---- WORD 格式 可编辑
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 2014 年衡阳市中考第 28 题 例 2 2014 年益阳市中考第 21 题 例 3 2015 年湘西州中考第 26 题 例 4 2015 年张家界市中考第 25 题 例 5 2016 年常德市中考第 26 题 例 6 2016 年岳阳市中考第 24 题 例 7 2016 年上海市崇明县中考模拟第
25 题 例 8 2016 年上海市黄浦区中考模拟第
26 题
§1．2 因动点产生的等腰三角形问题
例 9 2014 年长沙市中考第 26 题 例 10 2014 年张家界市第 25 题 例 11 2014 年邵阳市中考第 26 题 例 12 2014 年娄底市中考第 27 题 例 13 2015 年怀化市中考第 22 题 例 14 2015 年长沙市中考第 26 题 例 15 2016 年娄底市中考第 26 题
例 16 2016 年上海市长宁区金山区中考模拟第例 17 2016 年河南省中考第 23 题
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----- 25 题
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例 18 2016 年重庆市中考第 25 题
§1．3
因动点产生的直角三角形问题
例 19 2015 年益阳市中考第 21 题 例 20 2015 年湘潭市中考第 26 题 例 21 2016 年郴州市中考第 26 题
例 22 2016 年上海市松江区中考模拟第 25 题 例 23 2016 年义乌市绍兴市中考第 24 题
§1．4
因动点产生的平行四边形问题
例 24 2014 年岳阳市中考第 24 题 例 25 2014 年益阳市中考第 20 题 例 26 2014 年邵阳市中考第 25 题 例 27 2015 年郴州市中考第 25 题 例 28 2015 年黄冈市中考第 24 题 例 29 2016 年衡阳市中考第 26 题
例 30 2016 年上海市嘉定区宝山区中考模拟中考第 例 31 2016 年上海市徐汇区中考模拟第 24 题
§1．5
因动点产生的面积问题
例 32 2014 年常德市中考第 25 题 例 33 2014 年永州市中考第 25 题
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----- 题
24
----
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例 34 2014 年怀化市中考第 24 题 例 35 2015 年邵阳市中考第 26 题 例 36 2015 年株洲市中考第 23 题 例 37 2015 年衡阳市中考第 28 题 例 38 2016 年益阳市中考第 22 题 例 39 2016 年永州市中考第 26 题 例 40 2016 年邵阳市中考第 26 题 例 41 2016 年陕西省中考第 25 题
§1．6
因动点产生的相切问题
例 42 2014 年衡阳市中考第 27 题 例 43 2014 年株洲市中考第 23 题 例 44 2015 年湘潭市中考第 25 题 例 45 2015 年湘西州中考第 25 题 例 46 2016 年娄底市中考第 25 题 例 47 2016 年湘潭市中考第 26 题
例 48 2016 年上海市闵行区中考模拟第 24 题 例 49 2016 年上海市普陀区中考模拟中考第 25 题
§1．7
因动点产生的线段和差问题
例 50 2014 年郴州市中考第 26 题 例 51 2014 年湘西州中考第 25 题
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例 52 2015 年岳阳市中考第 24 题 例 53 2015 年济南市中考第 28 题 例 54 2015 年沈阳市中考第 25 题 例 55 2016 年福州市中考第 26 题 例 56 2016 年张家界市中考第 24 题 例 57 2016 年益阳市中考第 21 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 2014 年常德市中考第 26 题 例 2 2014 年湘潭市中考第 25 题 例 3 2014 年郴州市中考第 25 题 例 4 2015 年常德市中考第 25 题 例 5 2015 年郴州市中考第 26 题 例 6 2015 年邵阳市中考第 25 题 例 7 2015 年娄底市中考第 26 题 例 8 2016 年郴州市中考第 25 题 例 9 2016 年湘西州中考第 26 题
例 10 2016 年上海市静安区青浦区中考模拟第 例 11 2016 年哈尔滨市中考第 27 题
25 题
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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 2014 年长沙市中考第 25 题 例 2 2014 年怀化市中考第 23 题 例 3 2014 年湘潭市中考第 26 题 例 4 2014 年株洲市中考第 24 题 例 5 2015 年衡阳市中考第 27 题 例 6 2015 年娄底市中考第 25 题 例 7 2015 年永州市中考第 26 题 例 8 2015 年长沙市中考第 25 题 例 9 2015 年株洲市中考第 24 题 例 10 2016 年怀化市中考第 22 题 例 11 2016 年邵阳市中考第 25 题 例 12 2016 年株洲市中考第 26 题 例 13 2016 年长沙市中考第 25 题 例 14 2016 年长沙市中考第 26 题
§3．2
几何证明及通过几何计算进行说理问题
例 15 2014 年衡阳市中考第 26 题 例 16 2014 年娄底市中考第 26 题 例 17 2014 年岳阳市中考第 23 题 例 18 2015 年常德市中考第 26 题
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例 19 2015 年益阳市中考第 20 题 例 20 2015 年永州市中考第 27 题 例 21 2015 年岳阳市中考第 23 题 例 22 2016 年常德市中考第 25 题 例 23 2016 年衡阳市中考第 25 题 例 24 2016 年永州市中考第 27 题 例 25 2016 年岳阳市中考第 23 题 例 26 2016 年株洲市中考第 25 题 例 27 2016 年湘潭市中考第 25 题
第四部分
图形的平移、翻折与旋转
§4．1
图形的平移
例 1 2015 年泰安市中考第 15 题 例 2 2015 年咸宁市中考第 14 题 例 3 2015 年株洲市中考第 14 题 例 4 2016 年上海市虹口区中考模拟第
18 题
§4．2 图形的翻折
例 5 2016 年上海市奉贤区中考模拟第
18 题
18 题
例 6 2016 年上海市静安区青浦区中考模拟第 例 7 2016 年上海市闵行区中考模拟第 例 8 2016 年上海市浦东新区中考模拟第
18 题
18 题
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例 8 2016 年上海市普陀区中考模拟第
18 题
例 10 2016 年常德市中考第 15 题 例 11 2016 年张家界市中考第 14 题 例 12 2016 年淮安市中考第 18 题 例 13 2016 年金华市中考第 15 题 例 14 2016 年雅安市中考第 12 题
§4．3 图形的旋转
例 15 2016 年上海昂立教育中学生三模联考第
例 16 2016 年上海市崇明县中考模拟第 18 题 例 17 2016 年上海市黄浦区中考模拟第 18 题 例 18 2016 年上海市嘉定区宝山区中考模拟第
例 19 2016 年上海市闸北区中考模拟第 18 题 例 20 2016 年邵阳市中考第 13 题 例 21 2016 年株洲市中考第 4 题
§4．4
三角形
例 22 2016 年安徽省中考第 10 题 例 23 2016 年武汉市中考第 10 题 例 24 2016 年河北省中考第 16 题 例 25 2016 年娄底市中考第 10 题
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18 题18 题
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例 26 2016 年苏州市中考第 9 题 例 27 2016 年台州市中考第 10 题 例 28 2016 年陕西省中考第 14 题 例 29 2016 年内江市中考第 11 题 例 30 2016 年上海市中考第 18 题
§4．5
四边形
例 31 2016 年湘西州中考第 11 题 例 32 2016 年益阳市中考第 4 题 例 33 2016 年益阳市中考第 6 题 例 34 2016 年常德市中考第 16 题 例 35 2016 年成都市中考第 14 题 例 36 2016 年广州市中考第 13 题 例 37 2016 年福州市中考第 18 题 例 38 2016 年无锡市中考第 17 题 例 39 2016 年台州市中考第 15 题
