2)2,BC2=5n2,AC2=4+4n2.①当AB=AC时,解方程(n-2)2=4+4n2,得(如图2).‎ ‎②当CA=CB时,解方程4+4n2=5n2,得n=-2(如图3),或n=2(A、B重合,舍去).‎ 当BA=BC时,解方程(n-2)2=5n2,得(如图4),或(如图5).‎ 图1 图2 图3图4 图5‎ 考点伸展第(2)题常用的方法还有勾股定理的逆定理.‎ 由于C(0, mn),当点C的坐标是(0,-1),mn=-1.‎ 由A(m, 0),B(n, 0),C(0,-1),得AB2=(m-n)2=m2-2mn+n2=m2+n2+2,‎ BC2=n2+1,AC2=m2+1.所以AB2=BC2+AC2.于是得到Rt△ABC,∠ACB=90°.‎ 第(3)题在讨论等腰三角形ABC时,对于CA=CB的情况,此时A、B两点关于y轴对称,可以直接写出B(-2, 0),n=-2.‎ 例 12 2014年湖南省娄底市中考第27题 如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=‎4cm,BC=‎3cm.如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动,同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动,它们的速度均为‎1cm/s.连结PQ,设运动时间为t(s)(0<t<4),解答下列问题:(1)设△APQ的面积为S,当t为何值时,S取得最大值?S的最大值是多少?(2)如图2,连结PC,将△PQC沿QC翻折,得到四边形PQP′C,当四边形PQP′C为菱形时,求t的值;(3)当t为何值时,△APQ是等腰三角形?‎ 图1 图2 图3 图4‎ 动感体验 请打开几何画板文件名“14娄底‎27”‎,拖动点Q在AC上运动,可以体验到,当点P运动到AB的中点时,△APQ的面积最大,等腰三角形APQ存在三种情况.还可以体验到,当QC=2HC时,四边形PQP′C是菱形.‎ 思路点拨1.在△APQ中,∠A是确定的,夹∠A的两条边可以用含t的式子表示.‎ ‎2.四边形PQP′C的对角线保持垂直,当对角线互相平分时,它是菱形,.‎ 图文解析(1)在Rt△ABC中,AC=4,BC=3,所以AB=5,sinA=,cosA=.‎ 作QD⊥AB于D,那么QD=AQ sinA=t.所以S=S△APQ====.当时,S取得最大值,最大值为.‎ ‎(2)设PP′与AC交于点H,那么PP′⊥QC,AH=APcosA=.‎ 如果四边形PQP′C为菱形,那么PQ=PC.所以QC=2HC.‎ 解方程,得.(3)等腰三角形APQ存在三种情况:‎ ‎①如图5,当AP=AQ时,5-t=t.解得.②如图6,当PA=PQ时,.解方程,得.如图7,当QA=QP时,.解方程得.‎ 图5 图6 图7图8‎ 考点伸展在本题情境下,如果点Q是△PP′C的重心,求t的值.如图8,如果点Q是△PP′C的重心,那么QC=HC.解方程,得.‎ ‎ ‎ 例 13 2015年湖南省怀化市中考第22题 如图1,已知Rt△ABC中,∠C=90°,AC=8,BC=6,点P以每秒1个单位的速度从A向C运动,同时点Q以每秒2个单位的速度从A→B→C方向运动,它们到C点后都停止运动,设点P、Q运动的时间为t秒.(1)在运动过程中,求P、Q两点间距离的最大值;‎ ‎(2)经过t秒的运动,求△ABC被直线PQ扫过的面积S与时间t的函数关系式;‎ ‎(3)P,Q两点在运动过程中,是否存在时间t,使得△PQC为等腰三角形.若存在,求出此时的t值,若不存在,请说明理由.(,结果保留一位小数)‎ 动感体验请打开几何画板文件名“15怀化‎22”‎,拖动点P在AC上运动,可以体验到,PQ与BD保持平行,等腰三角形PQC存在三种情况. ‎ 思路点拨1.过点B作QP的平行线交AC于D,那么BD的长就是PQ的最大值.‎ ‎2.线段PQ扫过的面积S要分两种情况讨论,点Q分别在AB、BC上.‎ ‎3.等腰三角形PQC分三种情况讨论,先罗列三边长.‎ 图文解析 ‎(1)在Rt△ABC中,AC=8,BC=6,所以AB=10.‎ 如图2,当点Q在AB上时,作BD//PQ交AC于点D,那么.‎ 所以AD=5.所以CD=3.‎ 如图3,当点Q在BC上时,.‎ 又因为,所以.因此PQ//BD.所以PQ的最大值就是BD.‎ 在Rt△BCD中,BC=6,CD=3,所以BD=.所以PQ的最大值是.‎ 图1图2 图3 图4‎ ‎(2)①如图2,当点Q在AB上时,0<t≤5,S△ABD=15.‎ 由△AQP∽△ABD,得.所以S=S△AQP==.‎ ‎②如图3,当点Q在BC上时,5<t≤8,S△ABC=24.‎ 因为S△CQP===,‎ 所以S=S△ABC-S△CQP=24-(t-8)2=-t2+16t-40.‎ ‎(3)如图3,当点Q在BC上时,CQ=2CP,∠C=90°,所以△PQC不可能成为等腰三角形.当点Q在AB上时,我们先用t表示△PQC的三边长:易知CP=8-t.‎ 如图2,由QP//BD,得,即.所以.‎ 如图4,作QH⊥AC于H.在Rt△AQH中,QH=AQ sin∠A=,AH=.‎ 在Rt△CQH中,由勾股定理,得CQ==.‎ 分三种情况讨论等腰三角形PQC:(1)①当PC=PQ时,解方程,得≈3.4(如图5所示).②当QC=QP时,.整理,得.所以(11t-40)(t-8)=0.解得≈3.6(如图6所示),或t=8(舍去).③当CP=CQ时,.整理,得.‎ 解得=3.2(如图7所示),或t=0(舍去).‎ 综上所述,当t的值约为3.4,3.6,或等于3.2时,△PQC是等腰三角形.‎ 图5 图6 图7图8 图9‎ 考点伸展第(1)题求P、Q两点间距离的最大值,可以用代数计算说理的方法:‎ ‎①如图8,当点Q在AB上时,PQ===.‎ 当Q与B重合时,PQ最大,此时t=5,PQ的最大值为.②如图9,当点Q在BC上时,PQ===.当Q与B重合时,PQ最大,此时t=5,PQ的最大值为.综上所述,PQ的最大值为.‎ ‎§1.3 因动点产生的直角三角形问题 课前导学我们先看三个问题:1.已知线段AB,以线段AB为直角边的直角三角形ABC有多少个?顶点C的轨迹是什么?2.已知线段AB,以线段AB为斜边的直角三角形ABC有多少个?顶点C的轨迹是什么?‎ ‎3.已知点A(4,0),如果△OAB是等腰直角三角形,求符合条件的点B的坐标.‎ 图1 图2 图3图4‎ 如图1,点C在垂线上,垂足除外.如图2,点C在以AB为直径的圆上,A、B两点除外.如图3,以OA为边画两个正方形,除了O、A两点以外的顶点和正方形对角线的交点,都是符合题意的点B,共6个.解直角三角形的存在性问题,一般分三步走,第一步寻找分类标准,第二步列方程,第三步解方程并验根.‎ 一般情况下,按照直角顶点或者斜边分类,然后按照三角比或勾股定理列方程.‎ 有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便.‎ 解直角三角形的问题,常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起.‎ 如果直角边与坐标轴不平行,那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线,可以构造两个新的相似直角三角形,这样列比例方程比较简便.如图4,已知A(3, 0),B(1,-4),如果直角三角形ABC的顶点C在y轴上,求点C的坐标.‎ 我们可以用几何的方法,作AB为直径的圆,快速找到两个符合条件的点C.‎ 如果作BD⊥y轴于D,那么△AOC∽△CDB.设OC=m,那么.‎ 这个方程有两个解,分别对应图中圆与y轴的两个交点. ‎ 例 19 2015年湖南省益阳市中考第21题 如图1,已知抛物线E1:y=x2经过点A(1,m),以原点为顶点的抛物线E2经过点B(2,2),点A、B关于y 轴的对称点分别为点A′、B′.(1)求m的值及抛物线E2所表示的二次函数的表达式;(2)如图1,在第一象限内,抛物线E1上是否存在点Q,使得以点Q、B、B′为顶点的三角形为直角三角形?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由;‎ ‎(3)如图2,P为第一象限内的抛物线E1上与点A不重合的一点,连结OP并延长与抛物线E2相交于点P′,求△PAA′与△P′BB′的面积之比.