挑战中考数学压轴题精选 116页

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 2013 年上海市中考第 24 题 例 2 2012 年苏州市中考第 29 题 例 3 2012 年黄冈市中考第 25 题 例 4 2010 年义乌市中考第 24 题 例 5 2009 年临沂市中考第 26 题 例 6 2008 年苏州市中考第 29 题 1.2 因动点产生的等腰三角形问题 例 1 2013 年上海市虹口区中考模拟第 25 题 例 2 2012 年扬州市中考第 27 题 例 3 2012 年临沂市中考第 26 题 例 4 2011 年湖州市中考第 24 题 例 5 2011 年盐城市中考第 28 题 例 6 2010 年南通市中考第 27 题 例 7 2009 年江西省中考第 25 题 1.3 因动点产生的直角三角形问题 例 1 2013 年山西省中考第 26 题 例 2 2012 年广州市中考第 24 题 例 3 2012 年杭州市中考第 22 题 例 4 2011 年浙江省中考第 23 题 例 5 2010 年北京市中考第 24 题 例 6 2009 年嘉兴市中考第 24 题 例 7 2008 年河南省中考第 23 题 1.4 因动点产生的平行四边形问题 例 1 2013 年上海市松江区中考模拟第 24 题 例 2 2012 年福州市中考第 21 题 例 3 2012 年烟台市中考第 26 题 例 4 2011 年上海市中考第 24 题 例 5 2011 年江西省中考第 24 题 例 6 2010 年山西省中考第 26 题 例 7 2009 年江西省中考第 24 题 1.5 因动点产生的梯形问题 例 1 2012 年上海市松江中考模拟第 24 题 例 2 2012 年衢州市中考第 24 题 例 4 2011 年义乌市中考第 24 题 例 5 2010 年杭州市中考第 24 题 例 7 2009 年广州市中考第 25 题 1.6 因动点产生的面积问题 例 1 2013 年苏州市中考第 29 题 例 2 2012 年菏泽市中考第 21 题 例 3 2012 年河南省中考第 23 题 例 4 2011 年南通市中考第 28 题 例 5 2010 年广州市中考第 25 题 例 6 2010 年扬州市中考第 28 题 例 7 2009 年兰州市中考第 29 题 1.7 因动点产生的相切问题 例 1 2013 年上海市杨浦区中考模拟第 25 题 例 2 2012 年河北省中考第 25 题 例 3 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 1 2013 年天津市中考第 25 题 例 2 2012 年滨州市中考第 24 题 例 3 2012 年山西省中考第 26 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 例 2 2012 年上海市徐汇区中考模拟第 25 题 例 3 2012 年连云港市中考第 26 题 例 4 2010 年上海市中考第 25 题 2.2 由面积公式产生的函数关系问题 例 1 2013 年菏泽市中考第 21 题 例 2 2012 年广东省中考第 22 题 例 3 2012 年河北省中考第 26 题 例 4 2011 年淮安市中考第 28 题 例 5 2011 年山西省中考第 26 题 例 6 2011 年重庆市中考第 26 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 年南京市中考第 26 题 例 2 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 1 2013 年上海市黄浦区中考模拟第 24 题 例 2 2013 年江西省中考第 24 题 声 明 选自东师范大学出版社出版的《挑战中考数学压轴题》（含光盘）一书。 该书收录当年全国各地具有代表性的中考数学压轴题， 并把它们分为 4 部分、 24 小类。该书最大的特色是用几何画板和超级画板做成电脑课件，并为每一题 录制了视频讲解，让你在动态中体验压轴题的变与不变，获得清晰的解题思路， 完成满分解答，拓展思维训练。 《挑战中考数学压轴题》自出版以来广受读者欢迎，被评为优秀畅销图 书,成为“中考压轴题”类第一畅销图书。在上海、北京、江苏、浙江等省市 的名牌初中的毕业班学生中，几乎人手一本，成为冲刺名牌高中必备用书。 由于格式问题，该书最具特色的电脑课件和视频文件在此无法一并附上， 敬请原谅。 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 2013 年上海市中考第 24 题 如图 1，在平面直角坐标系 xOy 中，顶点为 M 的抛物线 y＝ax2＋bx（a＞0）经过点 A 和 x 轴正半轴上的点 B，AO＝BO＝2，∠AOB＝120°． （1）求这条抛物线的表达式； （2）连结 OM，求∠AOM 的大小； （3）如果点 C 在 x 轴上，且△ABC 与△AOM 相似，求点 C 的坐标． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“13 上海 24”，拖动点 C 在 x 轴上运动，可以体验到，点 C 在 点 B 的右侧，有两种情况，△ABC 与△AOM 相似． 请打开超级画板文件名“13 上海 24”，拖动点 C 在 x 轴上运动，可以体验到，点 C 在 点 B 的右侧，有两种情况，△ABC 与△AOM 相似．点击按钮的左部和中部，可到达相似的 准确位置。 思路点拨 1．第（2）题把求∠AOM 的大小，转化为求∠BOM 的大小． 2．因为∠BOM＝∠ABO＝30°，因此点 C 在点 B 的右侧时，恰好有∠ABC＝∠AOM． 3．根据夹角相等对应边成比例，分两种情况讨论△ABC 与△AOM 相似． 满分解答 （1）如图 2，过点 A 作 AH⊥y 轴，垂足为 H． 在 Rt△AOH 中，AO＝2，∠AOH＝30°， 所以 AH＝1，OH＝ 3 ．所以 A( 1, 3) ． 因为抛物线与 x 轴交于 O、B(2,0)两点， 设 y＝ax(x－2)，代入点 A ( 1, 3) ，可得 3 3a  ． 图 2 所以抛物线的表达式为 23 3 2 3( 2)3 3 3y x x x x    ． （2）由 2 23 2 3 3 3( 1)3 3 3 3y x x x     ， 得抛物线的顶点 M 的坐标为 3(1, )3  ．所以 3tan 3BOM  ． 所以∠BOM＝30°．所以∠AOM＝150°． （3）由 A( 1, 3) 、B(2,0)、M 3(1, )3  ， 得 3tan 3ABO  ， 2 3AB  ， 2 3 3OM  ． 所以∠ABO＝30°， 3OA OM  ． 因此当点 C 在点 B 右侧时，∠ABC＝∠AOM＝150°． △ABC 与△AOM 相似，存在两种情况： ①如图 3，当 3BA OA BC OM   时， 2 3 2 3 3 BABC    ．此时 C(4,0)． ②如图 4，当 3BC OA BA OM   时， 3 3 2 3 6BC BA    ．此时 C(8,0)． 图 3 图 4 考点伸展 在本题情境下，如果△ABC 与△BOM 相似，求点 C 的坐标． 如图 5，因为△BOM 是 30°底角的等腰三角形，∠ABO＝30°，因此△ABC 也是底角 为 30°的等腰三角形，AB＝AC，根据对称性，点 C 的坐标为(－4,0)． 图 5 例 2 2012 年苏州市中考第 29 题 如图 1，已知抛物线 21 1 ( 1)4 4 4 by x b x    （b 是实数且 b＞2）与 x 轴的正半轴分别交 于点 A、B（点 A 位于点 B 是左侧），与 y 轴的正半轴交于点 C． （1）点 B 的坐标为______，点 C 的坐标为__________（用含 b 的代数式表示）； （2）请你探索在第一象限内是否存在点 P，使得四边形 PCOB 的面积等于 2b，且△PBC 是以点 P 为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点 P 的坐标；如果不存在，请说 明理由； （3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点 Q，使得△QCO、△QOA 和△QAB 中的 任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点 Q 的坐标；如 果不存在，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 苏州 29”，拖动点 B 在 x 轴的正半轴上运动，可以体验到， 点 P 到两坐标轴的距离相等，存在四边形 PCOB 的面积等于 2b 的时刻．双击按钮“第（3） 题”，拖动点 B，可以体验到，存在∠OQA＝∠B 的时刻，也存在∠OQ′A＝∠B 的时刻． 思路点拨 1．第（2）题中，等腰直角三角形 PBC 暗示了点 P 到两坐标轴的距离相等． 2．联结 OP，把四边形 PCOB 重新分割为两个等高的三角形，底边可以用含 b 的式子 表示． 3．第（3）题要探究三个三角形两两相似，第一直觉这三个三角形是直角三角形，点 Q 最大的可能在经过点 A 与 x 轴垂直的直线上． 满分解答 （1）B 的坐标为(b, 0)，点 C 的坐标为(0, 4 b )． （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＝ 1 1 5 2 4 2 8 b x b x bx      ＝2b． 解得 16 5x  ．所以点 P 的坐标为(16 16,5 5 )． 图 2 图 3 （3）由 21 1 1( 1) ( 1)( )4 4 4 4 by x b x x x b       ，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 BA QA QA OA  ，即 2QA BA OA  时，△BQA∽△QOA． 所以 2( ) 14 b b  ．解得 8 4 3b   ．所以符合题意的点 Q 为(1,2 3 )． 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 BA QA QA OA  时，△BQA∽△QOA．此时∠OQB＝90°． 所以 C、Q、B 三点共线．因此 BO QA CO OA  ，即 1 4 b QA b  ．解得 4QA  ．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 3 2012 年黄冈市中考模拟第 25 题 如图 1，已知抛物线的方程 C1： 1 ( 2)( )y x x mm     (m＞0)与 x 轴交于点 B、C，与 y 轴交于点 E，且点 B 在点 C 的左侧． （1）若抛物线 C1 过点 M(2, 2)，求实数 m 的值； （2）在（1）的条件下，求△BCE 的面积； （3）在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点 H，使得 BH＋EH 最小，求出点 H 的坐标； （4）在第四象限内，抛物线 C1 上是否存在点 F，使得以点 B、C、F 为顶点的三角形 与△BCE 相似？若存在，求 m 的值；若不存在，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 黄冈 25”，拖动点 C 在 x 轴正半轴上运动，观察左图，可 以体验到，EC 与 BF 保持平行，但是∠BFC 在无限远处也不等于 45°．观察右图，可以体 验到，∠CBF 保持 45°，存在∠BFC＝∠BCE 的时刻． 思路点拨 1．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，当 H 落在线段 EC 上时，BH＋EH 最小． 2．第（4）题的解题策略是：先分两种情况画直线 BF，作∠CBF＝∠EBC＝45°，或 者作 BF//EC．再用含 m 的式子表示点 F 的坐标．然后根据夹角相等，两边对应成比例列关 于 m 的方程． 满分解答 （1）将 M(2, 2)代入 1 ( 2)( )y x x mm     ，得 12 4(2 )mm     ．解得 m＝4． （2）当 m＝4 时， 21 1 1( 2)( 4) 24 4 2y x x x x        ．所以 C(4, 0)，E(0, 2)． 所以 S△BCE＝ 1 1 6 2 62 2BC OE     ． （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 HP EO CP CO  ． 因此 2 3 4 HP  ．解得 3 2HP  ．所以点 H 的坐标为 3(1, )2 ． （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 CE BC CB BF  ，即 2BC CE BF  时，△BCE∽△FBC． 设点 F 的坐标为 1( , ( 2)( ))x x x mm    ，由 ' ' FF EO BF CO  ，得 1 ( 2)( ) 2 2 x x mm x m    ． 解得 x＝m＋2．所以 F′(m＋2, 0)． 由 'CO BF CE BF  ，得 2 4 4 m m BFm   ．所以 2( 4) 4m mBF m   ． 由 2BC CE BF  ，得 2 2 2 ( 4) 4( 2) 4 m mm m m      ． 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 BE BC BC BF  ，即 2BC BE BF  时，△BCE∽△BFC． 在 Rt△BFF′中，由 FF′＝BF′，得 1 ( 2)( ) 2x x m xm     ． 解得 x＝2m．所以 F′(2 ,0)m ．所以 BF′＝2m＋2， 2(2 2)BF m  ． 由 2BC BE BF  ，得 2( 2) 2 2 2(2 2)m m    ．解得 2 2 2m   ． 综合①、②，符合题意的 m 为 2 2 2 ． 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 4 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 1x  ，解析式为 21 1 8 4y x x  ，顶点为 M（1， 1 8  ）． （ 2 ） 梯 形 O1A1B1C1 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 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 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 5 2009 年临沂市中考第 26 题 如图 1，抛物线经过点 A(4，0)、B（1，0)、C（0，－2）三点． （1）求此抛物线的解析式； （2）P 是抛物线上的一个动点，过 P 作 PM⊥x 轴，垂足为 M，是否存在点 P，使得以 A、P、M 为顶点的三角形与△OAC 相似？若存在，请求出符合条件的 点 P 的坐标；若不 存在，请说明理由； （3）在直线 AC 上方的抛物线是有一点 D，使得△DCA 的面积最大，求出点 D 的坐标． , 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“09 临沂 26”，拖动点 P 在抛物线上运动，可以体验到，△PAM 的形状在变化，分别双击按钮“P 在 B 左侧”、“ P 在 x 轴上方”和“P 在 A 右侧”，可以显 示△PAM 与△OAC 相似的三个情景． 双击按钮“第(3)题”， 拖动点 D 在 x 轴上方的抛物线上运动，观察△DCA 的形状和面 积随 D 变化的图象，可以体验到，E 是 AC 的中点时，△DCA 的面积最大． 思路点拨 1．已知抛物线与 x 轴的两个交点，用待定系数法求解析式时，设交点式比较简便． 2．数形结合，用解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长． 3．按照两条直角边对应成比例，分两种情况列方程． 4．把△DCA 可以分割为共底的两个三角形，高的和等于 OA． 满分解答 （1 ）因为抛物线与 x 轴交于 A(4，0)、B（1，0)两点，设抛物线的解析式为 )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 2008 年苏州市中考第 29 题 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“08 苏州 29”，拖动表示 a 的点在 y 轴上运动，可以体验到，当 抛物线经过点 E1 和 E3 时，直线 NE1、NE3 和直线 AB 交于同一个点 G，此时△POB∽△PGN．