冲刺中考数学压轴题训练 100页

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  • 2021-05-13 发布

冲刺中考数学压轴题训练

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2017 年中考数学压轴题训练 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 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 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 2 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 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 3 直线 1 13y x   分别交 x 轴、y 轴于 A、B 两点,△AOB 绕 点 O 按逆时针方向旋转 90°后得到△COD,抛物线 y=ax2+bx+c 经 过 A、C、D 三点. (1) 写出点 A、B、C、D 的坐标; (2) 求经过 A、C、D 三点的抛物线表达式,并求抛物线顶点 G 的坐标; (3) 在直线 BG 上是否存在点 Q,使得以点 A、B、Q 为顶点的三 角形与△COD 相似?若存在,请求出点 Q 的坐标;若不存在,请说 明理由. 图 1 思路点拨 1.图形在旋转过程中,对应线段相等,对应角相等,对应线段 的夹角等于旋转角. 2.用待定系数法求抛物线的解析式,用配方法求顶点坐标. 3.第(3)题判断∠ABQ=90°是解题的前提. 4.△ABQ 与△COD 相似,按照直角边的比分两种情况,每种 情况又按照点 Q 与点 B 的位置关系分上下两种情形,点 Q 共有 4 个. 满分解答 (1)A(3,0),B(0,1),C(0,3),D(-1,0). (2)因为抛物线 y=ax2+bx+c 经过 A(3,0)、C(0,3)、D(-1, 0) 三点,所以 9 3 0, 3, 0. a b c c a b c          解得 1, 2, 3. a b c       所以抛物线的解析式为 y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4,顶点 G 的坐标为(1,4). (3)如图 2,直线 BG 的解析式为 y=3x+1,直线 CD 的解析 式为 y=3x+3,因此 CD//BG. 因为图形在旋转过程中,对应线段的夹角等于旋转角,所以 AB ⊥CD.因此 AB⊥BG,即∠ABQ=90°. 因为点 Q 在直线 BG 上,设点 Q 的坐标为(x,3x+1),那么 2 2(3 ) 10BQ x x x    . Rt△COD 的两条直角边的比为 1∶3,如果 Rt△ABQ 与 Rt△COD 相似,存在两种情况: ①当 3BQ BA  时, 10 3 10 x  .解得 3x   .所以 1(3,10)Q , 2 ( 3, 8)Q   . ②当 1 3 BQ BA  时, 10 1 310 x  .解得 1 3x   .所以 3 1( ,2)3Q , 4 1( ,0)3Q  . 图 2 图 3 考点伸展 第(3)题在解答过程中运用了两个高难度动作:一是用旋转的 性质说明 AB⊥BG;二是 2 2(3 ) 10BQ x x x    . 我们换个思路解答第(3)题: 如图 3,作 GH⊥y 轴,QN⊥y 轴,垂足分别为 H、N. 通过证明△AOB≌△BHG,根据全等三角形的对应角相等,可 以证明∠ABG=90°. 在 Rt△BGH 中, 1sin 1 10   , 3cos 1 10   . ①当 3BQ BA  时, 3 10BQ  . 在 Rt△BQN 中, sin 1 3QN BQ    , cos 1 9BN BQ    . 当 Q 在 B 上方时, 1(3,10)Q ;当 Q 在 B 下方时, 2 ( 3, 8)Q   . ②当 1 3 BQ BA  时, 1 103BQ  .同理得到 3 1( ,2)3Q , 4 1( ,0)3Q  . 例 4 Rt△ABC 在直角坐标系内的位置如图 1 所示,反比例函数 ( 0)ky kx   在第一象限内的图象与 BC 边交于点 D(4,m),与 AB 边 交于点 E(2,n),△BDE 的面积为 2. (1)求 m 与 n 的数量关系; (2)当 tan∠A= 1 2 时,求反比例函数的解析式和直线 AB 的表 达式; (3)设直线 AB 与 y 轴交于点 F,点 P 在射线 FD 上,在(2) 的条件下,如果△AEO 与△EFP 相似,求点 P 的坐标. 图 1 思路点拨 1.探求 m 与 n 的数量关系,用 m 表示点 B、D、E 的坐标,是 解题的突破口. 2.第(2)题留给第(3)题的隐含条件是 FD//x 轴. 3.如果△AEO 与△EFP 相似,因为夹角相等,根据对应边成 比例,分两种情况. 满分解答 (1)如图 1,因为点 D(4,m)、E(2,n)在反比例函数 ky x  的图象上,所以 4 , 2 . m k n k    整理,得 n=2m. (2)如图 2,过点 E 作 EH⊥BC,垂足为 H.在 Rt△BEH 中, tan∠BEH=tan∠A= 1 2 ,EH=2,所以 BH=1.因此 D(4,m),E(2, 2m),B(4,2m+1). 已知△BDE 的面积为 2,所以 1 1 ( 1) 2 22 2BD EH m     .解得 m =1.因此 D(4,1),E(2,2),B(4,3). 因为点 D(4,1)在反比例函数 ky x  的图象上,所以 k=4.因 此反比例函数的解析式为 4y x  . 设直线 AB 的解析式为 y=kx+b,代入 B(4,3)、E(2,2),得 3 4 , 2 2 . k b k b      解得 1 2k  , 1b  . 