‎ ‎ ‎ 图1 图2图3 图4‎ 动感体验请打开几何画板文件名“15益阳‎21”‎,拖动点P在抛物线E1上运动,可以体验到,点P始终是线段OP′的中点.还可以体验到,直角三角形QBB′有两个.‎ 思路点拨1.判断点P是线段OP′的中点是解决问题的突破口,这样就可以用一个字母表示点P、P′的坐标.2.分别求线段AA′∶BB′,点P到AA′的距离∶点P′到BB′的距离,就可以比较△PAA′与△P′BB′的面积之比.‎ 图文解析(1)当x=1时,y=x2=1,所以A(1, 1),m=1.‎ 设抛物线E2的表达式为y=ax2,代入点B(2,2),可得a=.所以y=x2.‎ ‎(2)点Q在第一象限内的抛物线E1上,直角三角形QBB′存在两种情况:‎ ‎①如图3,过点B作BB′的垂线交抛物线E1于Q,那么Q(2, 4).‎ ‎②如图4,以BB′为直径的圆D与抛物线E1交于点Q,那么QD==2.‎ 设Q(x, x2),因为D(0, 2),根据QD2=4列方程x2+(x2-2)2=4.解得x=.此时Q.‎ ‎(3)如图5,因为点P、P′分别在抛物线E1、E2上,设P(b, b2),P′(c, ).‎ 因为O、P、P′三点在同一条直线上,所以,即.‎ 所以c=2b.所以P′(2b, 2b2).如图6,由A(1, 1)、B(2,2),可得AA′=2,BB′=4.‎ 由A(1, 1)、P(b, b2),可得点P到直线AA′的距离PM ′=b2-1.‎ 由B(2,2)、P′(2b, 2b2),可得点P′到直线BB′的距离P′N′=2b2-2.‎ 所以△PAA′与△P′BB′的面积比=2(b2-1)∶4(2b2-2)=1∶4. ‎ 考点延伸第(2)中当∠BQB′=90°时,求点Q(x, x2)的坐标有三种常用的方法:‎ 方法二,由勾股定理,得BQ2+B′Q2=B′B2.所以(x-2)2+(x2-2)2+(x+2)2+(x2-2)2=42.‎ 方法三,作QH⊥B′B于H,那么QH2=B′H·BH.所以(x2-2)2=(x+2) (2-x).‎ 图5 图6图1 图2‎ 例 20 2015年湖南省湘潭市中考第26题 如图1,二次函数y=x2+bx+c的图象与x轴交于A(-1, 0)、B(3, 0)两点,与y轴交于点C,连结BC.动点P以每秒1个单位长度的速度从点A向点B运动,动点Q以每秒个单位长度的速度从点B向点C运动,P、Q两点同时出发,连结PQ,当点Q到达点C时,P、Q两点同时停止运动.设运动的时间为t秒.(1)求二次函数的解析式;‎ ‎(2)如图1,当△BPQ为直角三角形时,求t的值;‎ ‎(3)如图2,当t<2时,延长QP交y轴于点M,在抛物线上是否存在一点N,使得PQ的中点恰为MN的中点,若存在,求出点N的坐标与t的值;若不存在,请说明理由.‎ 动感体验请打开几何画板文件名“15湘潭26”,拖动点P在AB上运动,可以体验到,△BPQ有两次机会可以成为直角三角形.还可以体验到,点N有一次机会可以落在抛物线上. ‎ 思路点拨1.分两种情况讨论等腰直角三角形BPQ.‎ ‎2.如果PQ的中点恰为MN的中点,那么MQ=NP,以MQ、NP为直角边可以构造全等的直角三角形,从而根据直角边对应相等可以列方程..‎ 图文解析(1)因为抛物线y=x2+bx+c与x轴交于A(-1, 0)、B(3, 0)两点,所以 y=(x+1)(x-3)=x2-2x-3.(2)由A(-1, 0)、B(3, 0)、C(0,-3),可得AB=4,∠ABC=45°.在△BPQ中,∠B=45°,BP=4-t,BQ=t.直角三角形BPQ存在两种情况:‎ ‎①当∠BPQ=90°时,BQ=BP.解方程t=(4-t),得t=2(如图3).‎ ‎②当∠BQP=90°时,BP=BQ.解方程4-t=2t,得t=(如图4).‎ 图3 图4 图5‎ ‎(3)如图5,设PQ的中点为G,当点G恰为MN的中点时,MQ=NP.‎ 作QE⊥y轴于E,作NF⊥x轴于F,作QH⊥x轴于H,那么△MQE≌△NPF.‎ 由已知条件,可得P(t-1, 0),Q(3-t,-t).由QE=PF,可得xQ=xN-xP,即3-t=xN-(t-1).解得xN=2.将x=2代入y=(x+1)(x-3),得y=-3.所以N(2,-3).‎ 由QH//NF,得,即.整理,得t2-9t+12=0.解得.因为t<2,所以取.‎ 考点伸展第(3)题也可以应用中点坐标公式,得.‎ 所以xN=2xG=2.§1.4 因动点产生的平行四边形问题 课前导学我们先思考三个问题:1.已知A、B、C三点,以A、B、C、D为顶点的平行四边形有几个,怎么画?2.在坐标平面内,如何理解平行四边形ABCD的对边AB与DC平行且相等?3.在坐标平面内,如何理解平行四边形ABCD的对角线互相平分?‎ 图1 图2 图3图4‎ 如图1,过△ABC的每个顶点画对边的平行线,三条直线两两相交,产生三个点D.‎ 如图2,已知A(0, 3),B(-2, 0),C(3, 1),如果四边形ABCD是平行四边形,怎样求点D的坐标呢?点B先向右平移2个单位,再向上平移3个单位与点A重合,因为BA与CD平行且相等,所以点C(3, 1) 先向右平移2个单位,再向上平移3个单位得到点D(5, 4).‎ 如图3,如果平行四边形ABCD的对角线交于点G,那么过点G画任意一条直线(一般与坐标轴垂直),点A、C到这条直线的距离相等,点B、D到这条直线的距离相等.‎ 关系式xA+xC=xB+xD和yA+yC=yB+yD有时候用起来很方便.我们再来说说压轴题常常要用到的数形结合.如图4,点A是抛物线y=-x2+2x+3在x轴上方的一个动点,AB⊥x轴于点B,线段AB交直线y=x-1于点C,那么点A的坐标可以表示为(x,-x2+2x+3),‎ 点C的坐标可以表示为(x, x-1),线段AB的长可以用点A的纵坐标表示为AB=yA=-x2+2x+3,线段AC的长可以用A、C两点的纵坐标 ‎ 表示为AC=yA-yC=(-x2+2x+3)-(x-1)=-x2+x+2. 通俗地说,数形结合就是:点在图象上,可以用图象的解析式表示点的坐标,用点的坐标表示点到坐标轴的距离.‎ 例 24 2014年湖南省岳阳市中考第24题 如图1,抛物线经过A(1, 0)、B(5, 0)、C三点.设点E(x, y)是抛物线上一动点,且在x轴下方,四边形OEBF是以OB为对角线的平行四边形.(1)求抛物线的解析式;‎ ‎(2)当点E(x, y)运动时,试求平行四边形OEBF的面积S与x之间的函数关系式,并求出面积S的最大值(3)是否存在这样的点E,使平行四边形OEBF为正方形?若存在,求点E、F的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎ 动感体验请打开几何画板文件名“14岳阳24”,拖动点E运动,可以体验到,当点E运动到抛物线的顶点时,S最大.当点E运动到OB的垂直平分线上时,四边形OEBF恰好是正方形.思路点拨1.平行四边形OEBF的面积等于△OEB面积的2倍.‎ ‎2.第(3)题探究正方形OEBF,先确定点E在OB的垂直平分线上,再验证EO=EB.‎ 图文解析(1)因为抛物线与x轴交于A(1, 0)、B(5, 0)两点,设y=a(x-1)(x-5).‎ 代入点C,得.解得.所以抛物线的解析式为.(2)因为S=S平行四边形OEBF=2S△OBE=OB·(-yE)‎ ‎===.所以当x=3时,S取得最大值,最大值为.此时点E是抛物线的顶点(如图2).(3)如果平行四边形OEBF是正方形,那么点E在OB的垂直平分线上,且EO=EB.当x=‎ ‎.此时E.如图3,设EF与OB交于点D,恰好OB=2DE.所以△OEB是等腰直角三角形.所以平行四边形OEBF是正方形.‎ 所以当平行四边形OEBF是正方形时,E、F.‎ 图1 图2 图3图4 图5‎ 考点伸展既然第(3)题正方形OEBF是存在的,命题人为什么不让探究矩形OEBF有几个呢?如图4,如果平行四边形OEBF为矩形,那么∠OEB=90°.根据EH2=HO·HB,列方程.或者由DE=OB=,根据DE2=,列方程.这两个方程整理以后都是一元三次方程4x3-28x2+53x-20=0,这个方程对于初中毕业的水平是不好解的.事实上,这个方程可以因式分解,.