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- 2021-05-13 发布
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目 录
第一部分 函数图象中点的存在性问题
1.1 因动点产生的相似三角形问题
例1 2010年义乌市中考第24题
1.2 因动点产生的等腰三角形问题
例2 2012年扬州市中考第27题
1.3 因动点产生的直角三角形问题
例3 2012年杭州市中考第22题
1.4 因动点产生的平行四边形问题
例4 2011年上海市中考第24题
1.5 因动点产生的梯形问题
例5 2011年义乌市中考第24题
例6 2010年杭州市中考第24题
1.6 因动点产生的面积问题
例7 2012年河南省中考第23题
1.7 因动点产生的相切问题
例8 2012年无锡市中考第28题
1.8 因动点产生的线段和差问题
例9 2013年天津市中考第25题
第二部分 图形运动中的函数关系问题
2.1 由比例线段产生的函数关系问题
例1 2013年宁波市中考第26题
2.2 由面积公式产生的函数关系问题
例2 2012年广东省中考第22题
第三部分图形运动中的计算说理问题
3.1 代数计算及通过代数计算进行说理问题
例1 2013年南昌市中考第25题
3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题
例2 2013年江西省中考第24题
第一部分 函数图象中点的存在性问题
1.1 因动点产生的相似三角形问题
例1 2010年义乌市中考第24题
如图1,已知梯形OABC,抛物线分别过点O(0,0)、A(2,0)、B(6,3).
(1)直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M的坐标;
(2)将图1中梯形OABC的上下底边所在的直线OA、CB以相同的速度同时向上平移,分别交抛物线于点O1、A1、C1、B1,得到如图2的梯形O1A1B1C1.设梯形O1A1B1C1的面积为S,A1、 B1的坐标分别为 (x1,y1)、(x2,y2).用含S的代数式表示x2-x1,并求出当S=36时点A1的坐标;
(3)在图1中,设点D的坐标为(1,3),动点P从点B出发,以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC运动,动点Q从点D出发,以与点P相同的速度沿着线段DM运动.P、Q两点同时出发,当点Q到达点M时,P、Q两点同时停止运动.设P、Q两点的运动时间为t,是否存在某一时刻t,使得直线PQ、直线AB、x轴围成的三角形与直线PQ、直线AB、抛物线的对称轴围成的三角形相似?若存在,请求出t的值;若不存在,请说明理由.
图1 图2
动感体验
请打开几何画板文件名“10义乌24”,拖动点I上下运动,观察图形和图象,可以体验到,x2-x1随S的增大而减小.双击按钮“第(3)题”,拖动点Q在DM上运动,可以体验到,如果∠GAF=∠GQE,那么△GAF与△GQE相似.
思路点拨
1.第(2)题用含S的代数式表示x2-x1,我们反其道而行之,用x1,x2表示S.再注意平移过程中梯形的高保持不变,即y2-y1=3.通过代数变形就可以了.
2.第(3)题最大的障碍在于画示意图,在没有计算结果的情况下,无法画出准确的位置关系,因此本题的策略是先假设,再说理计算,后验证.
3.第(3)题的示意图,不变的关系是:直线AB与x轴的夹角不变,直线AB与抛物线的对称轴的夹角不变.变化的直线PQ的斜率,因此假设直线PQ与AB的交点G在x轴的下方,或者假设交点G在x轴的上方.
满分解答
(1)抛物线的对称轴为直线,解析式为,顶点为M(1,).
(2) 梯形O1A1B1C1的面积,由此得到
.由于,所以.整理,得.因此得到.
当S=36时, 解得 此时点A1的坐标为(6,3).
(3)设直线AB与PQ交于点G,直线AB与抛物线的对称轴交于点E,直线PQ与x轴交于点F,那么要探求相似的△GAF与△GQE,有一个公共角∠G.
在△GEQ中,∠GEQ是直线AB与抛物线对称轴的夹角,为定值.
在△GAF中,∠GAF是直线AB与x轴的夹角,也为定值,而且∠GEQ≠∠GAF.