当 抛物线经过点 E2 和 E4 时，直线 NE2、NE4 和直线 AB 交于同一个点 G，可以体验到，这个点 G 在点 N 右侧较远处． 思路点拨 1．求等腰直角三角形 OAB 斜边上的高 OH，解直角三角形 POH 求 k、b 的值． 2．以 DN 为边画正方形及对角线，可以体验到，正方形的顶点和对角线的交点中，有 符合题意的点 E，写出点 E 的坐标，代入抛物线的解析式就可以求出 a． 3 ． 当 E 在 x 轴 上 方时 ， ∠ GNP ＝ 45 °， △ POB ∽ △ PGN ， 把 PB PG 转 化 为 14PO PN  ． 4．当 E 在 x 轴下方时，通过估算得到 PB PG 大于 10 2 ． 满分解答 （1） 1OH  ， 3 3k  ， 2 3 3b  ． （2）由抛物线的解析式 ( 1)( 5)y a x x   ，得 点 M 的坐标为 ( 1,0) ，点 N 的坐标为 (5,0) ． 因此 MN 的中点 D 的坐标为（2，0），DN＝3． 因为△AOB 是等腰直角三角形，如果△DNE 与△AOB 相似，那么△DNE 也是等腰直角 三角形． ①如图 2，如果 DN 为直角边，那么点 E 的坐标为 E1（2，3）或 E2（2，－3）． 将 E1（2，3）代入 ( 1)( 5)y a x x   ，求得 1 3a   ． 此时抛物线的解析式为 21 1 4 5( 1)( 5)3 3 3 3y x x x x        ． 将 E2（2，－3）代入 ( 1)( 5)y a x x   ，求得 3 1a ． 此时抛物线的解析式为 3 5 3 4 3 1)5)(1(3 1 2  xxxxy ． ②如果 DN 为斜边，那么点 E 的坐标为 E3 1 1(3 ,1 )2 2 或 E4 )2 11,2 13(  ． 将 E3 1 1(3 ,1 )2 2 代入 ( 1)( 5)y a x x   ，求得 2 9a   ． 此时抛物线的解析式为 22 2 8 10( 1)( 5)9 9 9 9y x x x x        ． 将 E4 )2 11,2 13(  代入 ( 1)( 5)y a x x   ，求得 9 2a ． 此时抛物线的解析式为 9 10 9 8 9 2)5)(1(9 2 2  xxxxy ． 图 2 图 3 对于点 E 为 E1（2，3）和 E3 1 1(3 ,1 )2 2 ，直线 NE 是相同的，∠ENP＝45°． 又∠OBP＝45°，∠P＝∠P，所以△POB∽△PGN． 因此 2101472  PNPOPGPB ． 对于点 E 为 E2（2，－3）和 E4 )2 11,2 13(  ，直线 NE 是相同的． 此时点 G 在直线 5x 的右侧， 33 14PG ． 又 33 4PB ，所以 2103 41433 433 14  PGPB ． 考点伸展 在本题情景下，怎样计算 PB 的长？ 如图 3，作 AF⊥AB 交 OP 于 F，那么△OBC≌△OAF，OF＝OC＝ 2 33 ，PF＝ 22 33  ， PA＝ 3 3 2(2 3) 3 12 2 3PF     ，所以 3 1PB   ． 1.2 因动点产生的等腰三角形问题 例 1 2013 年上海市虹口区中考模拟第 25 题 如图 1，在 Rt△ABC 中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，点 D 为边 BC 的中点，DE⊥BC 交边 AC 于点 E，点 P 为射线 AB 上的一动点，点 Q 为边 AC 上的一动点，且∠PDQ＝90°． （1）求 ED、EC 的长； （2）若 BP＝2，求 CQ 的长； （3）记线段 PQ 与线段 DE 的交点为 F，若△PDF 为等腰三角形，求 BP 的长． 图 1 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“13 虹口 25”，拖动点 P 在射线 AB 上运动，可以体验到，△PDM 与△QDN 保持相似．观察△PDF，可以看到，P、F 可以落在对边的垂直平分线上，不存在 DF＝DP 的情况． 请打开超级画板文件名“13 虹口 25”，拖动点 P 在射线 AB 上运动，可以体验到，△PDM 与△QDN 保持相似．观察△PDF，可以看到，P、F 可以落在对边的垂直平分线上，不存在 DF＝DP 的情况． 思路点拨 1．第（2）题 BP＝2 分两种情况． 2．解第（2）题时，画准确的示意图有利于理解题意，观察线段之间的和差关系． 3．第（3）题探求等腰三角形 PDF 时，根据相似三角形的传递性，转化为探求等腰三 角形 CDQ． 满分解答 （1）在 Rt△ABC 中， AB＝6，AC＝8，所以 BC＝10． 在 Rt△CDE 中，CD＝5，所以 3 15tan 5 4 4ED CD C      ， 25 4EC  ． （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 4 3 PM DM QN DN   ．所以 3 4QN PM ， 4 3PM QN ． 图 2 图 3 图 4 ①如图 3，当 BP＝2，P 在 BM 上时，PM＝1． 此时 3 3 4 4QN PM  ．所以 3 194 4 4CQ CN QN     ． ②如图 4，当 BP＝2，P 在 MB 的延长线上时，PM＝5． 此时 3 15 4 4QN PM  ．所以 15 314 4 4CQ CN QN     ． （3）如图 5，如图 2，在 Rt△PDQ 中， 3tan 4 QD DNQPD PD DM     ． 在 Rt△ABC 中， 3tan 4 BAC CA    ．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 4 4 3 3PM QN  ．所以 4 53 3 3BP BM PM     ． ②如图 6，当 QC＝QD 时，由cos CHC CQ  ，可得 5 4 25 2 5 8CQ    ． 所以 QN＝CN－CQ＝ 25 74 8 8   （如图 2 所示）． 此时 4 7 3 6PM QN  ．所以 7 253 6 6BP BM PM     ． 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 25 6BP  ． 例 2 2012 年扬州市中考第 27 题 如图 1，抛物线 y＝ax2＋bx＋c 经过 A(－1,0)、B(3, 0)、C(0 ,3)三点，直线 l 是抛物线的 对称轴． （1）求抛物线的函数关系式； （2）设点 P 是直线 l 上的一个动点，当△PAC 的周长最小时，求点 P 的坐标； （3）在直线 l 上是否存在点 M，使△MAC 为等腰三角形，若存在，直接写出所有符合 条件的点 M 的坐标；若不存在，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 扬州 27”，拖动点 P 在抛物线的对称轴上运动，可以体验 到，当点 P 落在线段 BC 上时，PA＋PC 最小，△PAC 的周长最小．拖动点 M 在抛物线的对 称轴上运动，观察△MAC 的三个顶点与对边的垂直平分线的位置关系，可以看到，点 M 有 1 次机会落在 AC 的垂直平分线上；点 A 有 2 次机会落在 MC 的垂直平分线上；点 C 有 2 次 机会落在 MA 的垂直平分线上，但是有 1 次 M、A、C 三点共线． 思路点拨 1．第（2）题是典型的“牛喝水”问题，点 P 在线段 BC 上时△PAC 的周长最小． 2．第（3）题分三种情况列方程讨论等腰三角形的存在性． 满分解答 （1）因为抛物线与 x 轴交于 A(－1,0)、B(3, 0)两点，设 y＝a(x＋1)(x－3)， 代入点 C(0 ,3)，得－3a＝3．解得 a＝－1． 所以抛物线的函数关系式是 y＝－(x＋1)(x－3)＝－x2＋2x＋3． （2）如图 2，抛物线的对称轴是直线 x＝1． 当点 P 落在线段 BC 上时，PA＋PC 最小，△PAC 的周长最小． 设抛物线的对称轴与 x 轴的交点为 H． 由 BH PH BO CO  ，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, 6 )、(1, 6 )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 6m   ． 此时点 M 的坐标为(1, 6 )或(1, 6 )． 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 3 2012 年临沂市中考第 26 题 如图 1，点 A 在 x 轴上，OA＝4，将线段 OA 绕点 O 顺时针旋转 120°至 OB 的位置． （1）求点 B 的坐标； （2）求经过 A、O、B 的抛物线的解析式； （3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点 P，使得以点 P、O、B 为顶点的三角形是等 腰三角形？若存在，求点 P 的坐标；若不存在，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 临沂 26”，拖动点 P 在抛物线的对称轴上运动，可以体验 到，⊙O 和⊙B 以及 OB 的垂直平分线与抛物线的对称轴有一个共同的交点，当点 P 运动到 ⊙O 与对称轴的另一个交点时，B、O、P 三点共线． 请打开超级画板文件名“12 临沂 26”，拖动点 P，发现存在点 P，使得以点 P、O、B 为顶点的三角形是等腰三角形 思路点拨 1．用代数法探求等腰三角形分三步：先分类，按腰相等分三种情况；再根据两点间的 距离公式列方程；然后解方程并检验． 2．本题中等腰三角形的角度特殊，三种情况的点 P 重合在一起． 满分解答 （1）如图 2，过点 B 作 BC⊥y 轴，垂足为 C． 在 Rt△OBC 中，∠BOC＝30°，OB＝4，所以 BC＝2， 2 3OC  ． 所以点 B 的坐标为 ( 2, 2 3)  ． （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( 2, 2 3)  ， 2 3 2 ( 6)a     ．解得 3 6a   ． 所以抛物线的解析式为 23 3 2 3( 4)6 6 3y x x x x      ． （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 2 3y   ． 当 P 在(2,2 3) 时，B、O、P 三点共线（如图 2）． ②当 BP＝BO＝4 时，BP2＝16．所以 2 24 ( 2 3) 16y   ．解得 1 2 2 3y y   ． ③当 PB＝PO 时，PB2＝PO2．所以 2 2 2 24 ( 2 3) 2y y    ．解得 2 3y   ． 综合①、②、③，点 P 的坐标为 (2, 2 3) ，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 23 3 2 3( 4) ( 2)6 6 3y x x x       ，得抛物线的顶点为 2 3(2, )3D ． 因此 2 3tan 3DOA  ．所以∠DOA＝30°，∠ODA＝120°． 例 4 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 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 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 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， 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＝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， 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． 例 5 2010 年南通市中考第 27 题 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 图象，可以体验到，y 是 x 的二次函数，抛物线的开口向下．对照图形和图象，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，再拖动图象中标签为“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． 例 6 2009 年江西省中考第 25 题 如图 1，在等腰梯形 ABCD 中，AD//BC，E 是 AB 的中点，过点 E 作 EF//BC 交 CD 于 点 F，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°． （1）求点 E 到 BC 的距离； （2）点 P 为线段 EF 上的一个动点，过点 P 作 PM⊥EF 交 BC 于 M，过 M 作 MN//AB 交折线 ADC 于 N，连结 PN，设 EP＝x． ①当点 N 在线段 AD 上时（如图 2），△PMN 的形状是否发生改变？若不变，求出△PMN 的周长；若改变，请说明理由； ②当点 N 在线段 DC 上时（如图 3），是否存在点 P，使△PMN 为等腰三角形？若存在， 请求出所有满足条件的 x 的值；若不存在，请说明理由． 图 1 图 2 图 3 动感体验 请打开几何画板文件名“09 江西 25”，拖动点 P 在 EF 上运动，可以体验到，当 N 在 AD 上时，△PMN 的形状不发生改变，四边形 EGMP 是矩形，四边形 BMQE、四边形 ABMN 是平行四边形，PH 与 NM 互相平分． 当 N 在 DC 上时，△PMN 的形状发生变化，但是△CMN 恒为等边三角形，分别双击按 钮“PM＝PN”、“MP＝MN”和“NP＝NM”，可以显示△PMN 为等腰三角形． 思路点拨 1．先解读这个题目的背景图，等腰梯形 ABCD 的中位线 EF＝4，这是 x 的变化范围．平 行线间的距离处处相等，AD 与 EF、EF 与 BC 间的距离相等． 2．当点 N 在线段 AD 上时，△PMN 中 PM 和 MN 的长保持不变是显然的，求证 PN 的 长是关键．图形中包含了许多的对边平行且相等，理顺线条的关系很重要． 3．分三种情况讨论等腰三角形 PMN，三种情况各具特殊性，灵活运用几何性质解题． 满分解答 （1）如图 4，过点 E 作 EG⊥BC 于 G． 在 Rt△BEG 中， 22 1  ABBE ，∠B＝60°， 所以 160cos  BEBG ， 360sin  BEEG ． 所以点 E 到 BC 的距离为 3 ． （2）因为 AD//EF//BC，E 是 AB 的中点，所以 F 是 DC 的中点． 因此 EF 是梯形 ABCD 的中位线，EF＝4． ①如图 4，当点 N 在线段 AD 上时，△PMN 的形状不是否发生改变． 过点 N 作 NH⊥EF 于 H，设 PH 与 NM 交于点 Q． 在矩形 EGMP 中，EP＝GM＝x，PM＝EG＝ 3 ． 在平行四边形 BMQE 中，BM＝EQ＝1＋x． 所以 BG＝PQ＝1． 因为 PM 与 NH 平行且相等，所以 PH 与 NM 互相平分，PH＝2PQ＝2． 在 Rt△PNH 中，NH＝ 3 ，PH＝2，所以 PN＝ 7 ． 在平行四边形 ABMN 中，MN＝AB＝4． 因此△PMN 的周长为 3 ＋ 7 ＋4． 图 4 图 5 ②当点 N 在线段 DC 上时，△CMN 恒为等边三角形． 如图 5，当 PM＝PN 时，△PMC 与△PNC 关于直线 PC 对称，点 P 在∠DCB 的平分线 上． 在 Rt△PCM 中，PM＝ 3 ，∠PCM＝30°，所以 MC＝3． 此时 M、P 分别为 BC、EF 的中点，x＝2． 如图 6，当 MP＝MN 时，MP＝MN＝MC＝ 3 ，x＝GM＝GC－MC＝5－ 3 ． 如图 7，当 NP＝NM 时，∠NMP＝∠NPM＝30°，所以∠PNM＝120°． 又因为∠FNM＝120°，所以 P 与 F 重合． 此时 x＝4． 综上所述，当 x＝2 或 4 或 5－ 3 时，△PMN 为等腰三角形． 图 6 图 7 图 8 考点伸展 第（2）②题求等腰三角形 PMN 可以这样解： 如图 8，以 B 为原点，直线 BC 为 x 轴建立坐标系，设点 M 的坐标为（m，0），那么点 P 的坐标为（m， 3 ），MN＝MC＝6－m，点 N 的坐标为（ 2 6m ， 2 )6(3 m ）． 由两点间的距离公式，得 21922  mmPN ． 