如图3,x=;如图4,x=4;如图5,x=,但此时点E在x轴上方了.这个方程我们也可以用待定系数法解:设方程的三个根是、m、n,那么4x3-28x2+53x-20=.根据恒等式对应项的系数相等,得方程组解得 例 25 2014年湖南省益阳市中考第20题 如图1,直线y=-3x+3与x轴、y轴分别交于点A、B,抛物线y=a(x-2)2+k经过A、B两点,并与x轴交于另一点C,其顶点为P.(1)求a,k的值;‎ ‎(2)抛物线的对称轴上有一点Q,使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形,求点Q的坐标;‎ ‎(3)在抛物线及其对称轴上分别取点M、N,使以A、C、M、N为顶点的四边形为正方形,求此正方形的边长.】图文解析(1)由y=-3x+3,得A(1, 0),B(0, 3).‎ 将A(1, 0)、B(0, 3)分别代入y=a(x-2)2+k,得解得a=1,k=-1.‎ ‎(2)如图2,抛物线的对称轴为直线x=2,设点Q的坐标为(2, m).‎ 已知A(1, 0)、B(0, 3),根据QA2=QB2,列方程12+m2=22+(m-3)2.‎ 解得m=2.所以Q(2, 2).(3)点A(1, 0)关于直线x=2的对称点为C(3, 0),AC=2.‎ 如图3,如果AC为正方形的边,那么点M、N都不在抛物线或对称轴上.‎ 如图4,当AC为正方形的对角线时,M、N中恰好有一个点是抛物线的顶点(2,-1) .‎ 因为对角线AC=2,所以正方形的边长为.‎ 图1 图2 图3 图4‎ 考点伸展如果把第(3)题中的正方形改为平行四边形,那么符合条件的点M有几个?‎ ‎①如果AC为对角线,上面的正方形AMCN是符合条件的,M(2,-1).‎ ‎②如图5,如果AC为边,那么MN//AC,MN=AC=2.所以点M的横坐标为4或0. ‎ 此时点M的坐标为(4, 3)或(0, 3).第(2)题如果没有限制等腰三角形ABQ的底边,那么符合条件的点Q有几个?①如图2,当QA=QB时,Q(2, 2).②如图6,当BQ=BA=时,以B为圆心,BA为半径的圆与直线x=2有两个交点. 根据BQ2=10,列方程22+(m-3)2=10,得.此时Q或.‎ ‎③如图7,当AQ=AB时,以A为圆心,AB为半径的圆与直线x=2有两个交点,但是点(2,-3)与A、B三点共线,所以Q(2, 3).‎ 图5 图6 图7‎ 例 26 2014年湖南省邵阳市中考第25题 准备一张矩形纸片(如图1),按如图2操作:将△ABE沿BE翻折,使点A落在对角线BD上的点M,将△CDF沿DF翻折,使点C落在对角线BD上的点N.(1)求证:四边形BFDE是平行四边形;(2)若四边形BFDE是菱形,AB=2,求菱形BFDE的面积.‎ 动感体验请打开几何画板文件名“14邵阳‎25”‎,拖动点D可以改变矩形ABCD的形状,可以体验到,当EM与FN在同一条直线上时,四边形BFDE是菱形,此时矩形的直角被三等分.思路点拨1.平行四边形的定义和4个判定定理都可以证明四边形BFDE 是平行四边形.2.如果平行四边形BFDE是菱形,那么对角线平分一组对角,或者对角线互相垂直.用这两个性质都可以解答第(2)题.图文解析(1)如图3,因为AB//DC,所以∠ABD=∠CDB.又因为∠1=∠2,∠3=∠4,所以∠1=∠3.所以BE//FD.又因为ED//BF,所以四边形BFDE是平行四边形.‎ 图1 图2图3 图4图5 图6‎ ‎(2)如图4,如果四边形BFDE是菱形,那么∠1=∠5.所以∠1=∠2=∠5.‎ 由于∠ABC=90°,所以∠1=∠2=∠5=30°.所以BD=2AB=4,AE=.所以ME=.所以S菱形BFDE=2S△BDE=BD·ME=.‎ 考点伸展第(1)题的解法,我们用平行四边形的定义作为判定的依据,两组对边分别平行的四边形叫平行四边形.还可以这样思考:证明四边形BFDE的两组对边分别相等;‎ 证明ED与BF平行且相等;证明四边形BFDE的两组对角分别相等.‎ 这三种证法,都要证明三角形全等,而全等的前提,要证明∠1=∠2=∠3=∠4.‎ 这样其实就走了弯路,因为由∠1=∠3,直接得到BE//FD,根据平行四边形的定义来得快.‎ 能不能根据BD与EF互相平分来证明呢?也是可以的:‎ 如图5,设EF与BD交于点O,根据“角角边”证明△EMO≌△FNO,得到EF与MN互相平分.又因为BM=DN,于是得到EF与BD互相平分.第(2)题的解法,我们用了菱形的性质:对角线平分每组对角,得到30°的角.我们也可以根据菱形的对角线互相垂直平分来解题:如图6,如果四边形BFDE是菱形,那么对角线EF⊥BD,此时垂足M、N重合.因此BD=2DC.这样就得到了∠5=30°.事实上,当四边形BFDE是菱形时,矩形ABCD被分割为6个全等的直角三角形.由AB=2,得AD=.矩形ABCD的面积为.菱形面积占矩形面积的,所以菱形面积为.‎ ‎§1.5 因动点产生的面积问题 课前导学面积的存在性问题常见的题型和解题策略有两类:‎ 第一类,先根据几何法确定存在性,再列方程求解,后检验方程的根.‎ 第二类,先假设关系存在,再列方程,后根据方程的解验证假设是否正确.‎ 如图1,如果三角形的某一条边与坐标轴平行,计算这样“规则”的三角形的面积,直接用面积公式.如图2,图3,三角形的三条边没有与坐标轴平行的,计算这样“不规则”的三角形的面积,用“割”或“补”的方法.‎ 图1 图2 图3图4 图5 图6‎ 计算面积长用到的策略还有:如图4,同底等高三角形的面积相等.平行线间的距离处处相等.如图5,同底三角形的面积比等于高的比.如图6,同高三角形的面积比等于底的比.‎ 例 32 湖南省常德市中考第25题 如图1,已知二次函数的图象过点O(0,0)、A(4,0)、B(),M是OA的中点.‎ ‎(1)求此二次函数的解析式;(2)设P是抛物线上的一点,过P作x轴的平行线与抛物线交于另一点Q,要使四边形PQAM是菱形,求点P的坐标;(3)将抛物线在轴下方的部分沿轴向上翻折,得曲线OB′A(B′为B关于x轴的对称点),在原抛物线x轴的上方部分取一点C,连结CM,CM与翻折后的曲线OB′A交于点D,若△CDA的面积是△MDA面积的2倍,这样的点C是否存在?若存在求出点C的坐标;若不存在,请说明理由.‎ 图文解析(1)因为抛物线与x轴交于O(0,0)、A(4,0)两点,设y=ax(x-4).‎ 代入点B(),得.解得.所以.‎ ‎(2)如图2,由A(4,0),M是OA的中点,可知OA=4,MA=2,M(2, 0).‎ 如果四边形PQAM是菱形,已知PQ//OA,首先要满足PQ=2,再必须MP=2.‎ 因为抛物线的对称轴是直线x=2,P、Q关于x=2对称,所以点P的横坐标为1,故点P的坐标为.由M(2, 0)、P,可得MP=2.所以当点P的坐标为时,四边形PQAM是菱形.(3)如图3,作CE⊥x轴于E,作DF⊥x轴于F.‎ 我们把面积进行两次转换:如果△CDA的面积是△MDA面积的2倍,那么△MCA的面积是△MDA面积的3倍.而△MCA与△MDA是同底三角形,所以高的比CE∶DF=3∶1,即yC∶yD=3∶1.因此ME∶MF=3∶1.设MF=m,那么ME=‎3m.‎ 原抛物线的解析式为,所以翻折后的抛物线的解析式为.‎ 所以D,C.‎ 根据yC∶yD=3∶1,列方程.‎ 整理,得‎3m2‎=4.解得.所以.‎ 所以点C的坐标为(如图3),或(如图4).‎ 图1 图2 图3 图4‎ 考点伸展第(1)题可以设抛物线的顶点式:由点O(0,0), A(4,0),B()的坐标,可知点B是抛物线的顶点.可设,代入点O(0,0),得.‎ 例 33 2014年湖南省永州市中考第25题 如图1,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)与x轴交于A(-1, 0),B(4, 0)两点,与y轴交于点C(0, 2).点M(m, n)是抛物线上一动点,位于对称轴的左侧,并且不在坐标轴上.过点M作x轴的平行线交y轴于点Q,交抛物线于另一点E,直线BM交y轴于点F.(1)求抛物线的解析式,并写出其顶点坐标;(2)当S△MFQ∶S△MEB=1∶3时,求点M的坐标.‎ 图文解析(1)因为抛物线与x轴交于A(-1, 0),B(4, 0)两点,设y=a(x+1)(x-4).‎ 代入点C(0, 2),得2=-‎4a.解得.所以.顶点坐标为.