挑战中考数学压轴题教师版 83页

目 录 第一部分 函数图象中点的存在性问题 2‎ 1.1 因动点产生的相似三角形问题 2‎ 1.2 因动点产生的等腰三角形问题 11‎ 1.3 因动点产生的直角三角形问题 19‎ 1.4 因动点产生的平行四边形问题 31‎ 1.5 因动点产生的面积问题 41‎ 1.6 因动点产生的线段和差问题 51‎ 第二部分 函数图象中点的存在性问题 56‎ 2.1 由比例线段产生的函数关系问题 56‎ 2.2 由面积产生的函数关系问题 58‎ 第三部分图形运动中的计算说理问题 67‎ 3.1 代数计算及通过代数计算进行说理问题 67‎ 3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题 71‎ 第四部分 图形的平移翻折与旋转 75‎ 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 ‎ 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 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 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 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 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 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 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 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 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 ‎ 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 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 ‎ 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 ‎ 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 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 ‎ 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 ‎ 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．‎ 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 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 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 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 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 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 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 ‎ 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 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 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 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 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 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 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 ‎ 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 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 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 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．‎ 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 ‎1.6 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 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．‎ 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． ‎ 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 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 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．‎ 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 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 ‎ ‎（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 ‎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 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 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 ‎ 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 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 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 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； ‎ ‎（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．‎ 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． ‎ 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．‎ 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 ‎ 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．‎ 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_______．‎ 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 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＝．‎ 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 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 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 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 ‎ 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 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 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 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 ‎ 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 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 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 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．‎