因此直线 AB 的函数解析式为 1 12y x  . 图 2 图 3 图 4 (3)如图 3,因为直线 1 12y x  与 y 轴交于点 F(0,1),点 D 的坐标为(4,1),所以 FD// x 轴,∠EFP=∠EAO.因此△AEO 与 △EFP 相似存在两种情况: ①如图 3,当 EA EF AO FP  时, 2 5 5 2 FP  .解得 FP=1.此时点 P 的 坐标为(1,1). ②如图 4,当 EA FP AO EF  时, 2 5 2 5 FP .解得 FP=5.此时点 P 的 坐标为(5,1). 考点伸展 本题的题设部分有条件“Rt△ABC 在直角坐标系内的位置如图 1 所示”,如果没有这个条件限制,保持其他条件不变,那么还有如图 5 的情况: 第(1)题的结论 m 与 n 的数量关系不变.第(2)题反比例函 数的解析式为 12y x   ,直线 AB 为 1 72y x  .第(3)题 FD 不再与 x 轴平行,△AEO 与△EFP 也不可能相似. 图 5 例 5 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 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6 如图1,已知点 A (-2,4) 和点B (1,0)都在抛物线 2 2y mx mx n   上. (1)求 m、n; (2)向右平移上述抛物线,记平移后点 A 的对应点为 A′,点 B 的对应点为 B′,若四边形 A A′B′B 为菱形,求平移后抛物线的表达式; (3)记平移后抛物线的对称轴与直线 AB′ 的交点为 C,试在 x 轴上找一个点 D,使得以点 B′、C、D 为顶点的三角形与△ABC 相似. 图 1 思路点拨 1.点 A 与点 B 的坐标在 3 个题目中处处用到,各具特色.第(1) 题用在待定系数法中;第(2)题用来计算平移的距离;第(3)题用 来求点 B′ 的坐标、AC 和 B′C 的长. 2.抛物线左右平移,变化的是对称轴,开口和形状都不变. 3.探求△ABC 与△B′CD 相似,根据菱形的性质,∠BAC=∠ CB′D,因此按照夹角的两边对应成比例,分两种情况讨论. 满分解答 (1) 因为点 A (-2,4) 和点 B (1,0)都在抛物线 2 2y mx mx n   上, 所以 4 4 4, 2 0. m m n m m n        解得 4 3m   , 4n  . (2)如图 2,由点 A (-2,4) 和点 B (1,0),可得 AB=5.因为四 边 形 A A′B′B 为 菱 形 , 所 以 A A′ = B′B = AB = 5 . 因 为 43 8 3 4 2  xxy  24 1613 3x    ,所以原抛物线的对称轴 x=-1 向右 平移 5 个单位后,对应的直线为 x=4. 因此平移后的抛物线的解析式为   3 1643 4 2,  xy . 图 2 (3) 由点 A (-2,4) 和点 B′ (6,0),可得 A B′= 4 5 . 如图 2,由 AM//CN,可得 ' ' ' ' B N B C B M B A  ,即 2 ' 8 4 5 B C .解得 ' 5B C  .所 以 3 5AC  .根据菱形的性质,在△ABC 与△B′CD 中,∠BAC=∠ CB′D. ①如图 3,当 ' ' AB B C AC B D  时, 5 5 '3 5 B D  ,解得 ' 3B D  .此时 OD =3,点 D 的坐标为(3,0). ②如图 4,当 ' ' AB B D AC B C  时, 5 ' 3 5 5 B D ,解得 5' 3B D  .此时 OD =13 3 ,点 D 的坐标为(13 3 ,0). 图 3 图 4 考点伸展 在本题情境下,我们还可以探求△B′CD 与△AB B′相似,其实 这是有公共底角的两个等腰三角形,容易想象,存在两种情况. 我们也可以讨论△B′CD 与△CB B′相似,这两个三角形有一组 公共角∠B,根据对应边成比例,分两种情况计算. 例 7 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 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 8 2009 年上海市闸北区中考模拟第 25 题 如图 1,△ABC 中,AB=5,AC=3,cosA= 3 10 .D 为射线 BA 上的点(点 D 不与点 B 重合),作 DE//BC 交射线 CA 于点 E.. (1) 若 CE=x,BD=y,求 y 与 x 的函数关系式,并写出函数的 定义域; (2) 当分别以线段 BD,CE 为直径的两圆相切时,求 DE 的长度; (3) 当点 D 在 AB 边上时,BC 边上是否存在点 F,使△ABC 与 △DEF 相似?若存在,请求出线段 BF 的长;若不存在,请说明理 由. 图 1 备用图 备用图 思路点拨 1.先解读背景图,△ABC 是等腰三角形,那么第(3)题中符 合条件的△DEF 也是等腰三角形. 2.用含有 x 的式子表示 BD、DE、MN 是解答第(2)题的先决 条件,注意点 E 的位置不同,DE、MN 表示的形式分两种情况. 3.求两圆相切的问题时,先罗列三要素,再列方程,最后检验 方程的解的位置是否符合题意. 4.第(3)题按照 DE 为腰和底边两种情况分类讨论,运用典型 题目的结论可以帮助我们轻松解题. 满分解答 (1)如图 2,作 BH⊥AC,垂足为点 H.在 Rt△ABH 中,AB =5,cosA= 3 10 AH AB  ,所以 AH= 3 2 = 1 2 AC.所以 BH 垂直平分 AC, △ABC 为等腰三角形,AB=CB=5. 因为 DE//BC,所以 AB AC DB EC  ,即 5 3 y x  .于是得到 5 3y x ,( 0x  ). (2)如图 3,图 4,因为 DE//BC,所以 DE AE BC AC  , MN AN BC AC  , 即 | 3 | 5 3 DE x , 1| 3 |2 5 3 xMN   .