当 PM＝PN 时， 92192  mm ，解得 3m 或 6m ．此时 2x ． 当 MP＝MN 时， 36  m ，解得 36 m ，此时 35 x ． 当 NP＝NM 时， 22 )6(219 mmm  ，解得 5m ，此时 4x ． 1.3 因动点产生的直角三角形问题 例 1 2013 年山西省中考第 26 题 如图 1，抛物线 21 3 44 2y x x   与 x 轴交于 A、B 两点（点 B 在点 A 的右侧），与 y 轴 交于点 C，连结 BC，以 BC 为一边，点 O 为对称中心作菱形 BDEC，点 P 是 x 轴上的一个 动点，设点 P 的坐标为(m, 0)，过点 P 作 x 轴的垂线 l 交抛物线于点 Q． （1）求点 A、B、C 的坐标； （2）当点 P 在线段 OB 上运动时，直线 l 分别交 BD、BC 于点 M、N．试探究 m 为何 值时，四边形 CQMD 是平行四边形，此时，请判断四边形 CQBM 的形状，并说明理由； （3）当点 P 在线段 EB 上运动时，是否存在点 Q，使△BDQ 为直角三角形，若存在， 请直接写出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“13 山西 26”，拖动点 P 在线段 OB 上运动，可以体验到，当 P 运动到 OB 的中点时，四边形 CQMD 和四边形 CQBM 都是平行四边形．拖动点 P 在线段 EB 上运动，可以体验到，∠DBQ 和∠BDQ 可以成为直角． 请打开超级画板文件名“13 山西 26”，拖动点 P 在线段 OB 上运动，可以体验到，当 P 运动到 OB 的中点时，四边形 CQMD 和四边形 CQBM 都是平行四边形．拖动点 P 在线段 EB 上运动，可以体验到，∠DBQ 和∠BDQ 可以成为直角． 思路点拨 1．第（2）题先用含 m 的式子表示线段 MQ 的长，再根据 MQ＝DC 列方程． 2．第（2）题要判断四边形 CQBM 的形状，最直接的方法就是根据求得的 m 的值画一 个准确的示意图，先得到结论． 3．第（3）题△BDQ 为直角三角形要分两种情况求解，一般过直角顶点作坐标轴的垂 线可以构造相似三角形． 满分解答 （1）由 21 3 14 ( 2)( 8)4 2 4y x x x x      ，得 A(－2,0)，B(8,0)，C(0,－4)． （2）直线 DB 的解析式为 1 42y x   ． 由点 P 的坐标为(m, 0)，可得 1( , 4)2M m m  ， 21 3( , 4)4 2Q m m m  ． 所以 MQ＝ 2 21 1 3 1( 4) ( 4) 82 4 2 4m m m m m         ． 当 MQ＝DC＝8 时，四边形 CQMD 是平行四边形． 解方程 21 8 84 m m    ，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( , ( 2)( 8))4x x x  ． ①如图 3，当∠DBQ＝90°时， 1 2 QG BH GB HD   ．所以 1 ( 2)( 8) 14 8 2 x x x     ． 解得 x＝6．此时 Q(6,－4)． ②如图 4，当∠BDQ＝90°时， 2QG DH GD HB   ．所以 14 ( 2)( 8)4 2 x x x     ． 解得 x＝－2．此时 Q(－2,0)． 图 3 图 4 例 1 2012 年广州市中考第 24 题 如图 1，抛物线 23 3 38 4y x x    与 x 轴交于 A、B 两点（点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴交于点 C． （1）求点 A、B 的坐标； （2）设 D 为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD 的面积等于△ACB 的面积 时，求点 D 的坐标； （3）若直线 l 过点 E(4, 0)，M 为直线 l 上的动点，当以 A、B、M 为顶点所作的直角三 角形有且只有．．．．三个时，求直线 l 的解析式． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 广州 24”，拖动点 M 在以 AB 为直径的圆上运动，可以体验 到，当直线与圆相切时，符合∠AMB＝90°的点 M 只有 1 个． 请打开超级画板文件名“12 广州 24”，拖动点 M 在以 AB 为直径的圆上运动，可以体验 到，当直线与圆相切时，符合∠AMB＝90°的点 M 只有 1 个． 思路点拨 1．根据同底等高的三角形面积相等，平行线间的距离处处相等，可以知道符合条件的 点 D 有两个． 2．当直线 l 与以 AB 为直径的圆相交时，符合∠AMB＝90°的点 M 有 2 个；当直线 l 与圆相切时，符合∠AMB＝90°的点 M 只有 1 个． 3．灵活应用相似比解题比较简便． 满分解答 （1）由 23 3 33 ( 4)( 2)8 4 8y x x x x        ， 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 3 4 DG CO BG AO   ． 所以 3 9 4 4DG BG  ，点 D 的坐标为 9(1, )4  ． 因为 AC//BD，AG＝BG，所以 HG＝DG． 而 D′H＝DH，所以 D′G＝3DG 27 4  ．所以 D′的坐标为 27(1, )4 ． 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， 1 1 3tan 4 M AM EA AE    ，所以 M1A＝6． 所以点 M1 的坐标为(－4, 6)，过 M1、E 的直线 l 为 3 34y x   ． 根据对称性，直线 l 还可以是 3 34y x  ． 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 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 ky x  ．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 ky x  ． 当 k＝－2 时，反比例函数的解析式是 2y x   ． （2）在反比例函数 ky x  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)＝ 21 5( )2 4k x k  的对称轴是直 线 1 2x   ． 图 1 所以当 k＜0 且 1 2x   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 1 5( , )2 4 k  ，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 2 2 2 21 5( ) ( ) 12 4 k k     ． 解得 1 2 33k  （如图 2）， 2 2 33k   （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 ky x  （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 4 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 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 l1，过 A、P 两点的直线为 l2，若 l1 与 l2 是点 P 的直角线，求 直线 l1 与 l2 的解析式． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“11 浙江 23”，拖动点 P 在 OC 上运动，可以体验到，∠APB 有两个时刻可以成为直角，此时△BCP∽△POA． 答案 （1）直线①和③是点 C 的直角线． （2）当∠APB＝90°时，△BCP∽△POA．那么 BC PO CP OA  ，即 2 7 3 PO PO  ．解得 OP ＝6 或 OP＝1． 如图 2，当 OP＝6 时，l1： 1 62y x  ， l2：y＝－2x＋6． 如图 3，当 OP＝1 时，l1：y＝3x＋1， l2： 1 13y x   ． 图 2 图 3 例 5 2010 年北京市中考第 24 题 在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 2 21 5 3 24 4 m my x x m m      与 x 轴的交点 分别为原点 O 和点 A，点 B(2,n)在这条抛物线上． （1）求点 B 的坐标； （2）点 P 在线段 OA 上，从点 O 出发向点 A 运动，过点 P 作 x 轴的垂线，与直线 OB 交于点 E，延长 PE 到点 D，使得 ED＝PE，以 PD 为斜边，在 PD 右侧作等腰直角三角形 PCD（当点 P 运动时，点 C、D 也随之运动）． ①当等腰直角三角形 PCD 的顶点 C 落在此抛物线上时，求 OP 的长； ②若点 P 从点 O 出发向点 A 作匀速运动，速度为每秒 1 个单位，同时线段 OA 上另一 个点 Q 从点 A 出发向点 O 作匀速运动，速度为每秒 2 个单位（当点 Q 到达点 O 时停止运动， 点 P 也停止运动）．过 Q 作 x 轴的垂线，与直线 AB 交于点 F，延长 QF 到点 M，使得 FM＝ QF，以 QM 为斜边，在 QM 的左侧作等腰直角三角形 QMN（当点 Q 运动时，点 M、N 也 随之运动）．若点 P 运动到 t 秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线 上，求此刻 t 的值． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“10 北京 24”，拖动点 P 从 O 向 A 运动，可以体验到，两个等 腰直角三角形的边有三个时刻可以共线． 思路点拨 1．这个题目最大的障碍，莫过于无图了． 2．把图形中的始终不变的等量线段罗列出来，用含有 t 的式子表示这些线段的长． 3．点 C 的坐标始终可以表示为(3t,2t)，代入抛物线的解析式就可以计算此刻 OP 的长． 4．当两个等腰直角三角形有边共线时，会产生新的等腰直角三角形，列关于 t 的方程 就可以求解了． 满分解答 (1) 因为抛物线 2 21 5 3 24 4 m my x x m m      经过原点，所以 2 3 2 0m m   ． 解得 1 2m  ， 2 1m  （舍去）．因此 21 5 4 2y x x   ．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， 21 52 (3 ) 34 2t t t     ．解得 22 9t OP  ． 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 10 3t  ． 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10 3 2t t  ．解得 2t  ． 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10 3 4t t  ．解得 10 7t  ． 图 1 图 2 图 3 考点伸展 在本题情境下，如果以 PD 为直径的圆 E 与以 QM 为直径的圆 F 相切，求 t 的值． 如图 5，当 P、Q 重合时，两圆内切， 10 3t  ． 如图 6，当两圆外切时， 30 20 2t   ． 图 4 图 5 图 6 例 6 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， 4MN ， 1MA ， 1MB ．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 xAB  ． （1）求 x 的取值范围； （2）若△ABC 为直角三角形，求 x 的值； （3）探究：△ABC 的最大面积？ 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“09 嘉兴 24”，拖动点 B 在 AN 上运动，可以体验到，三角形的 两边之和大于第三边，两边之差小于第三边；∠CAB 和∠ACB 可以成为直角，∠CBA 不可 能成为直角；观察函数的图象，可以看到，图象是一个开口向下的“U”形，当 AB 等于 1.5 时，面积达到最大值． 思路点拨 1．根据三角形的两边之和大于第三边，两边之差小于第三边列关于 x 的不等式组，可 以求得 x 的取值范围． 2．分类讨论直角三角形 ABC，根据勾股定理列方程，根据根的情况确定直角三角形的 存在性． 3．把△ABC 的面积 S 的问题，转化为 S2 的问题．AB 边上的高 CD 要根据位置关系分 类讨论，分 CD 在三角形内部和外部两种情况． 满分解答 （1）在 △ ABC 中， 1AC ， xAB  ， xBC  3 ，所以      .31 ,31 xx xx 解得 21  x ． （2）①若 AC 为斜边，则 22 )3(1 xx  ，即 0432  xx ，此方程无实根． ②若 AB 为斜边，则 1)3( 22  xx ，解得 3 5x ，满足 21  x ． ③若 BC 为斜边，则 22 1)3( xx  ，解得 3 4x ，满足 21  x ． 因此当 3 5x 或 3 4x 时，△ABC 是直角三角形． （3）在 △ ABC 中，作 ABCD  于 D，设 hCD  ， △ ABC 的面积为 S，则 xhS 2 1 ． ① 如 图 2 ， 若 点 D 在 线 段 AB 上 ， 则 xhxh  222 )3(1 ． 移 项 ， 得 222 1)3( hxhx  ．两边平方，得 22222 112)3( hhxxhx  ．整理， 得 431 2  xhx ． 两 边 平 方 ， 得 16249)1( 222  xxhx ． 整 理 ， 得 16248 222  xxhx 所以 4624 1 2222  xxhxS 2 1)2 3(2 2  x （ 4 23 x ≤ ）． 当 2 3x 时（满足 4 23 x ≤ ）， 2S 取最大值 2 1 ，从而 S 取最大值 2 2 ． 图 2 图 3 ②如图 3，若点 D 在线段 MA 上，则 xhhx  222 1)3( ． 同理可得， 4624 1 2222  xxhxS 2 1)2 3(2 2  x （ 41 3x ≤ ）． 易知此时 2 2S ． 综合①②得， △ ABC 的最大面积为 2 2 ． 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 aAD  ， 例如在图 2 中，由 2222 BDBCADAC  列方程 222 )()3(1 axxa  ． 整理，得 x xa 43  ．所以 21 a 2 22 16248431 x xx x x       ． 因此 462)1(4 1 2222  xxaxS ． 例 7 2008 年河南省中考第 23 题 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 8 2008 年河南省中考第 23 题 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 1.4 因动点产生的平行四边形问题 例 1 2013 年上海市松江区中考模拟第 24 题 如图 1，已知抛物线 y＝－x2＋bx＋c 经过 A(0, 1)、B(4, 3)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）求 tan∠ABO 的值； （3）过点 B 作 BC⊥x 轴，垂足为 C，在对称轴的左侧且平行于 y 轴的直线交线段 AB 于点 N，交抛物线于点 M，若四边形 MNCB 为平行四边形，求点 M 的坐标． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“13 松江 24”，拖动点 N 在直线 AB 上运动，可以体验到，以 M、 N、C、B 为顶点的平行四边形有 4 个，符合 MN 在抛物线的对称轴的左侧的平行四边形 MNCB 只有一个． 请打开超级画板文件名“13 松江 24”，拖动点 N 在直线 AB 上运动，可以体验到，MN 有 4 次机会等于 3，这说明以 M、N、C、B 为顶点的平行四边形有 4 个，而符合 MN 在抛物 线的对称轴的左侧的平行四边形 MNCB 只有一个． 思路点拨 1．第（2）题求∠ABO 的正切值，要构造包含锐角∠ABO 的角直角三角形． 2．第（3）题解方程 MN＝yM－yN＝BC，并且检验 x 的值是否在对称轴左侧． 