§4．6
圆
例 40 2016 年滨州市中考第 16 题 例 41 2016 年宁波市中考第 17 题 例 42 2016 年连云港市中考第 16 题 例 43 2016 年烟台市中考第 17 题
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例 44 2016 年烟台市中考第 18 题 例 45 2016 年无锡市中考第 18 题 例 46 2016 年武汉市中考第 9 题 例 47 2016 年宿迁市中考第 16 题 例 48 2016 年衡阳市中考第 17 题 例 49 2016 年邵阳市中考第 18 题 例 50 2016 年湘西州中考第 18 题 例 51 2016 年永州市中考第 20 题
§4．7
函数的图象及性质
例 52 2015 年荆州市中考第 9 题 例 53 2015 年德州市中考第 12 题 例 54 2015 年烟台市中考第 12 题 例 55 2015 年中山市中考第 10 题 例 56 2015 年武威市中考第 10 题 例 57 2015 年呼和浩特市中考第 10 题 例 58 2016 年湘潭市中考第 18 题 例 59 2016 年衡阳市中考第 19 题 例 60 2016 年岳阳市中考第 15 题 例 61 2016 年株洲市中考第 9 题
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例 62 2016 年永州市中考第 19 题 例 63 2016 年岳阳市中考第 8 题 例 64 2016 年岳阳市中考第 16 题 例 65 2016 年益阳市中考第 14 题 例 66 2016 年株洲市中考第 10 题 例 67 2016 例 68 2016 例 69 2016 例 70 2016 例 71 2016 例 72 2016 例 73 2016 例 74 2016 例 75 2016 年株洲市中考第 17 题 年东营市中考第 15 题 年成都市中考第 13 题 年泰州市中考第 16 题 年宿迁市中考第 15 题 年临沂市中考第 14 题 年义乌市绍兴市中考第 9 题 年淄博市中考第 12 题 年嘉兴市中考第 16 题
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§1． 1 因动点产生的相似三角形问题
课前导学
相似三角形的判定定理有 3 个，其中判定定理 1 和判定定理 2 都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．
判定定理 2 是最常用的解题依据， 一般分三步： 寻找一组等角， 分两种情况列比例方程，
解方程并检验．
如果已知∠ A＝∠ D，探求△ ABC与△ DEF相似， 只要把夹∠ A 和∠ D的两边表示出来， 按照对应边成比例，分
AB DE
和
AB DF
AC
两种情况列方程．
AC DF DE
．
应用判定定理 1 解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等． 应用判定定理 3 解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）
还有一种情况， 讨论两个直角三角形相似， 如果一组锐角相等， 其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．
求线段的长，要用到两点间的距离公式，而这个公式容易记错．理解记忆比较好． 如图 1，如果已知 A、 B两点的坐标，怎样求 A、 B 两点间的距离呢？
我们以 AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，这样用勾股定理就可以求斜
边 AB的长了．水平距离 BC的长就是 A、B 两点间的水平距离， 等于 A、B 两点的横坐标相减；竖直距离 AC就是 A、 B 两点间的竖直距离，等于 A、 B 两点的纵坐标相减．
图 1
例 1
2014 年湖南省衡阳市中考第 28 题
二次函数 y＝ ax2＋bx＋ c（a≠ 0）的图象与 x 轴交于 A( － 3, 0) 、 B(1, 0) 两点，与 y 轴
交于点 C(0, － 3m) （m＞ 0），顶点为 D．
（ 1）求该二次函数的解析式（系数用含
m的代数式表示） ；
APC的面积为
（ 2）如图 1，当 m＝ 2 时，点 P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△
S，试求出 S 与点 P的横坐标 x 之间的函数关系式及
S 的最大值；
（ 3）如图 2，当 m取何值时，以 A、 D、 C三点为顶点的三角形与△ OBC相似？
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图1
图2
动感体验
请打开几何画板文件名“ 14 衡阳 28”，拖动点 P 运动，可以体验到，当点 P运动到 AC 的中点的正下方时，△ APC的面积最大．拖动 y 轴上表示实数 m的点运动，抛物线的形状会改变，可以体验到，∠ ACD和∠ ADC都可以成为直角．
思路点拨
1．用交点式求抛物线的解析式比较简便． 2．连结 OP，△ APC可以割补为：△
AOP与△ COP的和，再减去△
AOC．
3．讨论△ ACD与△ OBC相似，先确定△ ACD是直角三角形，再验证两个直角三角形是否
相似．
4．直角三角形 ACD存在两种情况．
图文解析
（ 1）因为抛物线与
( －3, 0) 、 (1, 0) 两点，设 ＝ ( ＋ 3)( －1) ．
x y a x x A B
代入点 (0, －3 )，得－ 3 ＝－3 ．解得 ＝ ．
C m m a a m
所以该二次函数的解析式为 y＝ m( x＋ 3)( x－ 1) ＝ mx＋ 2mx－ 3m．
轴交于
2
（ 2）如图 3，连结 OP．
当 m＝2 时， C(0, － 6) ， y＝ 2x2＋ 4x－6，那么 P( x, 2 x2＋ 4x－ 6) ． 由于△ AOP＝
S
S△ COP＝ OC ( xP ) ＝－ 3x，S△AOC＝ 9，
2
所以 S＝S ＝S ＋S －S 2
＝－ 3x
11
2 OA ( yP ) ＝
3 2
2
＋ 4 －6) ＝－ 3 2 －6 ＋9， (2 xx x x
－ 9x＝ 3(x
△ APC △ AOP△ COP △ AOC
3 ) 2
27 4
．
所以当 x
3
2
时， S 取得最大值，最大值为 27 ． 2 4
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图3
图4 图5
（ 3）如图 4，过点 D作 y 轴的垂线，垂足为
E．过点 A 作 x 轴的垂线交 DE于 F．
由 y＝m( x＋ 3)( x－ 1) ＝ m(x ＋ 1) 2－ 4m，得 D( －1, － 4m) ． 在 Rt△ OBC中， OB∶ OC＝1∶ 3m．
如果△ ADC与△ OBC相似，那么△ ADC是直角三角形，而且两条直角边的比为 1∶3m． ① 如图 4，当∠ ACD＝ 90°时，
OA
OC ．所以 3 ED
3m1
．解得 m＝ 1．
此时
CA
CD
3 ．所以 ．所以△ CDA∽△ OBC． OC 3，
ED OB CD OB
OC
EC
CAOCm
② 如图 5，当∠ ADC＝ 90°时，
FA
FD ．所以 4m EC
2
．解得 m
ED 1 m
2 ．
2
此时
DA
DC
FD EC
3m 2 2 2 ，而 OB m
OC．因此△ DCA与△ OBC不相3 2 似．
2
综上所述，当 m＝ 1 时，△ CDA∽ △OBC．
考点伸展
第（ 2）题还可以这样割补：
如图 6，过点 P作 x 轴的垂线与
AC交于点 H．
由直线 AC： y＝－ 2x－ 6，可得 H( x, － 2x－6) ． 又因为 P( x, 2 x2＋4x－ 6) ，所以 HP＝－ 2x2－ 6x． 因为△ PAH与△ PCH有公共底边
HP，高的和为
A、 C两
点间的水平距离 3，所以
S＝ S△APC＝ S△ APH＋S△ CPH
＝ ( － 2x2－ 6x) 2 ＝ 3( x
3
3 ) 2 2
27 ． 4
图 6
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图2 图3
例 2
2014 年湖南省益阳市中考第 21 题
如图 1，在直角梯形
ABCD中， AB// CD， AD⊥ AB，∠ B＝60°，AB＝ 10，BC＝ 4，点 P 沿线
段 AB从点 A 向点 B运动，设 AP＝ x． 2·1·c·n·j ·y
（ 1）求 AD的长；
（ 2）点 P 在运动过程中，是否存在以 A、 P、 D为顶点的三角形与以 P、C、B 为顶点的三角形相似？若存在，求出
x 的值；若不存在，请说明理由；
（ 3）设△ ADP与△ PCB的外接圆的面积分别为 S1 、S2 ，
若 S＝ S1＋ S2，求 S 的最小值 .