因此 5| 3 | 3 xDE  ,圆心距 5| 6 | 6 xMN  . 图 2 图 3 图 4 在⊙M 中, 1 1 5 2 2 6Mr BD y x   ,在⊙N 中, 1 1 2 2Nr CE x  . ①当两圆外切时, 5 1 6 2x x 5| 6 | 6 x .解得 30 13x  或者 10x   . 如图 5,符合题意的解为 30 13x  ,此时 5(3 ) 15 3 13 xDE   . ②当两圆内切时, 5 1 6 2x x 5| 6 | 6 x . 当 x<6 时,解得 30 7x  ,如图 6,此时 E 在 CA 的延长线上, 5( 3) 15 3 7 xDE   ; 当 x>6 时,解得 10x  ,如图 7,此时 E 在 CA 的延长线上, 5( 3) 35 3 3 xDE   . 图 5 图 6 图 7 (3)因为△ABC 是等腰三角形,因此当△ABC 与△DEF 相似 时,△DEF 也是等腰三角形. 如图 8,当 D、E、F 为△ABC 的三边的中点时,DE 为等腰三 角形 DEF 的腰,符合题意,此时 BF=2.5.根据对称性,当 F 在 BC 边上的高的垂足时,也符合题意,此时 BF=4.1. 如图 9,当 DE 为等腰三角形 DEF 的底边时,四边形 DECF 是 平行四边形,此时 125 34BF  . 图 8 图 9 图 10 图 11 考点伸展 第(3)题的情景是一道典型题,如图 10,如图 11,AH 是△ABC 的高,D、E、F 为△ABC 的三边的中点,那么四边形 DEHF 是等腰 梯形. 例 9 2008 年苏州市中考第 29 题 图 1 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 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 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 2 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 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 3 2011 年湖州市中考第 24 题 如图 1,已知正方形 OABC 的边长为 2,顶点 A、C 分别在 x、y 轴的正半轴上,M 是 BC 的中点.P(0,m)是线段 OC 上一动点(C 点 除外),直线 PM 交 AB 的延长线于点 D. (1)求点 D 的坐标(用含 m 的代数式表示); (2)当△APD 是等腰三角形时,求 m 的值; (3)设过 P、M、B 三点的抛物线与 x 轴正半轴交于点 E,过点 O 作直线 ME 的垂线,垂足为 H(如图 2).当点 P 从 O 向 C 运动时, 点 H 也随之运动.请直接写出点 H 所经过的路长(不必写解答过程). 图 1 图 2 思路点拨 1.用含 m 的代数式表示表示△APD 的三边长,为解等腰三角形 做好准备. 2.探求△APD 是等腰三角形,分三种情况列方程求解. 3.猜想点 H 的运动轨迹是一个难题.不变的是直角,会不会找 到不变的线段长呢?Rt△OHM 的斜边长 OM 是定值,以 OM 为直径 的圆过点 H、C. 满分解答 (1)因为 PC//DB,所以 1CP PM MC BD DM MB    .因此 PM=DM,CP =BD=2-m.所以 AD=4-m.于是得到点 D 的坐标为(2,4-m). ( 2 ) 在 △ APD 中 , 2 2(4 )AD m  , 2 2 4AP m  , 2 2 2(2 ) 4 4(2 )PD PM m    . ①当 AP=AD 时, 2(4 )m 2 4m  .解得 3 2m  (如图 3). ②当 PA=PD 时, 2 4m  24 4(2 )m   .解得 4 3m  (如图 4)或 4m  (不合题意,舍去). ③当 DA=DP 时, 2(4 )m 24 4(2 )m   .解得 2 3m  (如图 5)或 2m  (不合题意,舍去). 综上所述,当△APD 为等腰三角形时,m 的值为 3 2 , 4 3 或 2 3 . 图 3 图 4 图 5 (3)点 H 所经过的路径长为 5 4  . 考点伸展 第(2)题解等腰三角形的问题,其中①、②用几何说理的方法, 计算更简单: ①如图 3,当 AP=AD 时,AM 垂直平分 PD,那么△PCM∽△ MBA.所以 1 2 PC MB CM BA   .因此 1 2PC  , 3 2m  . ②如图 4,当 PA=PD 时,P 在 AD 的垂直平分线上.所以 DA =2PO.因此4 2m m  .解得 4 3m  . 第(2)题的思路是这样的: 如图 6,在 Rt△OHM 中,斜边 OM 为定值,因此以 OM 为直径 的⊙G 经过点 H,也就是说点 H 在圆弧上运动.运动过的圆心角怎 么确定呢?如图 7,P 与 O 重合时,是点 H 运动的起点,∠COH= 45°,∠CGH=90°. 图 6 图 7 例 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. 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  . 如图 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 年上海市闸北区中考模拟第 25 题 如图 1,在直角坐标平面内有点 A(6, 0),B(0, 8),C(-4, 0),点 M、N 分别为线段 AC 和射线 AB 上的动点,点 M 以 2 个单位长度/ 秒的速度自 C 向 A 方向作匀速运动,点 N 以 5 个单位长度/秒的速度 自 A 向 B 方向作匀速运动,MN 交 OB 于点 P. (1)求证:MN∶NP 为定值; (2)若△BNP 与△MNA 相似,求 CM 的长; (3)若△BNP 是等腰三角形,求 CM 的长. 