因此只存在∠GQE=∠GAF的可能,△GQE∽△GAF.这时∠GAF=∠GQE=∠PQD.
由于,,所以.解得.
图3 图4
考点伸展
第(3)题是否存在点G在x轴上方的情况?如图4,假如存在,说理过程相同,求得的t的值也是相同的.事实上,图3和图4都是假设存在的示意图,实际的图形更接近图3.
1.2 因动点产生的等腰三角形
例2 2011年盐城市中考第28题
如图1,已知一次函数y=-x+7与正比例函数 的图象交于点A,且与x轴交于点B.
(1)求点A和点B的坐标;
(2)过点A作AC⊥y轴于点C,过点B作直线l//y轴.动点P从点O出发,以每秒1个单位长的速度,沿O—C—A的路线向点A运动;同时直线l从点B出发,以相同速度向左平移,在平移过程中,直线l交x轴于点R,交线段BA或线段AO于点Q.当点P到达点A时,点P和直线l都停止运动.在运动过程中,设动点P运动的时间为t秒.
①当t为何值时,以A、P、R为顶点的三角形的面积为8?
②是否存在以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,求t的值;若不存在,请说明理由.
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“11盐城28”,拖动点R由B向O运动,从图象中可以看到,△APR的面积有一个时刻等于8.观察△APQ,可以体验到,P在OC上时,只存在AP=AQ的情况;P在CA上时,有三个时刻,△APQ是等腰三角形.
思路点拨
1.把图1复制若干个,在每一个图形中解决一个问题.
2.求△APR的面积等于8,按照点P的位置分两种情况讨论.事实上,P在CA上运动时,高是定值4,最大面积为6,因此不存在面积为8的可能.
3.讨论等腰三角形APQ,按照点P的位置分两种情况讨论,点P的每一种位置又要讨论三种情况.
满分解答
(1)解方程组 得 所以点A的坐标是(3,4).
令,得.所以点B的坐标是(7,0).
(2)①如图2,当P在OC上运动时,0≤t<4.由,得.整理,得.解得t=2或t=6(舍去).如图3,当P在CA上运动时,△APR的最大面积为6.
因此,当t=2时,以A、P、R为顶点的三角形的面积为8.
图2 图3 图4
②我们先讨论P在OC上运动时的情形,0≤t<4.
如图1,在△AOB中,∠B=45°,∠AOB>45°,OB=7,,所以OB>AB.因此∠OAB>∠AOB>∠B.
如图4,点P由O向C运动的过程中,OP=BR=RQ,所以PQ//x轴.
因此∠AQP=45°保持不变,∠PAQ越来越大,所以只存在∠APQ=∠AQP的情况.
此时点A在PQ的垂直平分线上,OR=2CA=6.所以BR=1,t=1.
我们再来讨论P在CA上运动时的情形,4≤t<7.
在△APQ中, 为定值,,.
如图5,当AP=AQ时,解方程,得.
如图6,当QP=QA时,点Q在PA的垂直平分线上,AP=2(OR-OP).解方程,得.
如7,当PA=PQ时,那么.因此.解方程,得.
综上所述,t=1或或5或时,△APQ是等腰三角形.
图5 图6 图7
考点伸展
当P在CA上,QP=QA时,也可以用来求解.
1.3 因动点产生的直角三角形问题
例3 2012年杭州市中考第22题
在平面直角坐标系中,反比例函数与二次函数y=k(x2+x-1)的图象交于点A(1,k)和点B(-1,-k).
(1)当k=-2时,求反比例函数的解析式;
(2)要使反比例函数与二次函数都是y随x增大而增大,求k应满足的条件以及x的取值范围;
(3)设二次函数的图象的顶点为Q,当△ABQ是以AB为斜边的直角三角形时,求k的值.
动感体验
请打开几何画板文件名“12杭州22”,拖动表示实数k的点在y轴上运动,可以体验到,当k<0并且在抛物线的对称轴左侧,反比例函数与二次函数都是y随x增大而增大.观察抛物线的顶点Q与⊙O的位置关系,可以体验到,点Q有两次可以落在圆上.