动感体验
图 1
请打开几何画板文件名“
14 益阳 21”，拖动点 P 在 AB上运动，可以体验到，圆心
O的
运动轨迹是线段 BC的垂直平分线上的一条线段．观察 S随点 P 运动的图象，可以看到， S
有最小值，此时点
P看上去象是 AB的中点，其实离得很近而已．
思路点拨
1．第（ 2）题先确定△ PCB是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．
2．第（ 3）题理解△ PCB的外接圆的圆心 O很关键，圆心 O在确定的 BC的垂直平分线
上，同时又在不确定的
BP的垂直平分线上． 而 BP与 AP是相关的， 这样就可以以 AP为自变
量，求 S 的函数关系式．
图文解析
（ 1）如图 2，作 CH⊥ AB于 H，那么 AD＝ CH．
在 Rt△ BCH中，∠ B＝60°，BC＝ 4，所以 BH＝2， CH＝ 2 3 ．所
AD＝2 3．
以（ 2）因为△ APD是直角三角形，如果△ APD与△ PCB相似，那么PCB一定是直角三角 △
形．
① 如图 3，当∠ CPB＝ 90°时，AP＝ 10－ 2＝ 8． 所以
AP
＝
84 ＝ 3，而PC＝ ．此时△ 与△ 不相似．
AD
2 3 3 PB
3
APD
PCB
图4
② 如图 4，当∠ BCP＝ 90°时，BP＝ 2BC＝ 8．所以 AP＝2．
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所以
AP
＝ ＝ ．所以∠APD＝60°．此时△APD∽△CBP． AD 2 3 3
2
3
综上所述，当 x＝ 2 时，△ APD∽ △CBP．
（ 3）如图 5，设△ ADP的外接圆的圆心为 G，那么点 G是斜边 DP的中点．
设△ PCB的外接圆的圆心为 O，那么点 O在 BC边的垂直平分线上，设这条直线与
BC交
于点 E，与 AB交于点 F．
设 AP＝ 2m．作 OM⊥ BP于 M，那么 BM＝ PM＝5－ m． 在 Rt△ BEF中， BE＝ 2，∠ B＝ 60°，所以 BF＝ 4．
在 Rt△ OFM中， FM＝ BF－BM＝ 4－(5 － m) ＝m－ 1，∠ OFM＝ 30°， 所以
OM
＝
3 3
2
( m 1) ．
2
2
2
2
2
所以
＝
＋
＝
2
OB BM
OM (5 m)
2
2
1
3 (m
1) ．
2
2
在 Rt△ ADP中， DP＝ AD＋ AP＝ 12＋ 4m．所以 GP＝3＋ m．
1
2 2
2
于是 S＝S ＋ S ＝π( GP＋ OB)
＝
3
m2
(5 m)
21
(m 1)2 ＝
(7m2 3 113 ．
7
32m 85) ．
3
所以当 m
167
时， S 取得最小值，最小值为
图5 图6
考点伸展
关于第（ 3）题，我们再讨论个问题． 问题 1，为什么设
AP m
＝ 2 呢？这是因为线段
AB AP PM BM AP
＝ ＋ ＋＝＋2
BM
＝ 10．
这样 BM＝ 5－ m，后续可以减少一些分数运算．这不影响求 S 的最小值．
问题 2，如果圆心 O在线段 EF的延长线上， S 关于 m的解析式是什么？ 如图 6，圆心 O在线段 EF的延长线上时，不同的是 此时
FM＝ BM－ BF＝ (5 － m) － 4＝ 1－ m．
2＝
2OB BM OM (5 m)
＋
2＝
2
1 2
3 (1 m) ．这并不影响 S 关于 m的解析式．
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例 3
2015 年湖南省湘西市中考第 26 题
如图 1，已知直线 y＝－ x＋3 与 x 轴、 y 轴分别交于 A、B 两点，抛物线 y＝－ x2＋bx＋ c
经过 A、 B两点，点 P 在线段 OA上，从 点 O出发，向点 A 以每秒 1 个单位的速度匀速运动；
同时，点 Q在线段 AB上，从点 A 出发，向点 B以每秒 2 个单位的速度匀速运动，连结 PQ，
设运动时间为 t 秒．
（ 1）求抛物线的解析式；
（ 2）问：当 t 为何值时，△ APQ为直角三角形； （ 3）过点 P作 PE// y 轴，交 AB于点 E，过点 Q作 QF// y 轴，交抛物线于点 F，连结 EF，当 EF// PQ时，求点 F 的坐标；
（ 4）设抛物线顶点为 M，连结 BP、 BM、 MQ，问：是
否存在 t 的值，使以 B、 Q、 M为顶点的三角形与以 O、 B、
P为顶点的三角形相似？若存在，请求出
在，请说明理由．
t 的值；若不存
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 15 湘西 26”，拖动点 P 在 OA上运动，可以体验到，△ APQ有
两个时刻可以成为直角三角形，四边形
EPQF有一个时刻可以成为平行四边形，△
MBQ与△
BOP有一次机会相似．
思路点拨
1．在△ APQ中，∠ A＝ 45°，夹∠A 的两条边 AP、AQ都可以用 t 表示，分两种情况讨论
直角三角形 APQ．
2．先用含 t 的式子表示点
P、Q的坐标，进而表示点 E、F 的坐标，根据 PE＝ QF列方程
就好了．
3．△ MBQ与△ BOP都是直角三角形，根据直角边对应成比例分两种情况讨论．
图文解析
（ 1）由 y＝－ x＋ 3，得 A(3, 0) ，B(0, 3) ． 将 (3, 0)
、 (0, 3)
分别代入
＝－ 2＋
＋ ，得
A
B y
x
bx c
9 3b c 0, 解得 b c 3. c
2,
3.