图 1 思路点拨 1.第(1)题求证 MN∶NP 的值要根据点 N 的位置分两种情况.这 个结论为后面的计算提供了方便. 2.第(2)题探求相似的两个三角形有一组邻补角,通过说理知 道这两个三角形是直角三角形时才可能相似. 3.第(3)题探求等腰三角形,要两级(两层)分类,先按照点 N 的位置分类,再按照顶角的顶点分类.注意当 N 在 AB 的延长线上 时,钝角等腰三角形只有一种情况. 4.探求等腰三角形 BNP,N 在 AB 上时,∠B 是确定的,把夹 ∠B 的两边的长先表示出来,再分类计算. 满分解答 (1)如图 2,图 3,作 NQ⊥x 轴,垂足为 Q.设点 M、N 的运动 时间为 t 秒. 在 Rt△ANQ 中,AN=5t,NQ=4t ,AQ=3t. 在图 2 中,QO=6-3t,MQ=10-5t,所以 MN∶NP=MQ∶QO =5∶3. 在图 3 中,QO=3t-6,MQ=5t-10,所以 MN∶NP=MQ∶QO =5∶3. (2)因为△BNP 与△MNA 有一组邻补角,因此这两个三角形要么 是一个锐角三角形和一个钝角三角形,要么是两个直角三角形.只有 当这两个三角形都是直角三角形时才可能相似. 如图 4,△BNP∽△MNA,在 Rt△AMN 中, 3 5 AN AM  ,所以 5 3 10 2 5 t t  .解得 30 31t  .此时 CM 60 31  . 图 2 图 3 图 4 (3)如图 5,图 6,图 7 中, OP MP QN MN  ,即 2 4 5 OP t  .所以 8 5OP t . ①当 N 在 AB 上时,在△BNP 中,∠B 是确定的, 88 5BP t  , 10 5BN t  . (Ⅰ)如图 5,当 BP=BN 时,解方程 88 10 55 t t   ,得 10 17t  .此 时 CM 20 17  . (Ⅱ)如图 6,当 NB=NP 时, 4 5BE BN .解方程  1 8 48 10 52 5 5t t      , 得 5 4t  .此时 CM 5 2  . (Ⅲ)当 PB=PN 时, 1 4 2 5BN BP .解方程  1 4 810 5 82 5 5t t      ,得 t 的值为负数,因此不存在 PB=PN 的情况. ②如图 7,当点 N 在线段 AB 的延长线上时,∠B 是钝角,只存 在 BP=BN 的可能,此 时 5 10BN t  .解方程 88 5 105 t t   , 得 30 11t  .此时 CM 60 11  . 图 5 图 6 图 7 考点伸展 如图 6,当 NB=NP 时,△NMA 是等腰 三角形, 1 4 2 5BN BP ,这样计算简便一些. 例 6 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 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 7 2009 年重庆市中考第 26 题 已知:如图 1,在平面直角坐标系 xOy 中,矩形 OABC 的边 OA 在 y 轴的正半轴上,OC 在 x 轴的正半轴上,OA=2,OC=3,过原 点 O 作∠AOC 的平分线交 AB 于点 D,连结 DC,过点 D 作 DE⊥DC, 交 OA 于点 E. (1)求过点 E、D、C 的抛物线的解析式; (2)将∠EDC 绕点 D 按顺时针方向旋转后,角的一边与 y 轴的 正半轴交于点 F,另一边与线段 OC 交于点 G.如果 DF 与(1)中 的抛物线交于另一点 M,点 M 的横坐标为 5 6 ,那么 EF=2GO 是否 成立?若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由; (3)对于(2)中的点 G,在位于第一象限内的该抛物线上是否 存在点 Q,使得直线 GQ 与 AB 的交点 P 与点 C、G 构成的△PCG 是 等腰三角形?若存在,请求出点 Q 的坐标;若不存在成立,请说明 理由. 图 1 思路点拨 1.用待定系数法求抛物线的解析式,这个解析式在第(2)、(3) 题的计算中要用到. 2.过点 M 作 MN⊥AB,根据对应线段成比例可以求 FA 的长. 3.将∠EDC 绕点 D 旋转的过程中,△DCG 与△DEF 保持全等. 4.第(3)题反客为主,分三种情况讨论△PCG 为等腰三角形, 根据点 P 的位置确定点 Q 的位置,再计算点 Q 的坐标. 满分解答 (1)由于 OD 平分∠AOC,所以点 D 的坐标为(2,2),因此 BC=AD=1. 由于△BCD≌△ADE,所以 BD=AE=1,因此点 E 的坐标为(0, 1). 设过 E、D、C 三点的抛物线的解析式为 cbxaxy  2 ,那么       .039 ,224 ,1 cba cba c 解得 6 5a , 6 13b 1c .因此过 E、D、C 三点的抛 物线的解析式为 16 13 6 5 2  xxy . (2)把 5 6x 代入 16 13 6 5 2  xxy ,求得 5 12y .所以点 M 的坐标为      5 12,5 6 . 如图 2,过点 M 作 MN⊥AB,垂足为 N, 那么 DA DN FA MN  ,即 2 5 6225 12    FA .解得 1FA . 因为∠EDC 绕点 D 旋转的过程中,△DCG≌△DEF,所以 CG =EF=2.因此 GO=1,EF=2GO. (3)在第(2)中,GC=2.设点 Q 的坐标为       16 13 6 5, 2 xxx . ①如图 3,当 CP=CG=2 时,点 P 与点 B(3,2)重合,△PCG 是等腰直角三角形.此时 GQQ xxy  ,因此 116 13 6 5 2  xxx 。由此 得到点 Q 的坐标为      5 7,5 12 . ②如图 4,当 GP=GC=2 时,点 P 的坐标为(1,2).此时点 Q 的横坐标为 1,点 Q 的坐标为      6 13,1 . ③如图 5,当 PG=PC 时,点 P 在 GC 的垂直平分线上,点 P、 Q 与点 D 重合.此时点 Q 的坐标为(2,2). 