请打开超级画板文件名“12杭州22”,拖动表示实数k的点在y轴上运动,可以体验到,当k<0并且在抛物线的对称轴左侧,反比例函数与二次函数都是y随x增大而增大.观察抛物线的顶点Q与⊙O的位置关系,可以体验到,点Q有两次可以落在圆上.
思路点拨
1.由点A(1,k)或点B(-1,-k)的坐标可以知道,反比例函数的解析式就是.题目中的k都是一致的.
2.由点A(1,k)或点B(-1,-k)的坐标还可以知道,A、B关于原点O对称,以AB为直径的圆的圆心就是O.
3.根据直径所对的圆周角是直角,当Q落在⊙O上是,△ABQ是以AB为直径的直角三角形.
满分解答
(1)因为反比例函数的图象过点A(1,k),所以反比例函数的解析式是.
当k=-2时,反比例函数的解析式是.
(2)在反比例函数中,如果y随x增大而增大,那么k<0.
当k<0时,抛物线的开口向下,在对称轴左侧,y随x增大而增大.
抛物线y=k(x2+x+1)=的对称轴是直线. 图1
所以当k<0且时,反比例函数与二次函数都是y随x增大而增大.
(3)抛物线的顶点Q的坐标是,A、B关于原点O中心对称,
当OQ=OA=OB时,△ABQ是以AB为直径的直角三角形.
由OQ2=OA2,得.
解得(如图2),(如图3).
图2 图3
考点伸展
如图4,已知经过原点O的两条直线AB与CD分别与双曲线(k>0)交于A、B和C、D,那么AB与CD互相平分,所以四边形ACBD是平行四边形.
问平行四边形ABCD能否成为矩形?能否成为正方形?
如图5,当A、C关于直线y=x对称时,AB与CD互相平分且相等,四边形ABCD是矩形.
因为A、C可以无限接近坐标系但是不能落在坐标轴上,所以OA与OC无法垂直,因此四边形ABCD不能成为正方形.
图4 图5
1.4 因动点产生的平行四边形问题
例4 2011年上海市中考第24题
已知平面直角坐标系xOy(如图1),一次函数的图象与y轴交于点A,点M在正比例函数的图象上,且MO=MA.二次函数
y=x2+bx+c的图象经过点A、M.
(1)求线段AM的长;
(2)求这个二次函数的解析式;
(3)如果点B在y轴上,且位于点A下方,点C在上述二次函数的图象上,点D在一次函数的图象上,且四边形ABCD是菱形,求点C的坐标.
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“11上海24”,拖动点B在y轴上点A下方运动,四边形ABCD保持菱形的形状,可以体验到,菱形的顶点C有一次机会落在抛物线上.
思路点拨
1.本题最大的障碍是没有图形,准确画出两条直线是基本要求,抛物线可以不画出来,但是对抛物线的位置要心中有数.
2.根据MO=MA确定点M在OA的垂直平分线上,并且求得点M的坐标,是整个题目成败的一个决定性步骤.
3.第(3)题求点C的坐标,先根据菱形的边长、直线的斜率,用待定字母m表示点C的坐标,再代入抛物线的解析式求待定的字母m.
满分解答
(1)当x=0时,,所以点A的坐标为(0,3),OA=3.
如图2,因为MO=MA,所以点M在OA的垂直平分线上,点M的纵坐标为.将代入,得x=1.所以点M的坐标为.因此.
(2)因为抛物线y=x2+bx+c经过A(0,3)、M,所以解得,.所以二次函数的解析式为.
(3)如图3,设四边形ABCD为菱形,过点A作AE⊥CD,垂足为E.
在Rt△ADE中,设AE=4m,DE=3m,那么AD=5m.
因此点C的坐标可以表示为(4m,3-2m).将点C(4m,3-2m)代入,得.解得或者m=0(舍去).
因此点C的坐标为(2,2).
图2 图3
考点伸展
如果第(3)题中,把“四边形ABCD是菱形”改为“以A、B、C、D为顶点的四边形是菱形”,那么还存在另一种情况:
如图4,点C的坐标为.