满分解答 （1）将 A(0, 1)、B(4, 3)分别代入 y＝－x2＋bx＋c，得 1, 16 4 3. c b c      解得 9 2b  ，c＝1． 所以抛物线的解析式是 2 9 12y x x    ． （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， 4sin sin 5AOH OBC    ， 所 以 4sin 5AH OA AOH    ． 图 2 所以 3 5OH  ， 22 5BH OB OH   ． 在 Rt△ABH 中， 4 22 2tan 5 5 11 AHABO BH      ． （3）直线 AB 的解析式为 1 12y x  ． 设点 M 的坐标为 2 9( , 1)2x x x   ，点 N 的坐标为 1( , 1)2x x  ， 那么 2 29 1( 1) ( 1) 42 2MN x x x x x         ． 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 9(1, )2 （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 2 7x   （如图 5）． 所以符合题意的点 M 有 4 个： 9(1, )2 ， 11(3, )2 ， 5 7(2 7, )2  ， 5 7(2 7, )2  ． 图 5 例 2 2012 年福州市中考第 21 题 如图 1，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，动点 P 从点 A 开始沿边 AC 向 点 C 以每秒 1 个单位长度的速度运动，动点 Q 从点 C 开始沿边 CB 向点 B 以每秒 2 个单位 长度的速度运动，过点 P 作 PD//BC，交 AB 于点 D，联结 PQ．点 P、Q 分别从点 A、C 同 时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为 t 秒（t≥0）． （1）直接用含 t 的代数式分别表示：QB＝_______，PD＝_______； （2）是否存在 t 的值，使四边形 PDBQ 为菱形？若存在，求出 t 的值；若不存在，说 明理由，并探究如何改变点 Q 的速度（匀速运动），使四边形 PDBQ 在某一时刻为菱形，求 点 Q 的速度； （3）如图 2，在整个运动过程中，求出线段 PQ 的中点 M 所经过的路径长． 图 1 图 2 动感体验 请打开几何画板文件名“12 福州 21”，拖动左图中的点 P 运动，可以体验到，PQ 的中 点 M 的运动路径是一条线段．拖动右图中的点 Q 运动，可以体验到，当 PQ//AB 时，四边 形 PDBQ 为菱形． 请打开超级画板文件名“12 福州 21”，拖动点 Q 向上运动，可以体验到，PQ 的中点 M 的运动路径是一条线段．点击动画按钮的左部，Q 的速度变成 1.07，可以体验到，当 PQ//AB 时，四边形 PDBQ 为菱形．点击动画按钮的中部，Q 的速度变成 1. 思路点拨 1．菱形 PDBQ 必须符合两个条件，点 P 在∠ABC 的平分线上，PQ//AB．先求出点 P 运动的时间 t，再根据 PQ//AB，对应线段成比例求 CQ 的长，从而求出点 Q 的速度． 2．探究点 M 的路径，可以先取两个极端值画线段，再验证这条线段是不是点 M 的路 径． 满分解答 （1）QB＝8－2t，PD＝ 4 3 t ． （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， 2 3cos 5 AEA AP t    ，所以 10 3t  ． 当 PQ//AB 时， CQ CP CB CA  ，即 106 3 8 6 CQ   ．解得 32 9CQ  ． 所以点 Q 的运动速度为 32 10 16 9 3 15   ． （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（ 6 2 t ，t）．经验证，点 M（ 6 2 t ，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＝ 2 5 ． 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 9 3 0, 4, 4 2 2. a b c a b c a b c            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 3 2012 年烟台市中考第 26 题 如图 1，在平面直角坐标系中，已知矩形 ABCD 的三个顶点 B(1, 0)、C(3, 0)、D(3, 4)．以 A 为顶点的抛物线 y＝ax2＋bx＋c 过点 C．动点 P 从点 A 出发，沿线段 AB 向点 B 运动，同 时动点 Q 从点 C 出发，沿线段 CD 向点 D 运动．点 P、Q 的运动速度均为每秒 1 个单位， 运动时间为 t 秒．过点 P 作 PE⊥AB 交 AC 于点 E． （1）直接写出点 A 的坐标，并求出抛物线的解析式； （2）过点 E 作 EF⊥AD 于 F，交抛物线于点 G，当 t 为何值时，△ACG 的面积最大？ 最大值为多少？ （3）在动点 P、Q 运动的过程中，当 t 为何值时，在矩形 ABCD 内（包括边界）存在 点 H，使以 C、Q、E、H 为顶点的四边形为菱形？请直接写出 t 的值． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 烟台 26”，拖动点 P 在 AB 上运动，可以体验到，当 P 在 AB 的中点时，△ACG 的面积最大．观察右图，我们构造了和△CEQ 中心对称的△FQE 和 △ECH′，可以体验到，线段 EQ 的垂直平分线可以经过点 C 和 F，线段 CE 的垂直平分线可 以经过点 Q 和 H′，因此以 C、Q、E、H 为顶点的菱形有 2 个． 请打开超级画板文件名“12 烟台 26”，拖动点 P 在 AB 上运动，可以体验到，当 P 在 AB 的中点时，即 t=2，△ACG 的面积取得最大值 1．观察 CQ，EQ，EC 的值，发现以 C、 Q、E、H 为顶点的菱形有 2 个．点击动画按钮的左部和中部，可得菱形的两种准确位置。 思路点拨 1．把△ACG 分割成以 GE 为公共底边的两个三角形，高的和等于 AD． 2．用含有 t 的式子把图形中能够表示的线段和点的坐标都表示出来． 3．构造以 C、Q、E、H 为顶点的平行四边形，再用邻边相等列方程验证菱形是否存在． 满分解答 （1）A(1, 4)．因为抛物线的顶点为 A，设抛物线的解析式为 y＝a(x－1)2＋4， 代入点 C(3, 0)，可得 a＝－1． 所以抛物线的解析式为 y＝－(x－1)2＋4＝－x2＋2x＋3． （2）因为 PE//BC，所以 2AP AB PE BC   ．因此 1 1 2 2PE AP t  ． 所以点 E 的横坐标为 11 2 t ． 将 11 2x t  代入抛物线的解析式，y＝－(x－1)2＋4＝ 214 4 t ． 所以点 G 的纵坐标为 214 4 t ．于是得到 2 21 1(4 ) (4 )4 4GE t t t t       ． 因此 2 21 1 1( ) ( 2) 12 4 4ACG AGE CGES S S GE AF DF t t t             ． 所以当 t＝1 时，△ACG 面积的最大值为 1． （3） 20 13t  或 20 8 5t   ． 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． 1(1 ,4 )2E t t  ， 1(1 ,4)2F t ， (3, )Q t ， (3,0)C ． 如图 2，当 FQ＝CQ 时，FQ2＝CQ2，因此 2 2 21( 2) (4 )2 t t t    ． 整理，得 2 40 80 0t t   ．解得 1 20 8 5t   ， 2 20 8 5t   （舍去）． 如图 3，当 EQ＝CQ 时，EQ2＝CQ2，因此 2 2 21( 2) (4 2 )2 t t t    ． 整理，得 213 72 800 0t t   ． (13 20)( 40) 0t t   ．所以 1 20 13t  ， 2 40t  （舍去）． 图 2 图 3 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 3 34y x  的 图象与 y 轴交于点 A，点 M 在正比例函数 3 2y x 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 3 34y x  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， 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＝x2＋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＝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 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 5 2011 年江西省中考第 24 题 将抛物线 c1： 23 3y x   沿 x 轴翻折，得到抛物线 c2，如图 1 所示． （1）请直接写出抛物线 c2 的表达式； （2）现将抛物线 c1 向左平移 m 个单位长度，平移后得到新抛物线的顶点为 M，与 x 轴 的交点从左到右依次为 A、B；将抛物线 c2 向右也平移 m 个单位长度，平移后得到新抛物线 的顶点为 N，与 x 轴的交点从左到右依次为 D、E． ①当 B、D 是线段 AE 的三等分点时，求 m 的值； ②在平移过程中，是否存在以点 A、N、E、M 为顶点的四边形是矩形的情形？若存在， 请求出此时 m 的值；若不存在，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“11 江西 24”，拖动点 M 向左平移，可以体验到，四边形 ANEM 可以成为矩形，此时 B、D 重合在原点．观察 B、D 的位置关系，可以体验到，B、D 是线 段 AE 的三等分点，存在两种情况． 思路点拨 1．把 A、B、D、E、M、N 六个点起始位置的坐标罗列出来，用 m 的式子把这六个点 平移过程中的坐标罗列出来． 2．B、D 是线段 AE 的三等分点，分两种情况讨论，按照 AB 与 AE 的大小写出等量关 系列关于 m 的方程． 3．根据矩形的对角线相等列方程． 满分解答 （1）抛物线 c2 的表达式为 23 3y x  ． （2）抛物线 c1： 23 3y x   与 x 轴的两个交点为(－1，0)、(1，0)，顶点为(0, 3)． 抛物线 c2： 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 c1 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 c2 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＝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 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． 例 6 2010 年山西省中考第 26 题 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＝2EB，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＝2EB，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 例 7 2009 年江西省中考第 24 题 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 1.5 因动点产生的梯形问题 例 1 2012 年上海市松江区中考模拟第 24 题 已知直线 y＝3x－3 分别与 x 轴、y 轴交于点 A，B，抛物线 y＝ax2＋2x＋c 经过点 A，B． （1）求该抛物线的表达式，并写出该抛物线的对称轴和顶 点坐标； （2）记该抛物线的对称轴为直线 l，点 B 关于直线 l 的对称 点为 C，若点 D 在 y 轴的正半轴上，且四边形 ABCD 为梯形． ①求点 D 的坐标； ②将此抛物线向右平移，平移后抛物线的顶点为 P，其对称 轴与直线 y＝3x－3 交于点 E，若 7 3tan DPE ，求四边形 BDEP 的面积． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 松江 24”，拖动点 P 向右运动，可以体验到，D、P 间的垂 直距离等于 7 保持不变，∠DPE 与∠PDH 保持相等． 请打开超级画板文件名“12 松江 24”， 拖动点 P 向右运动，可以体验到，D、P 间的 垂直距离等于 7 保持不变，∠DPE 与∠PDH 保持相等，tan 0.43DPE  ，四边形 BDEP 的 面积为 24． 思路点拨 1．这道题的最大障碍是画图，A、B、C、D 四个点必须画准确，其实抛物线不必画出， 画出对称轴就可以了． 2．抛物线向右平移，不变的是顶点的纵坐标，不变的是 D、P 两点间的垂直距离等于 7． 3．已知∠DPE 的正切值中的 7 的几何意义就是 D、P 两点间的垂直距离等于 7，那么 点 P 向右平移到直线 x＝3 时，就停止平移． 满分解答 （1）直线 y＝3x－3 与 x 轴的交点为 A(1，0)，与 y 轴的交点为 B(0,－3)． 将 A(1，0)、B(0,－3)分别代入 y＝ax2＋2x＋c， 得 2 0, 3. a c c       解得 1, 3. a c     所以抛物线的表达式为 y＝x2＋2x－3． 对称轴为直线 x＝－1，顶点为(－1,－4)． （2）①如图 2，点 B 关于直线 l 的对称点 C 的坐标为(－2,－3)． 因为 CD//AB，设直线 CD 的解析式为 y＝3x＋b， 代入点 C(－2,－3)，可得 b＝3． 所以点 D 的坐标为（0，3）． ②过点 P 作 PH⊥y 轴，垂足为 H，那么∠PDH＝∠DPE． 由 7 3tan DPE ，得 3tan 7 PHPDH DH    ． 而 DH＝7，所以 PH＝3． 因此点 E 的坐标为（3，6）． 所以 1 ( ) 242BDEPS BD EP PH   梯形 ． 图 2 图 3 考点伸展 第（2）①用几何法求点 D 的坐标更简便： 因为 CD//AB，所以∠CDB＝∠ABO． 因此 1 3 BC OA BD OB   ．所以 BD＝3BC＝6，OD＝3．因此 D（0，3）． 例 2 2012 年衢州市中考第 24 题 如图 1，把两个全等的 Rt△AOB 和 Rt△COD 方别置于平面直角坐标系中，使直角边 OB、OD 在 x 轴上．已知点 A(1，2)，过 A、C 两点的直线分别交 x 轴、y 轴于点 E、F．抛 物线 y＝ax2＋bx＋c 经过 O、A、C 三点． （1）求该抛物线的函数解析式； （2）点 P 为线段 OC 上的一个动点，过点 P 作 y 轴的 平行线交抛物线于点 M，交 x 轴于点 N，问是否存在这样的 点 P，使得四边形 ABPM 为等腰梯形？若存在，求出此时点 P 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）若△AOB 沿 AC 方向平移（点 A 始终在线段 AC 上，且不与点 C 重合），△AOB 在平移的过程中与△COD 重叠部分的面积记为 S．试探究 S 是否存在最大值？若存在， 求出这个最大值；若不存在，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 衢州 24”， 拖动点 P 在线段 OC 上运动，可以体验到，在 AB 的左侧，存在等腰梯形 ABPM．拖动点 A′在线段 AC 上运动，可以体验到，Rt△A′OB′、 Rt△COD、Rt△A′HG、Rt△OEK、Rt△OFG 和 Rt△EHK 的两条直角边的比都为 1∶2． 请打开超级画板文件名“12 衢州 24”，拖动点 P 在线段 OC 上运动，可以体验到，在 AB 的左侧，存在 AM=BP．拖动点 A′在线段 AC 上运动，发现 S 最大值为 0.375． 思路点拨 1．如果四边形 ABPM 是等腰梯形，那么 AB 为较长的底边，这个等腰梯形可以分割为 一个矩形和两个全等的直角三角形，AB 边分成的 3 小段，两侧的线段长线段． 2．△AOB 与△COD 重叠部分的形状是四边形 EFGH，可以通过割补得到，即△OFG 减去△OEH． 