图 3 图 4 图 5 考点伸展 在第(2)题情景下,∠EDC 绕点 D 旋转的过程中,FG 的长怎 样变化? 设 AF 的长为 m,那么 82)2()2( 222  mmmFG . 点 F 由 E 开始沿射线 EA 运动的过程中,FG 先是越来越小,F 与 A 重合时,FG 达到最小值 22 ;F 经过点 A 以后,FG 越来越大, 当 C 与 O 重合时,FG 达到最大值 4. 例 8 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 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 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 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 2 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. 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   . 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 3 2011 年沈阳市中考第 25 题 如图 1,已知抛物线 y=x2+bx+c 与 x 轴交于 A、B 两点(点 A 在点 B 左侧),与 y 轴交于点 C(0,-3),对称轴是直线 x=1,直线 BC 与抛物线的对称轴交于点 D. (1)求抛物线的函数表达式; (2)求直线 BC 的函数表达式; (3)点 E 为 y 轴上一动点,CE 的垂直平分线交 CE 于点 F,交 抛物线于 P、Q 两点,且点 P 在第三象限. ①当线段 3 4PQ AB 时,求 tan∠CED 的值; ②当以 C、D、E 为顶点的三角形是直角三角形时,请直接写出 点 P 的坐标. 温馨提示:考生可以根据第(3)问的题意,在图中补出图形, 以便作答. 图 1 思路点拨 1.第(1)、(2)题用待定系数法求解析式,它们的结果直接影 响后续的解题. 2.第(3)题的关键是求点 E 的坐标,反复用到数形结合,注 意 y 轴负半轴上的点的纵坐标的符号与线段长的关系. 3.根据 C、D 的坐标,可以知道直角三角形 CDE 是等腰直角三 角形,这样写点 E 的坐标就简单了. 满分解答 (1)设抛物线的函数表达式为 2( 1)y x n   ,代入点 C(0,-3), 得 4n   .所以抛物线的函数表达式为 2 2( 1) 4 2 3y x x x      . (2)由 2 2 3 ( 1)( 3)y x x x x      ,知 A(-1,0),B(3,0).设直线 BC 的函数表达式为 y kx b  ,代入点 B(3,0)和点 C(0,-3),得 3 0, 3. k b b      解得 1k  , 3b   .所以直线 BC 的函数表达式为 3y x  . (3)①因为 AB=4,所以 3 34PQ AB  .因为 P、Q 关于直线 x =1 对称,所以点 P 的横坐标为 1 2  .于是得到点 P 的坐标为 1 7,2 4      , 点 F 的坐标为 70, 4     .所以 7 53 4 4FC OC OF     , 52 2EC FC  . 进而得到 5 13 2 2OE OC EC     ,点 E 的坐标为 10, 2     . 直线 BC: 3y x  与抛物线的对称轴 x=1 的交点 D 的坐标为(1, -2). 过点 D 作 DH⊥y 轴,垂足为 H. 在 Rt△EDH 中,DH=1, 1 32 2 2EH OH OE     ,所以 tan∠ CED 2 3 DH EH   . ② 1(1 2, 2)P   , 2 6 5(1 , )2 2P   . 图 2 图 3 图 4 考点伸展 第(3)题②求点 P 的坐标的步骤是: 如图 3,图 4,先分两种情况求出等腰直角三角形 CDE 的顶点 E 的坐标,再求出 CE 的中点 F 的坐标,把点 F 的纵坐标代入抛物线 的解析式,解得的 x 的较小的一个值就是点 P 的横坐标. 例 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. 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 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. 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? 10 7t  图 1 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 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 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 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 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 2 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 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 3 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. 