图4
1.5 因动点产生的梯形问题
例 5 2011年义乌市中考第24题
已知二次函数的图象经过A(2,0)、C(0,12) 两点,且对称轴为直线x=4,设顶点为点P,与x轴的另一交点为点B.
(1)求二次函数的解析式及顶点P的坐标;
(2)如图1,在直线 y=2x上是否存在点D,使四边形OPBD为等腰梯形?若存在,求出点D的坐标;若不存在,请说明理由;
(3)如图2,点M是线段OP上的一个动点(O、P两点除外),以每秒个单位长度的速度由点P向点O 运动,过点M作直线MN//x轴,交PB于点N. 将△PMN沿直线MN对折,得到△P1MN. 在动点M的运动过程中,设△P1MN与梯形OMNB的重叠部分的面积为S,运动时间为t秒,求S关于t的函数关系式.
图1 图2
动感体验
请打开几何画板文件名“11义乌24”,拖动点M从P向O运动,可以体验到,M在到达PO的中点前,重叠部分是三角形;经过中点以后,重叠部分是梯形.
思路点拨
1.第(2)题可以根据对边相等列方程,也可以根据对角线相等列方程,但是方程的解都要排除平行四边形的情况.
2.第(3)题重叠部分的形状分为三角形和梯形两个阶段,临界点是PO的中点.
满分解答
(1)设抛物线的解析式为,代入A(2,0)、C(0,12) 两点,得 解得
所以二次函数的解析式为,顶点P的坐标为(4,-4).
(2)由,知点B的坐标为(6,0).
假设在等腰梯形OPBD,那么DP=OB=6.设点D的坐标为(x,2x).
由两点间的距离公式,得.解得或x=-2.
如图3,当x=-2时,四边形ODPB是平行四边形.
所以,当点D的坐标为(,)时,四边形OPBD为等腰梯形.
图3 图4 图5
(3)设△PMN与△POB的高分别为PH、PG.
在Rt△PMH中,,.所以.
在Rt△PNH中,,.所以.
① 如图4,当0<t≤2时,重叠部分的面积等于△PMN的面积.此时.
②如图5,当2<t<4时,重叠部分是梯形,面积等于△PMN的面积减去△P′DC的面积.由于,所以.
此时.
考点伸展
第(2)题最好的解题策略就是拿起尺、规画图:
方法一,按照对角线相等画圆.以P为圆心,OB长为半径画圆,与直线y=2x有两个交点,一个是等腰梯形的顶点,一个是平行四边形的顶点.
方法二,按照对边相等画圆.以B为圆心,OP长为半径画圆,与直线y=2x有两个交点,一个是等腰梯形的顶点,一个是平行四边形的顶点.
例6 2010年杭州市中考第24题
如图1,在平面直角坐标系xOy中,抛物线的解析式是y =,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变化的图象可以看到,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=,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,HP=x– t .
因为CM//PQ,所以∠QPH=∠MCO.因此tan∠QPH=tan∠MCO,即.所以.整理,得.
如图3,当P与C重合时,,解方程,得.
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,且x¹± 2的所有实数.
图2 图3 图4
②因为sin∠QPH=sin∠MCO,所以,即.
当时,.解方程,得(如图5).此时.
当时,.解方程,得.
如图6,当时,;如图6,当时,.
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,那么.
而点Q到x轴的距离为.
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.
1.6 因动点产生的面积问题
例 7 2012年河南省中考第23题
如图1,在平面直角坐标系中,直线与抛物线y=ax2+bx-3交于A、B两点,点A在x轴上,点B的纵坐标为3.点P是直线AB下方的抛物线上的一动点(不与点A、B重合),过点P作x轴的垂线交直线AB于点C,作PD⊥AB于点D.
(1)求a、b及sin∠ACP的值;
(2)设点P的横坐标为m.