所以抛物线的解析式为
y＝－ x2＋ 2x＋ 3．
（ 2）在△ APQ中，∠ PAQ＝ 45°，AP＝ 3－ t ， AQ＝ 2 t ．
分两种情况讨论直角三角形
APQ：
① 当∠ PQA＝ 90°时，AP＝ 2 AQ．解方程 3－ t ＝ 2t ，得 t ＝ 1（如图 2）．
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② 当∠ QPA＝ 90°时，AQ＝ 2 AP．解方程 2 t ＝ 2 (3 － t ) ，得 t ＝1.5 （如图 3）．
图2
图3
（ 3）如图 4，因为 PE// QF，当 EF// PQ时，四边形 EPQF是平行四边形． 所以 EP＝ FQ．所以 yE－ yP＝ yF－yQ．
因为 xP＝t ，xQ＝ 3－ t ，所以 yE＝ 3－ t ，yQ＝ t ，yF＝－ (3 －t ) ＋ 2(3 －t ) ＋ 3＝－ t ＋ 4t ．
2 2
因为 yE－yP＝ yF－ yQ，解方程 3－ t ＝ ( － t 2＋ 4t ) － t ，得 t ＝ 1，或 t ＝ 3（舍去）．所以点
F 的坐标为 (2, 3) ．
2
图 4
2
图 5
（ 4）由 y＝－ x ＋2x＋ 3＝－ ( x－ 1) ＋ 4，得 M(1, 4) ．
由 A(3, 0) 、 B(0, 3) ，可知 A、 B两点间的水平距离、竖直距离相等， 由 (0, 3) 、 (1, 4) ，可知 、 两点间的水平距离、竖直距离相等，
AB＝ 3 2 ．
＝ ．
B
M
B M
BM 2
所以∠ MBQ＝∠ BOP＝ 90°．因此△MBQ与△ BOP相似存在两种可能： ①当
BM
BQ
OB 时， OP
3 2
2
3
2t t
．解得 t
9 （如图 5）．
4
②当
BM
BQ
OP 时， OB
2
t
．整理，得 t 2－ 3t ＋ 3＝0．此方程无实根．
3 2
2t 3
考点伸展
第（ 3）题也可以用坐标平移的方法：由(
P t
,0)，(
E t
, 3－ ) ，Q(3－ , )，按照 →
t
t
t
P E
方向，将点 Q向上平移，得 F(3 － t , 3) ．再将 F(3 －t , 3) 代入 y＝－ x2＋ 2x＋3，得 t ＝1，或 t
＝3．
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§1． 2 因动点产生的等腰三角形问题
课前导学
我们先回顾两个画图问题：
1．已知线段 AB＝ 5 厘米，以线段 AB为腰的等腰三角形 ABC有多少个？顶点 C的轨迹是
什么？
2．已知线段 AB＝ 6 厘米，以线段 AB为底边的等腰三角形 ABC有多少个？顶点 C的轨迹
是什么？
已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除了两个点以外，都是顶点
已知底边画等腰三角形，顶角的顶点在底边的垂直平分线上，垂足要除外．
C．
在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般都要先分类． 如果△ ABC是等腰三角形，那么存在
① AB＝ AC， ② BA＝ BC， ③ CA＝ CB三种情况．
解等腰三角形的存在性问题， 有几何法和代数法， 把几何法和代数法相结合，
可以使得
解题又好又快．
几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？
如果△ ABC的∠ A（的余弦值） 是确定的， 夹∠ A 的两边 AB和 AC可以用含 x 的式子表示
出来，那么就用几何法．
① 如图 1，如果 AB＝ AC，直接列方程； ② 如图 2，如果 BA＝ BC，那么 AC
1
AB cos A ；
③如图 3，如果 CA＝CB，那么
1
2
AB AC cos A ．
2
代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验．
如果三角形的三个角都是不确定的， 而三个顶点的坐标可以用含 x 的式子表示出来， 那么根据两点间的距离公式，三边长（的平方）就可以罗列出来．
图1
图2 图3
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例 9
2014
1
年长沙市中考第 26 题
如图 1，抛物线 y＝ ax2＋bx＋ c（ a、b、c 是常数， a≠ 0）的对称轴为 y 轴，且经过 (0,0)
和 ( a , ) 两点，点 P在该抛物线上运动，以点
16
（ 1）求 a、 b、c 的值；
P 为圆心的⊙ P 总经过定点 A(0, 2) ．
（ 2）求证：在点 P 运动的过程中，⊙ P始终与 x 轴相交；
（ 3）设⊙ P 与 x 轴相交于 M( x1, 0) 、 N( x2, 0) 两点，当△ AMN为等腰三角形时，求圆心
P的纵坐标．
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 14 长沙 26”，拖动圆心 P 在抛物线上运动， 可以体验到，圆与 x 轴总是相交的，等腰三角形 AMN存在五种情况．
思路点拨
1．不算不知道，一算真奇妙，原来⊙ 2．等腰三角形存在五种情况，点
＝NM时，点 P的纵坐标是相等的．
P在 x 轴上截得的弦长 MN＝ 4 是定值． P
的纵坐标有三个值，根据对称性，
AMN MA MN NA
＝ 和
图文解析
（ 1）已知抛物线的顶点为 (0,0) ，所以 y＝ax2．所以 b＝0， c＝ 0． 将 ( a ,
1
) 代入 y＝ax，得
2
1
a ．解得 a
2
1 （舍去了负值） ．
16
16
（ 2）抛物线的解析式为 y
4
x2 ，设点 P的坐标为 1 ( x, 4
1 x2 ) ．
4
已知 A(0, 2) ，所以 PA
x 2
( 1 x2
4
2)
2
而圆心 P 到 x 轴的距离为
1
1 x4 4 ＞ x2 ． 16 4
1
x2 ，所以半径 PA＞圆心 P 到 x 轴的距离．
4
所以在点 P 运动的过程中，⊙ P始终与 x 轴相交．
H，那么 PH垂直平分 （ 3）如图 2，设 MN的中点为 MN． 在 △ 中， 21 2 1 4 2 2
4，PH Rt PMH PM PA x ( x)
16 4
所以 MH＝ 2．因此 MN＝ 4，为定值．
MH＝ ． 1 4
2
x ，所以 4 16
等腰△ AMN存在三种情况：
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① 如图 3，当
＝ 时，点 为原点 重合，此时点 的纵坐标为 0．
AM AN P O P
图 2
② 如图 4，当 MA＝ MN时，在 Rt △AOM中， OA＝ 2， AM＝ 4，所以
图 3
OM＝ 2 3 ．
此时 x＝ OH＝ 2
3 2 ．所以点 P的纵坐标为 x2
4 时，根据对称性，点
1
1 (2 3 2)2
4
( 3 1)2 423．
如图 5，当
＝ 的纵坐标为也为 4 2 3 ．
NA NM P
图 4
图 5
③ 如图 6，当 NA＝ NM＝ 4 时，在 Rt△ AON中， OA＝ 2，AN＝ 4，所以 ON＝2 3 ． 此时 x＝ OH＝ 2 3 2 ．所以点 P 的纵坐标为
1
x2
4
1 (2 3 2)2 ( 4
3 1)2 4 23．