‎ ‎(2)如图2,已知M(m, n),作MN⊥x轴于N.由,得.所以.‎ 因为抛物线的对称轴是直线,所以ME=.由于S△MFQ===,S△MEB==,‎ 所以当S△MFQ∶S△MEB=1∶3时,∶=1∶3.‎ 整理,得m2+‎11m-12=0.解得m=1,或m=-12.所以点M的坐标为(1, 3)或(-12,-88).‎ 图1图2 图3 图4‎ 考点伸展第(2)题S△MFQ∶S△MEB=1∶3,何需点M一定要在抛物线上?‎ 从上面的解题过程可以看到,△MFQ与△MEB的高的比与n无关,两条底边的比也与n无关.如图3,因此只要点E与点M关于直线x=对称,点M在直线的左侧,且点M不在坐标轴上,就存在S△MFQ∶S△MEB=1∶3,点M的横坐标为1(如图3)或-12(如图4).§1.6 因动点产生的相切问题 课前导学一、圆与圆的位置关系问题,一般无法先画出比较准确的图形.‎ 解这类问题,一般分三步走,第一步先罗列三要素:R、r、d,第二步分类列方程,第三步解方程并验根.第一步在罗列三要素R、r、d的过程中,确定的要素罗列出来以后,不确定的要素要用含有x的式子表示.第二步分类列方程,就是指外切与内切两种情况.‎ 二、直线与圆的位置关系问题,一般也无法先画出比较准确的图形.‎ 解这类问题,一般也分三步走,第一步先罗列两要素:R和d,第二步列方程,第三步解方程并验根.第一步在罗列两要素R和d的过程中,确定的要素罗列出来以后,不确定的要素要用含有x的式子表示.第二步列方程,就是根据直线与圆相切时d=R列方程.‎ 如图1,直线与x轴、y轴分别交于A、B两点,圆O的半径为1,点C在y轴的正半轴上,如果圆C既与直线AB相切,又与圆O相切,求点C的坐标.‎ ‎“既……,又……”的双重条件问题,一般先确定一个,再计算另一个.‎ 假设圆C与直线AB相切于点D,设CD=‎3m,BD=‎4m,BC=‎5m,那么点C的坐标为(0,4-‎5m).罗列三要素:对于圆O,r=1;对于圆C,R=‎3m;圆心距OC=4-‎5m.‎ 分类列方程:两圆外切时,4-‎5m=‎3m+1;两圆内切时,4-‎5m=‎3m-1.‎ 把这个问题再拓展一下,如果点C在y轴上,那么还要考虑点C在y轴负半轴.‎ 相同的是,对于圆O,r=1;对于圆C,R=‎3m;不同的是,圆心距OC=‎5m-4.‎ 图1 图1 图2 图3‎ 例 42 2014年湖南省衡阳市中考第27题 如图1,直线AB与x轴交于点A(-4, 0),与y轴交于点B(0, 3).点P从点A出发,以每秒1个单位长度的速度沿直线AB向点B移动.同时将直线以每秒0.6个单位长度的速度向上平移,交OA于点C,交OB于点D,设运动时间为t(0<t<5)秒.‎ ‎(1)证明:在运动过程中,四边形ACDP总是平行四边形;(2)当t取何值时,四边形ACDP为菱形?请指出此时以点D为圆心、OD长为半径的圆与直线AB的位置关系并说明理由.‎ 图文解析(1)如图2,由A(-4, 0)、B(0, 3),可得直线AB的解析式为.‎ 所以直线AB//CD.在Rt△OCD中,OD∶OC=3∶4,OD=0.6t,所以OC=0.8t,CD=t.所以AP=CD=t.所以四边形ACDP总是平行四边形.‎ ‎(2)如图3,如果四边形ACDP为菱形,那么AC=AP.所以4-0.8t=t.解得t=.‎ 此时OD=0.6t=.所以BD==.作DE⊥AB于E.在Rt△BDE中,sinB=,BD=,所以DE=BD·sinB=.因此OD=DE,即圆心D到直线AB的距离等于圆D的半径.所以此时圆D与直线AB相切于点E(如图4).‎ 考点伸展在本题情境下,点P运动到什么位置时,平行四边形ACDP的面积最大?‎ S平行四边形ACDP=AC·DO===.‎ 当时,平行四边形ACDP的面积最大,最大值为3.此时点P是AB的中点(如图5).‎ 图4 图5‎ 例 43 2014年湖南省株洲市中考第23题 如图1,PQ为圆O的直径,点B在线段PQ的延长线上,OQ=QB=1,动点A在圆O的上半圆上运动(包含P、Q两点),以线段AB为边向上作等边三角形ABC.(1)当线段AB所在的直线与圆O相切时,求△ABC的面积(如图1);(2)设∠AOB=,当线段AB与圆O只有一个公共点(即A点)时,求的范围(如图2,直接写出答案);(3)当线段AB与圆O有两个公共点A、M时,如果AO⊥PM于点N,求CM的长(如图3).‎ 图1 图2 图3图4 图5 图6‎ 图文解析(1)如图4,连结OA.当线段AB所在的直线与圆O相切时,OA⊥AB,A为切点.此时在Rt△AOB中,OA=1,OB=2,所以AB=,∠ABO=30°.‎ 此时等边三角形ABC的高为,所以S△ABC=.(2)0°≤≤60°.‎ ‎(3)如图5,连结MQ,那么∠PMQ=90°.当AO⊥PM时,AO//MQ.‎ 由于Q是OB的中点,所以,M是AB的中点.所以CM⊥AB.‎ 由于O是PQ的中点,所以.所以.‎ 如图6,连结MO.在Rt△OMN中,,MO=1,所以MN2=.‎ 在Rt△AMN中,AM2=AN2+MN2=.所以AM=.‎ 于是在Rt△CAM中,CM=AM==.‎ 考点伸展第(2)题的题意可以这样理解:如图7,过点B画圆O的切线,切点为G.‎ 如图8,弧上的每一个点(包括点G、Q)都是符合题意的点A,即线段AB与圆O只有一个公共点(即A点).如图9,弧上的每一个点A(不包括点Q)与点B连成的线段AB,与圆O都有两个交点A、M.‎ 图7 图8 图9图1 图2 图3‎ ‎§1.7 因动点产生的线段和差问题 课前导学线段和差的最值问题,常见的有两类:第一类问题是“两点之间,线段最短”.‎ 两条动线段的和的最小值问题,常见的是典型的“牛喝水”问题,关键是指出一条对称轴“河流”(如图1).三条动线段的和的最小值问题,常见的是典型的“台球两次碰壁”或“光的两次反射”问题,关键是指出两条对称轴“反射镜面”(如图2).两条线段差的最大值问题,一般根据三角形的两边之差小于第三边,当三点共线时,两条线段差的最大值就是第三边的长.如图3,PA与PB的差的最大值就是AB,此时点P在AB的延长线上,即P′.解决线段和差的最值问题,有时候求函数的最值更方便,本讲不涉及函数最值问题.‎ 第二类问题是“两点之间,线段最短”结合“垂线段最短”.‎ 如图4,正方形ABCD的边长为4,AE平分∠BAC交BC于E.点P在AE上,点Q在AB上,那么△BPQ周长的最小值是多少呢?如果把这个问题看作“牛喝水”问题,AE是河流,但是点Q不确定啊.第一步,应用“两点之间,线段最短”.如图5,设点B关于“河流AE”的对称点为F,那么此刻PF+PQ的最小值是线段FQ.‎ 第二步,应用“垂线段最短”.如图6,在点Q运动过程中,FQ的最小值是垂线段FH.‎ 这样,因为点B和河流是确定的,所以点F是确定的,于是垂线段FH也是确定的.‎ 图4 图5 图6图1 图2‎ 例 50 湖南省郴州市中考第26题 已知抛物线y=ax2+bx+c经过A(-1, 0)、B(2, 0)、C(0, 2)三点.(1)求这条抛物线的解析式;(2)如图1,点P是第一象限内此抛物线上的一个动点,当点P运动到什么位置时,四边形ABPC的面积最大?求出此时点P的坐标;(3)如图2,设线段AC的垂直平分线交x轴于点E,垂足为D,M为抛物线的顶点,那么在直线DE上是否存在一点G,使△CMG的周长最小?若存在,请求出点G的坐标;若不存在,请说明理由.图文解析 ‎(1)因为抛物线与x轴交于A(-1, 0)、B(2, 0)两点,设y=a(x+1)(x-2).‎ 代入点C(0, 2),可得a=-1.所以这条抛物线的解析式为y=-(x+1)(x-2)=-x2+x+2.‎ ‎(2)如图3,连结OP.设点P的坐标为(x,-x2+x+2).由于S△AOC=1,S△POC=x,S△POB=-x2+x+2,所以S四边形ABPC=S△AOC+S△POC+S△POB=-x2+2x+3=-(x-1)2+4.‎ 因此当x=1时,四边形ABPC的面积最大,最大值为4.此时P(1, 2).‎ ‎(3)第一步,几何说理,确定点G的位置:如图4,在△CMG中,CM为定值,因此当GC+GM最小时,△CMG的周长最小.由于GA=GC,因此当GA+GM最小时,GC+GM最小.当点G落在AM上时,GA+GM最小(如图5).‎ 图3 图4 图5图6 图7 图8‎ 第二步,代数计算,求解点G的坐标:如图6,,cos∠CAO=,所以,E.