①用含m的代数式表示线段PD的长,并求出线段PD长的最大值;
②连结PB,线段PC把△PDB分成两个三角形,是否存在适合的m的值,使这两个三角形的面积比为9∶10?若存在,直接写出m的值;若不存在,请说明理由.
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“12河南23”,拖动点P在直线AB下方的抛物线上运动,可以体验到,PD随点P运动的图象是开口向下的抛物线的一部分,当C是AB的中点时,PD达到最大值.观察面积比的度量值,可以体验到,左右两个三角形的面积比可以是9∶10,也可以是10∶9.
思路点拨
1.第(1)题由于CP//y轴,把∠ACP转化为它的同位角.
2.第(2)题中,PD=PCsin∠ACP,第(1)题已经做好了铺垫.
3.△PCD与△PCB是同底边PC的两个三角形,面积比等于对应高DN与BM的比.
4.两个三角形的面积比为9∶10,要分两种情况讨论.
满分解答
(1)设直线与y轴交于点E,那么A(-2,0),B(4,3),E(0,1).
在Rt△AEO中,OA=2,OE=1,所以.所以.
因为PC//EO,所以∠ACP=∠AEO.因此.
将A(-2,0)、B(4,3)分别代入y=ax2+bx-3,得
解得,.
(2)由,,
得.
所以.
所以PD的最大值为.
(3)当S△PCD∶S△PCB=9∶10时,;
当S△PCD∶S△PCB=10∶9时,.
图2
考点伸展
第(3)题的思路是:△PCD与△PCB是同底边PC的两个三角形,面积比等于对应高DN与BM的比.
而,
BM=4-m.
①当S△PCD∶S△PCB=9∶10时,.解得.
②当S△PCD∶S△PCB=10∶9时,.解得.
1.7 因动点产生的相切问题
例8 2012年无锡市中考模拟第28题
如图1,菱形ABCD的边长为2厘米,∠DAB=60°.点P从A出发,以每秒厘米的速度沿AC向C作匀速运动;与此同时,点Q也从点A出发,以每秒1厘米的速度沿射线作匀速运动.当点P到达点C时,P、Q都停止运动.设点P运动的时间为t秒.
(1)当P异于A、C时,请说明PQ//BC;
(2)以P为圆心、PQ长为半径作圆,请问:在整个运动过程中,t为怎样的值时,⊙P与边BC分别有1个公共点和2个公共点? 图一
动感体验
请打开几何画板文件名“12无锡28”,拖动点P由A向C运动,可以体验到,⊙P与线段BC的位置关系依次是相离没有公共点,相切只有1个公共点,相交有2个公共点,相交只有1个公共点,线段在圆的内部没有公共点.
请打开超级画板文件名“12无锡28”,拖动点P由A向C运动,可以体验到,⊙P与线段BC的位置关系依次是相离没有公共点,相切只有1个公共点,相交有2个公共点,相交只有1个公共点,线段在圆的内部没有公共点.
答案 (1)因为,,所以.因此PQ//BC.
(2)如图2,由PQ=PH=,得.解得.
如图3,由PQ=PB,得等边三角形PBQ.所以Q是AB的中点,t=1.
如图4,由PQ=PC,得.解得.
如图5,当P、C重合时,t=2.
因此,当或1<t≤或t=2时,⊙P与边BC有1个公共点.
当<t≤1时,⊙P与边BC有2个公共点.
图2 图3 图4 图5
1.8 因动点产生的线段和差问题
例9 2013年天津市中考第25题
在平面直角坐标系中,已知点A(-2,0),B(0,4),点E在OB上,且∠OAE=∠OBA.
(1)如图1,求点E的坐标;
(2)如图2,将△AEO沿x轴向右平移得到△AE′O′,连结A′B、BE′.
①设AA′=m,其中0<m<2,使用含m的式子表示A′B2+BE′2,并求出使A′B2+BE′2取得最小值时点E′的坐标;
②当A′B+BE′取得最小值时,求点E′的坐标(直接写出结果即可).
图1 图2
动感体验
请打开几何画板文件名“13天津25”,拖动点A′在线段AO上运动,可以体验到,当A′运动到AO的中点时,A′B2+BE′2取得最小值.当A′、B、E′′三点共线时,A′B+BE′取得最小值.