如图 7，当 MN＝MA＝ 4 时，根据对称性，点 P的纵坐标也为 4 2 3 ．
图 6
图 7
考点伸展
如果点 P 在抛物线 y
2
1 x 上运动， 以点 P为圆心的⊙ P 总经过定点 B(0, 1) ，那么在点 4
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P运动的过程中，⊙ P 始终与直线 y＝－ 1 相切．这是因为：
1)
设点 P的坐标为 (x, 1 x2 ) ．
4 已知 (0, 1) ，所以
2
2
1)
2
PBx
1
4
( x
而圆心 P 到直线 y＝－ 1 的距离也为
1
1 4
( x
2
2
1 x 2 1 ．
4
x2 1 ，所以半径 PB＝圆心 P 到直线 y＝－ 1 的距
离．所以在点 P 运动的过程中，⊙
4
P始终与直线 y＝－ 1 相切．
例 10
2014年湖南省张家界市中考第 25 题
如图 1，在平面直角坐标系中，
B C
O为坐标原点，抛物线 y＝ax2＋ bx＋c（ a≠ 0）过 O、 B、
、 坐标分别为 (10, 0) 和 ( 18 C 三点，
5 x 轴于 B 点．
（ 1）求直线 BC的解析式； （ 2）求抛物线解析式及顶点坐标；
24 5
) ，以 OB为直径的⊙ A 经过 C点，直线 l 垂直
（ 3）点 M是⊙ A 上一动点 （不同于 O、B），过点
M作⊙ A 的切线， 交 y 轴于点 E，交直线 l 于点 F，设
线段 ME长为 m， MF长为 n，请猜想 mn的值，并证明
你的结论；
（ 4）若点 P 从 O出发，以每秒 1 个单位的速度向
点 B 作直线运动， 点 Q同时从 B 出发，以相同速度 向点 C 作直线运动，经过
t （ 0＜ t ≤8）秒时恰好使
△BPQ为等腰三角形，请求出满足条件的
t 值．
图
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
14 张家界 25”，拖动点 M在圆上运动，可以体验到，△ EAF保
持直角三角形的形状，
AM是斜边上的高．拖动点 Q在 BC上运动，可以体验到，△ BPQ有三
个时刻可以成为等腰三角形．
思路点拨
1．从直线 BC的解析式可以得到∠ OBC的三角比，为讨论等腰三角形
BPQ作铺垫．
2．设交点式求抛物线的解析式比较简便．
3．第（ 3）题连结 AE、 AF容易看到 AM是直角三角形 EAF斜边上的高．
4．第（ 4）题的△ PBQ中，∠ B 是确定的，夹∠ B 的两条边可以用含 t 的式子表示．分三种情况讨论等腰三角形．
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图3 图4
图文解析
（ 1）直线 BC的解析式为 y
3 x
15 ．
4 2
（ 2）因为抛物线与 x 轴交于 O、 B(10, 0) 两点，设 y＝ ax( x－ 10) ．
代入点 C 18 ,
24 18
32 ) ．解得 a 5 ．
，得 24 a
5 5 5
5
5
24
所以 y
5 x( x
10)
5 x2 25 x
5 (x 5)2 125 ．
24
24 12 24
24
抛物线的顶点为 (5,
125
) ．
24
（ 3）如图 2，因为 EF切⊙ A 于 M，所以 AM⊥EF． 由 AE＝ AE， AO＝ AM，可得 Rt △ AOE≌ Rt △ AME． 所以∠ 1＝∠ 2．同理∠ 3＝∠ 4．
于是可得∠ EAF＝ 90°．
所以∠ 5＝∠ 1．由 tan ∠5＝ tan ∠1，得 MA
ME
．
2
MF
MA
所以 ME·MF＝ MA，即 mn＝25．
（ 4）在△ BPQ中， cos ∠B＝ 4
图 2
， BP＝ 10－ t ， BQ
＝ t ． 5
分三种情况讨论等腰三角形
BPQ：
① 如图 3，当 BP＝ BQ时， 10
－ t ＝t ．解得 t ＝ 5．
② 如图 4，当
＝
时， 1 1 PB
PQ
BQ BP cos
B ．解方程
t
4 (10
t) ，得 t
80 ．
12
1
2 5
13
③ 如图 5，当 QB＝ QP时， BP
BQ cos B ．解方程 (10 t )
4 t ，得 t 50 ． 2
2
5 13
图5
考点伸展
在第（ 3）题条件下，以
与 轴相切于点
EF为直径的⊙
G．
x
如图 6，这是因为
也是直角梯形A
斜边上的中线，
的中位线，
AG既是直角三角形
EAF
EOBF
因此圆心 G到 x 轴的距离等于圆的半径，所以⊙
G与 x 轴相切于点 A．
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图 6
例 11
2014 年湖南省邵阳市中考第 26 题
在平面直角坐标系中， 抛物线 y＝x2－( m＋ n) x＋mn（ m＞n）与 x 轴相交于 A、B 两点（点
A位于点 B的右侧），与 y 轴相交于点 C．
（ 1）若 m＝ 2，n＝ 1，求 A、 B 两点的坐标；
（ 2）若 A、 B 两点分别位于 y 轴的两侧， C点坐标是 (0, － 1) ，求∠ ACB的大小； （ 3）若 m＝ 2，△ ABC是等腰三角形，求 n 的值．
动感体验
请打开几何画板文件名“
14 邵阳 26”，点击屏幕左下方的按钮（ 2），拖动点 A 在 x 轴正
半轴上运动，可以体验到，△
ABC保持直角三角形的形状．点击屏幕左下方的按钮（
3），拖
动点 B 在 x 轴上运动，观察△ ABC的顶点能否落在对边的垂直平分线上，可以体验到，等腰 三角形 ABC有 4 种情况．
思路点拨
1．抛物线的解析式可以化为交点式，用
m，n 表示点 A、 B、 C的坐标．
2．第（ 2）题判定直角三角形 ABC，可以用勾股定理的逆定理， 也可以用锐角的三角比． 3．第（ 3）题讨论等腰三角形
ABC，先把三边长（的平方）罗列出来，再分类解方程．
图文解析
（ 1）由 y＝ x － ( m＋n) x＋ mn＝( x－ m)( x－ n) ，且 m＞ n，点 A 位于点 B 的右侧，可知
2
A( m, 0) ， B( n, 0) ．
若 m＝2， n＝ 1，那么 A(2, 0) ， B(1, 0) ．．
（ 2）如图 1，由于 C(0, mn) ，当点 C的坐标是 (0, －1) ， mn＝－ 1， OC＝1．
若 A、B 两点分别位于 y 轴的两侧，那么
所以 OC＝ OA·OB．所以
2
OA·OB＝ m( －n) ＝－ mn＝ 1．
OC OB OA OC
．
所以 tan ∠ 1＝ tan ∠ 2．所以∠ 1＝∠ 2．
又因为∠ 1 与∠ 3 互余，所以∠ 2 与∠3 互余．
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所以∠ ACB＝ 90°．
图1
图2 图3
（ 3）在△ ABC中，已知 A(2, 0)
2
，B( n, 0) ， C(0, 2 n) ．
2
2
讨论等腰三角形 ABC，用代数法解比较方便： 由两点间的距离公式，得 ① 当 ＝
2
2 2
AB＝ ( n－ 2) ， BC＝ 5n ，AC＝ 4＋ 4n ． n
时，解方程 ( － 2)
AB AC
＝ 4＋4 n ，得 n
2
2
2
2
4
3 （如图 2）．
② 当 CA＝ CB时，解方程 4＋ 4n ＝ 5n ，得 n＝－ 2（如图 3），或 n＝ 2（ A、B 重合，舍
去）．
