中考数学压轴题及解析分类汇编 107页

2016 中考数学压轴题:函数相似三角形问题(一) 例 1 直线 1 13y x   分别交 x 轴、y 轴于 A、B 两点，△AOB 绕点 O 按逆时针方向旋转 90° 后 得到△COD，抛物线 y＝ax 2 ＋bx＋c 经过 A、C、D 三点． (1) 写出点 A、B、C、D 的坐标； (2) 求经过 A、C、D 三点的抛物线表达式，并求抛物线顶点 G 的坐标； (3) 在直线 BG 上是否存在点 Q，使得以点 A、B、Q 为顶点的三角形与△COD 相似？若存在， 请求出点 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“ 11 闸北 25 ”， 拖动点 Q 在直线 BG 上运动， 可以体验 到， △ABQ 的两条直角边的比为 1 ∶ 3 共有四种情况，点 B 上、下各有两种． 思路点拨 1 ．图形在旋转过程中，对应线段相等，对应角相等，对应线段的夹角等于旋转角． 2 ．用待定系数法求抛物线的解析式，用配方法求顶点坐标． 3 ．第（ 3 ）题判断∠ABQ＝ 90 °是解题的前提． 4 ．△ABQ 与△COD 相似，按照直角边的比分两种情况，每种情况又按照点 Q 与点 B 的位置关系分上下两种情形，点 Q 共有 4 个． 满分解答 （ 1 ）A (3 ， 0) ，B (0 ， 1) ，C (0 ， 3) ，D ( － 1 ， 0) ． （ 2 ）因为抛物线 y＝ax 2 ＋bx＋c 经过 A (3 ， 0) 、C (0 ， 3) 、D ( － 1 ， 0) 三点，所以 9 3 0, 3, 0. a b c c a b c          解得 1, 2, 3. a b c       所以抛物线的解析式为 y＝－x 2 ＋ 2 x＋ 3 ＝－ ( x－ 1) 2 ＋ 4 ，顶点 G 的坐标为 (1 ， 4) ． （ 3 ）如图 2 ，直线 BG 的解析式为 y＝ 3 x＋ 1 ，直线 CD 的解析式为 y＝ 3 x＋ 3 ，因 此 CD // BG． 因为图形在旋转过程中，对应线段的夹角等于旋转角，所以 AB⊥CD．因此 AB⊥BG， 即∠ABQ＝ 90 °． 因为点 Q 在直线 BG 上，设点 Q 的坐标为 ( x， 3 x＋ 1) ，那么 2 2(3 ) 10BQ x x x    ． Rt △COD 的两条直角边的比为 1 ∶ 3 ，如果 Rt △ABQ 与 Rt △COD 相似，存在两种情 况： ①当 3BQ BA  时， 10 3 10 x  ．解得 3x   ．所以 1(3,10)Q ， 2 ( 3, 8)Q   ． ②当 1 3 BQ BA  时， 10 1 310 x  ．解得 1 3x   ．所以 3 1( ,2)3Q ， 4 1( ,0)3Q  ． 图 2 图 3 考点伸展 第（ 3 ）题在解答过程中运用了两个高难度动作：一是用旋转的性质说明 AB⊥BG； 二是 2 2(3 ) 10BQ x x x    ． 我们换个思路解答第（ 3 ）题： 如图 3 ，作 GH⊥y 轴，QN⊥y 轴，垂足分别为 H、N． 通过证明△AOB≌△BHG，根据全等三角形的对应角相等，可以证明∠ABG＝ 90 °． 在 Rt △BGH 中， 1sin 1 10   ， 3cos 1 10   ． ①当 3BQ BA  时， 3 10BQ  ． 在 Rt △BQN 中， sin 1 3QN BQ    ， cos 1 9BN BQ    ． 当 Q 在 B 上方时， 1(3,10)Q ；当 Q 在 B 下方时， 2 ( 3, 8)Q   ． ②当 1 3 BQ BA  时， 1 103BQ  ．同理得到 3 1( ,2)3Q ， 4 1( ,0)3Q  ． 例 2 Rt△ABC 在直角坐标系内的位置如图 1 所示，反比例函数 ( 0)ky kx   在第一象限 内的图像与 BC 边交于点 D（4，m），与 AB 边交于点 E（2，n），△BDE 的面积为 2． （1）求 m 与 n 的数量关系； （2）当 tan∠A＝ 1 2 时，求反比例函数的解析式和直线 AB 的表达式； （3）设直线 AB 与 y 轴交于点 F，点 P 在射线 FD 上，在（2）的条件下，如果△AEO 与△EFP 相似，求点 P 的坐标． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 11 杨浦 24 ”，拖动点 A 在 x 轴上运动，可以体验到，直 线 AB 保持斜率不变，n 始终等于 m 的 2 倍，双击按钮“面积 BDE＝ 2 ”，可以看到， 点 E 正好在 BD 的垂直平分线上，FD // x 轴．拖动点 P 在射线 FD 上运动，可以体验到， △AEO 与△EFP 相似存在两种情况． 思路点拨 1 ．探求 m 与 n 的数量关系，用 m 表示点 B、D、E 的坐标，是解题的突破口． 2 ．第（ 2 ）题留给第（ 3 ）题的隐含条件是 FD // x 轴． 3 ．如果△AEO 与△EFP 相似，因为夹角相等，根据对应边成比例，分两种情况． 满分解答 （ 1 ）如图 1 ，因为点 D（ 4 ，m）、E（ 2 ，n）在反比例函数 ky x  的图像上，所以 4 , 2 . m k n k    整理，得 n＝ 2 m． （ 2 ）如图 2 ，过点 E 作 EH⊥BC，垂足为 H．在 Rt △BEH 中， tan ∠BEH＝ tan ∠A ＝ 1 2 ，EH＝ 2 ，所以 BH＝ 1 ．因此 D (4 ，m ) ，E (2 ， 2 m ) ，B (4 ， 2 m＋ 1) ． 已知△BDE 的面积为 2 ，所以 1 1 ( 1) 2 22 2BD EH m     ．解得 m＝ 1 ．因此 D (4 ， 1) ，E (2 ， 2) ，B (4 ， 3) ． 因为点 D（ 4 ， 1 ）在反比例函数 ky x  的图像上，所以 k＝ 4 ．因此反比例函数的解 析式为 4y x  ． 设直线 AB 的解析式为 y＝kx＋b，代入 B (4 ， 3) 、E (2 ， 2) ，得 3 4 , 2 2 . k b k b      解得 1 2k  ， 1b  ． 因此直线 AB 的函数解析式为 1 12y x  ． 图 2 图 3 图 4（ 3 ）如图 3 ，因为直线 1 12y x  与 y 轴交于点 F（ 0 ， 1 ），点 D 的坐标为（ 4 ， 1 ），所以 FD // x 轴，∠EFP＝∠EAO．因此△AEO 与△EFP 相似存在两种情况： ①如图 3 ，当 EA EF AO FP  时，2 5 5 2 FP  ．解得 FP＝ 1 ．此时点 P 的坐标为（ 1 ， 1 ）． ②如图 4 ，当 EA FP AO EF  时，2 5 2 5 FP ．解得 FP＝ 5 ．此时点 P 的坐标为（ 5 ， 1 ）． 考点伸展 本题的题设部分有条件“ Rt △ABC 在直角坐标系内的位置如图 1 所示”，如果没有 这个条件限制，保持其他条件不变，那么还有如图 5 的情况： 第（ 1 ）题的结论 m 与 n 的数量关系不变．第（ 2 ）题反比例函数的解析式为 12y x   ， 直线 AB 为 1 72y x  ．第（ 3 ）题 FD 不再与 x 轴平行，△AEO 与△EFP 也不可能相似． 图 5 2016 中考数学压轴题函数相似三角形问题(二) 例 3 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 O 1 、A 1 、C 1 、B 1 ，得到如图 2 的梯形 O 1 A 1 B 1 C 1 ．设梯形 O 1 A 1 B 1 C 1 的面积为 S，A 1 、 B 1 的坐标分别为 ( x 1 ，y 1 ) 、 ( x 2 ，y 2 ) ．用含 S 的代数式表示 x 2 －x 1 ， 并求出当 S =36 时点 A 1 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，观察图形和图像，可 以体验到，x 2 －x 1 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 x 2 －x 1 ，我们反其道而行之，用 x 1 ，x 2 表示 S．再 注意平移过程中梯形的高保持不变，即 y 2 －y 1 ＝ 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 1x  ，解析式为 21 1 8 4y x x  ，顶点为 M（ 1 ， 1 8  ）． （ 2 ） 梯形 O 1 A 1 B 1 C 1 的面积 1 2 1 2 2( 1 1) 3( ) 62 x xS x x       ，由此得到 1 2 23 sx x   ．由于 2 1 3y y  ，所以 2 2 2 1 2 2 1 1 1 1 1 1 38 4 8 4y y x x x x      ．整理，得 2 1 2 1 1 1( ) ( ) 38 4x x x x       ．因此得到 2 1 72x x S   ． 当 S =36 时， 2 1 2 1 14, 2. x x x x      解得 1 2 6, 8. x x    此时点 A 1 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 3tan 4GAF  ， tan 5 DQ tPQD QP t     ，所以 3 4 5 t t   ．解得 20 7t  ． 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 4 如图 1 ，已知点 A ( - 2 ， 4) 和点 B (1 ， 0) 都在抛物线 2 2y mx mx n   上． （ 1 ）求 m、n； （ 2 ）向右平移上述抛物线，记平移后点 A 的对应点为 A′，点 B 的对应点为 B′， 若四边形 A A′B′B 为菱形，求平移后抛物线的表达式； （ 3 ）记平移后抛物线的对称轴与直线 AB′ 的交点为 C，试在 x 轴上找一个点 D， 使得以点 B′、C、D 为顶点的三角形与△ABC 相似． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 10 宝山 24 ”，拖动点 A′向右平移，可以体验到，平移 5 个单位后，四边形 A A′B′B 为菱形．再拖动点 D 在 x 轴上运动，可以体验到，△B′ CD 与△ABC 相似有两种情况． 思路点拨 1 ．点 A 与点 B 的坐标在 3 个题目中处处用到，各具特色．第（ 1 ）题用在待定系 数法中；第（ 2 ）题用来计算平移的距离；第（ 3 ）题用来求点 B ′ 的坐标、 AC 和 B ′ C 的长． 2 ．抛物线左右平移，变化的是对称轴，开口和形状都不变． 3 ．探求△ABC 与△B′CD 相似，根据菱形的性质，∠BAC＝∠CB′D，因此按照夹 角的两边对应成比例，分两种情况讨论． 满分解答 (1) 因为点 A ( - 2 ， 4) 和点 B (1 ， 0) 都在抛物线 2 2y mx mx n   上，所以 4 4 4, 2 0. m m n m m n        解得 4 3m   ， 4n  ． (2) 如图 2 ，由点 A ( - 2 ， 4) 和点 B (1 ， 0) ，可得 AB＝ 5 ．因为四边形 A A′B′B 为 菱形，所以 A A′＝B′B＝ AB＝ 5 ．因为 43 8 3 4 2  xxy  24 1613 3x    ，所以 原抛物线的对称轴 x＝－ 1 向右平移 5 个单位后，对应的直线为 x＝ 4 ． 因此平移后的抛物线的解析式为   3 1643 4 2,  xy ． 图 2 (3) 由点 A ( - 2 ， 4) 和点 B′ (6 ， 0) ，可得 A B′＝ 4 5 ． 如图 2 ，由 AM // CN，可得 ' ' ' ' B N B C B M B A  ，即 2 ' 8 4 5 B C ．解得 ' 5B C  ．所以 3 5AC  ．根据菱形的性质，在△ABC 与△B′CD 中，∠BAC＝∠CB′D． ①如图 3 ，当 ' ' AB B C AC B D  时， 5 5 '3 5 B D  ，解得 ' 3B D  ．此时 OD＝ 3 ，点 D 的 坐标为（ 3 ， 0 ）． ②如图 4 ，当 ' ' AB B D AC B C  时， 5 ' 3 5 5 B D ，解得 5' 3B D  ．此时 OD＝13 3 ，点 D 的坐标为（13 3 ， 0 ）． 图 3 图 4 考点伸展 在本题情境下，我们还可以探求△B′CD 与△AB B′相似，其实这是有公共底角的 两个等腰三角形，容易想象，存在两种情况． 我们也可以讨论△B′CD 与△ C B B′相似，这两个三角形有一组公共角∠B，根据 对应边成比例，分两种情况计算． 2016 中考数学压轴题函数相似三角形问题(三) 例 5 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 )4)(1(  xxay ，代入点 C 的 坐标（ 0 ，－ 2 ），解得 2 1a ．所以抛物线的解析 式为 22 5 2 1)4)(1(2 1 2  xxxxy ． （ 2 ）设点 P 的坐标为 ))4)(1(2 1,(  xxx ． ①如图 2 ，当点 P 在 x 轴上方时， 1 ＜x＜ 4 ， )4)(1(2 1  xxPM ， xAM  4 ． 如果 2 CO AO PM AM ，那么 24 )4)(1(2 1   x xx ．解得 5x 不合题意． 如果 2 1 CO AO PM AM ，那么 2 1 4 )4)(1(2 1   x xx ．解得 2x ． 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 ， )4)(1(2 1  xxPM ， 4 xAM ． 解方程 24 )4)(1(2 1   x xx ，得 5x ．此时点 P 的坐标为 )2,5(  ． 解方程 2 1 4 )4)(1(2 1   x xx ，得 2x 不合题意． ③如图 4 ，当点 P 在点 B 的左侧时，x＜ 1 ， )4)(1(2 1  xxPM ， xAM  4 ． 解方程 24 )4)(1(2 1   x xx ，得 3x ．此时点 P 的坐标为 )14,3(  ． 解方程 2 1 4 )4)(1(2 1   x xx ，得 0x ．