3．求△OEH 的面积时，如果构造底边 OH 上的高 EK，那么 Rt△EHK 的直角边的比为 1∶2． 4．设点 A′移动的水平距离为 m，那么所有的直角三角形的直角边都可以用 m 表示． 满分解答 （1）将 A(1，2)、O(0，0)、C(2，1)分别代入 y＝ax2＋bx＋c， 得 2, 0, 4 2 1. a b c c a b c          解得 3 2a   ， 7 2b  ， 0c  ． 所以 23 7 2 2y x x   ． （2）如图 2，过点 P、M 分别作梯形 ABPM 的高 PP′、MM′，如果梯形 ABPM 是等腰 梯形，那么 AM′＝BP′，因此 yA－y M′＝yP′－yB． 直线 OC 的解析式为 1 2y x ，设点 P 的坐标为 1( , )2x x ，那么 23 7( , )2 2M x x x  ． 解方程 23 7 12 ( )2 2 2x x x    ，得 1 2 3x  ， 2 2x  ． x＝2 的几何意义是 P 与 C 重合，此时梯形不存在．所以 2 1( , )3 3P ． 图 2 图 3 （3）如图 3，△AOB 与△COD 重叠部分的形状是四边形 EFGH，作 EK⊥OD 于 K． 设点 A′移动的水平距离为 m，那么 OG＝1＋m，GB′＝m． 在 Rt△OFG 中， 1 1 (1 )2 2FG OG m   ．所以 21 (1 )4OFGS m   ． 在 Rt△A′HG 中，A′G＝2－m，所以 1 1 1' (2 ) 12 2 2HG A G m m     ． 所以 1 3(1 ) (1 )2 2OH OG HG m m m       ． 在 Rt△OEK 中，OK＝2 EK；在 Rt△EHK 中，EK＝2HK；所以 OK＝4HK． 因此 4 4 3 23 3 2OK OH m m    ．所以 1 2EK OK m  ． 所以 21 1 3 3 2 2 2 4OEHS OH EK m m m       ． 于是 2 2 21 3 1 1 1(1 )4 4 2 2 4OFG OEHS S S m m m m          21 1 3( )2 2 8m    ． 因为 0＜m＜1，所以当 1 2m  时，S 取得最大值，最大值为 3 8 ． 考点伸展 第（3）题也可以这样来解：设点 A′的横坐标为 a． 由直线 AC：y＝－x＋3，可得 A′(a, －a＋3)． 由直线 OC： 1 2y x ，可得 1( , )2F a a ． 由直线 OA：y＝2x 及 A′(a, －a＋3)，可得直线 O′A′：y＝2x－3a＋3， 3 3( ,0)2 aH  ． 由直线 OC 和直线 O′A′可求得交点 E(2a－2，a－1)． 由 E、F、G、H 4 个点的坐标，可得 例 4 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 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△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 2( 4)y a x k   ，代入 A（2，0）、C(0，12) 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，2x)． 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＝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 5 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 ＝ 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＝ 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 7 2009 年广州市中考第 25 题 如图 1，二次函数 )0(2  pqpxxy 的图象与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴交于 点 C（0，－1），△ABC 的面积为 4 5 ． （1）求该二次函数的关系式； （2）过 y 轴上的一点 M（0，m）作 y 轴的垂线，若该垂线与△ABC 的外接圆有公共点， 求 m 的取值范围； （3）在该二次函数的图象上是否存在点 D，使以 A、B、C、D 为顶点的四边形为直角 梯形？若存在，求出点 D 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“09 广州 25”，可以看到，△ABC 是以 AB 为斜边的直角三角形， AB 是它的外接圆直径，拖动点 M 在 y 轴上运动，可以体验到，过 M 的直线与圆相切或者相 交时有公共点． 在抛物线上有两个符合条件的点 D，使以 A、B、C、D 为顶点的四边形为直角梯形． 思路点拨 1．根据△ABC 的面积和 AB 边上的高确定 AB 的长，这样就可以把两个点的坐标用一个 字母表示． 2．数形结合，根据点 A、B、C 的坐标确定 OA、OB、OC 间的数量关系，得到△AOC ∽△COB，从而得到△ABC 是以 AB 为斜边的直角三角形，AB 是它的外接圆直径，再根据 对称性写出 m 的取值范围． 3．根据直角梯形的定义，很容易确定符合条件的点 D 有两个，但是求点 D 的坐标比较 麻烦，根据等角的正切相等列方程相对简单一些． 满分解答 （1）因为 OC＝1，△ABC 的面积为 4 5 ，所以 AB＝ 2 5 ． 设点 A 的坐标为（a，0），那么点 B 的坐标为（a＋ 2 5 ，0）． 设抛物线的解析式为 )2 5)((  axaxy ，代入点 C（0，－1），得 1)2 5( aa ．解 得 2 1a 或 2a ． 因为二次函数的解析式 qpxxy  2 中， 0p ，所以抛物线的对称轴在 y 轴右侧．因 此点 A、B 的坐标分别为 )0,2 1( ， )0,2( ． 所以抛物线的解析式为 12 3)2)(2 1( 2  xxxxy ． （2）如图 2，因为 1OBOA ， 12 OC ，所以 OB OC OC OA  ．因此△AOC∽△COB．所 以△ABC 是以 AB 为斜边的直角三角形，外接圆的直径为 AB． 因此 m 的取值范围是 4 5 ≤m≤ 4 5 ． 图 2 图 3 图 4 （3）设点 D 的坐标为 ))2)(2 1(,(  xxx ． ①如图 3，过点 A 作 BC 的平行线交抛物线于 D，过点 D 作 DE⊥x 轴于 E． 因为 OBCDAB  tantan ，所以 2 1 BO CO AE DE ．因此 2 1 2 1 )2)(2 1(    x xx ．解得 2 5x ．此时点 D 的坐标为 )2 3,2 5( ． 过 点 B 作 AC 的 平 行 线 交 抛 物 线 于 D ， 过 点 D 作 DF ⊥ x 轴 于 F ． 因 为 CAODBF  tantan ，所以 2 AO CO BF DF ．因此 22 )2)(2 1(   x xx ．解得 2 5x ．此 时点 D 的坐标为 )9,2 5( ． 综上所述，当 D 的坐标为 )2 3,2 5( 或 )9,2 5( 时，以 A、B、C、D 为顶点的四边形为直 角梯形． 考点伸展 第（3）题可以用代数的方法这样解：例如图 3，先求得直线 BC 为 12 1  xy ，再根 据 AD//BC 求得直线 AD 为 4 1 2 1  xy ，由直线 AD 和抛物线的解析式组成的方程组，得到 点 D 的坐标． 1.6 因动点产生的面积问题 例 1 2013 年苏州市中考第 29 题 如图 1，已知抛物线 21 2y x bx c   （b、c 是常数，且 c＜0）与 x 轴交于 A、B 两点 （点 A 在点 B 的左侧），与 y 轴的负半轴交于点 C，点 A 的坐标为(－1,0)． （1）b＝______，点 B 的横坐标为_______（上述结果均用含 c 的代数式表示）； （2）连结 BC，过点 A 作直线 AE//BC，与抛物线交于点 E．点 D 是 x 轴上一点，坐标 为(2,0)，当 C、D、E 三点在同一直线上时，求抛物线的解析式； （3）在（2）的条件下，点 P 是 x 轴下方的抛物线上的一动点，连结 PB、PC．设△PBC 的面积为 S． ①求 S 的取值范围； ②若△PBC 的面积 S 为正整数，则这样的△PBC 共有_____个． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“13 苏州 29”，拖动点 C 在 y 轴负半轴上运动，可以体验到， △EHA 与△COB 保持相似．点击按钮“C、D、E 三点共线”，此时△EHD∽△COD．拖动 点 P 从 A 经过 C 到达 B，数一数面积的正整数值共有 11 个． 请打开超级画板文件名“13 苏州 29”，拖动点 C 在 y 轴负半轴上运动，可以体验到， △EHA 与△COB 保持相似．点击按钮“C、D、E 三点共线”，此时△EHD∽△COD．拖动 点 P 从 A 经过 C 到达 B，数一数面积的正整数值共有 11 个． 思路点拨 1．用 c 表示 b 以后，把抛物线的一般式改写为两点式，会发现 OB＝2OC． 2．当 C、D、E 三点共线时，△EHA∽△COB，△EHD∽△COD． 3．求△PBC 面积的取值范围，要分两种情况计算，P 在 BC 上方或下方． 4．求得了 S 的取值范围，然后罗列 P 从 A 经过 C 运动到 B 的过程中，面积的正整数值， 再数一数个数．注意排除点 A、C、B 三个时刻的值． 满分解答 （1）b＝ 1 2c  ，点 B 的横坐标为－2c． （2）由 21 1 1( ) ( 1)( 2 )2 2 2y x c x c x x c       ，设 E 1( , ( 1)( 2 ))2x x x c  ． 过点 E 作 EH⊥x 轴于 H． 由于 OB＝2OC，当 AE//BC 时，AH＝2EH． 所以 1 ( 1)( 2 )x x x c    ．因此 1 2x c  ．所以 (1 2 ,1 )E c c  ． 当 C、D、E 三点在同一直线上时， EH CO DH DO  ．所以 1 2 1 2 c c c    ． 整理，得 2c2＋3c－2＝0．解得 c＝－2 或 1 2c  （舍去）． 所以抛物线的解析式为 21 3 22 2y x x   ． （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 1 22y x  ． 设 21 3( , 2)2 2P m m m  ，那么 1( , 2)2F m m ， 21 22FP m m   ． 所以 S△PBC＝S△PBF＋S△PCF＝ 2 21 ( ) 2 4 ( 2) 42 B CFP x x FP m m m         ． 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 2 2012 年菏泽市中考第 21 题 如图 1，在平面直角坐标系中放置一直角三角板，其顶点为 A(0, 1)、B(2, 0)、O(0, 0)， 将此三角板绕原点 O 逆时针旋转 90°，得到三角形 A′B′O． （1）一抛物线经过点 A′、B′、B，求该抛物线的解析式； （2）设点 P 是第一象限内抛物线上的一个动点，是否存在点 P，使四边形 PB′A′B 的面 积是△A′B′O 面积的 4 倍？若存在，请求出点 P 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）在（2）的条件下，试指出四边形 PB′A′B 是哪种形状的四边形？并写出它的两条 性质． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 菏泽 21”，拖动点 P 在第一象限内的抛物线上运动，可以 体验到，当四边形 PB′A′B 是等腰梯形时，四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍． 请打开超级画板文件名“12 菏泽 21”，拖动点 P 在第一象限内的抛物线上运动，可以 体验到，当四边形 PB′A′B 是等腰梯形时，四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍． 思路点拨 1．四边形 PB′A′B 的面积是△A′B′O 面积的 4 倍，可以转化为四边形 PB′OB 的面积是 △A′B′O 面积的 3 倍． 2．联结 PO，四边形 PB′OB 可以分割为两个三角形． 3．过点向 x 轴作垂线，四边形 PB′OB 也可以分割为一个直角梯形和一个直角三角形． 满分解答 （1）△AOB 绕着原点 O 逆时针旋转 90°，点 A′、B′的坐标分别为(－1, 0) 、(0, 2)． 因为抛物线与 x 轴交于 A′(－1, 0)、B(2, 0)，设解析式为 y＝a(x＋1)(x－2)， 代入 B′(0, 2)，得 a＝1． 所以该抛物线的解析式为 y＝－(x＋1)(x－2) ＝－x2＋x＋2． （2）S△A′B′O＝1． 如果 S 四边形 PB′A′B＝4 S△A′B′O＝4，那么 S 四边形 PB′OB＝3 S△A′B′O＝3． 如图 2，作 PD⊥OB，垂足为 D． 设点 P 的坐标为 (x，－x2＋x＋2)． 2 3 2 ' 1 1 1 1( ' ) (2 2) 22 2 2 2PB ODS DO B O PD x x x x x x         梯形 ． 2 3 21 1 1 3(2 )( 2) 22 2 2 2PDBS DB PD x x x x x           ． 所以 2 ' ' ' 2 +2PDBPB A D PB ODS S S x x    四边形 梯形 ． 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． ' 1 1' 22 2PB O PS B O x x x      ． 2 21 1 2( 2) 22 2PBO PS BO y x x x x            ． 所以 2 '' ' 2 +2PB O PBOPB A DS S S x x     四边形 ． 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 3 2012 年河南省中考第 23 题 如图 1，在平面直角坐标系中，直线 1 12y x  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 1 12y x  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 5AE  ．所以 2 5sin 5AEO  ． 因为 PC//EO，所以∠ACP＝∠AEO．因此 2 5sin 5ACP  ． 将 A(－2,0)、B(4,3)分别代入 y＝ax2＋bx－3，得 4 2 3 0, 16 4 3 3. a b a b        解得 1 2a  ， 1 2b   ． （2）由 21 1( , 3)2 2P m m m  ， 1( , 1)2C m m  ， 得 2 21 1 1 1( 1) ( 3) 42 2 2 2PC m m m m m         ． 所以 2 22 5 2 5 1 5 9 5sin ( 4) ( 1)5 5 2 5 5PD PC ACP PC m m m           ． 所以 PD 的最大值为 9 5 5 ． （3）当 S△PCD∶S△PCB＝9∶10 时， 5 2m  ； 当 S△PCD∶S△PCB＝10∶9 时， 32 9m  ． 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 25 2 5 1 1cos cos ( 4) ( 2)( 4)5 5 2 5DN PD PDN PD ACP m m m m             ， BM＝4－m． ①当 S△PCD∶S△PCB＝9∶10 时， 1 9( 2)( 4) (4 )5 10m m m     ．解得 5 2m  ． ②当 S△PCD∶S△PCB＝10∶9 时， 1 10( 2)( 4) (4 )5 9m m m     ．解得 32 9m  ． 例 4 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 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＝4S△AMP？若存在，请求出所有满足条件的 p 的值； 若不存在，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“11 南通 28”，拖动点 P 在射线 AB 上运动，可以体验到，当直 线 MN 经过（0，2）点时，图形中的三角形都是等腰直角三角形；△AMN 和△AMP 是两 个同高的三角形，MN＝4MP 存在两种情况． 