请打开超级画板文件名“13天津25”,拖动点A′在线段AO上运动,可以体验到,当A′运动到AO的中点时,A′B2+BE′2取得最小值.当A′、B、E′′三点共线时,A′B+BE′取得最小值.
思路点拨
1.图形在平移的过程中,对应点的连线平行且相等,EE′=AA′=m.
2.求A′B2+BE′2的最小值,第一感觉是用勾股定理列关于m的式子.
3.求A′B+BE′的最小值,第一感觉是典型的“牛喝水”问题——轴对称,两点之间线段最短.
满分解答
(1)由∠OAE=∠OBA,∠AOE=∠BOA,得△AOE∽△BOA.
所以.因此.
解得OE=1.所以E(0,1).
(2)①如图3,在Rt△A′OB中,OB=4,OA′=2-m,所以A′B2=16+(2-m)2.
在Rt△BEE′中,BE=3,EE′=m,所以BE′2=9+m2.
所以A′B2+BE′2=16+(2-m)2+9+m2=2(m-1)2+27.
所以当m=1时,A′B2+BE′2取得最小值,最小值为27.
此时点A′是AO的中点,点E′向右平移了1个单位,所以E′(1,1).
②如图4,当A′B+BE′取得最小值时,求点E′的坐标为.
图3 图4
考点伸展
第(2)②题这样解:如图4,过点B作y轴的垂线l,作点E′关于直线l的对称点E′′,
所以A′B+BE′=A′B+BE′′.
当A′、B、E′′三点共线时,A′B+BE′′取得最小值,最小值为线段A′E′′.
在Rt△A′O′E′′中,A′O′=2,O′E′′=7,所以A′E′′=.
当A′、B、E′′三点共线时,.所以.
解得.此时.
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 2013年宁波市中考第26题
如图1,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(0,4),点B的坐标为(4,0),点C的坐标为(-4,0),点P在射线AB上运动,连结CP与y轴交于点D,连结BD.过P、D、B三点作⊙Q,与y轴的另一个交点为E,延长DQ交⊙Q于F,连结EF、BF.
(1)求直线AB的函数解析式;
(2)当点P在线段AB(不包括A、B两点)上时.
①求证:∠BDE=∠ADP;
②设DE=x,DF=y,请求出y关于x的函数解析式;
(3)请你探究:点P在运动过程中,是否存在以B、D、F为顶点的直角三角形,满足两条直角边之比为2∶1?如果存在,求出此时点P的坐标;如果不存在,请说明理由. 图1
动感体验
请打开几何画板文件名“13宁波26”,拖动点P在射线AB上运动,可以体验到,△DEF保持等腰直角三角形的形状,y是x的一次函数.观察BD∶BF的度量值,可以体验到,BD∶BF可以等于2,也可以等于0.5.
请打开超级画板文件名“13宁波26”,拖动点P在射线AB上运动,可以体验到,△DEF保持等腰直角三角形的形状.观察BD∶BF的度量值,可以体验到,BD∶BF可以等于2,也可以等于0.5.
答案
(1)直线AB的函数解析式为y=-x+4.
(2)①如图2,∠BDE=∠CDE=∠ADP;
②如图3,∠ADP=∠DEP+∠DPE,如图4,∠BDE=∠DBP+∠A,
因为∠DEP=∠DBP,所以∠DPE=∠A=45°.
所以∠DFE=∠DPE=45°.因此△DEF是等腰直角三角形.于是得到.
图2 图3 图4
(3)①如图5,当BD∶BF=2∶1时,P(2,2).思路如下:
由△DMB∽△BNF,知.
设OD=2m,FN=m,由DE=EF,可得2m+2=4-m.解得.
因此.再由直线CD与直线AB求得交点P(2,2).
②如图6,当BD∶BF=1∶2时,P(8,-4).思路同上.
图5 图6
2.2 由面积产生的函数关系问题
例2 2012年广东省中考第22题
如图1,抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,联结BC、AC.