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 )14,3(  或 )2,5(  ． 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 22 1  xy ． 设点 D 的横坐标为 m )41(  m ，那么点 D 的坐标为 )22 5 2 1,( 2  mmm ，点 E的坐标为 )22 1,( mm ．所以 )22 1()22 5 2 1( 2  mmmDE mm 22 1 2  ． 因此 4)22 1(2 1 2  mmS DAC mm 42  4)2( 2  m ． 当 2m 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） )41(  m ，那么 42)4(2 1)2(2 14)22(2 1  nmmnnmnS ． 由于 22 5 2 1 2  mmn ，所以 mmS 42  ． 例 6 如图 1 ，△ABC 中，AB＝ 5 ，AC＝ 3 ， cos A＝ 3 10 ．D 为射线 BA 上的点（点 D 不与 点 B 重合），作 DE // BC 交射线 CA 于点 E . ． (1) 若 CE＝x，BD＝y，求 y 与 x 的函数关系式，并写出函数的定义域； (2) 当分别以线段 BD，CE 为直径的两圆相切时，求 DE 的长度； (3) 当点 D 在 AB 边上时，BC 边上是否存在点 F，使△ABC 与△DEF 相似？若存在， 请求出线段 BF 的长；若不存在，请说明理由． 图 1 备用图 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“ 09 闸北 25 ”，拖动点 D 可以在射线 BA 上运动．双击按 钮“第（ 2 ）题”，拖动点 D 可以体验到两圆可以外切一次，内切两次． 双击按钮“第（ 3 ）题”，再分别双击按钮“DE 为腰”和“DE 为底边”，可以体 验到，△DEF 为等腰三角形． 思路点拨 1 ．先解读背景图，△ABC 是等腰三角形，那么第（ 3 ）题中符合条件的△DEF 也是 等腰三角形． 2 ．用含有 x 的式子表示 BD、DE、MN 是解答第（ 2 ）题的先决条件，注意点 E 的 位置不同，DE、MN 表示的形式分两种情况． 3 ．求两圆相切的问题时，先罗列三要素，再列方程，最后检验方程的解的位置是 否符合题意． 4 ．第（ 3 ）题按照 DE 为腰和底边两种情况分类讨论，运用典型题目的结论可以帮 助我们轻松解题． 满分解答 （ 1 ）如图 2 ，作 BH⊥AC，垂足为点 H．在 Rt △ABH 中，AB＝ 5 ，cosA＝ 3 10 AH AB  ， 所以 AH＝ 3 2 ＝ 1 2 AC．所以 BH 垂直平分 AC，△ABC 为等腰三角形，AB＝CB＝ 5 ． 因为 DE // BC，所以 AB AC DB EC  ，即 5 3 y x  ．于是得到 5 3y x ，（ 0x  ）． （ 2 ）如图 3 ，图 4 ，因为 DE // BC，所以 DE AE BC AC  ，MN AN BC AC  ，即 | 3 | 5 3 DE x ， 1| 3 |2 5 3 xMN   ．因此 5| 3 | 3 xDE  ，圆心距 5| 6 | 6 xMN  ． 图 2 图 3 图 4在⊙M 中， 1 1 5 2 2 6Mr BD y x   ，在⊙N 中， 1 1 2 2Nr CE x  ． ①当两圆外切时， 5 1 6 2x x 5| 6 | 6 x ．解得 30 13x  或者 10x   ． 如图 5 ，符合题意的解为 30 13x  ，此时 5(3 ) 15 3 13 xDE   ． ②当两圆内切时， 5 1 6 2x x 5| 6 | 6 x ． 当 x ＜ 6 时，解得 30 7x  ，如图 6 ，此时 E 在 CA 的延长线上， 5( 3) 15 3 7 xDE   ； 当 x ＞ 6 时，解得 10x  ，如图 7 ，此时 E 在 CA 的延长线上， 5( 3) 35 3 3 xDE   ． 图 5 图 6 图 7（ 3 ）因为△ABC 是等腰三角形，因此当△ABC 与△DEF 相似时，△DEF 也是等腰 三角形． 如图 8 ，当 D、E、F 为△ABC 的三边的中点时，DE 为等腰三角形 DEF 的腰，符合 题意，此时 BF＝ 2.5 ．根据对称性，当 F 在 BC 边上的高的垂足时，也符合题意，此时 BF＝ 4.1 ． 如图 9 ，当 DE 为等腰三角形 DEF 的底边时，四边形 DECF 是平行四边形，此时 125 34BF  ． 图 8 图 9 图 10 图 11考点伸展 第（ 3 ）题的情景是一道典型题，如图 10 ，如图 11 ，AH 是△ABC 的高，D、E、F 为△ABC 的三边的中点，那么四边形 DEHF 是等腰梯形． 例 7 如图 1 ，在直角坐标系 xOy 中，设点 A（ 0 ，t），点 Q （t，b）．平移二次函数 2txy  的图象，得到的抛物线 F 满足两个条件：①顶点为 Q；②与 x 轴相交于 B、C 两点 （∣OB∣ < ∣OC∣），连结 A，B． （ 1 ）是否存在这样的抛物线 F，使得 OCOBOA 2 ？请你作出判断，并说明 理由； （ 2 ）如果 AQ∥BC，且 tan ∠ABO＝ 2 3 ，求抛物线 F 对应的二次函数的解析式． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 08 杭州 24 ”，拖动点 A 在 y 轴上运动，可以体验到，AQ 与 BC 保持平行，OA∶OB 与 OA∶OB′保持 3 ∶ 2 ． 双击按钮“t＝ 3 ”，“t＝ 0 ． 6 ”，“t＝－ 0 ． 6 ”，“t＝－ 3 ”，抛物线正好经过 点 B（或 B′）． 思路点拨 1 ．数形结合思想，把 OCOBOA 2 转化为 2 1 2t x x  ． 2 ．如果 AQ∥BC，那么以 OA、AQ 为邻边的矩形是正方形，数形结合得到 t＝b． 3 ．分类讨论 tan ∠ABO＝ 2 3 ，按照 A、B、C 的位置关系分为四种情况．A 在 y 轴正 半轴时，分为 B、C 在 y 轴同侧和两侧两种情况；A 在 y 轴负半轴时，分为 B、C 在 y 轴 同侧和两侧两种情况． 满分解答 （ 1 ）因为平移 2txy  的图象得到的抛物线 F 的顶点为Q（ t ， b ），所以抛物线 F 对应的解析式为 btxty  2)( ． 因为抛物线与 x 轴有两个交点，因此 0bt ． 令 0y ，得  tOB t b ，  tOC t b ． 所以  tOCOB (||||| t b )( t t b )|  2| t 22| OAtt b  ．即 2 2bt tt    ．所 以当 32tb  时，存在抛物线 F 使得 |||||| 2 OCOBOA  ． （ 2 ）因为 AQ // BC，所以 t＝b，于是抛物线 F 为 ttxty  2)( ．解得 1,1 21  txtx ． ①当 0t 时，由 |||| OCOB  ，得 )0,1( tB ． 如图 2 ，当 01 t 时，由 ABOtan 2 3  || || OB OA  1t t ，解得 3t ．此时二次函 数的解析式为 24183 2  xxy ． 如图 3 ，当 01t 时，由 ABOtan 2 3  || || OB OA  1 t t ，解得 t 5 3 ．此时二次 函数的解析式为 y 5 3 2x ＋ 25 18 x ＋ 125 48 ． 图 2 图 3 ②如图 4 ，如图 5 ，当 0t 时，由 |||| OCOB  ，将 t 代t , 可得 t 5 3 ， 3t ．此 时二次函数的解析式为 y 5 3 2x ＋ 25 18 x － 125 48 或 24183 2  xxy ． 图 4 图 5考点伸展 第（ 2 ）题还可以这样分类讨论： 因为 AQ // BC，所以 t＝b，于是抛物线 F 为 2( )y t x t t    ．由 3tan 2 OAABO OB    ，得 2 3OB OA ． ①把 2( ,0)3B t 代入 2( )y t x t t    ，得 3t   （如图 2 ，图 5 ）． ②把 2( ,0)3B t 代入 2( )y t x t t    ，得 3 5t   （如图 3 ，图 4 ）． 2016 中考数学压轴题函数等腰三角形问题(一) 例 1 如图 1 ，已知正方形 OABC 的边长为 2 ，顶点 A、C 分别在 x、y 轴的正半轴上，M 是 BC 的中点．P (0, m ) 是线段 OC 上一动点（C 点除外），直线 PM 交 AB 的延长线于点 D． （ 1 ）求点 D 的坐标（用含 m 的代数式表示）； （ 2 ）当△APD 是等腰三角形时，求 m 的值； （ 3 ）设过 P、M、B 三点的抛物线与 x 轴正半轴交于点 E，过点 O 作直线 ME 的垂 线，垂足为 H（如图 2 ）．当点 P 从 O 向 C 运动时，点 H 也随之运动．请直接写出点 H 所经过的路长（不必写解答过程）． 图 1 图 2 动感体验 请打开几何画板文件名“ 11 湖州 24 ”，拖动点 P 在 OC 上运动，可以体验到，△ APD 的三个顶点有四次机会可以落在对边的垂直平分线上．双击按钮“第 (3) 题”， 拖 动点 P 由 O 向 C 运动，可以体验到，点 H 在以 OM 为直径的圆上运动．双击按钮“第 (2)题”可以切换． 思路点拨 1 ．用含 m 的代数式表示表示△APD 的三边长，为解等腰三角形做好准备． 2 ．探求△APD 是等腰三角形，分三种情况列方程求解． 3 ．猜想点 H 的运动轨迹是一个难题．不变的是直角，会不会找到不变的线段长呢？ Rt △OHM 的斜边长 OM 是定值，以 OM 为直径的圆过点 H、C． 满分解答 （ 1 ）因为 PC // DB，所以 1CP PM MC BD DM MB    ．因此 PM＝DM，CP＝BD＝ 2 －m．所 以 AD＝ 4 －m．于是得到点 D 的坐标为 (2 ， 4 －m ) ． （ 2 ）在△APD 中， 2 2(4 )AD m  ， 2 2 4AP m  ， 2 2 2(2 ) 4 4(2 )PD PM m    ． ①当 AP＝AD 时， 2(4 )m 2 4m  ．解得 3 2m  （如图 3 ）． ②当 PA＝PD 时， 2 4m  24 4(2 )m   ．解得 4 3m  （如图 4 ）或 4m  （不合题意， 舍去）． ③当 DA＝DP 时， 2(4 )m 24 4(2 )m   ．解得 2 3m  （如图 5 ）或 2m  （不合题意， 舍去）． 综上所述，当△APD 为等腰三角形时，m 的值为 3 2 ， 4 3 或 2 3 ． 图 3 图 4 图 5（ 3 ）点 H 所经过的路径长为 5 4  ． 考点伸展 第（ 2 ）题解等腰三角形的问题，其中①、②用几何说理的方法，计算更简单： ①如图 3 ，当 AP＝AD 时，AM 垂直平分 PD，那么△PCM∽△MBA．所以 1 2 PC MB CM BA   ．因此 1 2PC  ， 3 2m  ． ②如图 4 ，当PA＝PD时，P 在AD 的垂直平分线上．所以DA＝ 2 PO．因此4 2m m  ．解 得 4 3m  ． 第（ 2 ）题的思路是这样的： 如图 6 ，在 Rt △OHM 中，斜边 OM 为定值，因此以 OM 为直径的⊙G 经过点 H，也 就是说点 H 在圆弧上运动．运动过的圆心角怎么确定呢？如图 7 ，P 与 O 重合时，是点 H 运动的起点，∠COH＝ 45 °，∠CGH＝ 90 °． 图 6 图 7 例 2 如图 1 ，已知一次函数 y＝－x＋ 7 与正比例函数 4 3y x 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，从图像中可以看 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 7, 4 ,3 y x y x     得 3, 4. x y    所以点 A 的坐标是 (3 ， 4) ． 令 7 0y x    ，得 7x  ．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 8APR ACP PORCORAS S S S   △ △ △梯形 ， 得 1 1 13+7 ) 4 4 (4 ) (7 ) 82 2 2t t t t         （ ．整理，得 2 8 12 0t t   ．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 4②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 ， 4 2AB  ，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＝ 2 CA＝ 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， 3cos 5A  为定值， 7AP t  ， 5 5 20 3 3 3AQ OA OQ OA OR t      ． 如图 5 ，当 AP＝AQ 时，解方程 5 207 3 3t t   ，得 41 8t  ． 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 7 2[(7 ) ( 4)]t t t     ，得 5t  ． 如 7 ，当 PA＝PQ 时，那么 1 2cos AQ A AP   ．因此 2 cosAQ AP A   ．解方程 5 20 32(7 )3 3 5t t    ，得 226 43t  ． 综上所述，t＝ 1 或 41 8 或 5 或 226 43 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 2 cosAP AQ A   来求解． 2016 中考数学压轴题函数等腰三角形问题(二) 例 3 如图 1 ，在直角坐标平面内有点 A (6, 0) ，B (0, 8) ，C ( － 4, 0) ，点 M、N 分别为线段 AC 和射线 AB 上的动点，点 M 以 2 个单位长度 / 秒的速度自 C 向 A 方向作匀速运动，点 N 以 5 个单位长度 / 秒的速度自 A 向 B 方向作匀速运动，MN 交 OB 于点 P． (1)求证：MN∶NP 为定值； (2) 若△BNP 与△MNA 相似，求 CM 的长； (3) 若△BNP 是等腰三角形，求 CM 的长． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“ 10 闸北 25 ”，拖动点 M 在 CA 上运动，可以看到△BNP 与△MNA 的形状随 M 的运动而改变．双击按钮“△BNP∽△MNA”，可以体验到，此 刻两个三角形都是直角三角形．分别双击按钮“BP＝BN，N 在 AB 上”、“NB＝NP” 和“BP＝BN，N 在 AB 的延长线上”，可以准确显示等腰三角形 BNP 的三种情况． 思路点拨 1 ．第（ 1 ）题求证 MN∶NP 的值要根据点 N 的位置分两种情况．这个结论为后面 的计算提供了方便． 2 ．第（ 2 ）题探求相似的两个三角形有一组邻补角，通过说理知道这两个三角形是 直角三角形时才可能相似． 3 ．第（ 3 ）题探求等腰三角形，要两级（两层）分类，先按照点 N 的位置分类， 再按照顶角的顶点分类．注意当 N 在 AB 的延长线上时，钝角等腰三角形只有一种情况． 4 ．探求等腰三角形 BNP，N 在 AB 上时，∠B 是确定的，把夹∠B 的两边的长先表 示出来，再分类计算． 满分解答 (1) 如图 2 ，图 3 ，作 NQ⊥x 轴，垂足为 Q．设点 M、N 的运动时间为 t 秒． 在 Rt △ANQ 中，AN＝ 5 t，NQ＝ 4 t ，AQ＝ 3 t． 在图 2 中，QO＝ 6 － 3 t，MQ＝ 10 － 5 t，所以 MN∶NP＝MQ∶QO＝ 5 ∶ 3 ． 在图 3 中，QO＝ 3 t－ 6 ，MQ＝ 5 t－ 10 ，所以 MN∶NP＝MQ∶QO＝ 5 ∶ 3 ． (2) 因为△BNP 与△MNA 有一组邻补角，因此这两个三角形要么是一个锐角三角形 和一个钝角三角形，要么是两个直角三角形．只有当这两个三角形都是直角三角形时才 可能相似． 如图 4 ，△BNP∽△MNA，在 Rt △AMN 中， 3 5 AN AM  ，所以 5 3 10 2 5 t t  ．解得 30 31t  ． 此时 CM 60 31  ． 图 2 图 3 图 4 (3) 如图 5 ，图 6 ，图 7 中， OP MP QN MN  ，即 2 4 5 OP t  ．所以 8 5OP t ． ①当 N 在 AB 上时，在△BNP 中，∠B 是确定的， 88 5BP t  ， 10 5BN t  ． ( Ⅰ ) 如图 5 ，当 BP＝BN 时，解方程 88 10 55 t t   ，得 10 17t  ．此时 CM 20 17  ． ( Ⅱ ) 如图 6 ，当 NB＝NP 时， 4 5BE BN ．解方程  1 8 48 10 52 5 5t t      ，得 5 4t  ．此时 CM 5 2  ． ( Ⅲ ) 当 PB＝PN 时， 1 4 2 5BN BP ．解方程  1 4 810 5 82 5 5t t      ，得 t 的值为负 数，因此不存在 PB＝PN 的情况． ②如图 7 ，当点 N 在线段 AB 的延长线上时，∠B 是钝角，只存在 BP＝BN 的可能， 此时 5 10BN t  ．解方程 88 5 105 t t   ，得 30 11t  ．此时 CM 60 11  ． 图 5 图 6 图 7 考点伸展 如图 6 ，当 NB＝NP 时，△NMA 是等腰三角形，1 4 2 5BN BP ，这样计算简便一些． 例 4 如图 1 ，在矩形 ABCD 中，AB＝m（m 是大于 0 的常数），BC＝ 8 ，E 为线段 BC 上 的动点（不与 B、C 重合）．连结 DE，作 EF⊥DE，EF 与射线 BA 交于点 F，设 CE＝x， BF＝y． （ 1 ）求 y 关于 x 的函数关系式； （ 2 ）若 m＝ 8 ，求 x 为何值时，y 的值最大，最大值是多少？ （ 3 ）若 12y m  ，要使△DEF 为等腰三角形，m 的值应为多少？ 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“ 10 南通 27 ”，拖动点 E 在 BC 上运动，观察 y 随 x 变化 的函数图像，可以体验到，y 是 x 的二次函数，抛物线的开口向下．对照图形和图像， 可以看到，当 E 是 BC 的中点时，y 取得最大值．双击按钮“m＝ 8 ”，拖动 E 到 BC 的 中点，可以体验到，点 F 是 AB 的四等分点． 拖动点 A 可以改变 m 的值，再拖动图像中标签为“y 随 x” 的点到射线 y＝x 上， 从图形中可以看到，此时△DCE≌△EBF． 思路点拨 1 ．证明△DCE∽△EBF，根据相似三角形的对应边成比例可以得到 y 关于 x 的函数 关系式． 2 ．第（ 2 ）题的本质是先代入，再配方求二次函数的最值． 3 ．第（ 3 ）题头绪复杂，计算简单，分三段表达．一段是说理，如果△DEF 为等腰 三角形，那么得到 x＝y；一段是计算，化简消去 m，得到关于 x 的一元二次方程，解出 x 的值；第三段是把前两段结合，代入求出对应的 m 的值． 满分解答 (1) 因为∠EDC 与∠FEB 都是∠DEC 的余角，所以∠EDC＝∠FEB．又因为∠C＝∠B ＝ 90 °，所以△DCE∽△EBF．因此 DC EB CE BF  ，即 8m x x y  ．整理，得 y 关于 x 的函 数关系为 21 8y x xm m    ． (2) 如图 2 ，当 m＝ 8 时， 2 21 1 ( 4) 28 8y x x x       ．因此当 x＝ 4 时，y 取得 最大值为 2 ． (3) 若 12y m  ，那么 212 1 8x xm m m    ．整理，得 2 8 12 0x x   ．解得 x＝ 2 或 x ＝ 6 ．要使△DEF 为等腰三角形，只存在 ED＝EF 的情况．因为△DCE∽△EBF，所以 CE ＝BF，即 x＝y．将 x＝y ＝ 2 代入 12y m  ，得 m＝ 6 （如图 3 ）；将 x＝y ＝ 6 代入 12y m  ， 得 m＝ 2 （如图 4 ）． 图 2 图 3 图 4 考点伸展 本题中蕴涵着一般性与特殊性的辩证关系，例如： 由第（ 1 ）题得到 21 8y x xm m    2 21 1 16( 8 ) ( 4)x x xm m m        ， 那么不论 m 为何值，当 x＝ 4 时，y 都取得最大值．对应的几何意义是，不论 AB 边为多长，当 E 是 BC 的中点时，BF 都取得最大值．第（ 2 ）题 m＝ 8 是第（ 1 ）题一般 性结论的一个特殊性． 再如，不论 m 为小于 8 的任何值，△DEF 都可以成为等腰三角形，这是因为方程 21 8x x xm m    总有一个根 8x m  的．第（ 3 ）题是这个一般性结论的一个特 殊性． 2016 中考数学压轴题函数相似三角形问题(三) 例 5 已知：如图 1 ，在平面直角坐标系 xOy 中，矩形 OABC 的边 OA 在 y 轴的正半轴上， OC 在 x 轴的正半轴上，OA＝ 2 ，OC＝ 3 ，过原点 O 作∠AOC 的平分线交 AB 于点 D，连 接 DC，过点 D 作 DE⊥DC，交 OA 于点 E． （ 1 ）求过点 E、D、C 的抛物线的解析式； （ 2 ）将∠EDC 绕点 D 按顺时针方向旋转后，角的一边与 y 轴的正半轴交于点 F， 另一边与线段 OC 交于点 G．如果 DF 与（ 1 ）中的抛物线交于另一点 M，点 M 的横坐标 为 5 6 ，那么 EF＝ 2 GO 是否成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由； （ 3 ）对于（ 2 ）中的点 G，在位于第一象限内的该抛物线上是否存在点 Q，使得直 线 GQ 与 AB 的交点 P 与点 C、G 构成的△PCG 是等腰三角形？若存在，请求出点 Q 的坐 标；若不存在成立，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“ 09 重庆 26 ”，拖动点 G 在 OC 上运动，可以体验到，△ DCG 与△DEF 保持全等，双击按钮“M 的横坐标为 1.2 ”，可以看到，EF＝ 2 ，GO＝ 1 ． 拖动点 P 在 AB 上运动的过程中，可以体验到，存在三个时刻，△PCG 可以成为等 腰三角形． 思路点拨 1 ．用待定系数法求抛物线的解析式，这个解析式在第（ 2 ）、（ 3 ）题的计算中要 用到． 2 ．过点 M 作 MN⊥AB，根据对应线段成比例可以求 FA 的长． 3 ．将∠EDC 绕点 D 旋转的过程中，△DCG 与△DEF 保持全等． 4 ．第（ 3 ）题反客为主，分三种情况讨论△PCG 为等腰三角形，根据点 P 的位置确 定点 Q 的位置，再计算点 Q 的坐标． 满分解答 （ 1 ）由于 OD 平分∠AOC，所以点 D 的坐标为（ 2 ， 2 ），因此 BC＝AD＝ 1 ． 由于△BCD≌△ADE，所以 BD＝AE＝ 1 ，因此点 E 的坐标为（ 0 ， 1 ）． 设过 E、D、C 三点的抛物线的解析式为 cbxaxy  2 ，那么       .039 ,224 ,1 cba cba c 解 得 6 5a ， 6 13b 1c ．因此过 E、D、C 三点的抛物线的解析式为 16 13 6 5 2  xxy ． （ 2 ）把 5 6x 代入 16 13 6 5 2  xxy ，求得 5 12y ．所以点 M 的坐标为      5 12,5 6 ． 如图 2 ，过点M作MN⊥AB，垂足为N，那么 DA DN FA MN  ， 即 2 5 6225 12    FA ．解得 1FA ． 因为∠EDC 绕点 D 旋转的过程中，△DCG≌△DEF，所以 CG＝EF＝ 2 ．因此 GO＝ 1 ， EF＝ 2 GO． （ 3 ）在第（ 2 ）中，GC＝ 2 ．设点 Q 的坐标为       16 13 6 5, 2 xxx ． ①如图 3 ，当 CP＝CG＝ 2 时，点 P 与点 B（ 3 ， 2 ）重合，△PCG 是等腰直角三角形．此 时 GQQ xxy  ，因此 116 13 6 5 2  xxx 。由此得到点 Q 的坐标为      5 7,5 12 ． ②如图 4 ，当 GP＝GC＝ 2 时，点 P 的坐标为（ 1 ， 2 ）．此时点 Q 的横坐标为 1 ，点 Q 的坐标为      6 13,1 ． ③如图 5 ，当 PG＝PC 时，点 P 在 GC 的垂直平分线上，点 P、Q 与点 D 重合．此时 点 Q 的坐标为（ 2 ， 2 ）． 图 3 图 4 图 5 考点伸展 图 2 在第（ 2 ）题情景下，∠EDC 绕点 D 旋转的过程中，FG 的长怎样变化？ 设 AF 的长为 m，那么 82)2()2( 222  mmmFG ． 点 F 由 E 开始沿射线 EA 运动的过程中，FG 先是越来越小，F 与 A 重合时，FG 达 到最小值 22 ；F 经过点 A 以后，FG 越来越大，当 C 与 O 重合时，FG 达到最大值 4 ． 例 6 在平面直角坐标系内，O 为原点，点 A 的坐标为（ 1 ， 0 ），点 C 的坐标为（ 0 ， 4 ）， 直线 CM // x 轴（如图 1 所示）．点 B 与点 A 关于原点对称，直线 y＝x＋b（b 为常数） 经过点 B，且与直线 CM 相交于点 D，联结 OD． （ 1 ）求 b 的值和点 D 的坐标； （ 2 ）设点 P 在 x 轴的正半轴上，若△POD 是等腰三角形，求点 P 的坐标； （ 3 ）在（ 2 ）的条件下，如果以 PD 为半径的圆与圆 O 外切，求圆 O 的半径． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 09 上海 24 ”，拖动点 P 在 x 轴正半轴上运动，可以体验 到，△POD 的形状可以成为等腰三角形，分别双击按钮“PD＝PO”、“OD＝OP”和“DO ＝DP”可以显示三个等腰三角形．在点 P 运动的过程中，两个圆保持相切，可以体验 到，当 PD＝PO 时，圆 O 不存在． 思路点拨 1 ．第（ 1 ）题情景简单，内容丰富，考查了对称点的坐标特征、待定系数法、代入 求值、数形结合． 2 ．分三种情况讨论等腰三角形 POD 的存在性，三个等腰三角形的求解各具特殊性． 3 ．圆 O 与圆 P 的半径、圆心距都是随点 P 而改变，但是两圆外切，圆心距等于半 径和的性质不变． 满分解答 （ 1 ）因为点 A 的坐标为（ 1 ， 0 ），点 B 与点 A 关于原点对称，所以点 B 的坐标为 （－ 1 ， 0 ）．将 B（－ 1 ， 0 ）代入 y＝x＋b，得 b＝ 1 ．将 y＝4 代入 y＝x＋ 1 ，得 x＝ 3 ．所 以点 D 的坐标为（ 3 ， 4 ）． （ 2 ）因为 D（ 3 ， 4 ），所以 OD＝ 5 ， 3cos 5DOP  ． ①如图 2 ，当 PD＝PO 时，作 PE⊥OD 于 E．在 Rt △OPE 中， 3cos 5 OEDOP OP    ， 5 2OE  ，所以 25 6OO  ．此时点 P 的坐标为 25( ,0)6 ． ②如图 3 ，当 OP＝OD＝ 5 时，点 P 的坐标为(5,0) ． ③如图 4 ，当 DO＝DP 时，点 D 在 OP 的垂直平分线上，此时点 P 的坐标为(6,0) ． 图 2 图 3 图 4（ 3 ）圆 P 的半径 Pr PD ，两圆的圆心距为 OP．当两圆外切时，圆 O 的半径 Or OP PD  ． ①如图 2 ，当 PD＝PO 时， 0Or  ，此时圆 O 不存在． ②如图 3 ，当 OP＝OD＝ 5 时，作 DH⊥OP 于 H．在 Rt △DHP 中，DH＝ 4 ，HP＝ 2 ， 所以 2 5DP  ．此时 5 2 5Or OP PD    ． ③如图 4 ，当 DO＝DP 时， 6 5 1Or OP PD     ． 考点伸展 如图 5 ，在本题情景下，如果圆 P 与圆 C 外切，那么点 P 的变化范围是什么？ 如图 6 ，当圆 P 经过点 C 时，点 P 在 CD 的垂直平分线上，点 P 的坐标为 3( ,0)2 ． 因此当点 P 在 x 轴上点 3( ,0)2 的右边时，圆 P 与圆 C 外切． 图 5 图 6 2016 中考数学压轴题函数直角三角形问题(一) 例 1 如图 1 ，已知抛物线 y＝x 2 ＋bx＋c 与 x 轴交于 A、B 两点（点 A 在点 B 左侧），与 y 轴交于点 C (0 ，－ 3) ，对称轴是直线 x＝ 1 ，直线 BC 与抛物线的对称轴交于点 D． （ 1 ）求抛物线的函数表达式； （ 2 ）求直线 BC 的函数表达式； （ 3 ）点 E 为 y 轴上一动点，CE 的垂直平分线交 CE 于点 F，交抛物线于 P、Q 两点， 且点 P 在第三象限． ①当线段 3 4PQ AB 时，求 tan ∠CED 的值； ②当以 C、D、E 为顶点的三角形是直角三角形时，请直接写出点 P 的坐标． 