思路点拨 1．第（2）题准确画图，点的位置关系尽在图形中． 2．第（3）题把 S△AMN＝4S△AMP 转化为 MN＝4MP，按照点 M 与线段 NP 的位置关系分 两种情况讨论． 满分解答 （1）因为点 B(2，1)在双曲线 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＝4S△AMP 时，MN＝4MP． 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 5 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 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 O1A1B1C1， 试探究四边形 O1A1B1C1 与矩形 OABC 的重叠部分的面积是否发生变化？若不变，求出重叠 部分的面积；若改变，请说明理由． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“10 广州 25”，拖动点 D 由 C 向 B 运动，观察 S 随 b 变化的函 数图象，可以体验到，E 在 OA 上时，S 随 b 的增大而增大；E 在 AB 上时，S 随 b 的增大而 减小．双击按钮“第（3）题”，拖动点 D 由 C 向 B 运动，可以观察到，E 在 OA 上时，重 叠部分的形状是菱形，面积不变．双击按钮“第（2）题”可以切换． 思路点拨 1．数形结合，用 b 表示线段 OE、CD、AE、BE 的长． 2．求△ODE 的面积，要分两种情况．当 E 在 OA 上时，OE 边对应的高等于 OC；当 E 在 AB 边上时，要利用割补法求△ODE 的面积． 3．第（3）题中的重叠部分是邻边相等的平行四边形． 4．图形翻着、旋转等运动中，计算菱形的边长一般用勾股定理． 满分解答 (1)①如图 2，当 E 在 OA 上时，由 1 2y x b   可知，点 E 的坐标为(2b,0)，OE＝2b．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(2b－2,1)， CD＝2b－2，BD＝5－2b．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 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 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 6 2010 年扬州市中考第 28 题 如图 1，在△ABC 中，∠C＝90°，AC＝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 变化的图象可 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 变化的图象是开 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，观察图象，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 12，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． 例 7 2009 年兰州市中考第 29 题 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＝12．因此点 C 的坐标为（14，12）． （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 1.7 因动点产生的相切问题 例 1 2013 年上海市杨浦区中考模拟第 25 题 如图 1，已知⊙O 的半径长为 3，点 A 是⊙O 上一定点，点 P 为⊙O 上不同于点 A 的动 点． （1）当 1tan 2A  时，求 AP 的长； （2）如果⊙Q 过点 P、O，且点 Q 在直线 AP 上（如图 2），设 AP＝x，QP＝y，求 y 关 于 x 的函数关系式，并写出函数的定义域； （3）在（2）的条件下，当 4tan 3A  时（如图 3），存在⊙M 与⊙O 相内切，同时与⊙Q 相外切，且 OM⊥OQ，试求⊙M 的半径的长． 图 1 图 2 图 3 动感体验 请打开几何画板文件名“13 杨浦 25”，拖动点 P 在⊙O 上运动，可以体验到，等腰三角 形 QPO 与等腰三角形 OAP 保持相似，y 与 x 成反比例．⊙M、⊙O 和⊙Q 三个圆的圆心距 围成一个直角三角形． 请打开超级画板文件名“13 杨浦 25”，拖动点 P 在⊙O 上运动，可以体验到， y 与 x 成反比例．拖动点 P 使得 5 2QP  ，拖动点 M 使得⊙M 的半径约为 0.82，⊙M 与⊙O 相内切， 同时与⊙Q 相外切．拖动点 P 使得 5 2QP  ，拖动点 M 使得⊙M 的半径约为 9，⊙M 与⊙O、 ⊙Q 都内切． 思路点拨 1．第（1）题的计算用到垂径定理和勾股定理． 2．第（2）题中有一个典型的图，有公共底角的两个等腰三角形相似． 3．第（3）题先把三个圆心距罗列出来，三个圆心距围成一个直角三角形，根据勾股定 理列方程． 满分解答 （1）如图 4，过点 O 作 OH⊥AP，那么 AP＝2AH． 在 Rt△OAH 中，OA＝3， 1tan 2A  ，设 OH＝m，AH＝2m，那么 m2＋(2m)2＝32． 解得 3 5 5m  ．所以 12 52 4 5AP AH m   ． （2）如图 5，联结 OQ、OP，那么△QPO、△OAP 是等腰三角形． 又因为底角∠P 公用，所以△QPO∽△OAP． 因此 QP OP PO PA  ，即 3 3 y x  ． 由此得到 9y x  ．定义域是 0＜x≤6． 图 4 图 5 （3）如图 6，联结 OP，作 OP 的垂直平分线交 AP 于 Q，垂足为 D，那么 QP、QO 是 ⊙Q 的半径． 在 Rt△QPD 中， 1 3 2 2PD PO  ， 4tan tan 3P A  ，因此 5 2QP  ． 如图 7，设⊙M 的半径为 r． 由⊙M 与⊙O 内切， 3Or  ，可得圆心距 OM＝3－r． 由⊙M 与⊙Q 外切， 5 2Qr QP  ，可得圆心距 5 2QM r  ． 在 Rt△QOM 中， 5 2QO  ，OM＝3－r， 5 2QM r  ，由勾股定理，得 2 2 25 5( ) (3 ) ( )2 2r r    ．解得 9 11r  ． 图 6 图 7 图 8 考点伸展 如图 8，在第（3）题情景下，如果⊙M 与⊙O、⊙Q 都内切，那么⊙M 的半径是多少？ 同样的，设⊙M 的半径为 r． 由⊙M 与⊙O 内切， 3Or  ，可得圆心距 OM＝r－3． 由⊙M 与⊙Q 内切， 5 2Qr QP  ，可得圆心距 5 2QM r  ． 在 Rt△QOM 中，由勾股定理，得 2 2 25 5( ) ( 3) ( )2 2r r    ．解得 r＝9． 例 2 2012 年河北省中考第 25 题 如图 1，A(－5,0)，B(－3,0)，点 C 在 y 轴的正半轴上，∠CBO＝45°，CD//AB，∠CDA ＝90°．点 P 从点 Q(4,0)出发，沿 x 轴向左以每秒 1 个单位长的速度运动，运动时间为 t 秒． （1）求点 C 的坐标； （2）当∠BCP＝15°时，求 t 的值； （3）以点 P 为圆心，PC 为半径的⊙P 随点 P 的运动而 变化，当⊙P 与四边形 ABCD 的边（或边所在的直线）相切 时，求 t 的值． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 河北 25”，拖动圆心 P 在点 Q 左侧运动，可以体验到，⊙P 可以与直线 BC、直线 DC、直线 AD 相切，不能与直线 AB 相切． 答案 （1）点 C 的坐标为(0,3)． （2）如图 2，当 P 在 B 的右侧，∠BCP＝15°时，∠PCO＝30°， 4 3t   ； 如图 3，当 P 在 B 的左侧，∠BCP＝15°时，∠CPO＝30°， 4 3 3t   ． 图 2 图 3 （3）如图 4，当⊙P 与直线 BC 相切时，t＝1； 如图 5，当⊙P 与直线 DC 相切时，t＝4； 如图 6，当⊙P 与直线 AD 相切时，t＝5.6． 图 4 图 5 图 6 例 3 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 3 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 2 AQ t AB  ， 3 22 3 AP t t AC   ，所以 AQ AP AB AC  ．因此 PQ//BC． （2）如图 2，由 PQ＝PH＝ 1 2 PC ，得 1 (2 3 3 )2t t  ．解得 4 3 6t   ． 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 2 3 3t t  ．解得 3 3t   ． 如图 5，当 P、C 重合时，t＝2． 因此，当 4 3 6t   或 1＜t≤3 3 或 t＝2 时，⊙P 与边 BC 有 1 个公共点． 当 4 3 6 ＜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 1 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 AO BO OE OA  ．因此 2 4 2OE  ． 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 8( ,1)7 ． 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′′＝ 53 ． 当 A′、B、E′′三点共线时， ' ' ' '' ' A O A O BO E O  ．所以 2 4 7 m  ． 解得 8 7m  ．此时 8'( ,1)7E ． 例 2 2012 年滨州市中考第 24 题 如图 1，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝ax2＋bx＋c 经过 A(－2, －4 )、O(0, 0)、 B(2, 0)三点． （1）求抛物线 y＝ax2＋bx＋c 的解析式； （2）若点 M 是该抛物线对称轴上的一点，求 AM＋OM 的最小值． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 滨州 24”，拖动点 M 在抛物线的对称轴上运动（如图 2）， 可以体验到，当 M 落在线段 AB 上时，根据两点之间线段最短，可以知道此时 AM＋OM 最 小（如图 3）． 请打开超级画板文件名“12 滨州 24”，拖动点 M， M 落在线段 AB 上时， AM＋OM 最小． 答案 （1） 21 2y x x   。 （2）AM＋OM 的最小值为 4 2 ． 图 2 图 3 例 3 2012 年山西省中考第 26 题 如图 1，在平面直角坐标系中，抛物线 y＝－x2＋2x＋3 与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴 交于点 C，点 D 是抛物线的顶点． （1）求直线 AC 的解析式及 B、D 两点的坐标； （2）点 P 是 x 轴上的一个动点，过 P 作直线 l//AC 交抛物线于点 Q．试探究：随着点 P 的运动，在抛物线上是否存在点 Q，使以 A、P、Q、C 为顶点的四边形是平行四边形？若存 在，请直接写出符合条件的点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由； （3）请在直线 AC 上找一点 M，使△BDM 的周长最小，求出点 M 的坐标． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 山西 26”，拖动点 P 在 x 轴上运动，可以体验到，点 Q 有 3 个时刻可以落在抛物线上．拖动点 M 在直线 AC 上运动，可以体验到，当 M 落在 B′D 上时， MB＋MD 最小，△MBD 的周长最小． 思路点拨 1．第（2）题探究平行四边形，按照 AP 为边或者对角线分两种情况讨论． 2．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，构造点 B 关于“河流”AC 的对称点 B′，那么 M 落在 B′D 上时，MB＋MD 最小，△MBD 的周长最小． 满分解答 （1）由 y＝－x2＋2x＋3＝－(x＋1)(x－3)＝－(x－1)2＋4， 得 A(－1, 0)、B(3, 0)、C(0, 3)、D(1, 4)． 直线 AC 的解析式是 y＝3x＋3． （2）Q1(2, 3)，Q2(1 7, 3  )，Q3(1 7, 3  )． （3）设点 B 关于直线 AC 的对称点为 B′，联结 BB′交 AC 于 F． 联结 B′D，B′D 与交 AC 的交点就是要探求的点 M． 作 B′E⊥x 轴于 E，那么△BB′E∽△BAF∽△CAO． 在 Rt△BAF 中， 1 3 10 AF BF AB  ，AB＝4，所以 12 10 BF  ． 在 Rt△BB′E 中， ' ' 1 3 10 B E BE BB  ， 24' 2 10 BB BF  ，所以 12' 5B E  ， 36 5BE  ． 所以 36 2135 5OE BE OB     ．所以点 B′的坐标为 21 12( , )5 5  ． 因为点 M 在直线 y＝3x＋3 上，设点 M 的坐标为(x, 3x＋3)． 由 ' ' ' ' ' ' DD MM B D B M  ，得 ' ' ' ' yD yB yM yB xD xB xM xB    ．所以 12 124 3 35 5 21 211 5 5 x x       ． 解得 9 35x  ．所以点 M 的坐标为 9 132( , )35 35 ． 图 2 图 3 考点伸展 第（2）题的解题思路是这样的： ①如图 4，当 AP 是平行四边形的边时，CQ//AP，所以点 C、Q 关于抛物线的对称轴对 称，点 Q 的坐标为(2, 3)． ②如图 5，当 AP 是平行四边形的对角线时，点 C、Q 分居 x 轴两侧，C、Q 到 x 轴的距 离相等． 解方程－x2＋2x＋3＝－3，得 1 7x   ．所以点 Q 的坐标为(1 7, 3  )或 (1 7, 3  )． 图 4 图 5 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 2y x ． 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 1 22BN DM  ． 设 OD＝2m，FN＝m，由 DE＝EF，可得 2m＋2＝4－m．解得 2 3m  ． 因此 4(0, )3D ．再由直线 CD 与直线 AB 求得交点 P(2,2)． ②如图 6，当 BD∶BF＝1∶2 时，P(8,－4)．思路同上． 图 5 图 6 例 2 2012 年上海市徐汇区中考模拟第 25 题 在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，AC＝6， 5 3sin B ，⊙B 的半径长为 1，⊙B 交边 CB 于 点 P，点 O 是边 AB 上的动点． （1）如图 1，将⊙B 绕点 P 旋转 180°得到⊙M，请判断⊙M 与直线 AB 的位置关系； （2）如图 2，在（1）的条件下，当△OMP 是等腰三角形时，求 OA 的长； （3）如图 3，点 N 是边 BC 上的动点，如果以 NB 为半径的⊙N 和以 OA 为半径的⊙O 外切，设 NB＝y，OA＝x，求 y 关于 x 的函数关系式及定义域． 图 1 图 2 图 3 动感体验 请打开几何画板文件名“12 徐汇 25”，拖动点 O 在 AB 上运动，观察△OMP 的三个顶 点与对边的垂直平分线的位置关系，可以体验到，点 O 和点 P 可以落在对边的垂直平分线 上，点 M 不能． 请打开超级画板文件名“12 徐汇 25”， 分别点击“等腰”按钮的左部和中部，观察三 个角度的大小，可得两种等腰的情形．点击“相切”按钮，可得 y 关于 x 的函数关系． 思路点拨 1．∠B 的三角比反复用到，注意对应关系，防止错乱． 2．分三种情况探究等腰△OMP，各种情况都有各自特殊的位置关系，用几何说理的方 法比较简单． 3．探求 y 关于 x 的函数关系式，作△OBN 的边 OB 上的高，把△OBN 分割为两个具有 公共直角边的直角三角形． 