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 4 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 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 5 2010 年河南省中考第 23 题 如图 1,在平面直角坐标系中,已知抛物线经过 A(-4,0)、B(0, -4)、C(2,0)三点. (1)求抛物线的解析式; (2)若点 M 为第三象限内抛物线上一动点,点 M 的横坐标为 m,△MAB 的面积为 S,求 S 关于 m 的函数关系式,并求出 S 的最 大值; (3)若点 P 是抛物线上的动点,点 Q 是直线 y=-x 上的动点, 判断有几个位置能使以点 P、Q、B、O 为顶点的四边形为平行四边 形,直接写出相应的点 Q 的坐标. 图 1 图 2 思路点拨 1.求抛物线的解析式,设交点式比较简便. 2.把△MAB 分割为共底 MD 的两个三角形,高的和为定值 OA. 3.当 PQ 与 OB 平行且相等时,以点 P、Q、B、O 为顶点的四 边形是平行四边形,按照 P、Q 的上下位置关系,分两种情况列方程. 满分解答 (1) 因为抛物线与 x 轴交于 A(-4,0)、C(2,0)两点,设 y=a(x+4)(x - 2) . 代 入 点 B(0, - 4) , 求 得 1 2a  . 所 以 抛 物 线 的 解 析 式 为 21 1( 4)( 2) 42 2y x x x x      . (2)如图 2,直线 AB 的解析式为 y=-x-4.过点 M 作 x 轴的垂 线交 AB 于 D,那么 2 21 1( 4) ( 4) 22 2MD m m m m m         .所以 21 42MDA MDBS S S MD OA m m        2( 2) 4m    . 因此当 2m   时,S 取得最大值,最大值为 4. (3) 如果以点 P、Q、B、O 为顶点的四边形是平行四边形,那么 PQ//OB,PQ=OB=4. 设点 Q 的坐标为( , )x x ,点 P 的坐标为 21( , 4)2x x x  . ①当点 P 在点 Q 上方时, 21( 4) ( ) 42 x x x     .解得 2 2 5x    . 此时点 Q 的坐标为( 2 2 5,2 2 5)   (如图 3),或( 2 2 5,2 2 5)   (如图 4). ②当点 Q 在点 P 上方时, 21( ) ( 4) 42x x x     . 解得 4x   或 0x  (与点 O 重合,舍去).此时点 Q 的坐标为(- 4,4) (如图 5). 图 3 图 4 图 5 考点伸展 在本题情境下,以点 P、Q、B、O 为顶点的四边形能成为直角 梯形吗? 如图 6,Q(2,-2);如图 7,Q(-2,2);如图 8,Q(4,-4). 图 6 图 7 图 8 例 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 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 年福州市中考第 21 题 如图 1,等边△ABC 的边长为 4,E 是边 BC 上的动点,EH⊥ AC 于 H,过 E 作 EF∥AC,交线段 AB 于点 F,在线段 AC 上取点 P, 使 PE=EB.设 EC=x(0<x≤2). (1)请直接写出图中与线段 EF 相等的两条线段(不再另外添 加辅助线); (2)Q 是线段 AC 上的动点,当四边形 EFPQ 是平行四边形时, 求平行四边形 EFPQ 的面积(用含 x 的代数式表示); (3)当(2)中 的平行四边形 EFPQ 面积最大值时,以 E 为圆 心,r 为半径作圆,根据⊙E 与此时平行四边形 EFPQ 四条边交点的 总个数,求相应的 r 的取值范围. 图 1 思路点拨 1.如何用含有 x 的式子表示平行四边形的边 PQ,第(1)题作 了暗示. 2.通过计算,求出平行四边形面积最大时的 x 值,准确、规范 地画出此时的图形是解第(3)题的关键,此时点 E 是 BC 的中点, 图形充满了特殊性. 3.画出两个同心圆可以帮助探究、理解第(3)题:过点 H 的 圆,过点 C 的圆. 满分解答 (1)BE、PE、BF 三条线段中任选两条. (2)如图 2,在 Rt△CEH 中,∠C=60°,EC=x,所以 xEH 2 3 . 因 为 PQ = FE = BE = 4 - x , 所 以 xxxxEHPQS EFPQ 322 3)4(2 3 2 平行四边形 . (3)因为 xxS EFPQ 322 3 2 平行四边形 3222 3 2  )(x ,所以当 x =2 时,平行四边形 EFPQ 的面积最大. 此时 E、F、P 分别为△ABC 的三边 BC、AB、AC 的中点,且 C、 Q 重合,四边形 EFPQ 是边长为 2 的菱形(如图 3). 图 2 图 3 过点 E 点作 ED⊥FP 于 D,则 ED=EH= 3 . 如图 4,当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 2 个时,0<r< 3 ; 如图 5,当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 4 个时,r= 3 ; 如图 6,当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 6 个时, 3 <r<2; 如图 7,当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 3 个时,r=2 时; 如图 8,当⊙E 与平行四边形 EFPQ 的四条边交点的总个数是 0 个时,r>2 时. 图 4 图 5 图 6 图 7 图 8 考点伸展 本题中 E 是边 BC 上的动点,设 EC=x,如果没有限定 0<x≤2, 那么平行四边形 EFPQ 的面积是如何随 x 的变化而变化的? 事实上,当 x>2 时,点 P 就不存在了,平行四边形 EFPQ 也就 不存在了. 因此平行四边形 EFPQ 的面积随 x 的增大而增大. 