温馨提示：考生可以根据第（ 3 ）问的题意，在图中补出图形，以便作答． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 11 沈阳 25 ”，拖动点 E 或 F 在 y 轴上运动，可以体验到， △ CDE 有两次机会成为等腰直角三角形．双击按钮“PQ＝ 3 ”可以准确显示 3 4PQ AB 时 的位置． 思路点拨 1 ．第（ 1 ）、（ 2 ）题用待定系数法求解析式，它们的结果直接影响后续的解题． 2 ．第（ 3 ）题的关键是求点 E 的坐标，反复用到数形结合，注意 y 轴负半轴上的点 的纵坐标的符号与线段长的关系． 3 ．根据 C、D 的坐标，可以知道直角三角形 CDE 是等腰直角三角形，这样写点 E 的坐标就简单了． 满分解答 （ 1 ）设抛物线的函数表达式为 2( 1)y x n   ，代入点 C (0 ，－ 3) ，得 4n   ．所以 抛物线的函数表达式为 2 2( 1) 4 2 3y x x x      ． （ 2 ）由 2 2 3 ( 1)( 3)y x x x x      ，知 A ( － 1 ， 0) ，B (3 ， 0) ．设直线 BC 的函数表 达式为 y kx b  ，代入点 B (3 ， 0) 和点 C (0 ，－ 3) ，得 3 0, 3. k b b      解得 1k  ， 3b   ．所 以直线 BC 的函数表达式为 3y x  ． （ 3 ）①因为 AB＝ 4 ，所以 3 34PQ AB  ．因为 P、Q 关于直线 x＝ 1 对称，所以点 P 的横坐标为 1 2  ．于是得到点 P 的坐标为 1 7,2 4      ，点 F 的坐标为 70, 4     ．所以 7 53 4 4FC OC OF     ， 52 2EC FC  ． 进而得到 5 13 2 2OE OC EC     ，点 E 的坐标为 10, 2     ． 直线 BC: 3y x  与抛物线的对称轴 x＝ 1 的交点 D 的坐标为（ 1 ，－ 2 ）． 过点 D 作 DH⊥y 轴，垂足为 H． 在 Rt △EDH 中，DH＝ 1 ， 1 32 2 2EH OH OE     ，所以 tan ∠CED 2 3 DH EH   ． ② 1(1 2, 2)P   ， 2 6 5(1 , )2 2P   ． 图 2 图 3 图 4 考点伸展 第（ 3 ）题②求点 P 的坐标的步骤是： 如图 3 ，图 4 ，先分两种情况求出等腰直角三角形 CDE 的顶点 E 的坐标，再求出 CE 的中点 F 的坐标，把点 F 的纵坐标代入抛物线的解析式，解得的 x 的较小的一个值就是 点 P 的横坐标． 例 2 设直线 l 1 ：y＝k 1 x＋b 1 与 l 2 ：y＝k 2 x＋b 2 ，若 l 1 ⊥l 2 ，垂足为 H，则称直线 l 1 与 l 2 是 点 H 的直角线． （ 1 ）已知直线① 1 22y x   ；② 2y x  ；③ 2 2y x  ； ④ 2 4y x  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 l 1 ，过 A、 P 两点的直线为 l 2 ，若 l 1 与 l 2 是点 P 的直角线，求直线 l 1 与 l 2 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 BC PO CP OA  ，即 2 7 3 PO PO  ．解得 OP＝ 6 或 OP＝ 1 ． 如图 2 ，当 OP＝ 6 时，l 1 ： 1 62y x  ， l 2 ：y＝－ 2 x＋ 6 ． 如图 3 ，当 OP＝ 1 时，l 1 ：y＝ 3 x＋ 1 ， l 2 ： 1 13y x   ． 图 2 图 3 2016 中考数学压轴题函数直角三角形问题(三) 例 5 如图 1 ，直线 43 4  xy 和 x 轴、y 轴的交点分别为 B、C，点 A 的坐标是（ -2 ， 0 ）． （ 1 ）试说明△ABC 是等腰三角形； （ 2 ）动点 M 从 A 出发沿 x 轴向点 B 运动，同时动点 N 从点 B 出发沿线段 BC 向点 C 运动，运动的速度均为每秒 1 个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止 运动．设 M 运动 t 秒时，△MON 的面积为 S． ① 求 S 与 t 的函数关系式； ② 设点 M 在线段 OB 上运动时，是否存在 S＝ 4 的情形？若存在，求出对应的 t 值； 若不存在请说明理由； ③在运动过程中，当△MON 为直角三角形时，求 t 的值． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 08 河南 23 ”，拖动点 M 从 A 向 B 运动，观察 S 随 t 变化 的图象，可以体验到，当 M 在 AO 上时，图象是开口向下的抛物线的一部分；当 M 在 OB 上时，S 随 t 的增大而增大． 观察 S 的度量值，可以看到，S 的值可以等于 4 ． 观察△MON 的形状，可以体验到，△MON 可以两次成为直角三角形，不存在∠ONM ＝ 90 °的可能． 思路点拨 1 ．第（ 1 ）题说明△ABC 是等腰三角形，暗示了两个动点 M、N 同时出发，同时到 达终点． 2 ．不论 M 在 AO 上还是在 OB 上，用含有 t 的式子表示 OM 边上的高都是相同的， 用含有 t 的式子表示 OM 要分类讨论． 3 ．将 S＝ 4 代入对应的函数解析式，解关于 t 的方程． 4 ．分类讨论△MON 为直角三角形，不存在∠ ONM ＝ 90 °的可能． 满分解答 （ 1 ）直线 43 4  xy 与 x 轴的交点为 B（ 3 ， 0 ）、与 y 轴的交点 C（ 0 ， 4 ）． Rt△BOC 中，OB＝ 3 ，OC＝ 4 ，所以 BC＝ 5 ．点 A 的坐标是（ -2 ， 0 ），所以 BA＝ 5 ．因此 BC＝BA，所以△ABC 是等腰三角形． （ 2 ）①如图 2 ，图 3 ，过点 N 作 NH⊥AB，垂足为 H．在 Rt △BNH 中，BN＝t， 4sin 5B  ， 所以 4 5NH t ． 如图 2 ，当 M 在 AO 上时，OM＝ 2 －t，此时 21 1 4 2 4(2 )2 2 5 5 5S OM NH t t t t         ． 定义域为 0 ＜t≤ 2 ． 如图 3 ，当 M 在 OB 上时，OM＝t－ 2 ，此时 21 1 4 2 4( 2)2 2 5 5 5S OM NH t t t t        ． 定义域为 2 ＜t≤ 5 ． 图 2 图 3 ②把 S＝ 4 代入 22 4 5 5S t t  ，得 22 4 45 5t t  ．解得 1 2 11t   ， 2 2 11t   （舍 去负值）．因此，当点 M 在线段 OB 上运动时，存在 S＝ 4 的情形，此时 2 11t   ． ③如图 4 ，当∠OMN＝ 90 °时，在 Rt △BNM 中，BN＝t，BM 5 t  ， 3cos 5B  ， 所以 5 3 5 t t   ．解得 25 8t  ． 如图 5 ，当∠OMN＝ 90 °时，N 与 C 重合， 5t  ．不存在∠ONM＝ 90 °的可能． 所以，当 25 8t  或者 5t  时，△MON 为直角三角形． 图 4 图 5 考点伸展 在本题情景下，如果△MON 的边与 AC 平行，求 t 的值． 如图 6 ，当 ON // AC 时，t＝ 3 ；如图 7 ，当 MN // AC 时，t＝ 2.5 ． 图 6 图 7 例 6 已知 Rt △ABC 中，  90ACB ， CBCA  ，有一个圆心角为 45 ，半径的长等于CA 的扇形CEF 绕点 C 旋转，且直线 CE，CF 分别与直线 AB 交于点 M，N． （ 1 ）当扇形CEF 绕点 C 在 ACB 的内部旋转时，如图 1，求证： 222 BNAMMN  ； 思路点拨：考虑 222 BNAMMN  符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形 中解决．可将△ ACM 沿直线CE 对折，得△ DCM ，连 DN ，只需证 BNDN  ，  90MDN 就可以了．请你完成证明过程． （ 2 ）当扇形 CEF 绕点 C 旋转至图 2 的位置时，关系式 222 BNAMMN  是否仍然 成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． 图 1 图 2 动感体验 请打开几何画板文件名“ 08 天津 25 ”，拖动点 E 绕点 C 任意旋转，可以体验到， △ACM≌△DCM，△BCN≌△DCN．观察度量值，可以看到∠MDN 总是等于 90 °． 思路点拨 1 ．本题的证明思路是构造△ACM≌△DCM，证明△BCN≌△DCN． 2 ．证明△BCN≌△DCN 的关键是证明 BCNDCN  ． 3 ．证明的结论是勾股定理的形式，基本思路是把三条线段 AM、BN、MN 集中在一 个三角形中，设法证明这个三角形是直角三角形． 满分解答 （ 1 ）如图 3 ，将 △ ACM 沿直线CE 对折，得 △ DCM ，连 DN ，则 △ DCM ≌△ ACM ．因 此 CACD  ， AMDM  ， ACMDCM  ， ACDM  ． 又由 CBCA  ，得 CBCD  ．由 DCMDCMECFDCN  45 ， ACMECFACBBCN  ACMACM  454590 ，得 BCNDCN  ． 又 CNCN  ，所以 △ CDN ≌△CBN ．因此 BNDN  ， BCDN  ． 所以  90BACDNCDMMDN ． 在 Rt△ MDN 中，由勾股定理，得 222 DNDMMN  ．即 222 BNAMMN  ． 图 3 图 4 （ 2 ）关系式 222 BNAMMN  仍然成立． 如图 4 ，将 △ ACM 沿直线CE 对折，得 △ DCM ，连 DN ，则 △ DCM ≌△ ACM ． 所以 CACD  ， AMDM  ， ACMDCM  ， CAMCDM  ． 又由 CBCA  ，得 CBCD  ．由  45DCMECFDCMDCN ， ACMACMECFACNACBBCN  45)(90 ，得 BCNDCN  ． 又 CNCN  ，所以 △ CDN ≌△CBN ．因此 BNDN  ， 45 BCDN ． 又由于  135180 CABCAMCDM ， 所以  9045135  CDNCDMMDN ． 在 Rt△ MDN 中，由勾股定理，得 222 DNDMMN  ．即 222 BNAMMN  ． 考点伸展 当扇形 CEF 绕点 C 旋转至图 5 ，图 6 ，图 7 的位置时，关系式 222 BNAMMN  仍 然成立． 图 5 图 6 图 7 2016 中考数学压轴题函数平行四边形问题(一) 例 1 已知平面直角坐标系 xOy（如图 1 ），一次函数 3 34y x  的图像与 y 轴交于点 A， 点 M 在正比例函数 3 2y x 的图像上，且 MO＝MA．二次函 数 y＝x 2 ＋bx＋c 的图像经过点 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 述二次函数的图像上，点 D 在一次函数 3 34y x  的图像上，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， 3 3 34y x   ，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 3 2 ．将 3 2y  代入 3 2y x ，得 x＝ 1 ．所以点 M 的坐标为 3(1, )2 ．因此 13 2AM  ． （ 2 ）因为抛物线 y＝x 2 ＋bx＋c 经过 A (0 ， 3) 、M 3(1, )2 ，所以 3, 31 .2 c b c     解得 5 2b   ， 3c  ．所以二次函数的解析式为 2 5 32y x x   ． （ 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＝ 4 m，DE＝ 3 m，那么 AD＝ 5 m． 因此点 C 的坐标可以表示为 (4 m， 3 － 2 m ) ．将点 C(4 m， 3 － 2 m ) 代入 2 5 32y x x   ， 得 23 2 16 10 3m m m    ．解得 1 2m  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 7 27( , )4 16 ． 图 4 例 2 将抛物线 c 1 ： 23 3y x   沿 x 轴翻折，得到抛物线 c 2 ，如图 1 所示． （ 1 ）请直接写出抛物线 c 2 的表达式； （ 2 ）现将抛物线 c 1 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 c 2 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 c 2 的表达式为 23 3y x  ． （ 2 ）抛物线 c 1 ： 23 3y x   与 x 轴的两个交点为 ( － 1 ， 0) 、 (1 ， 0) ，顶点为(0, 3)． 抛物线 c 2 ： 23 3y x  与 x 轴的两个交点也为 ( － 1 ， 0) 、 (1 ， 0) ，顶点为(0, 3) ． 抛物线 c 1 向左平移 m 个单位长度后，顶点 M 的坐标为( , 3)m ，与 x 轴的两个交 点为 ( 1 ,0)A m  、 (1 ,0)B m ，AB＝ 2 ． 抛物线 c 2 向右平移 m 个单位长度后，顶点 N 的坐标为( , 3)m  ，与 x 轴的两个交 点为 ( 1 ,0)D m  、 (1 ,0)E m ．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 1 23AB AE  ，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 2 23AB AE  ，AE＝ 3 ．