如图7,由y=-x2+x+2=,得M.‎ 由A(-1, 0)、M,得直线AM的解析式为.作GH⊥x轴于H.设点G的坐标为.由于tan∠GEH=tan∠ACO=,所以,即EH=2GH.‎ 所以.解得.所以G.考点伸展 第(2)题求四边形ABPC的面积,也可以连结BC(如图8).因为△ABC的面积是定值,因此当△PCB的面积最大时,四边形ABPC的面积也最大.过点P作x轴的垂线,交CB于F.因为△PCF与△PBF有公共底边PF,高的和等于C、B两点间的水平距离,所以当PF 最大时,△PCB的面积最大.设点P(x,-x2+x+2),F(x,-x+2),那么PF=-x2+2x.‎ 当x=1时,PF最大.此时P(1, 2).例 51 湖南省湘西州中考第25题 如图1,抛物线y=ax2+bx+c关于y轴对称,它的顶点在坐标原点O,点B和点C(-3,-3)均在抛物线上,点F在y轴上,过点作直线l与x轴平行.(1)求抛物线的解析式和直线BC的解析式;(2)设点D(x, y)是线段BC上的一个动点(点D不与B、C重合),过点D作x轴的垂线,与抛物线交于点G,设线段GD的长为h,求h与x之间的函数关系式,并求出当x为何值时,线段GD的长度h最大,最大长度h的值是多少?‎ ‎(3)若点P(m, n)是抛物线上位于第三象限的一个动点,连结PF并延长,交抛物线于另一点Q,过点Q作QS⊥l,垂足为S,过点P作PN⊥l,垂足为N,试判断△FNS的形状,并说明理由;(4)若点A(-2, t)在线段BC上,点M为抛物线上的一个动点,连结AF,当点M在何位置时,MF+MA的值最小.请直接写出此时点M的坐标与MF+MA的最小值.‎ 图1 图2 图3 图4‎ 图文解析(1)因为抛物线的顶点在坐标原点,所以y=ax2.代入点C(-3,-3),得.所以抛物线的解析式为.设直线BC的解析式为y=kx+b,代入B、C(-3,-3),得解得,b=-2.所以直线BC的解析式为.‎ ‎(2)由于点D、G分别在直线BC和抛物线上,所以D,G.‎ 所以h=GD==.因此当时,h取得最大值,最大值为.(3)如图2,设点为H.设直线PQ的解析式为.联立直线PQ:与抛物线,消去y,得.所以x1·x2=.它的几何意义是HS·HN=.又因为HF=.所以HF2=HS·HN.所以.‎ 所以tan∠1=tan∠2.所以∠1=∠2.又因为∠1与∠3互余,所以∠2与∠3互余.所以△FNS是直角三角形.(4)MF+MA的最小值是,此时点M的坐标是.‎ 考点伸展第(3)题也可以通过计算得到PF=PN.同理得到QF=QS.这样我们就可以根据“等边对等角”及“两直线平行,内错角相等”,得到∠NFC=90°‎ ‎.应用这个结论,就容易解答第(4)题:如图3,作ME⊥l于E,那么MF=ME.当ME+MA的值最小时,MF+MA的值也最小.当A、M、E三点共线时,ME+MA的值最小,最小值为AE.‎ 而AE的最小值为点A到l的垂线段,即AE⊥l时,AE最小(如图4).‎ ‎§2.1 由比例线段产生的函数关系问题 课前导学(一)图形运动的过程中,求两条线段之间的函数关系,是中考数学的热点问题.产生两条线段间的函数关系,常见的情况有两种,一是勾股定理,二是比例关系.还有一种不常见的,就是线段全长等于部分线段之和.由勾股定理产生的函数关系,在两种类型的题目中比较常用.类型一,已知“边角边”,至少一边是动态的,求角的对边.如图1,已知点A的坐标为(3, 4),点B是x轴正半轴上的一个动点,设OB=x,AB=y,那么我们在直角三角形ABH中用勾股定理,就可以得到y关于x的函数关系式.‎ 类型二,图形的翻折.已知矩形OABC在坐标平面内如图2所示,AB=5,点O沿直线EF翻折后,点O的对应点D落在AB边上,设AD=x,OE=y,那么在直角三角形AED中用勾股定理就可以得到y关于x的函数关系式.‎ 图1 图2 图1 图2 图3‎ 由比例线段产生的函数关系问题,在两种类型的题目中比较常用.‎ 一是由平行线产生的对于线段成比例,二是相似三角形的对应边成比例.‎ 一般步骤是先说理产生比例关系,再代入数值或表示数的字母,最后整理、变形,根据要求写出定义域.‎ 关键是寻找比例关系,难点是有的整理、变形比较繁琐,容易出错.‎ 课前导学(二)图形运动的过程中,求面积随某个量变化的函数关系,是中考数学的热点问题.计算面积常见的有四种方法,一是规则图形的面积用面积公式;二是不规则图形的面积通过割补进行计算;三是同高(或同底)三角形的面积比等于对应边(或高)的比;四是相似三角形的面积比等于相似比的平方.前两种方法容易想到,但是灵活使用第三种和第四种方法,可以使得运算简单.一般情况下,在求出面积S关于自变量x的函数关系后,会提出在什么情况下(x为何值时),S取得最大值或最小值.关于面积的最值问题,有许多经典的结论.例1,周长一定的矩形,当正方形时,面积最大.例2,面积一定的矩形,当正方形时,周长最小.例3,周长一定的正多边形,当边数越大时,面积越大,极限值是圆.‎ 例4,如图1,锐角△ABC的内接矩形DEFG的面积为y,AD=x,当点D是AB的中点时,面积y最大.例5,如图2,点P在直线AB上方的抛物线上一点,当点P位于AB的中点E的正上方时,△PAB的面积最大.例6,如图3,△ABC中,∠A和对边BC是确定的,当AB=AC时,△ABC的面积最大.‎ 例 1 湖南省常德市中考第26题 如图1,图2,已知四边形ABCD为正方形,在射线AC上有一动点P,作PE⊥AD(或延长线)于E,作PF⊥DC(或延长线)于F,作射线BP交EF于G.‎ ‎(1)在图1中,正方形ABCD的边长为2,四边形ABFE的面积为y,设AP=,求y关于的函数表达式;(2)GB⊥EF对于图1,图2都是成立的,请任选一图形给出证明;‎ ‎(3)请根据图2证明:△FGC∽△PFB.‎ 图1 图2图3 图4‎ 图文解析(1)如图3,延长EP交BC于M,延长FP交AB于N,那么四边形AEPN和四边形CFPM是正方形.由AP=,可得正方形AEPN的边长为.所以FC=DE=.由于S△DEF==,S△BCF==,所以y=S四边形ABFE=S正方形ABCD-S△DEF-S△BCF=4--=.(2)如图4,因为tan∠EFP=,tan∠PBN=,且PE=NP,PF=NB,所以∠EFP=∠PBN.又因为∠1=∠2,∠1+∠PBN=90°,所以∠2+∠EFP=90°.所以GB⊥EF.(3)如图5,由于GB⊥EF,∠BCF=90°,所以B、C、G、F四点共圆.所以∠FCG=∠PBF,∠CGB=∠CFB.又因为∠CGF=∠CGB+90°,∠BFP=∠CFB+90°,所以∠CGF=∠BFP.所以△FGC∽△PFB.‎ 图5 图6 图7‎ 考点伸展如图6, 由于tan∠EFP=tan∠PBN, 所以∠EFP=∠PBN.‎ 又因为∠PBN+∠1=90°,所以∠EFP+∠1=90°.因此这种情况下,依然有BG⊥EF.‎ 第(1)题还有更简便的割补办法:如图7,连结EN.由于S四边形NBFE=S△ENF+S△BNF=,S△AEN=,所以y=S四边形ABFE=S四边形NBFE+S△AEN=.例 2 湖南省湘潭市中考第25题 如图1,△ABC为等边三角形,边长为a,点F在BC边上,DF⊥AB,EF⊥AC,垂足分别为D、E.(1)求证:△BDF∽△CEF;(2)若a=4,设BF=m,四边形ADFE面积为S,求出S与m之间的函数关系,并探究当m为何值时S取得最大值;(3)已知A、D、F、E四点共圆,已知tan∠EDF=,求此圆的直径(用含a的式子表示).‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 图文解析(1)如图1,因为∠B=∠C=60°,∠BDF=∠CEF=90°,所以△BDF∽△CEF.(2)如图2,当等边三角形ABC的边长a=4时,S△ABC=.在Rt△BDF中,∠B ‎=60°,BF=m,所以,.‎ 所以S△BDF==.在Rt△CEF中,∠C=60°,CF=4-m,所以,.所以S△CEF==.因此S=S四边形ADFE=S△ABC-S△BDF-S△CEF===.所以当m=2时,S取得最大值,最大值为.此时点F是BC的中点(如图3).(3)如图4,由于A、D、F、E四点共圆,所以∠EAF=∠EDF.‎ 因为∠AEF=90°,所以AF是圆的直径.在Rt△EAF中,由于tan∠EAF==,设EF=,EA=2x.