③ 当
BA
＝
BC
时，解方程 ( n －2) 2
＝ 5
2
n ，得 n
5 1 2
（如图 4），或 n
5 1 （如图 2
5）．
图4 图5
考点伸展
第（ 2）题常用的方法还有勾股定理的逆定理． 由于 (0,
C
mn
2
mn
) ，当点
C
的坐标是 (0, － 1) ， ＝－ 1．
2
2
由(,0)
2
A m
， (
B n
2
, 0) ， (0, －1) ，得
C
2
AB m n
＝( － ) ＝ －2
22
m mn n m n
＋＝＋
222
＋ 2，
BC＝n ＋ 1， AC＝ m＋ 1．
2 2
所以 AB＝ BC＋ AC．于是得到 Rt△ ABC，∠ ACB＝ 90°．
第（ 3）题在讨论等腰三角形 ABC时，对于 CA＝ CB的情况，此时
A、 B 两点关于 y 轴对
称，可以直接写出
B( － 2, 0) ， n＝－ 2．
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例 12
2014 年湖南省娄底市中考第 27 题
如图 1，在△ ABC中，∠ ACB＝90°，AC＝ 4cm，BC＝ 3cm．如果点 P 由点 B出发沿 BA方向向点 A匀速运动，同时点 Q由点 A出发沿 AC方向向点 C匀速运动，它们的速度均为
1cm/s ．连
结 PQ，设运动时间为 t （ s）（0＜ t ＜ 4），解答下列问题：
（ 1）设△ APQ的面积为 S，当 t 为何值时， S取得最大值？ S 的最大值是多少？ （ 2）如图 2，连结 PC，将△ PQC沿 QC翻折，得到四边形 PQP′C，当四边形 PQP′ C
为菱形时，求 t 的值；
（ 3）当 t 为何值时，△ APQ是等腰三角形？
图1
图2
动感体验
请打开几何画板文件名“
14 娄底 27”，拖动点
动到
AB
＝ 2 时，四边形 QC HC
的中点时，△
的面积最大，等腰三角形 APQ
′ 是菱形．
Q
在 上运动，可以体验到，当点
存在三种情况．还可以体验到，当 APQ
AC P
运
PQP C
思路点拨
1．在△ APQ中，∠ A 是确定的，夹∠ A 的两条边可以用含 t 的式子表示． 2．四边形 PQP′ C的对角线保持垂直，当对角线互相平分时，它是菱形，
．
图文解析
（ 1）在 Rt △ ABC中， AC＝ 4， BC＝3，所以 AB＝ 5， sin A＝ ， cos A＝ ．
34
作 QD⊥ AB于 D，那么 QD＝ AQsin A＝
3
5 5
所以 S＝S ＝
1 AP QD＝
1 2
(5
△ APQ
t ． 5 t) 3
＝
3 10
2
5t) ＝
3
5
2
) +15 ．
当 t
5
2
2
5 15 ． 8
10
2
8
时， S取得最大值，最大值为
（ 2）设 PP′与 AC交于点 H，那么 PP′⊥ QC， AH＝ APcos A＝ (5 t) ．
4
5
如果四边形 PQP′ C为菱形，那么 PQ＝ PC．所以 QC＝2HC．
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解方程 4 t 24
4
(5 t) ，得 t 20 ．
5
13
图 3
图 4
（ 3）等腰三角形 APQ存在三种情况：
① 如图 5，当
＝ 时， 5－ ＝ ．解得
AP
AQ
t
t
t5
2 ．
② 如图 6，当 PA＝ PQ时， 1
AQ1 AP cos A ．解方程 t 4 (5 t) ，得 t 40 ．
时， 12
AP12 5
13 ③ 如图 7，当 QA＝ QP
AQ cos A ．解方程 (5
t) 4 t ，得 t 25 ．
2
2
5 13 图5 图6 图7
考点伸展
在本题情境下，如果点 Q是△ PP′ C的重心，求 t 的值．
如图 8，如果点 Q是△ PP′ C的重心，那么2 QC＝ HC．
3
解方程 4 t
2 44
(5 t) ，得 t
60 ．
3
5
23
图 8
例 13
2015 年湖南省怀化市中考第 22 题
如图 1，已知 Rt△ ABC中，∠ C＝90°，AC＝ 8， BC＝ 6，点 P 以每秒 1 个单位的速度从向 C运动，同时点 Q以每秒 2 个单位的速度从 A→ B→C方向运动，它们到 C点后都停止运动，设点 P、 Q运动的时间为 t 秒．
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----- A
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（ 1）在运动过程中，求 P、 Q两点间距离的最大值；
（ 2）经过 t 秒的运动，求△ ABC被直线 PQ扫过的面积 S 与时间 t 的函数关系式； （ 3） P， Q 两点在运动过程中，是否存在时间
t ，使得△ PQC为等腰三角形．若存在，
求出此时的 t 值，若不存在，请说明理由．
（ 5 2.24 ，结果保留一位小数）
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
15 怀化 22”，拖动点 P 在 AC上运动，可以体验到， PQ与 BD
保持平行，等腰三角形
PQC存在三种情况．
思路点拨
1．过点 B 作 QP的平行线交 AC于 D，那么 BD的长就是 PQ的最大值． 2．线段 PQ扫过的面积 S要分两种情况讨论，点
Q分别在 AB、 BC上．
3．等腰三角形 PQC分三种情况讨论，先罗列三边长．
图文解析
（ 1）在 Rt △ ABC中， AC＝ 8， BC＝6，所以 AB＝ 10． 如图 2，当点 Q在 AB上时，作 BD// PQ交 AC于点 D，那么
AB
AD
AQ AP
2t t
2 ．
所以 AD＝ 5．所以 CD＝ 3． 如图 3，当点 Q在 BC上时，
CQ
CP
CB16 2t 8 t
2
．
又因为
CB
CD
6 2 ，所以 3 CP
CQ
．因此 PQ// BD．所以 PQ的最大值就是
BD． CD
在 Rt△ BCD中， BC＝ 6， CD＝ 3，所以 BD＝ 3 5 ．所以 PQ的最大值是 3 5 ．
图2
图3 图4
（ 2）① 如图 2，当点 Q在 AB上时， 0＜ t ≤5， S△ ABD＝15．
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由△ AQP∽ △ ABD，得 S△ AQP
( AP 2 ．所以 S＝ S
△ AQP
＝15 (
2 ＝
t
3 2 ．
S△ ABD
在
AD
5
5
② 如图 3，当点
因为S ＝
△ CQP
上时， 5＜ ≤ 8， △ABC＝ 24．
t Q BC S
1 CQ CP＝ 1 (16 2t )(8 t) ＝ ( t 8) 2 ，
2
△ ABC
△ CQP
2
2
2
所以 S＝S － S ＝ 24－( t － 8) ＝－ t ＋ 16t － 40．
（ 3）如图 3，当点 Q在 BC上时， CQ＝ 2CP，∠ C＝ 90°，所以△PQC不可能成为等腰
三角形．当点 Q在 AB上时，我们先用 t 表示△ PQC的三边长：易知 CP＝ 8－ t ．
如图 2，由 QP// BD，得
QP
AP ，即 QP
t
．所以 QP
AD 3 5 5
如图 4，作 QH⊥ AC于 H．在 Rt △ AQH中， QH＝AQsin
BD
3 5 t ． 5
∠A＝ t ， AH＝