所以 2(1 ＋m ) ＝ 3 ．解 得 1 2m  ． 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＝ 2 OM．而 OM 2＝m 2 ＋ 3 ，所以 4(1 ＋m ) 2 ＝ 4( m 2 ＋ 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 3 ，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 ． 2016 中考数学压轴题函数平行四边形问题(二) 例 3 如图 1 ，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过 A ( － 4,0) 、B (0, － 4) 、C (2,0) 三点． （ 1 ）求抛物线的解析式； （ 2 ）若点 M 为第三象限内抛物线上一动点，点 M 的横坐标为 m，△MAB 的面积 为 S，求 S 关于 m 的函数关系式，并求出 S 的最大值； （ 3 ）若点 P 是抛物线上的动点，点 Q 是直线 y＝－x 上的动点，判断有几个位置能 使以点 P、Q、B、O 为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点 Q 的坐标． 图 1 图 2 动感体验 请打开几何画板文件名“ 10 河南 23 ”，拖动点 M 在第三象限内抛物线上运动，观 察 S 随 m 变化的图像，可以体验到，当 D 是 AB 的中点时，S 取得最大值．拖动点 Q 在 直线 y＝－x 上运动，可以体验到，以点 P、Q、B、O 为顶点的四边形有 3 个时刻可以 成为平行四边形，双击按钮可以准确显示． 思路点拨 1 ．求抛物线的解析式，设交点式比较简便． 2 ．把△MAB 分割为共底 MD 的两个三角形，高的和为定值 OA． 3 ．当 PQ 与 OB 平行且相等时，以点 P、Q、B、O 为顶点的四边形是平行四边形， 按照 P、Q 的上下位置关系，分两种情况列方程． 满分解答 (1) 因为抛物线与 x 轴交于 A ( － 4,0) 、C (2,0) 两点，设 y＝a ( x＋ 4)( x－ 2) ．代入点 B (0, － 4) ，求得 1 2a  ．所以抛物线的解析式为 21 1( 4)( 2) 42 2y x x x x      ． (2) 如图 2 ，直线 AB 的解析式为 y＝－x－ 4 ．过点 M 作 x 轴的垂线交 AB 于 D，那 么 2 21 1( 4) ( 4) 22 2MD m m m m m         ．所以 21 42MDA MDBS S S MD OA m m        2( 2) 4m    ． 因此当 2m   时，S 取得最大值，最大值为 4 ． (3) 如果以点 P、Q、B、O 为顶点的四边形是平行四边形，那么 PQ // OB，PQ＝OB ＝ 4 ． 设点 Q 的坐标为( , )x x ，点 P 的坐标为 21( , 4)2x x x  ． ①当点 P 在点 Q 上方时， 21( 4) ( ) 42 x x x     ．解得 2 2 5x    ． 此时点 Q 的坐标为( 2 2 5,2 2 5)   （如图 3 ），或( 2 2 5,2 2 5)   （如图 4 ）． ②当点 Q 在点 P 上方时， 21( ) ( 4) 42x x x     ． 解得 4x   或 0x  （与点 O 重合，舍去）．此时点 Q 的坐标为 ( － 4,4) （如图 5 ）． 图 3 图 4 图 5 考点伸展 在本题情境下，以点 P、Q、B、O 为顶点的四边形能成为直角梯形吗？ 如图 6 ，Q (2, － 2) ；如图 7 ，Q ( － 2,2) ；如图 8 ，Q (4, － 4) ． 图 6 图 7 图 8 例 4 在直角梯形 OABC 中，CB // OA，∠COA＝ 90 °，CB＝ 3 ，OA＝ 6 ，BA＝3 5 ．分别 以 OA、OC 边所在直线为 x 轴、y 轴建立如图 1 所示的平面直角坐标系． （ 1 ）求点 B 的坐标； （ 2 ）已知 D、E 分别为线段 OC、OB 上的点，OD＝ 5 ，OE＝ 2 EB，直线 DE 交 x 轴 于点 F．求直线 DE 的解析式； （ 3 ）点 M 是（ 2 ）中直线 DE 上的一个动点，在 x 轴上方的平面内是否存在另一点 N，使以 O、D、M、N 为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点 N 的坐标；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 山西 26 ”，拖动点 M 可以在直线 DE 上运动．分别双 击按钮“DO、DM 为邻边”、“ DO、DN 为邻边”和“DO 为对角线”可以准确显示菱 形． 思路点拨 1 ．第（ 1 ）题和第（ 2 ）题蕴含了 OB 与 DF 垂直的结论，为第（ 3 ）题讨论菱形提 供了计算基础． 2 ．讨论菱形要进行两次（两级）分类，先按照 DO 为边和对角线分类，再进行二 级分类，DO 与 DM、DO 与 DN 为邻边． 满分解答 (1) 如图 2 ，作 BH⊥x 轴，垂足为 H，那么四边形 BCOH 为矩形，OH＝CB＝ 3 ． 在 Rt △ABH 中，AH＝ 3 ，BA＝3 5 ，所以 BH＝ 6 ．因此点 B 的坐标为 (3,6) ． (2) 因为 OE＝ 2 EB，所以 2 23E Bx x  ， 2 43E By y  ，E (2,4) ． 设直线 DE 的解析式为 y＝kx＋b，代入 D (0,5) ，E (2,4) ，得 5, 2 4. b k b     解得 1 2k   ， 5b  ．所以直线 DE 的解析式为 1 52y x   ． (3) 由 1 52y x   ，知直线 DE 与 x 轴交于点 F (10,0) ，OF＝ 10 ，DF＝5 5 ． ①如图 3 ，当 DO 为菱形的对角线时，MN 与 DO 互相垂直平分，点 M 是 DF 的中点．此 时点 M 的坐标为 (5, 5 2 ) ，点 N 的坐标为 ( － 5, 5 2 ) ． ②如图 4 ，当 DO、DN 为菱形的邻边时，点 N 与点 O 关于点 E 对称，此时点 N 的 坐标为 (4,8) ． ③如图 5 ，当 DO、DM 为菱形的邻边时，NO＝ 5 ，延长 MN 交 x 轴于 P． 由△NPO∽△DOF，得 NP PO NO DO OF DF   ，即 5 5 10 5 5 NP PO  ．解得 5NP  ， 2 5PO  ．此时点 N 的坐标为( 2 5, 5) ． 图 3 图 4 考点伸展 如果第（ 3 ）题没有限定点 N 在 x 轴上方的平面内，那么菱形还有如图 6 的情形． 图 5 图 6 2016 中考数学压轴题函数平行四边形问题(三) 例 5 如图 1 ，等边△ABC 的边长为 4 ，E 是边 BC 上的动点，EH⊥AC 于 H，过 E 作 EF∥ AC，交线段 AB 于点 F，在线段 AC 上取点 P，使 PE＝EB．设 EC＝x（ 0 ＜x≤ 2 ）． （ 1 ）请直接写出图中与线段 EF 相等的两条线段（不再另外添加辅助线）； （ 2 ）Q 是线段 AC 上的动点，当四边形 EFPQ 是平行四边形时，求平行四边形 EFPQ 的面积（用含 x 的代数式表示）； （ 3 ）当（ 2 ）中 的平行四边形 EFPQ 面积最大值时，以 E 为圆心，r 为半径作圆， 根据⊙E 与此时平行四边形 EFPQ 四条边交点的总个数，求相应的 r 的取值范围． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“ 09 福州 21 ”，拖动点 E 在 BC 上运动，观察面积随 x 变 化的图象，可以体验到，当 E 是 BC 的中点时，平行四边形 EFPQ 的面积最大，此时四 边形 EFPQ 是菱形． 拖动点 M 在 BC 的垂直平分线上运动可以改变⊙E 的大小，可以体验到，⊙E 与平 行四边形 EFPQ 四条边交点的总个数可能为 2 ， 4 ， 6 ， 3 ， 0 ． 思路点拨 1 ．如何用含有 x 的式子表示平行四边形的边 PQ，第（ 1 ）题作了暗示． 2 ．通过计算，求出平行四边形面积最大时的 x 值，准确、规范地画出此时的图形 是解第（ 3 ）题的关键，此时点 E 是 BC 的中点，图形充满了特殊性． 3 ．画出两个同心圆可以帮助探究、理解第（ 3 ）题：过点 H 的圆，过点 C 的圆． 满分解答 （ 1 ）BE、PE、BF 三条线段中任选两条． （ 2 ）如图 2 ，在 Rt △CEH 中，∠C＝ 60 °，EC＝x，所以 xEH 2 3 ．因为 PQ＝ FE＝BE＝ 4 －x，所以 xxxxEHPQS EFPQ 322 3)4(2 3 2 平行四边形 ． （ 3 ）因为 xxS EFPQ 322 3 2 平行四边形 3222 3 2  ）（x ，所以当 x＝ 2 时， 平行四边形 EFPQ 的面积最大． 此时 E、F、P 分别为△ABC 的三边 BC、AB、AC 的中点，且 C、Q 重合，四边形 EFPQ 是边长为 2 的菱形（如图 3 ）． 图 2 图 3 过点 E 点作 ED⊥FP 于 D，则 ED＝EH＝ 3 ． 如图 4 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 2 个时， 0 ＜r＜ 3 ； 如图 5 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 4 个时，r＝ 3 ； 如图 6 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 6 个时， 3 ＜r＜ 2 ； 如图 7 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 3 个时，r＝ 2 时； 如图 8 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 0 个时，r＞ 2 时． 图 4 图 5 图 6 图 7 图 8 考点伸展 本题中 E 是边 BC 上的动点，设 EC＝x，如果没有限定 0 ＜x≤ 2 ，那么平行四边形 EFPQ 的面积是如何随 x 的变化而变化的？ 事实上，当 x＞ 2 时，点 P 就不存在了，平行四边形 EFPQ 也就不存在了． 因此平行四边形 EFPQ 的面积随 x 的增大而增大． 例 6 如图 1 ，抛物线 322  xxy 与 x 轴相交于 A、B 两点（点 A 在点 B 的左侧）， 与 y 轴相交于点 C，顶点为 D． （ 1 ）直接写出 A、B、C 三点的坐标和抛物线的对称轴； （ 2 ）连结 BC，与抛物线的对称轴交于点 E，点 P 为线段 BC 上的一个动点，过点 P 作 PF // DE 交抛物线于点 F，设点 P 的横坐标为 m． ①用含 m 的代数式表示线段 PF 的长，并求出当 m 为何值时，四边形 PEDF 为平行 四边形？ ②设△BCF 的面积为 S，求 S 与 m 的函数关系． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 09 江西 24 ”，拖动点 P 在 BC 上运动，可以体验到，四 边形 PEDF 可以成为平行四边形．观察△BCF 的形状和 S 随 m 变化的图象，可以体验到， S 是 m 的二次函数，当 P 是 BC 的中点时，S 取得最大值． 思路点拨 1 ．数形结合，用函数的解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长． 2 ．当四边形 PEDF 为平行四边形时，根据 DE = FP 列关于 m 的方程． 3 ．把△BCF 分割为两个共底 FP 的三角形，高的和等于 OB． 满分解答 （ 1 ） A （－ 1 ， 0 ）， B （ 3 ， 0 ）， C （ 0 ， 3 ）．抛物线的对称轴是 x＝ 1 ． （ 2 ）①直线 BC 的解析式为 y＝－x＋ 3 ． 把 x＝ 1 代入 y＝－x＋ 3 ，得 y＝ 2 ．所以点 E 的坐标为（ 1 ， 2 ）． 把 x＝ 1 代入 322  xxy ，得 y＝ 4 ．所以点 D 的坐标为（ 1 ， 4 ）． 因此 DE =2 ． 因为 PF // DE，点 P 的横坐标为 m，设点 P 的坐标为 )3,( mm ，点 F 的坐标为 )32,0( 2  mm ，因此 mmmmmFP 3)3()32( 22  ． 当四边形 PEDF 是平行四边形时，DE = FP．于是得到 232  mm ．解得 21 m ， 12 m （与点 E 重合，舍去）． 因此，当 m =2 时，四边形 PEDF 是平行四边形时． ②设直线 PF 与 x 轴交于点 M，那么 OM + BM = OB =3 ．因此 BMFPOMFPSSSS CPFBPFBCF   2 1 2 1 mmmm 2 9 2 33)3(2 1 22  ． m 的变化范围是 0 ≤m≤ 3 ． 图 2 图 3 考点伸展 在本题条件下，四边形 PEDF 可能是等腰梯形吗？如果可能，求 m 的值；如果不可 能，请说明理由． 如图 4 ，如果四边形 PEDF 是等腰梯形，那么 DG = EH，因此 EPFD yyyy  ． 于是 2)3()32(4 2  mmm ．解得 01 m （与点 CE 重合，舍去）， 12 m （与点 E 重合，舍去）． 因此四边形 PEDF 不可能成为等腰梯形． 图 4 例 7 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 1y x  与 3 34y x   交于点 A，分别交 x 轴于点 B 和点 C，点 D 是直线 AC 上的一个动点． （ 1 ）求点 A、B、C 的坐标． （ 2 ）当△CBD 为等腰三角形时，求点 D 的坐标． （ 3 ）在直线 AB 上是否存在点 E，使得以点 E、D、O、A 为顶点的四边形是平行四 边形？如果存在，直接写出 BE CD 的值；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“ 08 太原 29 ”，拖动点 D 可以在直线 AC 上运动． 分别双击按钮“BC＝BD”，“CB＝CD”和“DB＝DC”，可以准确显示△CBD 为等 腰三角形． 双击按钮“平行四边形”，可以体验到，以点 E、D、O、A 为顶点的平行四边形有 三个． 