例 8 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 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. 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. 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 3 2011 年北京市海淀区中考模拟第 24 题 已知平面直角坐标系 xOy 中, 抛物线 y=ax2-(a+1)x 与直线 y =kx 的一个公共点为 A(4,8). (1)求此抛物线和直线的解析式; (2)若点 P 在线段 OA 上,过点 P 作 y 轴的平行线交(1)中抛 物线于点 Q,求线段 PQ 长度的最大值; (3)记(1)中抛物线的顶点为 M,点 N 在此抛物线上,若四 边形 AOMN 恰好是梯形,求点 N 的坐标及梯形 AOMN 的面积. 备用图 答案 (1)抛物线的解析式为 y=x2-2x,直线的解析式为 y=2x. (2)如图 1,当 P 为 OA 的中点时,PQ 的长度取得最大值为 4. (3)如图 2,如果四边形 AOMN 是梯形,那么点 N 的坐标为(3, 3),梯形 AOMN 的面积为 9. 图 1 图 2 例 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 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 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    . 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 6 2010 年上海市奉贤区中考模拟第 24 题 已知,矩形 OABC 在平面直角坐标系中位置如图 1 所示,点 A 的坐标为(4,0),点 C 的坐标为 )20( , ,直线 xy 3 2 与边 BC 相交于点 D. (1)求点 D 的坐标; (2)抛物线 cbxaxy  2 经过点 A、D、O,求此抛物线的表达式; (3)在这个抛物线上是否存在点 M,使 O、D、A、M 为顶点的四 边形是梯形?若存在,请求出所有符合条件的点 M 的坐标;若不存 在,请说明理由. 图 1 思路点拨 1.用待定系数法求抛物线的解析式,设交点式比较简便. 2.过△AOD 的三个顶点分别画对边的平行线与抛物线相交,可 以确定存在三个梯形. 3.用抛物线的解析式可以表示点 M 的坐标. 满分解答 (1)因为 BC//x 轴,点 D 在 BC 上,C(0,-2),所以点 D 的纵坐标 为-2.把 y=-2 代入 xy 3 2 ,求得 x=3.所以点 D 的坐标为(3, -2). (2)由于抛物线与 x 轴交于点 O、A(4,0),设抛物线的解析式为 y =ax(x-4),代入 D (3,-2),得 2 3a  .所求的二次函数解析式为 22 2 8( 4)3 3 3y x x x x    . (3) 设点 M 的坐标为 22 8, 3 3x x x    . ①如图 2,当 OM//DA 时,作 MN⊥x 轴,DQ⊥x 轴,垂足分别 为 N、Q.由 tan∠MON=tan∠DAQ,得 22 8 3 3 2 x x x   . 因为 x=0 时点 M 与 O 重合,因此 2 8 23 3x   ,解得 x=7.此时 点 M 的坐标为(7,14). ②如图 3,当 AM//OD 时,由 tan∠MAN=tan∠DOQ,得 22 8 23 3 4 3 x x x   . 因为 x=4 时点 M 与 A 重合,因此 2 2 3 3x  ,解得 x=-1.此时 点 M 的坐标为 10( 1, )3  . ③如图 4,当 DM//OA 时,点 M 与点 D 关于抛物线的对称轴对 称,此时点 M 的坐标为(1,-2). 图 2 图 3 图 4 考点伸展 第(3)题的①、②用几何法进行计算,依据是两直线平行,内 错角的正切相等. 如果用代数法进行,计算过程比较麻烦.以①为例,先求出直线 AD 的解析式,再求出直线 OM 的解析式,最后解由直线 OM 和抛物 线的解析式组成的二元二次方程组. 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 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 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 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 2 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 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 3 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 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 4 2011 年上海市松江区中考模拟第 24 题 如图 1,在平面直角坐标系 xOy 中,直角梯形 OABC 的顶点 O 为坐标原点,顶点 A、C 分别在 x 轴、y 轴的正半轴上,CB∥OA, OC=4,BC=3,OA=5,点 D 在边 OC 上,CD=3,过点 D 作 DB 的垂线 DE,交 x 轴于点 E. (1)求点 E 的坐标; (2)二次函数 y=-x2+bx+c 的图象经过点 B 和点 E. ①求二次函数的解析式和它的对称轴; ②如果点 M 在它的对称轴上且位于 x 轴上方,满足 S△CEM=2S△ ABM,求点 M 的坐标. 图 1 思路点拨 1.这三道题目步步为赢,错一道题目,就要影响下一道的计算. 2.