68
t ．
5
5
在 Rt △CQH中，由勾股定理，得
CQ＝
QH 2 CH 2 ＝ ( 6 t) 2 (8 8 t) 2 ．
5
5
分三种情况讨论等腰三角形
PQC：
（ 1）① 当 PC＝ PQ时，解方程 8
2
t 3 5 t ，得 t
5
（如图 5所6 5 10 ≈ 3.4 示）．
② 当 QC＝ QP时，
( t) 5
6
2
t ．整理，得 11t 128t 320 0． 8 2 t)(8 3
5 5
5
所以
t －
(11
t －
40)(
＝ ．解得
t 8) 0
40 ≈ 11
（如图 所示），或 ＝ （舍去）．
t 8 3.6 6
③ 当 CP＝ CQ时， 8 t
( t )5
62
(8
85
t) 2 ．整理，得 5t2
16t
0 ．
解得 t
16 ＝ 3.2 （如图 7所示），或 t ＝ 0（舍去）．
5
综上所述，当 t 的值约为 3.4 ， 3.6 ，或等于 3.2 时，△ PQC是等腰三角形．
图5
图6 图7
考点伸展
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第（ 1）题求 P、Q两点间距离的最大值，可以用代数计算说理的方法： ① 如图 8，当点 Q在 AB上时， PQ＝
QH 2 PH 2 ＝ ( 6 t )
2
5
( 8 t 5
t)
2
＝ 3
5t ．
5
当 Q与 B重合时， PQ最大，此时 t ＝ 5，PQ的最大值为 3 5 ．
② 如图 9，当点 Q在 BC上时， PQ＝
CQ2 CP2 ＝ (2CP)2 CP2 ＝
5(8 t) ．
当 Q与 B重合时， PQ最大，此时 t ＝ 5，PQ的最大值为 3 5 ． 综上所述， PQ的最大值为 3 5 ．
图8
图9
§1． 3 因动点产生的直角三角形问题
课前导学
我们先看三个问题：
ABC有多少个？顶点 C的轨迹是
1．已知线段 AB，以线段 AB为直角边的直角三角形
么？
什
2．已知线段 AB，以线段 AB为斜边的直角三角形 ABC有多少个？顶点 C的轨迹是什么？ 3．已知点 (4,0) ，如果△ 是等腰直角三角形，求符合条件的点 的坐标．
A OAB
B
图 1
如图 1，点
图 2
2，点
图 3
在垂线上，垂足除外．如图 在以 为直径的圆上， 、 两点除
A B C C AB
外．如图 3，以 OA为边画两个正方形，除了 O、A 两点以外的顶点和正方形对角线的交点，都是符合题意的点 B，共 6 个．
解直角三角形的存在性问题，一般分三步走，
第一步寻找分类标准，第二步列方程，第
三步解方程并验根．
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一般情况下，按照直角顶点或者斜边分类，然后按照三角比或勾股定理列方程．
有时根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．
解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一起．
如果直角边与坐标轴不平行， 那么过三个顶点作与坐标轴平行的直线，
可以构造两个新
的相似直角三角形，这样列比例方程比较简便．
如图 4，已知 A(3, 0)
， B(1, － 4) ，如果直角三角形 ABC的
顶点 C在 y 轴上，求点 C的坐标．
我们可以用几何的方法，作
AB为直径的圆，快速找到两个
符合条件的点 C．
如果作 BD⊥ y 轴于 D，那么△ AOC∽△ CDB．
设 OC＝ m，那么
3 4 m
1
m
．
这 个 方 程 有 两 个 解 ， 分 别 对 应 图 中 圆 与
y 轴 的 两 个 交
图 4
点．
例 19
2015
1年湖南省益阳市中考第
： ＝
2
21 题
2
如图 1，已知抛物线
经过点 (1, ) ，以原点为顶点的抛物线 经过点
(2,2) ，
E y x A m E
B
点 、 关于
轴的对称点分别为点′、 ′．
A B
y A B
（ 1）求 m的值及抛物线 E2 所表示的二次函数的表达式；
（ 2）如图 1，在第一象限内，抛物线 E1 上是否存在点 Q，使得以点 Q、B、B′为顶点的 三角形为直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
（ 3）如图 2，P 为第一象限内的抛物线 E1 上与点 A 不重合的一点，连结 OP并延长与抛 物线 E2 相交于点 P′，求△ PAA′与△ P′ BB′的面积之比．
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图1
图2
动感体验
请打开几何画板文件名“
15 益阳 21”，拖动点 P在抛物线 E1 上运动，可以体验到，点 P
QBB′有两个．
始终是线段 OP′的中点．还可以体验到，直角三角形
思路点拨
1．判断点 P 是线段 OP′的中点是解决问题的突破口， 这样就可以用一个字母表示点
P、
P′的坐标．
2．分别求线段 AA′∶ BB′，点 P 到 AA′的距离 ∶ 点 P′到 BB′的距离，就可以比较
△PAA′与△ P′ BB′的面积之比．
图文解析
（ 1）当 ＝1 时， ＝
2
＝ 1，所以
2
(1, 1) ， ＝1．
x
y
x
A
m
1 2
设抛物线 E2 的表达式为 y＝ ax ，代入点 B(2,2) ，可得 a＝ ．所以 y＝ x ．
2 2
（ 2）点 Q在第一象限内的抛物线 E1 上，直角三角形 QBB′存在两种情况：
1
图3
图4
① 如图 3，过点 B 作 ′的垂线交抛物线 E 于 ，那么 (2, 4)
．
1
② 如图 4，以 ′为直径的圆
D 与抛物线 E 交于点 ，那么
＝
1 2
BB ＝2．
1
2
2
2
2 2
设 Q( x, x ) ，因为 D(0, 2) ，根据 QD＝ 4 列方程 x ＋ ( x － 2) ＝ 4 ． 解得 x＝
．此时 Q
．
b ) ，′ ( c,
2
( 3,3)
（ 3）如图 5，因为点 P、P′分别在抛物线 E 、E 上，设 P( b,
1
2
3
1 2
2 ) ．
2
因为 、 、 ′三点在同一条直线上，所以
O P
P
PM OM
P N ，即 b
b ON
1 c2
2
c ．
所以 c＝ 2b．所以 P′ (2 b, 2 b2) ． 如图 6，由 A(1, 1)
2
2
、 B(2,2) ，可得 AA′＝ 2， BB′＝ 4．
由 A(1, 1) 、 P( b, b ) ，可得点 P 到直线 AA′的距离 PM ′＝ b －1．
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由 B(2,2) 、 P′(2 b, 2 b2) ，可得点 P′到直线 BB′的距离 P′ N′＝ 2b2－ 2． 所以△ PAA′与△ P′ BB′的面积比＝ 2( b2－ 1) ∶4(2 b2－ 2) ＝ 1∶ 4．
图5
图6
考点延伸
第（ 2）中当∠ BQB′＝ 90°时，求点Q( x,
2
2
2
x2) 的坐标有三种常用的方法：
方法二，由勾股定理，得 BQ＋B′ Q＝B′B．
所以 ( x－ 2) 2＋ ( x2－ 2) 2＋ ( x＋ 2) 2＋ ( x2－ 2) 2＝ 42．
方法三，作 QH⊥ B′ B 于 H，那么 QH＝ B′ H·BH． 所以 ( x2－2) 2＝ ( x＋ 2) (2 － x) ．