思路点拨 1 ．数形结合，由两条直线的解析式组成的方程组的解，就是点 A 的坐标． 2 ．分类讨论等腰三角形 CBD，按照顶角的顶点分三种情况讨论． 3 ．在计算点 D 的坐标时，构造以 C 为顶点的直角三角形，灵活运用三边比 3 ∶ 4 ∶ 5 ． 4 ．画平行四边形时，是点 E 决定点 D 的位置：过点 O 作 AC 的平行线交 AB 于 E， 由 OE 与 AD 平行且相等得到点 D 的两个位置，这样就容易得到三个平行四边形． 满分解答 （ 1 ）在 1y x  中，当 0y  时， 1x   ，所以点 B 的坐标为( 1,0) ．在 3 34y x   中，当 0y  时， 4x  ，所以点C 的坐标为（ 4 ， 0 ）．解方程组 1, 3 3,4 y x y x      得 8 7x  ， 15 7y  ．所以点 A 的坐标为 8 15,7 7      ． （ 2 ）因为点 D 在直线 3 34y x   上，设点 D 的坐标为 3( , 3)4x x  ．当△CBD 为 等腰三角形时，有以下三种情况： ①如图 2 ，当 DB＝DC 时，设底边 BC 上的高为 DM．在 Rt △CDM 中， 1 5 2 2CM BC  ， 所以 3 15 4 8DM CM  ．这时点 D 的坐标为 3 15,2 8      ． ②如图 3 ，当 CD＝CB＝ 5 时，点 D 恰好落在 y 轴上，此时点 D 的坐标为（ 0 ， 3 ）．根 据对称性，点 D 关于点 C 对称的点 D′的坐标为（ 8 ，－ 3 ）． ③如图 4 ，当 BC＝BD 时，设 BC、DC 边上的高分别为 DM、BN．在 Rt △BCN 中， BC＝ 5 ，所以 CN＝ 4 ，因此 DC＝ 8 ．在 Rt △DCM 中，DC＝ 8 ，所以 3 24 5 5DM DC  ， 4 32 5 5DM DC  ．这时点 D 的坐标为 12 24,5 5     ． 综上所述，当△CBD 为等腰三角形时，点 D 的坐标为 3 15,2 8      、（ 0 ， 3 ）、（ 8 ， － 3 ）或 12 24,5 5     ． 图 2 图 3 图 4 （ 3 ）如图 5 ，以点 E、D、O、A 为顶点的四边形是平行四边形有以下三种情形： ①当四边形 AEOD 为平行四边形时， 3 2 20 BE CD  ． ②当四边形 ADEO 为平行四边形时， 2 10 BE CD  ． ③当四边形 AODE 为平行四边形时， 27 2 20 BE CD  ． 考点伸展 如图 5 ，第（ 3 ）题这样解： 在△ABC 中，已知 BC＝ 5 ，BC 边上的高为15 7 ，解得 AB＝15 27 ，AC＝ 25 7 ． 由 ' 1 5 BE BO BA BC   ，得 3' 27BE  ，所以 27 27BE  ． 由 4 5 CD CO CA CB   ，得 20 7CD  ，所以 30' 7CD  ． 结合图 5 ，可以计算出 3 2 20 BE CD  ， 2 10 或 27 2 20 ． 图 5 2016 中考数学压轴题函数梯形问题(一) 例 1 已知平面直角坐标系 xOy 中， 抛物线 y＝ax 2 － ( a＋ 1) x 与直线 y＝kx 的一个公共点 为 A(4 ， 8) ． （ 1 ）求此抛物线和直线的解析式； （ 2 ）若点 P 在线段 OA 上，过点 P 作 y 轴的平行线交（ 1 ）中抛物线于点 Q，求线 段 PQ 长度的最大值； （ 3 ）记（ 1 ）中抛物线的顶点为 M，点 N 在此抛物线上，若四边形 AOMN 恰好是 梯形，求点 N 的坐标及梯形 AOMN 的面积． 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“ 11 海淀 24 ”，拖动点 P 在 OA 上运动，观察 PQ 的长随点 P 变化的跟踪点，可以体验到，当 P 运动到 OA 的中点时，PQ 的长取得最大值． 答案 （ 1 ）抛物线的解析式为 y＝x 2 － 2 x，直线的解析式为 y＝ 2 x． （ 2 ）如图 1 ，当 P 为 OA 的中点时， PQ 的长度取得最大值为 4 ． （ 3 ）如图 2 ，如果四边形 AOMN 是梯形，那么点 N 的坐标为 (3 ， 3) ，梯形 AOMN 的面积为 9 ． 图 1 图 2 例 2 已知二次函数的图象经过 A（ 2 ， 0 ）、C (0 ， 16) 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＝ 2 x 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 2 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△P 1 MN． 在动点 M 的运动过程中，设△P 1 MN 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 2( 4)y a x k   ，代入 A（ 2 ， 0 ）、C (0 ， 16) 两点， 得 4 0, 16 12. a k a k      解得 1, 4. a k     所以二次函数的解析式为 2 2( 4) 4 8 12y x x x      ，顶点 P 的坐标为（ 4 ，－ 4 ）． （ 2 ）由 2 8 12 ( 2)( 6)y x x x x      ，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， 2 x ) ． 由两点间的距离公式，得 2 2( 4) (2 4) 36x x    ．解得 2 5x  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 ( 5 2 ， 5 4 ) 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， 2PM t ， PH MH t  ．所以 ' 2 4P G t  ． 在 Rt △PNH 中， PH t ， 1 1 2 2NH PH t  ．所以 3 2MN t ． ① 如图 4 ，当 0 ＜t≤ 2 时，重叠部分的面积等于△PMN 的面积．此时 21 3 3 2 2 4S t t t    ． 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 2 ' 'P DC PMN S P G S PH      △ △ ，所以 2 2 2 ' 2 4 3 3 (2 4)4 4P DC tS t tt       △ ． 此时 2 2 23 3 9(2 4) 12 124 4 4S t t t t       ． 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＝ 2 x 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＝ 2 x 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． 2016 中考数学压轴题函数梯形问题(二) 例 3 如图 1 ，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线的解析式是 y ＝ 21 14 x  ，点 C 的坐标 为 (–4 ， 0) ，平行四边形 OABC 的顶点 A，B 在抛物线上，AB 与 y 轴交于点 M，已知点 Q ( x，y ) 在抛物线上，点 P ( t， 0) 在 x 轴上． (1) 写出点 M 的坐标； (2) 当四边形 CMQP 是以 MQ，PC 为腰的梯形时． ① 求 t 关于 x 的函数解析式和自变量 x 的取值范围； ② 当梯形 CMQP 的两底的长度之比为 1 ∶ 2 时，求 t 的值． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 10 杭州 24 ”，拖动点 Q 在抛物线上运动，从 t 随 x 变化 的图像可以看到，t 是 x 的二次函数，抛物线的开口向下．还可以感受到，PQ∶CM＝ 1 ∶ 2 只有一种情况，此时 Q 在 y 轴上；CM∶PQ＝ 1 ∶ 2 有两种情况． 思路点拨 1 ．第（ 1 ）题求点 M 的坐标以后， Rt △OCM 的两条直角边的比为 1 ∶ 2 ，这是本题 的基本背景图． 2 ．第（ 2 ）题中，不变的关系是由平行得到的等角的正切值相等，根据数形结合， 列关于 t 与 x 的比例式，从而得到 t 关于 x 的函数关系． 3 ．探求自变量 x 的取值范围，要考虑梯形不存在的情况，排除平行四边形的情况． 4 ．梯形的两底的长度之比为 1 ∶ 2 ，要分两种情况讨论．把两底的长度比转化为 QH 与 MO 的长度比． 满分解答 (1) 因为 AB＝OC＝ 4 ，A、B 关于 y 轴对称，所以点 A 的横坐标为 2 ．将 x＝ 2 代入 y＝ 21 14 x  ，得 y＝ 2 ．所以点 M 的坐标为（ 0 ， 2 ）． (2) ① 如图 2 ，过点 Q 作 QH  x 轴，设垂足为 H，则 HQ＝y 21 14 x  ，HP＝x – t ． 因为 CM // PQ，所以∠QPH＝∠MCO．因此 tan ∠QPH＝ tan ∠MCO，即 1 2 HQ OM HP OC   ．所以 21 11 ( )4 2x x t   ．整理，得 21 22t x x    ． 如图 3 ，当 P 与 C 重合时， 4t   ，解方程 214 22 x x     ，得 1 5x   ． 如图 4 ，当 Q 与 B 或 A 重合时，四边形为平行四边形，此时，x＝ 2 ． 因此自变量 x 的取值范围是 1 5x   ，且 x 2 的所有实数． 图 2 图 3 图 4 ②因为 sin ∠QPH＝ sin ∠MCO，所以 HQ OM PQ CM  ，即 PQ HQ CM OM  ． 当 1 2 PQ HQ CM OM   时， 1 12HQ OM  ．解方程 21 1 14 x   ，得 0x  （如图 5 ）．此 时 2t   ． 当 2PQ HQ CM OM   时， 2 4HQ OM  ．解方程 21 1 44 x   ，得 2 3x   ． 如图 6 ，当 2 3x  时， 8 2 3t    ；如图 6 ，当 2 3x   时， 8 2 3t    ． 图 5 图 6 图 7 考点伸展 本题情境下，以 Q 为圆心、QM 为半径的动圆与 x 轴有怎样的位置关系呢？ 设点 Q 的坐标为 21, 14x x    ，那么 2 2 2 2 2 21 11 14 4QM x x x              ． 而点 Q 到 x 轴的距离为 21 14 x  ． 因此圆 Q 的半径 QM 等于圆心 Q 到 x 轴的距离，圆 Q 与 x 轴相切． 例 4 已知，矩形 OABC 在平面直角坐标系中位置如图 1 所示，点 A 的坐标为 (4,0) ，点 C 的坐标为 )20( ， ，直线 xy 3 2 与边 BC 相交于点 D． (1) 求点 D 的坐标； (2) 抛物线 cbxaxy  2 经过点 A、D、O，求此抛物线的表达式； (3) 在这个抛物线上是否存在点 M，使 O、D、A、M 为顶点的四边形是梯形？若存 在，请求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“ 10 奉贤 24 ”，分别双击按钮“MO // AD”、“MA // OD” 和“MD // OA”，可以体验到，在“MO // AD”和“MA // OD”两种情况下，根据两直线 平行，内错角相等，可以判定直角三角形相似；在“MD // OA”情况下，根据对称性可 以直接得到点 M 的坐标． 思路点拨 1 ．用待定系数法求抛物线的解析式，设交点式比较简便． 2 ．过△AOD 的三个顶点分别画对边的平行线与抛物线相交，可以确定存在三个梯 形． 3 ．用抛物线的解析式可以表示点 M 的坐标． 满分解答 (1) 因为 BC // x 轴，点 D 在 BC 上，C (0, － 2) ，所以点 D 的纵坐标为－ 2 ．把 y＝－ 2代入 xy 3 2 ，求得 x＝ 3 ．所以点 D 的坐标为 (3, － 2) ． (2) 由于抛物线与 x 轴交于点 O、A (4,0) ，设抛物线的解析式为 y＝ax ( x－ 4) ，代入 D (3, － 2) ，得 2 3a  ．所求的二次函数解析式为 22 2 8( 4)3 3 3y x x x x    ． (3) 设点 M 的坐标为 22 8, 3 3x x x    ． ①如图 2 ，当 OM // DA 时，作 MN⊥x 轴，DQ⊥x 轴，垂足分别为 N、Q．由 tan ∠ MON＝ tan ∠DAQ，得 22 8 3 3 2 x x x   ． 因为 x＝ 0 时点 M 与 O 重合，因此 2 8 23 3x   ，解得 x＝ 7 ．此时点 M 的坐标为（ 7 ， 14 ）． ②如图 3 ，当 AM // OD 时，由 tan ∠MAN＝ tan ∠DOQ，得 22 8 23 3 4 3 x x x   ． 因为 x＝ 4 时点 M 与 A 重合，因此 2 2 3 3x  ，解得 x＝－ 1 ．此时点 M 的坐标为 10( 1, )3  ． ③如图 4 ，当 DM // OA 时，点 M 与点 D 关于抛物线的对称轴对称，此时点 M 的坐 标为（ 1 ，－ 2 ）． 图 2 图 3 图 4 考点伸展 第（ 3 ）题的①、②用几何法进行计算，依据是两直线平行，内错角的正切相等． 如果用代数法进行，计算过程比较麻烦．以①为例，先求出直线 AD 的解析式，再 求出直线 OM 的解析式，最后解由直线 OM 和抛物线的解析式组成的二元二次方程组． 2016 中考数学压轴题函数平行四边形问题(三) 例 5 如图 1 ，等边△ABC 的边长为 4 ，E 是边 BC 上的动点，EH⊥AC 于 H，过 E 作 EF∥ AC，交线段 AB 于点 F，在线段 AC 上取点 P，使 PE＝EB．设 EC＝x（ 0 ＜x≤ 2 ）． （ 1 ）请直接写出图中与线段 EF 相等的两条线段（不再另外添加辅助线）； （ 2 ）Q 是线段 AC 上的动点，当四边形 EFPQ 是平行四边形时，求平行四边形 EFPQ 的面积（用含 x 的代数式表示）； （ 3 ）当（ 2 ）中 的平行四边形 EFPQ 面积最大值时，以 E 为圆心，r 为半径作圆， 根据⊙E 与此时平行四边形 EFPQ 四条边交点的总个数，求相应的 r 的取值范围． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“ 09 福州 21 ”，拖动点 E 在 BC 上运动，观察面积随 x 变 化的图象，可以体验到，当 E 是 BC 的中点时，平行四边形 EFPQ 的面积最大，此时四 边形 EFPQ 是菱形． 拖动点 M 在 BC 的垂直平分线上运动可以改变⊙E 的大小，可以体验到，⊙E 与平 行四边形 EFPQ 四条边交点的总个数可能为 2 ， 4 ， 6 ， 3 ， 0 ． 思路点拨 1 ．如何用含有 x 的式子表示平行四边形的边 PQ，第（ 1 ）题作了暗示． 2 ．通过计算，求出平行四边形面积最大时的 x 值，准确、规范地画出此时的图形 是解第（ 3 ）题的关键，此时点 E 是 BC 的中点，图形充满了特殊性． 3 ．画出两个同心圆可以帮助探究、理解第（ 3 ）题：过点 H 的圆，过点 C 的圆． 满分解答 （ 1 ）BE、PE、BF 三条线段中任选两条． （ 2 ）如图 2 ，在 Rt △CEH 中，∠C＝ 60 °，EC＝x，所以 xEH 2 3 ．因为 PQ＝ FE＝BE＝ 4 －x，所以 xxxxEHPQS EFPQ 322 3)4(2 3 2 平行四边形 ． （ 3 ）因为 xxS EFPQ 322 3 2 平行四边形 3222 3 2  ）（x ，所以当 x＝ 2 时， 平行四边形 EFPQ 的面积最大． 此时 E、F、P 分别为△ABC 的三边 BC、AB、AC 的中点，且 C、Q 重合，四边形 EFPQ 是边长为 2 的菱形（如图 3 ）． 图 2 图 3 过点 E 点作 ED⊥FP 于 D，则 ED＝EH＝ 3 ． 如图 4 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 2 个时， 0 ＜r＜ 3 ； 如图 5 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 4 个时，r＝ 3 ； 如图 6 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 6 个时， 3 ＜r＜ 2 ； 如图 7 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 3 个时，r＝ 2 时； 如图 8 ，当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 0 个时，r＞ 2 时． 图 4 图 5 图 6 图 7 图 8 考点伸展 本题中 E 是边 BC 上的动点，设 EC＝x，如果没有限定 0 ＜x≤ 2 ，那么平行四边形 EFPQ 的面积是如何随 x 的变化而变化的？ 事实上，当 x＞ 2 时，点 P 就不存在了，平行四边形 EFPQ 也就不存在了． 因此平行四边形 EFPQ 的面积随 x 的增大而增大． 例 6 如图 1 ，抛物线 322  xxy 与 x 轴相交于 A、B 两点（点 A 在点 B 的左侧）， 与 y 轴相交于点 C，顶点为 D． （ 1 ）直接写出 A、B、C 三点的坐标和抛物线的对称轴； （ 2 ）连结 BC，与抛物线的对称轴交于点 E，点 P 为线段 BC 上的一个动点，过点 P 作 PF // DE 交抛物线于点 F，设点 P 的横坐标为 m． ①用含 m 的代数式表示线段 PF 的长，并求出当 m 为何值时，四边形 PEDF 为平行 四边形？ ②设△BCF 的面积为 S，求 S 与 m 的函数关系． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 09 江西 24 ”，拖动点 P 在 BC 上运动，可以体验到，四 边形 PEDF 可以成为平行四边形．观察△BCF 的形状和 S 随 m 变化的图象，可以体验到， S 是 m 的二次函数，当 P 是 BC 的中点时，S 取得最大值． 思路点拨 1 ．数形结合，用函数的解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长． 2 ．当四边形 PEDF 为平行四边形时，根据 DE = FP 列关于 m 的方程． 3 ．把△BCF 分割为两个共底 FP 的三角形，高的和等于 OB． 满分解答 （ 1 ） A （－ 1 ， 0 ）， B （ 3 ， 0 ）， C （ 0 ， 3 ）．抛物线的对称轴是 x＝ 1 ． （ 2 ）①直线 BC 的解析式为 y＝－x＋ 3 ． 把 x＝ 1 代入 y＝－x＋ 3 ，得 y＝ 2 ．所以点 E 的坐标为（ 1 ， 2 ）． 把 x＝ 1 代入 322  xxy ，得 y＝ 4 ．所以点 D 的坐标为（ 1 ， 4 ）． 因此 DE =2 ． 因为 PF // DE，点 P 的横坐标为 m，设点 P 的坐标为 )3,( mm ，点 F 的坐标为 )32,0( 2  mm ，因此 mmmmmFP 3)3()32( 22  ． 当四边形 PEDF 是平行四边形时，DE = FP．于是得到 232  mm ．解得 21 m ， 12 m （与点 E 重合，舍去）． 因此，当 m =2 时，四边形 PEDF 是平行四边形时． ②设直线 PF 与 x 轴交于点 M，那么 OM + BM = OB =3 ．因此 BMFPOMFPSSSS CPFBPFBCF   2 1 2 1 mmmm 2 9 2 33)3(2 1 22  ． m 的变化范围是 0 ≤m≤ 3 ． 图 2 图 3 考点伸展 在本题条件下，四边形 PEDF 可能是等腰梯形吗？如果可能，求 m 的值；如果不可 能，请说明理由． 如图 4 ，如果四边形 PEDF 是等腰梯形，那么 DG = EH，因此 EPFD yyyy  ． 于是 2)3()32(4 2  mmm ．解得 01 m （与点 CE 重合，舍去）， 12 m （与点 E 重合，舍去）． 因此四边形 PEDF 不可能成为等腰梯形． 图 4 例 7 如图，在平面直角坐标系 xOy 中，直线 1y x  与 3 34y x   交于点 A，分别交 x 轴于点 B 和点 C，点 D 是直线 AC 上的一个动点． （ 1 ）求点 A、B、C 的坐标． （ 2 ）当△CBD 为等腰三角形时，求点 D 的坐标． （ 3 ）在直线 AB 上是否存在点 E，使得以点 E、D、O、A 为顶点的四边形是平行四 边形？如果存在，直接写出 BE CD 的值；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“ 08 太原 29 ”，拖动点 D 可以在直线 AC 上运动． 分别双击按钮“BC＝BD”，“CB＝CD”和“DB＝DC”，可以准确显示△CBD 为等 腰三角形． 双击按钮“平行四边形”，可以体验到，以点 E、D、O、A 为顶点的平行四边形有 三个． 思路点拨 1 ．数形结合，由两条直线的解析式组成的方程组的解，就是点 A 的坐标． 2 ．分类讨论等腰三角形 CBD，按照顶角的顶点分三种情况讨论． 3 ．在计算点 D 的坐标时，构造以 C 为顶点的直角三角形，灵活运用三边比 3 ∶ 4 ∶ 5 ． 4 ．画平行四边形时，是点 E 决定点 D 的位置：过点 O 作 AC 的平行线交 AB 于 E， 由 OE 与 AD 平行且相等得到点 D 的两个位置，这样就容易得到三个平行四边形． 满分解答 （ 1 ）在 1y x  中，当 0y  时， 1x   ，所以点 B 的坐标为( 1,0) ．在 3 34y x   中，当 0y  时， 4x  ，所以点C 的坐标为（ 4 ， 0 ）．解方程组 1, 3 3,4 y x y x      得 8 7x  ， 15 7y  ．所以点 A 的坐标为 8 15,7 7      ． （ 2 ）因为点 D 在直线 3 34y x   上，设点 D 的坐标为 3( , 3)4x x  ．当△CBD 为 等腰三角形时，有以下三种情况： ①如图 2 ，当 DB＝DC 时，设底边 BC 上的高为 DM．在 Rt △CDM 中， 1 5 2 2CM BC  ， 所以 3 15 4 8DM CM  ．这时点 D 的坐标为 3 15,2 8      ． ②如图 3 ，当 CD＝CB＝ 5 时，点 D 恰好落在 y 轴上，此时点 D 的坐标为（ 0 ， 3 ）．根 据对称性，点 D 关于点 C 对称的点 D′的坐标为（ 8 ，－ 3 ）． ③如图 4 ，当 BC＝BD 时，设 BC、DC 边上的高分别为 DM、BN．在 Rt △BCN 中， BC＝ 5 ，所以 CN＝ 4 ，因此 DC＝ 8 ．在 Rt △DCM 中，DC＝ 8 ，所以 3 24 5 5DM DC  ， 4 32 5 5DM DC  ．这时点 D 的坐标为 12 24,5 5     ． 综上所述，当△CBD 为等腰三角形时，点 D 的坐标为 3 15,2 8      、（ 0 ， 3 ）、（ 8 ， － 3 ）或 12 24,5 5     ． 图 2 图 3 图 4 （ 3 ）如图 5 ，以点 E、D、O、A 为顶点的四边形是平行四边形有以下三种情形： ①当四边形 AEOD 为平行四边形时， 3 2 20 BE CD  ． ②当四边形 ADEO 为平行四边形时， 2 10 BE CD  ． ③当四边形 AODE 为平行四边形时， 27 2 20 BE CD  ． 考点伸展 如图 5 ，第（ 3 ）题这样解： 在△ABC 中，已知 BC＝ 5 ，BC 边上的高为15 7 ，解得 AB＝15 27 ，AC＝ 25 7 ． 由 ' 1 5 BE BO BA BC   ，得 3' 27BE  ，所以 27 27BE  ． 由 4 5 CD CO CA CB   ，得 20 7CD  ，所以 30' 7CD  ． 结合图 5 ，可以计算出 3 2 20 BE CD  ， 2 10 或 27 2 20 ． 图 2016 中考数学压轴题函数面积问题(一) 例 1 如图 1 ，直线 l 经过点 A (1 ， 0) ，且与双曲线 my x  ( x＞ 0) 交于点 B (2 ， 1) ．过点 ( , 1)P p p  ( p＞ 1) 作 x 轴的平行线分别交曲线 my x  ( x＞ 0) 和 my x   ( 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＝ 4 S△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＝ 4 S△AMP 转化为 MN＝ 4 MP，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 my x  上，所以 m＝ 2 ．设直线 l 的解析式为 y kx b  ， 代入点 A (1 ， 0) 和点 B (2 ， 1) ，得 0, 2 1. k b k b      解得 1, 1. k b     所以直线 l 的解析式为 1y x  ． （ 2 ）由点 ( , 1)P p p  ( p＞ 1) 的坐标可知，点 P 在直线 1y x  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＝ 4 S△AMP 时，MN＝ 4 MP． ①如图 3 ，当 M 在 NP 上时，xM－xN＝ 4( xP－xM ) ．因此 2 2 2( ) 4 ( 1)xx x x               ．解 得 1 13 2x  或 1 13 2x  （此时点 P 在 x 轴下方，舍去）．此时 1 13 2p  ． ②如图 4 ，当 M 在 NP 的延长线上时，xM－xN＝ 4( xM－xP ) ．因此 2 2 2( ) 4 ( 1)xx x x               ．解得 1 5 2x  或 1 5 2x  （此时点 P 在 x 轴下方，舍去）．此 时 1 5 2p  ． 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 2 如图 1 ，在平面直角坐标系 xOy 中，直角梯形 OABC 的顶点 O 为坐标原点，顶点 A、 C 分别在 x 轴、y 轴的正半轴上，CB∥OA，OC＝ 4 ，BC＝ 3 ，OA＝ 5 ，点 D 在边 OC 上， CD＝ 3 ，过点 D 作 DB 的垂线 DE，交 x 轴于点 E． （ 1 ）求点 E 的坐标； （ 2 ）二次函数 y＝－x 2 ＋bx＋c 的图像经过点 B 和点 E． ①求二次函数的解析式和它的对称轴； ②如果点 M 在它的对称轴上且位于 x 轴上方，满足 S△CEM＝ 2 S△ABM，求点 M 的坐标． 图 1动感体验 请打开几何画板文件名“ 11 松江 24 ”，拖动点 M 在抛物线的对称轴上运动，观察 面积比的度量值，可以体验到，有两个时刻，面积的比值等于 2 ． 思路点拨 1 ．这三道题目步步为赢，错一道题目，就要影响下一道的计算． 2 ．点 M 在抛物线的对称轴上且位于 x 轴上方，要分两种情况讨论，分别为点 M 在 线段 FB 和 FB 的延长线上．因为用点 M 的纵坐标表示△ABM 的底边长，因点 M 的位置 不同而不同． 满分解答 （ 1 ）因为 BC∥OA，所以 BC⊥CD．因为 CD＝CB＝ 3 ，所以△BCD 是等腰直角三角 形．因此∠BCD＝ 45 °．又因为 BC⊥CD，所以∠ODE＝ 45 °．所以△ODE 是等腰直角 三角形，OE＝OD＝ 1 ．所以点 E 的坐标是（ 1 ， 0 ）． （ 2 ）①因为抛物线 y＝－x 2 ＋bx＋c 经过点 B（ 3 ， 4 ）和点 E（ 1 ， 0 ），所以 9 3 4, 1 0. b c b c         解得 6, 5. b c     所以二次函数的解析式为 y＝－x 2 ＋ 6 x－ 5 ，抛物线的对 称轴为直线 x＝ 3 ． ②如图 2 ，如图 3 ，设抛物线的对称轴与 x 轴交于点 F，点 M 的坐标为（ 3 ，t）． CEM MEF COEOFMCS S S S    梯形 1 1 1(4 ) 3 2 1 4 42 2 2 2 tt t           ． （ⅰ）如图 2 ，当点 M 位于线段 BF 上时， ttS ABM  42)4(2 1 ．解方程 )4(242 tt  ，得 5 8t ．