满分解答 （1） 在 Rt△ABC 中，AC＝6， 5 3sin B ， 所以 AB＝10，BC＝8． 过点 M 作 MD⊥AB，垂足为 D． 在 Rt△BMD 中，BM＝2， 3sin 5 MDB BM   ，所以 6 5MD  ． 因此 MD＞MP，⊙M 与直线 AB 相离． 图 4 （2）①如图 4，MO≥MD＞MP，因此不存在 MO＝MP 的情况． ②如图 5，当 PM＝PO 时，又因为 PB＝PO，因此△BOM 是直角三角形． 在 Rt△BOM 中，BM＝2， 4cos 5 BOB BM   ，所以 8 5BO  ．此时 42 5OA  ． ③如图 6，当 OM＝OP 时，设底边 MP 对应的高为 OE． 在 Rt△BOE 中，BE＝ 3 2 ， 4cos 5 BEB BO   ，所以 15 8BO  ．此时 65 8OA  ． 图 5 图 6 （3）如图 7，过点 N 作 NF⊥AB，垂足为 F．联结 ON． 当两圆外切时，半径和等于圆心距，所以 ON＝x＋y． 在 Rt△BNF 中，BN＝y， 3sin 5B  ， 4cos 5B  ，所以 3 5NF y ， 4 5BF y ． 在 Rt△ONF 中， 410 5OF AB AO BF x y      ，由勾股定理得 ON2＝OF2＋NF2． 于是得到 2 2 24 3( ) (10 ) ( )5 5x y x y y     ． 整理，得 250 50 40 xy x   ．定义域为 0＜x＜5． 图 7 图 8 考点伸展 第（2）题也可以这样思考： 如图 8，在 Rt△BMF 中，BM＝2， 6 5MF  ， 8 5BF  ． 在 Rt△OMF 中，OF＝ 8 4210 5 5x x    ，所以 2 2 242 6( ) ( )5 5OM x   ． 在 Rt△BPQ 中，BP＝1， 3 5PQ  ， 4 5BQ  ． 在 Rt△OPQ 中，OF＝ 4 4610 5 5x x    ，所以 2 2 246 3( ) ( )5 5OP x   ． ①当 MO＝MP＝1 时，方程 2 242 6( ) ( ) 15 5x   没有实数根． ②当 PO＝PM＝1 时，解方程 2 246 3( ) ( ) 15 5x   ，可得 42 5x OA  ③当 OM＝OP 时，解方程 2 242 6( ) ( )5 5x  2 246 3( ) ( )5 5x   ，可得 65 8x OA  ． 例 3 2012 年连云港市中考第 26 题 如图 1，甲、乙两人分别从 A、B 两点同时出发，点 O 为坐标原点．甲沿 AO 方向、乙 沿 BO 方向均以每小时 4 千米的速度行走，t 小时后，甲到达 M 点， 乙到达 N 点． （1）请说明甲、乙两人到达点 O 前，MN 与 AB 不可能平行； （2）当 t 为何值时，△OMN∽△OBA？ （3）甲、乙两人之间的距离为 MN 的长．设 s＝MN2，求 s 与 t 之间的函数关系式，并求甲、乙两人之间距离的最小值． 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“12 连云港 26”，拖动点 N 在射线 BO 上运动，可以体验到，当 M、N 都在 O 右侧时，MN 与 AB 不平行．当点 A 落在 MNB 上时，∠MNO＝∠BAO，△OMN ∽△OBA． 请打开超级画板文件名“12 连云港 26”，拖动点 N 在射线 BO 上运动，可以体验到，当 M、N 都在 O 右侧时，MN 与 AB 不平行．当点 A 落在 MNB 上时，∠MNO＝∠BAO，△OMN ∽△OBA．s 与 t 之间的函数关系式呈抛物线图象，当 t＝1 时，甲、乙两人的最小距离为 12 千米． 答案 （1）当 M、N 都在 O 右侧时， 2 4 1 22 OM t tOA    ， 6 4 216 3 ON t tOB    ， 所以 OM ON OA OB  ．因此 MN 与 AB 不平行． （2）①如图 2，当 M、N 都在 O 右侧时，∠OMN＞∠B，不可能△OMN∽△OBA． ②如图 3，当 M 在 O 左侧、N 在 O 右侧时，∠MON＞∠BOA，不可能△OMN∽△OBA． ③如图 4，当 M、N 都在 O 左侧时，如果△OMN∽△OBA，那么 ON OA OM OB  ． 所以 4 6 2 4 2 6 t t   ．解得 t＝2． 图 2 图 3 图 4 （3）①如图 2， 2 4OM t  ， 1 2OH t  ， 3(1 2 )MH t  ． (6 4 ) (1 2 ) 5 2NH ON OH t t t        ． ②如图 3， 4 2OM t  ， 2 1OH t  ， 3(2 1)MH t  ． (6 4 ) (2 1) 5 2NH ON OH t t t        ． ③如图 4， 4 2OM t  ， 2 1OH t  ， 3(2 1)MH t  ． (2 1) (4 6) 5 2NH OH ON t t t        ． 综合①、②、③，s 2 2 2MN MH NH   2 2 2 23(2 1) (5 2 ) 16 32 28 16( 1) 12t t t t t            ． 所以当 t＝1 时，甲、乙两人的最小距离为 12 千米． 例 4 2011 年上海市中考第 25 题 在 Rt△ABC 中，∠ACB＝90°，BC＝30，AB＝50．点 P 是 AB 边上任意一点，直线 PE ⊥AB，与边 AC 或 BC 相交于 E．点 M 在线段 AP 上，点 N 在线段 BP 上，EM＝EN， 12sin 13EMP  ． （1）如图 1，当点 E 与点 C 重合时，求 CM 的长； （2）如图 2，当点 E 在边 AC 上时，点 E 不与点 A、C 重合，设 AP＝x，BN＝y，求 y 关于 x 的函数关系式，并写出函数的定义域； （3）若△AME∽△ENB（△AME 的顶点 A、M、E 分别与△ENB 的顶点 E、N、B 对应）， 求 AP 的长． 图 1 图 2 备用图 动感体验 请打开几何画板文件名“11 上海 25”，拖动点 P 在 AB 上运动，从图象中可以看到，y 是 x 的一次函数．观察图形和角度的度量值，可以体验到，点 E 在 AC 和 BC 上，各存在一 个时刻，△AME∽△ENB． 请打开超级画板文件名“11 上海 25”，拖动点 P 在 AB 上运动，当点 E 与点 C 重合时， 26CM  ．点 E 在边 AC 上时，y 是 x 的一次函数．当 AP=42 时，三角形相似，且满足顶点 对应。 思路点拨 1．本题不难找到解题思路，难在运算相当繁琐．反复解直角三角形，注意对应关系． 2．备用图暗示了第（3）题要分类讨论，点 E 在 BC 上的图形画在备用图中． 3．第（3）题当 E 在 BC 上时，重新设 BP＝m 可以使得运算简便一些． 满分解答 （1）在 Rt△ABC 中，BC＝30，AB＝50，所以 AC＝40， 3sin 5A  ， 3tan 4A  ． 在 Rt△ACP 中， 3sin 40 245CP AC A      ． 在 Rt△CMP 中，因为 12sin 13 CPCMP CM    ，所以 13 13 24 2612 12CM CP    ． （2）在 Rt△AEP 中， 3tan 4EP AP A x    ． 在 Rt△EMP 中，因为 12sin 13 EPEMP EM    ，所以 12tan 5 EPEMP MP    ． 因此 5 5 3 5 12 12 4 16MP EP x x    ， 13 13 3 13 12 12 4 16EM EP x x    ． 已知 EM＝EN，PE⊥AB，所以 MP＝NP 5 16 x ． 于是 5 2150 5016 16y BN AB AP NP x x x         ． 定义域为 0＜x＜32． （3）①如图 3，当 E 在 AC 上时，由 AM EN ME NB  ，得 5 13 16 16 13 215016 16 x x x x x    ． 解得 x＝AP＝22． ②如图 4，当 E 在 BC 上时，设 BP＝m，那么 AP＝50－m． 在 Rt△BEP 中， 4 3EP m ． 在 Rt△EMP 中， 5 5 4 5 12 12 3 9MP EP m m    ， 13 13 13412 12 9EM EP m m    ． 所以 5 1450 509 9AM AB BP MP m m m        ， 5 45 9 9BN BP NP m m m     ． 这时由 AM EN ME NB  ，得 14 1350 9 9 13 4 9 9 m m m m   ．解得 m＝BP＝8．所以 AP＝50－m＝42． 图 3 图 4 图 5 考点伸展 如果第（3）题没有条件“△AME 的顶点 A、M、E 分别与△ENB 的顶点 E、N、B 对应”， 那么还存在图 5 所示的一种情况，∠EAM＝∠EBN，此时 PE 垂直平分 AB，AP＝25． 2.2 由面积产生的函数关系问题 例 1 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 3 34y x   的 图像与 y 轴、x 轴的交点，点 B 在二次函数 21 8y x bx c   的图像上，且该二次函数图像上 存在一点 D 使四边形 ABCD 能构成平行四边形． （1）试求 b、c 的值，并写出该二次函数的解析式； （2）动点 P 从 A 到 D，同时动点 Q 从 C 到 A 都以每秒 1 个单位的速度运动，问： ①当 P 运动到何处时，由 PQ⊥AC？ ②当 P 运动到何处时，四边形 PDCQ 的面积最小？此时四边形 PDCQ 的面积是多少？ 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“13 菏泽 21”，拖动点 P 由 A 向 D 运动，观察 S 随 P 变化的图 像，可以体验到，当 S 最小时，点 Q 恰好是 AC 的中点． 请打开超级画板文件名“13 菏泽 21”，拖动点 P 由 A 向 D 运动，观察 S 随 P 变化的图 像，可以体验到，当 S 最小时，点 Q 恰好是 AC 的中点． 思路点拨 1．求抛物线的解析式需要代入 B、D 两点的坐标，点 B 的坐标由点 C 的坐标得到，点 D 的坐标由 AD＝BC 可以得到． 2．设点 P、Q 运动的时间为 t，用含有 t 的式子把线段 AP、CQ、AQ 的长表示出来． 3．四边形 PDCQ 的面积最小，就是△APQ 的面积最大． 满分解答 （1）由 3 34y x   ，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 21 8y x bx c   ，得 2 4 0, 8 8 3. b c b c        解得 1 4b   ，c＝－3．所以该二次函数的解析式为 21 1 38 4y x x   ． （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＝ 4 5 ． 当 PQ⊥AC 时， 4 5 AQ AP  ．所以 5 4 5 t t   ．解得 25 9AP t  ． 图 2 图 3 ②如图 3，过点 Q 作 QH⊥AD，垂足为 H． 由于 S△APQ＝ 21 1 1 3 3 3sin (5 )2 2 2 5 10 2AP QH AP AQ PAQ t t t t          ， S△ACD＝ 1 1 8 3 122 2AD OA     ， 所以 S 四边形 PDCQ＝S△ACD－S△APQ＝ 2 23 3 3 5 8112 ( ) ( )10 2 10 2 8t t t      ． 所以当 AP＝ 5 2 时，四边形 PDCQ 的最小值是 81 8 ． 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 4 5 AP AQ  ，所以 4 5 5 t t  ．解得 20 9t  （如图 4 所示）． 图 4 例 2 2012 年广东省中考第 22 题 如图 1，抛物线 21 3 92 2y x x   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 21 3 19 ( 3)( 6)2 2 2y x x x x      ，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 2( )ADE ACB S AE S AB    ． 而 1 81 2 2ACBS AB OC    ，AE＝m， 所以 2 2 281 1( ) ( )9 2 2ADE ACB AE ms S S mAB       ． m 的取值范围是 0＜m＜9． 图 2 图 3 （3）如图 2，因为 DE//CB，所以 9CD BE m AD AE m   ． 因为△CDE 与△ADE 是同高三角形，所以 9CDE ADE S CD m S AD m     ． 所以 2 2 29 1 1 9 1 9 81( )2 2 2 2 2 8CDE mS m m m mm          ． 当 9 2m  时，△CDE 的面积最大，最大值为 81 8 ． 此时 E 是 AB 的中点， 9 2BE  ． 如图 3，作 EH⊥CB，垂足为 H． 在 Rt△BOC 中，OB＝6，OC＝9，所以 3 3 13sin 1313 B   ． 在 Rt△BEH 中， 9 3 13 27 13sin 2 13 26EH BE B     ． 当⊙E 与 BC 相切时， r EH ．所以 2 729 52S r   ． 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 3 2012 年河北省中考第 26 题 如图 1，图 2，在△ABC 中，AB＝13，BC＝14， 5cos 13ABC  ． 探究 如图 1，AH⊥BC 于点 H，则 AH＝_____，AC＝______，△ABC 的面积 S△ABC＝ ________． 拓展 如图 2，点 D 在 AC 上（可与点 A、C 重合），分别过点 A、C 作直线 BD 的垂线， 垂足为 E、F．设 BD＝x，AE＝m，CF＝n．（当点 D 与点 A 重合时，我们认为 S△ABD＝0） （1）用含 x，m 或 n 的代数式表示 S△ABD 及 S△CBD； （2）求(m＋n)与 x 的函数关系式，并求(m＋n)的最大值和最小值； （3）对给定的一个 x 值，有时只能确定唯一的点 D，指出这样的 x 的取值范围． 发现 请你确定一条直线，使得 A、B、C 三点到这条直线的距离之和最小（不必写出 过程），并写出这个最小值． 图 1 图 2 动感体验 请打开几何画板文件名“12 河北 26”，拖动点 D 由 A 向 C 运动，观察(m＋n)随 x 变化 的图象，可以体验到，D 到达 G 之前，(m＋n)的值越来越大；D 经过 G 之后，(m＋n)的值 越来越小．观察圆与线段 AC 的交点情况，可以体验到，当 D 运动到 G 时（如图 3），或者 点 A 在圆的内部时（如图 4），圆与线段 AC 只有唯一的交点 D． 图 3 图 4 答案 探究 AH＝12，AC＝15，S△ABC＝84． 拓展 （1）S△ABD＝ 1 2 mx ，S△CBD＝ 1 2 nx ． （2）由 S△ABC＝S△ABD＋S△CBD，得 1 1 842 2mx nx  ．所以 168m n x   ． 由于 AC 边上的高 56 5BG  ，所以 x 的取值范围是 56 5 ≤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＝ 56 5 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 56 5 ． 例 4 2011 年淮安市中考第 28 题 如图 1，在 Rt△ABC 中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点 P 在 AB 上，AP＝2．点 E、 F 同时从点 P 出发，分别沿 PA、PB 以每秒 1 个单位长度的速度向点 A、B 匀速运动，点 E 到达点 A 后立刻以原速度沿 AB 向点 B 运动，点 F 运动到点 B 时停止，点 E 也随之停止．在 点 E、F 运动过程中，以 EF 为边作正方形 EFGH，使它与△ABC 在线段 AB 的同侧．设 E、 F 运动的时间为 t 秒(t＞0)，正方形 EFGH 与△ABC 重叠部分的面积为 S． （1）当 t＝1 时，正方形 EFGH 的边长是________；当 t＝3 时，正方形 EFGH 的边长 是________； （2）当 1＜t≤2 时，求 S 与 t 的函数关系式； （3）直接答出：在整个运动过程中，当 t 为何值时，S 最大？最大面积是多少？ 