在Rt△ECF中,∠C=60°,所以.因此EC=x.‎ 由AC=EA+EC=a,得2x+x=a.所以x=.‎ 所以在Rt△EAF中,EF=,EA=,由勾股定理,得圆的直径AF=.‎ 图1 图2 图3 图4‎ 考点伸展第(2)题也可以求△ADF与△AEF的面积和.由于,,所以AD=,S△ADF=.由于,,所以AE=,S△AEF=.因此S=S△ADF+S△AEF==.例 3 湖南省郴州市中考第25题 如图1,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,∠B=60°,BC=‎16cm,AD是斜边BC上的高,垂足为D,BE=‎1cm,点M从点B出发沿BC方向以‎1cm/s的速度运动,点N从点E出发,与点M同时同方向以相同的速度运动.以MN为边在BC的上方作正方形MNGH.点M到达点D时停止运动,点N到达点C时停止运动.设运动时间为t(s).(1)当t为何值时,点G刚好落在线段AD上?(2)设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S.当重叠部分的图形是正方形时,求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围;(3)设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P,连结DP,当t为何值时,△CPD是等腰三角形?‎ 图2 图1图3图4 图5‎ 当点G刚好落在线段AD上时,DN=0.而DN=BD-BM-MN=4-t-1=3-t,所以3-t=0.解得t=3.‎ ‎ (2)重叠部分的图形是正方形,存在两种情况:‎ ‎①当HM在AD的左侧时,正方形MNGH的大小不变,边长为1,S=1.‎ 如图3,当H落在AB上时,BM=HMtan30°=.所以≤t<4.‎ ‎②如图4,当HM在AD上时,正方形的边长为t-3,S=(t-3)2.‎ 如图5,当G落在AC上时,AH=HGtan30°=.‎ 由AD=,得.解得.所以4≤t≤.‎ ‎(3)等腰三角形CPD存在两种情况:①如图6,当PC=PD时,点P在DC的垂直平分线上,N是DC的中点.此时t=3+6=9.②如图7,当CP=CD=12时,在Rt△CPN中,由cos30°=,得.此时t=.‎ 图6 图7 25题图1‎ 考点伸展当点G落在AC上时,CG∶AG的比值是多少呢?如图5,.‎ 例 4 湖南省常德市中考第25题 如图1,曲线y1是抛物线的一部分,与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,且表达式为(x≤3),曲线y2与曲线y1关于直线x=3对称.(1)求A、B、C三点的坐标和曲线y2的表达式;(2)过点C作CD//x轴交曲线y1于点D,连结AD,在曲线y2上有一点M,使得四边形ACDM为筝形(如果一个四边形的一条对角线被另一条对角线垂直平分,这样的四边形为筝形),请求出点M的横坐标;(3)设直线CM与轴交于点N,试问在线段MN下方的曲线y2上是否存在一点P,使△PMN的面积最大?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.图文解析 ‎(1)由,得A(-1, 0)、B(3, 0)、C(0, ).‎ 因为A(-1, 0)、B(3, 0) 关于直线x=3的对称点为A′(7, 0)、B(3, 0),所以抛物线y2的表达式为(x>3).(2)由CD//x轴,可知C、D关于抛物线y1的对称轴x=1对称,所以D(2,).如图2,由A(-1, 0)、C(0,)、D(2,),可得AC=DC=2.因此点C在AD的垂直平分线上.如果四边形ACDM的对角线互相垂直平分,那么四边形ACDM是菱形,此时点M在x轴上,不在抛物线y2上.因此只存在MC垂直平分AD的情况.如图2,如图3,过点A、M分别作x轴的垂线,与直线CD分别交于点G、H,那么∠ADG=∠CMH.由于tan∠ADG==,所以∠ADC=30°.因此.设M,那.‎ 整理,得x2-13x+24=0.解得.所以点M的横坐标为.‎ ‎(3)如图2,如图3,由于∠ADC=30°,当CM⊥AD时,∠OCN=30°.所以ON=OC=1,N(1, 0).所以直线CN为.如图4,过点P作x轴的垂线,垂足为K,PK交MN于E,过点M作y轴的垂线交PK于F.所以S△PMN=S△PME+S△PNE=.‎ 因为MF+NK为定值,因此当PE最大时,△PMN的面积最大.设P,E,那么PE===.所以当时,PE取得最大值,△PMN面积最大.此时P.考点伸展第(3)题也可以这样思考:如图5,由于MN是定值,因此点P 到MN的距离最大时,△PMN的面积也最大.过点P作MN的平行线,当这条直线与抛物线y2只有一个交点时,两条平行线间的距离最大,也就是说方程组只有一组解,即∆=0.解得.‎ 图2 图3 图4 图5‎ ‎§3.1 代数计算及通过代数计算进行说理问题 课前导学计算说理是通过计算得到结论;说理计算侧重说理,说理之后进行代入求值.‎ 压轴题中的代数计算题,主要是函数类题.函数计算题必考的是待定系数法求函数的解析式,按照设、列、解、验、答五步完成,一般来说,解析式中待定几个字母,就要代入几个点的坐标.还有一类计算题,就是从特殊到一般,通过计算寻找规律.‎ 代数计算和说理较多的一类题目,是确定直线与抛物线的交点个数.联立直线和抛物线的解析式组成方程组,消去y,得到关于x的一元二次方程,然后根据∆确定交点的个数.‎ 我们介绍一下求函数图像交点坐标的几何方法.如图1,已知直线y=x+1与x轴交于点A,抛物线y=x2-2x-3与直线y=x+1交于A、B两点,求点B的坐标的代数方法,就是联立方程组,方程组的一个解是点A的坐标,另一个解计算点的坐标.‎ 几何法是这样的:设直线AB与y轴分别交于C,那么tan∠AOC=1.作BE⊥x轴于E,那么.设B(x, x2-2x-3),于是.请注意,这个分式的分子因式分解后,.这个分式能不能约分,为什么?因为x=-1的几何意义是点A,由于点B与点A不重合,所以x≠-1,因此约分以后就是x-3=1.这样的题目一般都是这样,已知一个交点求另一个交点,经过约分,直接化为一元一次方程,很简便.‎ 图1 图1 图2 图3‎ 例 1 湖南省长沙市中考第25题 在平面直角坐标系中,我们不妨把横坐标和纵坐标相等的点叫“梦之点”,例如点(1,1),(-2,-2),,…,都是“梦之点”,显然“梦之点”有无数个.(1)若点P(2, m)是反比例函数(n为常数,n≠0)的图象上的“梦之点”,求这个反比例函数的解析式;(2)函数y=3kx+s-1(k、s为常数)的图象上存在“梦之点”吗?若存在,请求出“梦之点”的坐标,若不存在,说明理由;‎ ‎(3)若二次函数y=ax2+bx+1(a、b是常数,a>0)的图象上存在两个“梦之点”A(x1, x1)、B(x2, x2),且满足-2<x1<2,| x1-x2|=2,令,试求t的取值范围.‎ 图文解析(1)因为点P(2, m)是“梦之点”,所以P(2, 2).所以.(2)“梦之点”一定在直线y=x上,直线y=3kx+s-1与直线y=x的位置关系有重合、平行、相交.‎ ‎①如图1,当直线y=3kx+s-1与直线y=x重合时,有无数个“梦之点”.此时k=,s=1.②如图2,当直线y=3kx+s-1与直线y=x平行时,没有“梦之点”.此时k=,s≠1.③如图3,当直线y=3kx+s-1与直线y=x相交时,有1个“梦之点”.‎ 此时k≠,“梦之点”的坐标为.(3)因为A(x1,x1)、B(x2,x2)两点是抛物线与直线y=x的交点,联立y=ax2+bx+1和y=x,消去y,整理,得ax2+(b-1)x+1=0.所以x1x2=>0.所以A、B两点在y轴的同侧.如图4,由| x1-x2|=2,可知A、B两点间的水平距离、竖直距离都是2.已知-2<x1<2,我们分两种情况来探求a的取值范围:‎ ‎①当A、B两点在y轴右侧时,0<x1<2,2<x2<4.所以0<x1x2<8.‎ ‎②当A、B两点在y轴左侧时,-2<x1<0,-4<x2<-2.所以0<x1x2<8.‎ 综合①、②,不论0<x1<2或-2<x1<0,都有0<x1x2<8.所以0<<8.所以a>.‎ 由ax2+(b-1)x+1=0,得x1+x2=,x1x2=.