此时点 M 的坐标为（ 3 ， 5 8 ）． （ⅱ）如图 3 ，当点 M 位于线段 FB 延长线上时， 42)4(2 1  ttS ABM ．解 方程 )4(242  tt ，得 8t ．此时点 M 的坐标为（ 3 ， 8 ）． 图 2 图 3 考点伸展 对于图 2 ，还有几个典型结论： 此时，C、M、A 三点在同一条直线上；△CEM 的周长最小． 可以求得直线 AC 的解析式为 4 45y x   ，当 x＝ 3 时， 8 5y  ． 因此点 M（ 3 ， 5 8 ）在直线 AC 上． 因为点 A、E 关于抛物线的对称轴对称，所以 ME＋MC＝MA＋MC． 当 A、M、C 三点共线时，ME＋MC 最小，△CEM 的周长最小． 2016 中考数学压轴题函数面积问题(二) 例 3 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 1 2y x b   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 O 1 A 1 B 1 C 1 ，试探究四边形 O 1 A 1 B 1 C 1 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 的函数图像，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 1 2y x b   可知，点 E 的坐标为 (2 b ,0) ，OE＝ 2 b．此时 S＝S△ODE＝ 1 1 2 12 2OE OC b b     ． ②如图 3 ，当 E 在 AB 上时，把 y＝ 1 代入 1 2y x b   可知，点 D 的坐标为 (2 b－ 2,1) ，CD＝ 2 b－ 2 ，BD＝ 5 － 2 b．把 x＝ 3 代入 1 2y x b   可知，点 E 的坐标为 3(3, )2b  ， AE ＝ 3 2b  ， BE ＝ 5 2 b ．此时 S＝S 矩形 OABC－S△OAE－ S△BDE －S△OCD ＝ 1 3 1 5 13 3( ) ( )(5 2 ) 1 (2 2)2 2 2 2 2b b b b          2 5 2b b   ． (2) 如图 4 ，因为四边形 O 1 A 1 B 1 C 1 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＝ 2 b－ 2 ，OE＝ 2 b，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 16 ＋ (2 －m ) 2 ＝m 2 ．解得 5 4m  ．所以重叠部分菱形 DMEN 的面积为 5 4 ． 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 5 3 ，如图 7 所示． 图 5 图 6 图 7 例 4 如图 1 ，在△ABC 中，∠C＝ 90 °， A C＝ 3 ，BC＝ 4 ，CD 是斜边 AB 上的高，点 E 在 斜边 AB 上，过点 E 作直线与△ABC 的直角边相交于点 F，设 AE＝ x ，△AEF 的面积为 y ． （ 1 ）求线段 AD 的长； （ 2 ）若 EF⊥AB，当点 E 在斜边 AB 上移动时， ①求 y 与 x 的函数关系式（写出自变量 x 的取值范围）； ②当 x 取何值时，y 有最大值？并求出最大值． （ 3 ）若点 F 在直角边 AC 上（点 F 与 A、C 不重合），点 E 在斜边 AB 上移动，试 问，是否存在直线 EF 将△ABC 的周长和面积同时平分？若存在直线 EF，求出 x 的值； 若不存在直线 EF，请说明理由． 图 1 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“ 10 扬州 28 ”，拖动点 E 在 AB 上运动，从 y 随 x 变化的 图像可以体验到，当 F 在 AC 上时，y 随 x 的增大而增大；当 F 在 BC 上时，y 随 x 变化 的图像是开口向下的抛物线的一部分，y 的最大值对应抛物线的顶点．双击按钮“第（ 3 ） 题”，我们已经设定好了 EF 平分△ABC 的周长，拖动点 E ，观察图像，可以体验到， “面积 AEF”的值可以等于 3 ，也就是说，存在直线 EF 将△ABC 的周长和面积同时平 分．双击按钮“第（ 2 ）题”可以切换。 思路点拨 1 ．第（ 1 ）题求得的 AD 的长，就是第（ 2 ）题分类讨论 x 的临界点． 2 ．第（ 2 ）题要按照点 F 的位置分两种情况讨论． 3 ．第（ 3 ）题的一般策略是：先假定平分周长，再列关于面积的方程，根据方程的 解的情况作出判断． 满分解答 (1) 在 Rt △ABC 中， AC＝ 3 ，BC＝ 4 ，所以 AB＝ 5 ．在 Rt △ACD 中， 3 9cos 3 5 5AD AC A    ． (2) ①如图 2 ，当 F 在 AC 上时， 90 5x  ．在 Rt △AEF 中， 4tan 3EF AE A x  ．所 以 21 2 2 3y AE EF x   ． 如图 3 ，当 F 在 BC 上时，9 55 x ≤ ．在 Rt △BEF 中， 3tan (5 )4EF BE B x   ．所 以 21 3 15 2 8 8y AE EF x x     ． ②当 90 5x  时， 22 3y x 的最大值为 54 25 ； 当 9 55 x ≤ 时， 23 15 8 8y x x   23 5 75)8 2 32x   ( 的最大值为 75 32 ． 因此，当 5 2x  时，y 的最大值为 75 32 ． 图 2 图 3 图 4 (3) △ABC 的周长等于 16 ，面积等于 6 ． 先假设 EF 平分△ABC 的周长，那么 AE＝x，AF＝ 6 －x，x 的变化范围为 3 ＜x≤ 5 ．因 此 1 1 4 2sin (6 ) ( 6)2 2 5 5AEFS AE AF A x x x x          ．解方程 2 ( 6) 35 x x   ，得 13 62x   ． 因为 13 62x   在 3 ≤x≤ 5 范围内（如图 4 ），因此存在直线 EF 将△ABC 的周长 和面积同时平分． 考点伸展 如果把第（ 3 ）题的条件“点 F 在直角边 AC 上”改为“点 F 在直角边 BC 上”，那 么就不存在直线 EF 将△ABC 的周长和面积同时平分． 先假设 EF 平分△ABC 的周长，那么 AE＝x，BE＝ 5 －x，BF＝x＋ 1 ． 因此 21 1 3 3sin (5 )( 1) ( 4 5)2 2 5 10BEFS BE BF B x x x x            ． 解方程 23 ( 4 5) 310 x x    ．整理，得 2 4 5 0x x   ．此方程无实数根． 2016 中考数学压轴题函数面积问题(三) 例 5 如图 1 ，正方形 ABCD 中，点 A、B 的坐标分别为（ 0 ， 10 ），（ 8 ， 4 ），点 C 在 第一象限．动点 P 在正方形 ABCD 的边上，从点 A 出发沿 A→B→C→D 匀速运动，同时 动点 Q 以相同速度在 x 轴上运动，当 P 点到 D 点时，两点同时停止运动，设运动的时 间为 t 秒． （ 1 ）当 P 点在边 AB 上运动时，点 Q 的横坐标 x （长度单位）关于运动时间 t （秒）的函数图象如图 2 所示，请写出点 Q 开始运动时的坐标及点 P 运动速度； （ 2 ）求正方形边长及顶点 C 的坐标； （ 3 ）在（ 1 ）中当 t 为何值时，△OPQ 的面积最大，并求此时 P 点的坐标． （ 4 ）如果点 P、Q 保持原速度速度不变，当点 P 沿 A→B→C→D 匀速运动时，OP 与 PQ 能否相等，若能，写出所有符合条件的 t 的值；若不能，请说明理由． 图 1 图 2 动感体验 请打开几何画板文件名“ 09 兰州 29 ”，拖动点 Q 在 x 轴上运动，可以体验到，点 Q 运动的起点为（ 1 ， 0 ）；当 P 在 AB 上时，△OPQ 的面积随 x 变化的图象是开口向下 的抛物线的一部分；观察点 P 与 OQ 的垂直平分线的位置关系，可以体验到，有两个时 刻， PO=PQ ．双击按钮“PO＝PQ，P 在 AB 上”和“PO＝PQ，P 在 CD 上”，可以准确 显示 PO＝PQ． 思路点拨 1 ．过点 B、C、P 向 x 轴、y 轴作垂线段，就会构造出全等的、相似的直角三角形， 出现相等、成比例的线段，用含有 t 的式子表示这些线段是解题的基础． 2 ．求点 C 的坐标，为求直线 BC、CD 的解析式作铺垫，进而为附加题用两点间的 距离公式作准备． 3 ．不论点 P 在 AB、BC 还是 CD 上，点 P 所在的直角三角形的三边比总是 3 ∶ 4 ∶ 5 ， 灵活运用方便解题． 4 ．根据二次函数的解析式求函数的最值时，要注意定义域与对称轴的位置关系． 满分解答 （ 1 ） Q (1,0) ，点 P 每秒钟运动 1 个单位长度． （ 2 ）过点 B 作 BE⊥y 轴于点 E，过点 C 作 x 轴的垂线交直线 BE 于 F，交 x 轴于 H． 在 Rt △ABE 中，BE＝ 8 ，AE＝ 10 － 4 ＝ 6 ，所以 AB＝ 10 ．由△ABE≌△BCF，知 BF ＝AE＝ 4 ，CF＝BE＝ 6 ．所以 EF＝ 8 ＋ 6 ＝ 14 ，CH＝ 8 ＋ 4 ＝ 16 ．因此点 C 的坐标为（ 14 ， 16 ）． （ 3 ）过点 P 作 PM⊥y 轴于 M，PN⊥ x 轴于 N．因为 PM // BE，所以 AP AM MP AB AF BF   ， 即 10 6 8 t AM MP  ．因此 3 4,5 5AM t PM t  ．于是 3 410 ,5 5PN OM t ON PM t     ． 设△OPQ 的面积为 S ( 平方单位 ) ，那么 21 1 3 3 47(1 )(10 ) 52 2 5 10 10S OQ PN t t t t          ，定义域为 0 ≤t ≤ 10 ． 因为抛物线开口向下，对称轴为直线 47 6t  ，所以当 47 6t  时，△OPQ 的面积最大．此 时 P 的坐标为 ( 94 15 ， 53 10 ) ． （ 4 ）当 5 3t  或 295 13t  时 , OP 与 PQ 相等． 图 3 图 4 考点伸展 附加题的一般思路是：点 Q 的横坐标是点 P 的横坐标的 2 倍．先求直线 AB、BC、 CD 的解析式，根据直线的解析式设点 P 的坐标，再根据两点间的距离公式列方程 PO＝ PQ． 附加题也可以这样解： ①如图 4 ，在 Rt △AMP 中，设 AM＝ 3m ，MP＝ 4 m ，AP＝ 5m ，那么 OQ＝ 8m ．根 据 AP、OQ 的长列方程组 5 , 8 1 , m t m t     解得 5 3t  ． ②如图 5 ，在 Rt △GMP 中，设 GM＝ 3m ，MP＝ 4 m ，GP＝ 5m ，那么 OQ＝ 8m ．在 Rt △GAD 中，GD＝ 7.5 ．根据 GP、OQ 的长列方程组 5 37.5 , 8 1 , m t m t      解得 295 13t  ． ③如图 6 ，设 MP＝ 4m ，那么 OQ＝ 8m ．根据 BP、OQ 的长列方程组 5 10 10, 8 1 , m t m t       解得 5 3t  ，但这时点 P 不在 BC 上． 图 5 图 6 例 6 在直角坐标系中，抛物线 cbxxy  2 经过点（0，10）和点（4，2）． （1）求这条抛物线的解析式. （2）如图 1，在边长一定的矩形 ABCD 中，CD＝1，点 C 在 y 轴右侧沿抛物线 cbxxy  2 滑动，在滑动过程中 CD∥x 轴，AB 在 CD 的下方.当点 D 在 y 轴上时， AB 落在 x 轴上. ①求边 BC 的长. ②当矩形 ABCD 在滑动过程中被 x 轴分成两部分的面积比为 1:4 时，求点 C 的坐标. 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“ 08 长春 25 ”，拖动点 C 在抛物线上运动，可以体验到， 矩形 ABCD 随之平移，双击按钮“上∶下＝ 4 ∶ 1 ”，可以体验到，符合条件的点 C 有两 个；双击按钮“上∶下＝ 1 ∶ 4 ”，可以体验到，符合条件的点 C 有一个，就是抛物线的 顶点． 思路点拨 1 ．用待定系数法求抛物线的解析式． 2 ．数形结合，把 x＝ 1 代入抛物线的解析式，求得的 y 的值就是边 BC 的长． 3 ．分类讨论两部分的面积比为 1:4，分为上下之比为 1:4 和 4:1 两种情况． 4 ．矩形在移动过程中形状不变，把面积比转化为高度比，由于 BC＝ 5 ，因此点 C 的纵坐标为 1 或 4 ，进而解方程求得点 C 的横坐标． 满分解答 （ 1 ）因为抛物线 cbxxy  2 经过点（0，10）和点（4，2），所以 10, 16 4 2. c b c      解得 6b   ， 10c  ．因此抛物线的解析式为 y＝x 2 － 6 x＋ 10 ． （ 2 ）①因为 CD＝ 1 ，点 D 在 y 轴上，所以点 C 的横坐标为 1 ．在 y＝x 2 － 6 x＋ 10中，当 x＝ 1 时，y＝ 5 ．所以边 BC 的长为 5 ． ②因为矩形边长一定，所以 BC＝ 5 ．如图 2 ，当矩形 ABCD 在 x 轴上方部分的面积 与这个矩形面积的比为 1:5 时，点 C 的纵坐标为 1 ．解方程 x 2 － 6 x＋ 10 ＝ 1 ，得 1 2 3x x  ．此时点 C 的坐标为 (3 ， 1) ． 如图 3 ，当矩形 ABCD 在 x 轴上方部分的面积与这个矩形面积的比为 5:1 时，点 C 的纵坐标为 4 ．解方程 x 2 － 6 x＋ 10 ＝ 4 ，得 1 3 3x   ， 2 3 3x   ．此时点 C 的坐标 为 (3 ＋ 3 ， 4) 或 (3 － 3 ， 4) ． 图 2 图 3 考点伸展 在本题情景下，以 CD 为半径的⊙C 如果与坐标轴相切，那么符合条件的点 C 有哪 些？ 解：由于 CD＝ 1 ，抛物线的顶点为（ 3 ， 1 ），因此与坐标轴相切的⊙C 有三个，点 C 的坐标分别为（ 1 ， 5 ），（－ 1 ， 17 ），（ 3 ， 1 ）． 在本题情景下，以 CB 为半径的⊙C 如果与坐标轴相切，那么符合条件的点 C 有哪 些？ 解：由于点（ 5 ， 5 ）恰好在抛物线上，因此与坐标轴相切的⊙C 有两个，点 C 的坐 标分别为（ 5 ， 5 ），（－ 5 ， 65 ）．