点 M 在抛物线的对称轴上且位于 x 轴上方,要分两种情况讨 论,分别为点 M 在线段 FB 和 FB 的延长线上.因为用点 M 的纵坐 标表示△ABM 的底边长,因点 M 的位置不同而不同. 满分解答 (1)因为 BC∥OA,所以 BC⊥CD.因为 CD=CB=3,所以△ BCD 是等腰直角三角形.因此∠BCD=45°.又因为 BC⊥CD,所 以∠ODE=45°.所以△ODE 是等腰直角三角形,OE=OD=1.所 以点 E 的坐标是(1,0). (2)①因为抛物线 y=-x2+bx+c 经过点 B(3,4)和点 E( 1, 0),所以 9 3 4, 1 0. b c b c         解得 6, 5. b c     所以二次函数的解析式为 y=- x2+6x-5,抛物线的对称轴为直线 x=3. ②如图 2,如图 3,设抛物线的对称轴与 x 轴交于点 F,点 M 的 坐标为(3,t). CEM MEF COEOFMCS S S S    梯形 1 1 1(4 ) 3 2 1 4 42 2 2 2 tt t           . ( ⅰ ) 如 图 2 , 当 点 M 位 于 线 段 BF 上 时 , ttS ABM  42)4(2 1 .解方程 )4(242 tt  ,得 5 8t .此时点 M 的 坐标为(3, 5 8 ). ( ⅱ ) 如 图 3 , 当 点 M 位 于 线 段 FB 延 长 线 上 时 , 42)4(2 1  ttS ABM .解方程 )4(242  tt ,得 8t .此时点 M 的 坐标为(3,8). 图 2 图 3 考点伸展 对于图 2,还有几个典型结论: 此时,C、M、A 三点在同一条直线上;△CEM 的周长最小. 可以求得直线 AC 的解析式为 4 45y x   ,当 x=3 时, 8 5y  . 因此点 M(3, 5 8 )在直线 AC 上. 因为点 A、E 关于抛物线的对称轴对称,所以 ME+MC=MA+ MC. 当 A、M、C 三点共线时,ME+MC 最小,△CEM 的周长最小. 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 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 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 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 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 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 2 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 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 2012 年滨州市中考第 24 题 如图 1,在平面直角坐标系中, y=ax2+bx+c 经过 A(-2, -4 )、 O(0, 0)、B(2, 0)三点. (1)求抛物线 y=ax2+bx+c 的解析式; (2)若点 M 是该抛物线对称轴上的一点,求 AM+OM 的最小 值. 图 1 答案 (1) 21 2y x x   。 (2)AM+OM 的最小值为 4 2 . 图 2 图 3 例 2 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 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 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 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. (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 2 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. 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 3 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 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 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 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 2 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 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 3 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? 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 4 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 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 5 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. 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. (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.