由| x1-x2|=2,得(x1-x2)2=4.所以(x1+x2)2-4x1x2=4.所以.整理,得.所以===.如图5,这条抛物线的开口向上,对称轴是直线,在对称轴右侧,t随a的增大而增大.因此当时,t取得最小值,t==.所以t的取值范围是t>.‎ 图4 图5‎ 考点伸展第(3)题我们也可以这样来讨论:一方面,由| x1-x2|=2,得(x1-x2)2=4.所以(x1+x2)2-4x1x2=4.所以.整理,得.另一方面,由f(2)>0,f(-2)<0,得f(2)f(-2)<0.所以<0.‎ 所以==<0.所以a>.‎ 例 2 湖南省怀化市中考第23题 设m是不小于-1的实数,使得关于x的方程x2+2(m-2)x+m2-‎3m+3=0有两个不相等的实数根x1,x2.(1)若,求的值;(2)求的最大值.‎ 图文解析(1)因为方程x2+2(m-2)x+m2-‎3m+3=0有两个不相等的实数根,所以∆>0.由∆=4(m-2)2-4(m2-‎3m+3)=-‎4m+4>0,得m<1.又已知m是不小于-1的实数,所以-1≤m<1.由根与系数的关系,得,.若,那么.所以.‎ 整理,得.解得,或(舍去).所以.所以==.(2)======‎ ‎==.所以当m=-1时,它有最大值,最大值为3(如图1所示).‎ 图1图2‎ 考点伸展当m变化时,抛物线y=x2+2(m-2)x+m2-‎3m+3=0的顶点的运动轨迹是什么?因为抛物线的对称轴是直线x=-(m-2),所以抛物线的顶点的纵坐标y=(m-2)2-2(m-2)2+m2-‎3m+3=m-1.因为x+y=-(m-2)+m-1=1为定值,所以y=-x+1.‎ 也就是说,抛物线的顶点(x, y)的运动轨迹是直线y=-x+1(如图2所示).‎ 例 3 湖南省湘潭市中考第26题 如图1,已知二次函数y=-x2+bx+c的对称轴为x=2,且经过原点,直线AC的解析式为y=kx+4,直线AC与y轴交于点A,与二次函数的图象交于B、C两点.(1)求二次函数解析式;(2)若,求k的值;(3)若以BC为直径的圆经过原点,求k的值.‎ 图1 图2 图3 图4‎ 图文解析(1)因为原点O关于直线x=2的对称点为(4, 0),所以抛物线y=-x2+bx+c的解析式为y=-x(x-4)=-x2+4x.(2)如图2,因为,所以.设xB=m,那么xC=‎4m.将点B(m, km+4)、C(‎4m, ‎4km+4)分别代入y=-x(x-4),得①-②÷4,整理,得m2=1.所以m=1.将m=1代入①,得k+4=3.解得k=-1.此时点C落在x轴上(如图3).(3)因为B、C是直线y=kx+4与抛物线的交点,设B(x1,kx1+4),C(x2,kx2+4).联立y=-x2+4x和y=kx+4,消去y,整理,得x2+(k-4)x+4=0.所以x1+x2=4-k,x1x2=4.如图5,若以BC为直径的圆经过原点,那么∠BOC=90°.作BM⊥y轴,CN⊥y轴,垂足分别为M、N,那么△BMO∽△ONC.根据,得.所以.‎ 将x1+x2=4-k,x1x2=4代入,得.解得.‎ 考点伸展第(2)题也可以先用抛物线的解析式设点B、C的坐标,再代入直线的解析式列方程组.将点B(m,-m2+‎4m)、C(‎4m,-‎16m2‎+‎16m)分别代入y=kx+4,得 ‎①×4-②,得‎12m2‎=12.所以m=1.将m=1代入①,得3=k+4.解得k=-1.‎ 例 4 湖南省株洲市中考第24题 已知抛物线和直线.(1)求证:无论k取何实数值,抛物线与x轴有两个不同的交点;(2)抛物线与x轴交于A、B两点,直线与x轴交于点C,设A、B、C三点的横坐标分别是x1、x2、x3,求x1·x2·x3的最大值;‎ ‎(3)如果抛物线与x轴的两个交点A、B在原点的右边,直线与x轴的交点C在原点的左边,又抛物线、直线分别交y轴于点D、E,直线AD交直线CE于点G(如图1),且CA·GE=CG·AB,求抛物线的解析式.‎ 图1 图2 图3‎ 图文解析(1)因为>0,所以无论k取何实数值,抛物线与x轴有两个不同的交点.(2)由,得C(-(k+1), 0).所以x3=-(k+1).由根与系数的关系,得x1·x2=.所以x1·x2·x3==.因此当时,x1·x2·x3取得最大值,最大值==.(3)如图2,由CA·GE=CG·AB,得.所以AG//BE,即AD//BE.所以,即.所以.所以.所以x2=k+1,或-k-1(舍).又因为x1+x2=k+2,所以x1=1,即A(1, 0).‎ 再将点A(1, 0)代入,得.‎ 解得k=2.所以抛物线的解析式为y=x2-4x+3.‎ 考点伸展把第(3)题中的条件“CA·GE=CG·AB”改为“EC=EB”,其他条件不变,那么抛物线的解析式是怎样的呢?如图3,因为点E在y轴上,当EC=EB时,B、C两点关于y轴对称,所以B(k+1, 0).将点B(k+1, 0)代入,得.解得k=2.所以抛物线的解析式为y=x2-4x+3.‎ ‎§ 4.1图形的平移 例 1 泰安市中考第15题 如图1,在平面直角坐标系中,正三角形OAB的顶点B的坐标为(2, 0),点A在第一象限内,将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′B′A′的位置,此时点A′的横坐标为3,则点B′的坐标为( ).A.(4,) B.(3,) C.(4,) D.(3,)答案 A.思路如下:如图2,当点B的坐标为(2, 0),点A的横坐标为1.‎ 当点A'的横坐标为3时,等边三角形A′OC的边长为6.‎ 在Rt△B′CD中,B′C=4,所以DC=2,B′D=.此时B′.‎ ‎ 图1 图2‎ 例 2 咸宁市中考第14题 如图1,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(0, 6),将△OAB沿x轴向左平移得到 ‎△O′A′B′,点A的对应点A′落在直线上,则点B与其对应点B′间的距离为______.‎ 图1 图2 图1 图2‎ 答案 8.思路如下:当y=6时,解方程,得x=-8.所以AA′=8.‎ 图形在平移的过程中,对应点的连线平行且相等,所以BB′=AA′=8.‎ 例 3 株洲市中考第14题 已知直线y=2x+(3-a)与x轴的交点在A(2, 0),B(3, 0)之间(包括A、B两点)则a的取值范围是_____________.‎ 答案 7≤a≤9.思路如下:如图1,将点A(2, 0)代入y=2x+(3-a),得4+(3-a)=0.解得a=7.如图2,将点B(3, 0)代入y=2x+(3-a),得6+(3-a)=0.解得a=9.‎ 例 4 2016年上海市虹口区中考模拟第18题 如图1,已知△ABC中,AB=AC=5,BC=6,将△ABC沿射线BC方向平移m个单位得到△DEF,顶点A、B、C分别与D、E、F对应,若以点A、D、E为顶点的三角形是等腰三角形,且AE为腰,则m的值是__________.‎ 图1图2 图3 图4‎ 答案 6或.思路如下:如图2,四边形ABED保持平行四边形,AM=EN=4,BM=DN=3,AD=BE=m.①如图3,当EA=ED时,点E在AD的垂直平分线上,此时AD=2ND=6.②如图4,当AE=AD时,根据AE2=AD2,得m2=42+(m-3)2.解得.‎ ‎§4.2 图形的翻折 例 5 上海市奉贤区中考模拟第18题 如图1,在△ABC中,∠B=45°,∠C=30°,AC=2,点D在BC上,将△ACD沿直线AD翻折后,点C落在点E处,边AE交边BC于点F,如果DE//AB,那么的值是______. ‎ 答案 .思路如下:如图2,作AH⊥BC于H.在Rt△ACH中,∠C=30°,AC=2,所以AH=1,CH=.在Rt△ABH中,∠B=45°,所以BH=AH=1.所以BC=.‎ 如图3,当DE//AB时,∠BAE=∠AED=∠C=30°.此时∠AFC=∠B+∠BAE=75°.‎ 在△ACF中,∠C=30°,∠AFC=75°,所以∠FAC=75°.所以CF=CA=2.‎ 所以BF=BC-CF==.所以.另解:也可以根据△BAF∽△BCA先求得BF的长.由BA2=BF·BA,得.所以.‎ ‎ 图1图2 图3例6图1‎ 例 6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题 如图1,在△ABC中,AB=AC=4,cosC=,BD是中线,将△CBD沿直线BD翻折,点C落在点E,那么AE的长为_______.