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“11 淮安 28”，拖动点 F 由 P 向 B 运动，可以体验到，点 E 在 向 A 运动时，正方形 EFGH 越来越大，重叠部分的形状依次为正方形、五边形、直角梯形； 点 E 折返以后，正方形 EFGH 的边长为定值 4，重叠部分的形状依次为直角梯形、五边形、 六边形、五边形．在整个运动过程中，S 的最大值在六边形这个时段． 请打开超级画板文件名“11 淮安 28”，拖动点 F 由 P 向 B 运动，可以体验到，点 E 在 向 A 运动时，正方形 EFGH 越来越大，重叠部分的形状依次为正方形、五边形、直角梯形； 点 E 折返以后，正方形 EFGH 的边长为定值 4，重叠部分的形状依次为直角梯形、五边形、 六边形、五边形．在整个运动过程中，S 的最大值在六边形这个时段． 思路点拨 1．全程运动时间为 8 秒，最好的建议就是在每秒钟选择一个位置画 8 个图形，这叫做 磨刀不误砍柴工． 2．这道题目的运算太繁琐了，如果你的思路是对的，就坚定地、仔细地运算，否则放 弃也是一种好的选择． 满分解答 （1）当 t＝1 时，EF＝2；当 t＝3 时，EF＝4． （2）①如图 1，当 60 11t＜ ≤ 时， 2EF t ．所以 24S t ． ②如图 2，当 6 6 11 5t＜ ≤ 时， 2EF EH t  ， 2AE t  ， 3 3 (2 )4 4NE AE t   ． 于是 3 11 32 (2 )4 4 2NH EH NE t t t       ， 21 1 4 2 2 2 3 3NHQS NH QH NH NH NH    △ 22 11 3 3 4 2t     ． 所以 2 2 22 11 3 25 11 34 3 4 2 24 2 2S t t t t          ． ③如图 3，当 6 25 t＜ ≤ 时， 4EF  ， 2AE t  ， 2AF t  ． 所以 2 23 3 38 8AFM AENS S S AF AE t    △ △ ． 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1102 75 ，此时 146 25t  ． 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， 2AE t  ， 2EH EF t  ，由 2 3 2 4 t t  ，得 6 11t  ． 如图 9，当 G 落在 AC 上时， 2AF t  ， 2GF EF t  ，由 2 3 2 4 t t  ，得 6 5t  ． 图 8 图 9 例 5 2011 年山西省中考第 26 题 如图 1，在平面直角坐标系中，四边形 OABC 是平行四边形．直线 l 经过 O、C 两点， 点 A 的坐标为(8，0)，点 B 的坐标为(11，4)，动点 P 在线段 OA 上从 O 出发以每秒 1 个单 位的速度向点 A 运动，同时动点 Q 从点 A 出发以每秒 2 个单位的速度沿 A→B→C 的方向 向点 C 运动，过点 P 作 PM 垂直于 x 轴，与折线 O—C—B 相交于点 M．当 P、Q 两点中有 一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点 P、Q 运动的时间为 t 秒（t＞0），△MPQ 的面积为 S． （1）点 C 的坐标为____________，直线 l 的解析式为____________； （2）试求点 Q 与点 M 相遇前 S 与 t 的函数关系式，并写出相应的 t 的取值范围． （3）试求题（2）中当 t 为何值时，S 的值最大？最大值是多少？ 图 1 动感体验 请打开几何画板文件名“11 山西 26”，拖动点 P 由 O 向 A 运动，可以体验到，点 Q 先 到达终点．从 S 随 t 变化的跟踪轨迹可以看到，整个运动过程中，S 随 t 变化的图象是“N” 字型，由四段组成． 请打开超级画板文件名“11 山西 26”，拖动点 P 由 O 向 A 运动，可以体验到，点 Q 先 到达终点．点击按钮“函数表达式”， S 随 t 先增大后减少。当 t=2.67 时，S=14.22. 思路点拨 1．用含有 t 的式子表示线段的长，是解题的关键． 2．第（2）题求 S 与 t 的函数关系式，容易忽略 M 在 OC 上、Q 在 BC 上的情况． 3．第（2）题建立在第（2）题的基础上，应用性质判断图象的最高点，运算比较繁琐． 满分解答 （1）点 C 的坐标为(3，4)，直线 l 的解析式为 4 3y x ． （2）①当 M 在 OC 上，Q 在 AB 上时， 50 2t＜ ≤ ． 在 Rt△OPM 中，OP＝t， 4tan 3OMP  ，所以 4 3PM t ． 在 Rt△AQE 中，AQ＝2t， 3cos 5QAE  ，所以 6 5AE t ． 于是 6 18 85 5PE t t t     ．因此 21 2 16 2 15 3S PE PM t t    ． ②当 M 在 OC 上，Q 在 BC 上时， 5 32 t＜ ≤ ． 因为 2 5BQ t  ，所以 11 (2 5) 16 3PF t t t      ． 因此 21 3222 3S PF PM t t     ． ③当 M、Q 相遇时，根据 P、Q 的路程和 2 11 5t t   ，解得 16 3t  ． 因此当 M、Q 都在 BC 上，相遇前， 163 3t＜ ≤ ，PM＝4， 16 2 16 3MQ t t t     ． 所以 1 6 322S MQ PM t     ． 图 2 图 3 图 4 （3）①当 50 2t＜ ≤ 时， 2 22 16 2 160( 20)15 3 15 3S t t t     ． 因为抛物线开口向上，在对称轴右侧，S 随 t 的增大而增大， 所以当 5 2t  时，S 最大，最大值为 85 6 ． ②当 5 32 t＜ ≤ 时， 2 232 8 1282 2( )3 3 9S t t t       ． 因为抛物线开口向下，所以当 8 3t  时，S 最大，最大值为128 9 ． ③当 163 3t＜ ≤ 时， 1 6 322S MQ PM t     ． 因为 S 随 t 的增大而减小，所以当 3t  时，S 最大，最大值为 14． 综上所述，当 8 3t  时，S 最大，最大值为128 9 ． 考点伸展 第（2）题中，M、Q 从相遇到运动结束，S 关于 t 的函数关系式是怎样的？ 此时16 13 3 2t＜ ≤ ， 2 16 3 16MQ t t t     ．因此 1 6 322S MQ PM t    ． 图 5 例 6 2011 年重庆市中考第 26 题 如图 1，矩形 ABCD 中，AB＝6，BC＝ 2 3 ，点 O 是 AB 的中点，点 P 在 AB 的延长线 上，且 BP＝3．一动点 E 从 O 点出发，以每秒 1 个单位长度的速度沿 OA 匀速运动，到达 A 点后，立即以原速度沿 AO 返回；另一动点 F 从 P 点出发，以每秒 1 个单位长度的速度沿射 线 PA 匀速运动，点 E、F 同时出发，当两点相遇时停止运动，在点 E、F 的运动过程中，以 EF 为边作等边△EFG，使△EFG 和矩形 ABCD 在射线 PA 的同侧．设运动的时间为 t 秒（t ≥0）． （1）当等边△EFG 的边 FG 恰好经过点 C 时，求运动时间 t 的值； （2）在整个运动过程中，设等边△EFG 和矩形 ABCD 重叠部分的面积为 S，请直接写出 S 与 t 之间的函数关系 式和相应的自变量 t 的取值范围； （3）设 EG 与矩形 ABCD 的对角线 AC 的交点为 H， 是否存在这样的 t，使△AOH 是等腰三角形？若存在，求 出 对 应 的 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 重庆 26”，拖动点 A 由 P 向 A 运动，可以体验到，重叠部 分的形状依次为直角梯形、五边形、等腰梯形和等边三角形，S 随 t 变化的图象分为四段； 观察△AOH 的形状，可以体验到，△AOH 有 5 个时刻成为等腰三角形． 请打开超级画板文件名“11 重庆 26”，拖动点 t，当 t＝1 时，FG 恰好经过点 C。重叠 部分的形状依次为直角梯形、五边形、等腰梯形和等边三角形，这说明 S 随 t 变化的图象需 要分四段进行分析；观察△AOH 的形状，可以体验到，△AOH 有 5 个时刻成为等腰三角形． 思路点拨 1．运动全程 6 秒钟，每秒钟选择一个点 F 画对应的等边三角形 EFG，思路和思想以及 分类的标准尽在图形中． 2．用 t 表示 OE、AE、EF、AH 的长，都和点 E 折返前后相关，分两种情况． 3．探求等腰三角形 AOH，先按顶点分三种情况，再按点 E 折返前后分两种情况． 4．本题运算量很大，多用到 1∶2∶ 3 ，注意对应关系不要错乱． 满分解答 （1）在 Rt△ABC 中， 2 3 3tan 6 3 BCBAC AB     ， 所以∠BAC＝30°． 如图 2，当等边△EFG 的边 FG 恰好经过点 C 时， 在 Rt△BCF 中，∠BFC＝60°，BC= 2 3 ， 所 以 BF ＝ 2 ． 因 此 PF ＝ 3 － 2 ＝ 1 ， 运 动 时 间 t ＝ 1 ． 图 2 （2）①如图 3，当 0≤t＜1 时，重叠部分为直角梯形 BCNE， 2 3 4 3S t  ． ②如图 4，当 1≤t＜3 时，重叠部分为五边形 BQMNE， 23 4 3 3 3S t t    ． ③如图 5，当 3≤t＜4 时，重叠部分为梯形 FMNE， 4 3 20 3S t   ． ④如图 6，当 4≤t＜6 时，重叠部分为等边三角形 EFG， 23( 6)S t  ． 图 3 图 4 图 5 （3）等腰△AOH 分三种情况：①AO＝AH，②OA＝OH，③HA＝HO． 在△AOH 中，∠A＝30°为定值，AO＝3 为定值，AH 是变化的． △AEH 的形状保持不变，AH＝ 3 AE．当 E 由 O 向 A 运动时，AE＝3－t；当 E 经 A 折返后，AE＝t－3． 图 6 图 7 图 8 ①当 AO＝AH 时，解 3(3 ) 3t  ，得 3 3t   （如图 7）； 解 3( 3) 3t   ，得 3 3t   （如图 8）． ②当 OA＝OH 时，∠AOH＝120°，点 O 与点 E 重合，t＝0（如图 9）． ③当 HA＝HO 时，H 在 AE 的垂直平分线上，AO＝ 3 AH＝3AE． 解3(3 ) 3t  ，得 t＝2（如图 10）；解3( 3) 3t   ，得 t＝4（如图 11）． 图 9 图 10 图 11 考点伸展 图 3，图 4 中，点 E 向 A 运动，EF＝6；图 5，图 6 中，点 E 折返，EF＝12－2t． 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 年南京市中考第 26 题 已知二次函数 y＝a(x－m)2－a(x－m)（a、m 为常数，且 a≠0）． （1）求证：不论 a 与 m 为何值，该函数的图像与 x 轴总有两个公共点； （2）设该函数的图像的顶点为 C，与 x 轴相交于 A、B 两点，与 y 轴交于点 D． ①当△ABC 的面积等于 1 时，求 a 的值 ②当△ABC 的面积与△ABD 的面积相等时，求 m 的值． 动感体验 请打开几何画板文件名“13 南京 26”，拖动 y 轴上表示实数 a 的点可以改变 a 的值，拖 动点 A 可以改变 m 的值．分别点击按钮“m1”、“m2”、“m3”，再改变实数 a，可以体验到， 这 3 种情况下，点 C、D 到 x 轴的距离相等． 请打开超级画板文件名“13 南京 26”， 拖动点 A 可以改变 m 的值，竖直拖动点 C 可以 改变 a 的值．分别点击按钮，可得到△ABC 的面积与△ABD 的面积相等的三种情形。 思路点拨 1．第（1）题判断抛物线与 x 轴有两个交点，容易想到用判别式．事实上，抛物线与 x 轴的交点 A、B 的坐标分别为 (m,0)、 (m＋1,0)，AB＝1． 2．当△ABC 的面积等于 1 时，点 C 到 x 轴的距离为 2． 3．当△ABC 的面积与△ABD 的面积相等时，C、D 到 x 轴的距离相等． 4．本题大量的工作是代入计算，运算比较繁琐，一定要仔细． 满分解答 （1）由 y＝a(x－m)2－a(x－m)＝a(x－m)( x－m－1)， 得抛物线与 x 轴的交点坐标为 A(m,0)、B(m＋1,0)． 因此不论 a 与 m 为何值，该函数的图像与 x 轴总有两个公共点． （2）①由 y＝a(x－m)2－a(x－m) 21 1( )2 4a x m a    ， 得抛物线的顶点坐标为 1 1( , )2 4C m a  ． 因为 AB＝1，S△ABC＝ 1 1 12 4AB a   ，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 1(0, )4 a ， 将 1(0, )4D a 代入 21 1( )2 4y a x m a    ，得 21 1 1( )4 2 4a a m a    ． 解得 1 2m   ． 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 1(0, )4 a ， 将 1(0, )4D a 代入 21 1( )2 4y a x m a    ，得 21 1 1( )4 2 4a a m a   ． 解得 1 2 2m   ． 图 2 图 3 考点伸展 第（1）题也可以这样说理： 由于由 21 1( )2 4y a x m a    ，抛物线的顶点坐标为 1 1( , )2 4C m a  ． 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 2 2 2 2[(2 1) 4( )]a m m m a      ＞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． 例 2 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 1 2013 年上海市黄浦区中考模拟第 24 题 已知二次函数 y＝－x2＋bx＋c 的图像经过点 P(0, 1)与 Q(2, －3)． （1）求此二次函数的解析式； （2）若点 A 是第一象限内该二次函数图像上一点，过点 A 作 x 轴的平行线交二次函数 图像于点 B，分别过点 B、A 作 x 轴的垂线，垂足分别为 C、D，且所得四边形 ABCD 恰为 正方形． ①求正方形的 ABCD 的面积； ②联结 PA、PD，PD 交 AB 于点 E，求证：△PAD∽△PEA． 动感体验 请打开几何画板文件名“13 黄浦 24”，拖动点 A 在第一象限内的抛物线上运动，可以 体验到，∠PAE 与∠PDA 总保持相等，△PAD 与△PEA 保持相似． 请打开超级画板文件名“13 黄浦 24”，拖动点 A 在第一象限内的抛物线上运动，可以 体验到，∠PAE 与∠PDA 总保持相等，△PAD 与△PEA 保持相似． 思路点拨 1．数形结合，用抛物线的解析式表示点 A 的坐标，用点 A 的坐标表示 AD、AB 的长， 当四边形 ABCD 是正方形时，AD＝AB． 2．通过计算∠PAE 与∠DPO 的正切值，得到∠PAE＝∠DPO＝∠PDA，从而证明△PAD ∽△PEA． 满分解答 （1）将点 P(0, 1)、Q(2, －3)分别代入 y＝－x2＋bx＋c，得 1, 4 2 1 3. c b       解得 0, 1. b c    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 1 2x    ． 所以点 A 的横坐标为 2 1 ． 因此正方形 ABCD 的面积等于 2[2( 2 1)] 12 8 2   ． ②设 OP 与 AB 交于点 F，那么 21 2( 2 1) 3 2 2 ( 2 1)PF OP OF         ． 所以 2( 2 1)tan 2 1 2 1 PFPAE AF       ． 又因为 tan tan 2 1ODPDA DPO OP       ， 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 2 tan PF xPAE xAF x     ． 又因为 tan tan ODPDA DPO xOP      ， 所以∠PAE＝∠PDA．因此△PAD∽△PEA． 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＝ 1 2 AB ；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 1 2MF AC ， 1 2MG AB ，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 1 2EG AC ， 1 2DF AB ． 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．