(1)求AB和OC的长;
(2)点E从点A出发,沿x轴向点B运动(点E与点A、B不重合),过点E作BC的平行线交AC于点D.设AE的长为m,△ADE的面积为s,求s关于m的函数关系式,并写出自变量m的取值范围;
(3)在(2)的条件下,联结CE,求△CDE面积的最大值;此时,求出以点E为圆心,与BC相切的圆的面积(结果保留π).
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“12广东22”,拖动点E由A向B运动,观察图象,可以体验到,△ADE的面积随m的增大而增大,△CDE的面积随m变化的图象是开口向下的抛物线的一部分,E在AB的中点时,△CDE的面积最大.
思路点拨
1.△ADE与△ACB相似,面积比等于对应边的比的平方.
2.△CDE与△ADE是同高三角形,面积比等于对应底边的比.
满分解答
(1)由,得A(-3,0)、B(6,0)、C(0,-9).
所以AB=9,OC=9.
(2)如图2,因为DE//CB,所以△ADE∽△ACB.
所以.
而,AE=m,
所以.
m的取值范围是0<m<9.
图2 图3
(3)如图2,因为DE//CB,所以.
因为△CDE与△ADE是同高三角形,所以.
所以.
当时,△CDE的面积最大,最大值为.
此时E是AB的中点,.
如图3,作EH⊥CB,垂足为H.
在Rt△BOC中,OB=6,OC=9,所以.
在Rt△BEH中,.
当⊙E与BC相切时,.所以.
考点伸展
在本题中,△CDE与△BEC能否相似?
如图2,虽然∠CED=∠BCE,但是∠B>∠BCA≥∠ECD,所以△CDE与△BEC不能相似.
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 2013年南昌市中考第25题
已知抛物线yn=-(x-an)2+an(n为正整数,且0<a1<a2<…<an)与x轴的交点为An-1(bn-1,0)和An(bn,0).当n=1时,第1条抛物线y1=-(x-a1)2+a1与x轴的交点为A0(0,0)和A1(b1,0),其他依此类推
(1)求a、b的值及抛物线y2的解析式;
(2)抛物线y3的顶点坐标为(_____,_____);
依此类推第n条抛物线yn的顶点坐标为(_____,_____)(用含n的式子表示);
所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是________________;
(3)探究下列结论:
①若用An-1 An表示第n条抛物线被x轴截得的线段的长,直接写出A0A1的值,并求出An-1 An;
②是否存在经过点A(2,0)的直线和所有抛物线都相交,且被每一条抛物线截得的线段的长度都相等?若存在,直接写出直线的表达式;若不存在,请说明理由.
备用图(仅供草稿使用)
动感体验
请打开几何画板文件名“13南昌25”,拖动抛物线的顶点P在射线y=x(x>0)上运动,可以体验到,经过点(2,0)与这条射线平行的直线截抛物线所得的线段都相等.
请打开超级画板文件名“13南昌25”,拖动抛物线的顶点P在射线y=x(x>0)上运动,可以体验到,经过点(2,0)与这条射线平行的直线截抛物线所得的线段都相等.
思路点拨
1.本题写在卷面的文字很少很少,可是卷外是大量的运算.
2.最大的纠结莫过于对字母意义的理解,这道题的复杂性就体现在数形结合上.
3.这个备用图怎么用?边画边算,边算边画.
满分解答
(1)将A0(0,0)代入y1=-(x-a1)2+a1,得-a12+a1=0.
所以符合题意的a1=1.
此时y1=-(x-1)2+1=-x(x-2).所以A1的坐标为(2,0),b1=2.
将A1(2,0)代入y2=-(x-a2)2+a2,得-(2-a2)2+a2=0.
所以符合题意的a2=4.
此时y2=-(x-4)2+4=-(x-2)(x-6).
(2)抛物线y3的顶点坐标为(9,9);
第n条抛物线yn的顶点坐标为(n2,n2);
所有抛物线的顶点坐标满足的函数关系式是y=x.
(3)①如图1,A0A1=2.