答案 .思路如下:如图2,作AM作BC 于M,DN⊥BC于N.在Rt△ACM中,AC=4,cosC=,所以CM=1.所以BC=‎2CM=2已知D是AC的中点,所以BC=DC=2.如图3,由BE=BC,BC=DC,DC=DA,得BE=DA.由∠1=∠2,∠1=∠3,得∠2=∠3.所以EB//AC.所以四边形AEBD是平行四边形.所以AE=BD.如图2,在Rt△DCN中,DC=2,CN=,所以DN=.在Rt△DBN中,BN=,所以BD=.所以AE=.‎ 图2 图3图1图2‎ 例 7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题 如图1,已知在△ABC中,AB=AC,tan∠B=,将△ABC翻折,使点C与点A重合,折痕DE交边BC于点D,交边AC于点E,那么的值为_________.‎ 答案 .思路如下:如图2,作AH⊥BC于H,那么BH=CH.已知tan∠B==,设AH=1,BH=3.设DC=DA=m.在Rt△ADH中,由勾股定理,得m2=12+(3-m)2.‎ 解得.所以BD=BC-DC==.所以.‎ 例 8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题 Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=15,AC=20,点D在边AC上,DE⊥AB,垂足为E,将△ADE沿直线DE翻折,翻折后点A的对应点为点P,当∠CPD为直角时,AD的长是_________.答案 .思路如下:如图1,作CH⊥AB于H.在Rt△ABC中,BC=15,AC=20,所以AB=25,cosB=,cosA=.在Rt△BCH中,BH=BC·cosB==9.当∠CPD=90°时,∠CPH与∠DPE互余.又因为∠B与∠A互余,∠DPE=∠A,所以∠CPH=∠B.于是可得PH=BH=9.所以AP=25-18=7.所以AE=.所以AD=AE=.‎ 图1 图1 图2‎ 例 9 2016年上海市普陀区中考模拟第18题 如图1,在矩形ABCD中,将矩形折叠,使点B落在边AD上,这时折痕与边AD和边BC分别交于点E、F.然后再展开铺平,以B、E、F为顶点的△BEF称为矩形ABCD的“折痕三角形”.如图2,在矩形ABCD中,AB=2,BC=4,当“折痕△BEF”的面积最大时,点E的坐标是___________. 答案 .思路如下:设菱形BFGE的边长为m.‎ 如图4,当G、D重合时,在Rt△ABE中,AB=2,BE=m,AE=4-m.由勾股定理,得m2=22+(4-m)2.解得m=.此时AE=4-m=,点E的坐标为.‎ 图3 图4图1图2‎ 例 10 2016年张家界市中考第14题 如图1,将矩形ABCD沿GH对折,点C落在Q处,点D落在AB边上的点E处,EQ与BC相交于F,若AD‎=‎‎8cm,AB=‎6cm,AE=‎4cm.则△EBF的周长是 cm.‎ 答案8.思路如下:设HE=HD=m,那么AH=8-m.在Rt△AHE中,由HE2=AE2+AH2,得m2=42+(8-m)2.解得m=5.所以△AHE的周长为3+4+5=12.因为△AHE∽△BEF,AH∶BE=3∶2,根据相似三角形的周长比等于对应边的比,可得△BEF的周长为8.‎ 例 11 2016年常德市中考第15题 如图1,把平行四边形ABCD折叠,使点C与点A重合,这时点D落在D1,折痕为EF,若∠BAE=55°,则∠D1AD=_________.‎ 图1图2 图3‎ 答案 55°.思路如下:如图2,连结FC、DD1.因为四边形AECF是菱形,根据中心对称性,∠DCA=∠BAE.如图3,因为A与C、D与D1关于直线EF对称,所以四边形ACDD1‎ 是等腰梯形,所以对角线AD与CD1交于对称轴上的点F,根据对称性,∠D1AD=∠DCA.‎ 例 12 2016年淮安市中考第18题 如图1,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,点F在边AC上,并且CF=3,点E为边BC上的动点,将△CEF沿直线EF折叠,点C落在点P处,则点P到边AB的距离的最小值是________.答案 .思路如下:如图2,作PG⊥AB于G,作FH⊥AB于H.‎ 在Rt△AFH中,FH=AF·sin∠A==.在△PFG中,PF=2为定值,PF+PG>FG.‎ 而FG的最小值是FH,所以PG的最小值是FH-PF==(如图3).‎ 图1‎ ‎§4.3图形的旋转 例 15 2016年上海三模联考第18题 如图1,已知AD是等腰三角形ABC底边BC上的高,AD∶DC=1∶3,将△ADC绕着点D旋转,得△DEF,点A、C分别与点E、F对应,且EF与直线AB重合,设AC与DF相交于点O,那么S△AOF∶S△DOC=__________.‎ 图1图2‎ 答案 32∶45.思路如下:如图2,设AD=m,DB=DC=‎3m,那么AC=EF=m,cos∠BAD=.作DH⊥AB于H,那么AH=AD·cos∠BAD=m.所以AE=m.‎ 于是AF=EF-AE=m.由△AOF∽△DOC,得S△AOF∶S△DOC=AF2∶DC2==32∶45.‎ 例 16 2016年上海市崇明县中考模拟第18题 如图1,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC=2,将△ABC绕点C逆时针旋转60°,得到△MNC,联结BM,那么BM的长是___________.‎ 图1图2 例17图1图2‎ 答案 .思路如下:如图2,在等腰Rt△ABC中,AB=BC=2,高BH=.‎ 在等边三角形AMC中,AC=2,高MH=.‎ 例 17 2016年上海市黄浦区中考模拟第18题 如图1,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,将△ABC绕点C逆时针旋转,旋转后的图形是△A′B′C,点A的对应点A′落在中线AD上,且点A′是△ABC的重心,A′B′与BC相交于点E,那么BE∶CE=___________.答案 4∶3.思路如下:根据旋转前后的对应边相等,对应角相等,可知∠ACB=∠A′CB′,CA=CA′.所以∠CAA′=∠CA′A.又因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,所以DA=DC.所以∠CAA′=∠ACB.所以∠A′CB′=∠CA′A.所以AD// B′C.根据重心的性质,可得.又因为,所以.所以.所以.‎ 例 18 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟第18题 如图1,点D在边长为6的等边三角形ABC的边AC上,且AD=2,将△ABC绕点C顺时针方向旋转60°,若此时点A和点D的对应点分别记为点E和点F,联结BF交边AC于点G,那么tan∠AEG=__________.‎ 图1 图2 图3‎ 答案 .思路如下:如图2,将△ABC绕点C顺时针方向旋转60°,得到菱形ABCE.延长AE交BF的延长线于M.因为,所以.设菱形的边长为‎10m,那么AG=‎6m.如图3,作GH⊥AE于H.在Rt△AGH中,∠GAH=60°,所以AH=AG=‎3m,GH=.在Rt△EGH中,EH=AE-AH=‎7m,所以tan∠AEG=.‎ 例 19 2016年上海市闸北区中考模拟第18题 如图1,底角为α的等腰三角形ABC绕着点B顺时针旋转,使得点A与BC边上的点D重合,点C与点E重合,联结AD、CE,已知tanα=,AB=5,则CE=_________.‎ 图1图2 图3‎ 答案 .思路如下:如图2,作AH⊥BC于H,那么BH=CH.在Rt△ABH中,tan∠B=,AB=5,由此可得AH=3,BH=4.所以BC=8.在Rt△ADH中,DH=BD-BH=5-4=1,所以AD=.如图3,由△BAD∽△BCE,得,即.所以.例 20 2016年邵阳市中考第13题 如图1,将等边三角形CBA绕点C顺时针旋转∠α得到三角形CB′A′,使得B、C、A′三点在同一条直线上,则∠α的大小是_________.‎ 图1图2‎ 答案 120°.思路如下:‎