由第(2)题得到,第n条抛物线yn=-(x-an)2+an的顶点坐标为(n2,n2).
所以yn=-(x-n2)2+n2=n2-(x-n2)2=(n-x+n2)(n+x-n2).
所以第n条抛物线与x轴的交点坐标为An-1(n2-n,0)和An(n2+n,0).
所以An-1 An=(n2+n)-(n2-n)=2n.
②如图1,直线y=x-2和所有抛物线都相交,且被每一条抛物线截得的线段的长度都相等.
图1
考点伸展
我们一起来梳理一下这道题目的备用图怎么用.
第一步,由yn=-(x-an)2+an,得抛物线的顶点坐标为(an, an).顶点的横坐标和纵坐标相等,而且已知an>0,因此先画出顶点所在的射线y=x(x>0).
第二步,计算出y1,画抛物线y1的顶点、与x轴的右交点.
第三步,计算出y2,画抛物线y2的顶点、与x轴的右交点.
3.2几何证明及通过几何计算进行说理问题
例2 2013年江西省中考第24题
某数学活动小组在作三角形的拓展图形,研究其性质时,经历了如下过程:
(1)操作发现:
在等腰△ABC中,AB=AC,分别以AB、AC为斜边,向△ABC的外侧作等腰直角三角形,如图1所示,其中DF⊥AB于点F,EG⊥AC于点G,M是BC的中点,连结MD和ME,则下列结论正确的是__________(填序号即可).
①AF=AG=;②MD=ME;③整个图形是轴对称图形;④MD⊥ME.
(2)数学思考:
在任意△ABC中,分别以AB、AC为斜边,向△ABC的外侧作等腰直角三角形,如图2所示,M是BC的中点,连结MD和ME,则MD与ME有怎样的数量关系?请给出证明过程;
(3)类比探究:
在任意△ABC中,仍分别以AB、AC为斜边,向△ABC的内侧作等腰直角三角形,如图3所示,M是BC的中点,连结MD和ME,试判断△MDE的形状.答:_________.
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“13江西24”,拖动点A可以改变△ABC的形状,可以体验到,△DFM≌△MGE保持不变,∠DME=∠DFA=∠EGA保持不变.
请打开超级画板文件名“13江西24”,拖动点A可以改变△ABC的形状,可以体验到,△DFM≌△MGE保持不变,∠DME=∠DFA=∠EGA保持不变.
思路点拨
1.本题图形中的线条错综复杂,怎样寻找数量关系和位置关系?最好的建议是按照题意把图形规范、准确地重新画一遍.
2.三个中点M、F、G的作用重大,既能产生中位线,又是直角三角形斜边上的中线.
3.两组中位线构成了平行四边形,由此相等的角都标注出来,还能组合出那些相等的角?
满分解答
(1)填写序号①②③④.
(2)如图4,作DF⊥AB,EG⊥AC,垂足分别为F、G.
因为DF、EG分别是等腰直角三角形ABD和等腰直角三角形ACE斜边上的高,
所以F、G分别是AB、AC的中点.
又已知M是BC的中点,所以MF、MG是△ABC的中位线.
所以,,MF//AC,MG//AB.
所以∠BFM=∠BAC,∠MGC=∠BAC.
所以∠BFM=∠MGC.所以∠DFM=∠MGE.
因为DF、EG分别是直角三角形ABD和直角三角形ACE斜边上的中线,
所以,.
所以MF=EG,DF=NG.
所以△DFM≌△MGE.所以DM=ME.
(3)△MDE是等腰直角三角形.
图4 图5
考点伸展
第(2)题和第(3)题证明△DFM≌△MGE的思路是相同的,不同的是证明∠DFM=∠MGE的过程有一些不同.
如图4,如图5,∠BFM=∠BAC=∠MGC.
如图4,∠DFM=90°+∠BFM,∠MGE=90°+∠MGC,所以∠DFM=∠MGE.
如图5,∠DFM=90°-∠BFM,∠MGE=90°-∠MGC,所以∠DFM=∠MGE.