2
例 20
2015
年湖南省湘潭市中考第 26 题
＋
的图象与
轴交于
如图 1，二次函数
交于点 ，连结
．动点
＝ 2＋ ( －1, 0) 、 (3, 0) 两点，与 轴
y x
BC
bx c x A
B
y
以每秒 1 个单位长度的速度从点 向点 运动，动点 以每秒
C
个单位长度的速度从点
P A B Q 2
B 向点 C运动， P、Q两点同时出发， 连结 PQ，当点 Q到达点 C时，
P、
Q两点同时停止运动．设运动的时间为
（ 1）求二次函数的解析式；
t 秒．
（ 2）如图 1，当△ BPQ为直角三角形时，求
t 的值；
（ 3）如图 2，当 t ＜ 2 时，延长 QP交 y 轴于点 M，在抛物线上是否存在一点 的中点恰为 MN的中点，若存在，求出点
N，使得 PQ
N的坐标与 t 的值；若不存在，请说明理由．
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图1
图2
动感体验
请打开几何画板文件名“
15 湘潭 26”，拖动点 P 在 AB上运动，可以体验到，△ BPQ有
两次机会可以成为直角三角形．还可以体验到，点 N有一次机会可以落在抛物线上．
思路点拨
1．分两种情况讨论等腰直角三角形
BPQ．
2．如果 PQ的中点恰为 MN的中点，那么 MQ＝ NP，以 MQ、 NP为直角边可以构造全等的
直角三角形，从而根据直角边对应相等可以列方程．
．
图文解析
（ 1）因为抛物线 y＝ x2＋ bx＋ c 与 x 轴交于 A( － 1, 0) 、 B(3, 0) 两点，所以
y＝ ( x＋ 1)( x－ 3) ＝ x2－ 2x－ 3．
（2）由 A( －1, 0) 、 B(3, 0) 、 C(0, － 3) ，可得 AB＝4，∠ ABC＝ 45°．
在△ BPQ中，∠ B＝ 45°，BP＝ 4－ t ， BQ＝ 2 t ． 直角三角形
存在两种情况：
BPQ
① 当∠ BPQ＝ 90°时，BQ＝ 2 BP．解方程 ② 当∠
2 t ＝ 2 (4 － t ) ，得 t ＝ 2（如图 3）．
＝ 90°时， ＝ ．解方程 4－ ＝ 2 ，得 ＝ 4
BQP
BP 2 BQ
t
t
t
3 （如图 4）．
图 4
G，当点 G恰为 MN的中点时， MQ＝ （ 3）如图 5，设 PQ的中点为 NP．
图 3 图 5
作 QE⊥ y 轴于 E，作 NF⊥x 轴于 F，作 QH⊥ x 轴于 H，那么△ MQE≌ △
NPF．由已知条件，可得 P( t －1, 0) ， Q(3 － t , －t ) ．
由 QE＝ PF，可得 xQ＝ xN－ xP，即 3－ t ＝xN－( t － 1) ．解得 xN＝
2．将 x＝2 代入 y＝ ( x＋ 1)( x－ 3) ，得 y＝－ 3．所以 N(2, － 3) ． 由 QH// NF，得
QH
NF
PH ，即 PF 3
t
(3 t) (t 1) ．
2 (t 1) 9 33． 2
整理，得 t 2－ 9t ＋12＝ 0．解得 t
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因为 t ＜ 2，所以取 t
9 33． 2
考点伸展
第（ 3）题也可以应用中点坐标公式，得xG
xP xQ
2
( t 1) (3 t )
2
1 ．
所以 xN＝2xG＝ 2．
§1． 4 因动点产生的平行四边形问题
课前导学
我们先思考三个问题：
1．已知 A、 B、C三点，以 A、 B、 C、 D为顶点的平行四边形有几个，怎么画？ 2．在坐标平面内，如何理解平行四边形
ABCD的对边 AB与 DC平行且相等？
ABCD的对角线互相平分？
3．在坐标平面内，如何理解平行四边形
图1
图2 图3
D．
如图 1，过△ ABC的每个顶点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生三个点
如图 2，已知 A(0, 3) ， B( － 2, 0) ， C(3, 1) ，如果四边形 ABCD是平行四边形，怎样求
点 D的坐标呢？
点 B 先向右平移 2 个单位，再向上平移 3 个单位与点 A 重合，因为 BA与 CD平行且相等， 所以点 C(3, 1)
先向右平移 2 个单位，再向上平移
3 个单位得到点 D(5, 4) ．
如图 3，如果平行四边形
ABCD的对角线交于点 G，那么过点 G画任意一条直线 （一般与
B、 D到这条直线的距离相等．
坐标轴垂直），点 A、 C到这条直线的距离相等，点
关系式 xA＋ xC＝ xB＋ xD和 yA＋ yC＝ yB＋ yD有时候用起来很方便． 我们再来说说压轴题常常要用到的数形结合． 如图 4，点
是抛物线
＝－ 2＋ 2 ＋ 3 在 轴上方的一个动点，
⊥ 轴于点
，线段
x A y
AB交直线 y＝ x－ 1 于点 C，那么
专业知识
x x AB x B
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点 A 的坐标可以表示为 ( x, － x2＋ 2x＋3) ， 点 C的坐标可以表示为 ( x, x－ 1) ， 线段 AB的长可以用点 A的纵坐标表示为
AB2＝ y
A＝－ x ＋ 2x＋ 3，
线段 AC的长可以用 A、C两点的纵坐标
4
表示为 AC＝ yA－ yC＝( － x2＋ 2x＋3) － ( x－1) ＝－ x2＋x＋ 2．
通俗地说， 数形结合就是：点在图象上，
可以用图象的解析式表示点的坐标，用点的坐标表示点到坐标轴的距离．
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----- 图
----
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例 242014
如图 1，抛物线经过
(1, 0) 、 (5, 0)
年湖南省岳阳市中考第 24 题
10
、 C
(0,
三点．设点 (
)
E x
, y ) 是抛物线上一动
3
点，且在 x 轴下方，四边形 OEBF是以 OB为对角线的平行四边形．
（ 1）求抛物线的解析式；
（ 2）当点 E( x, y) 运动时，试求平行四边形 OEBF 的面积 S 与 x 之间的函数关系式，并求出面积
S 的最大
值；
（ 3）是否存在这样的点 E，使平行四边形 OEBF为正方形？若存在，求点 E、 F 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“ 14 岳阳 24”，拖动点 E运动，可以体验到， 当点 E 运动到抛物线的顶点时， S 最大．当点 E 运动到 OB的垂直平分线上时，四边形 OEBF恰好是正方形．
思路点拨
1．平行四边形 OEBF的面积等于△ OEB面积的 2 倍．
2．第（ 3）题探究正方形 OEBF，先确定点 E 在 OB的垂直平分线上，再验证
EO＝ EB．
图文解析
（ 1）因为抛物线与 x 轴交于 A(1, 0) 、 B(5, 0) 两点，设 y＝ a( x－ 1)( x－ 5) ． 代入点
C 10 ，得
(0, 3) 3
10
5a
．解得
a
2 ． 3
所以抛物线的解析式为
y
（ 2）因为 ＝ S
平行四边形 OEBF
2 ( x 1)(x 5) 2 x 2 4x
3 3 ＝ 2 S ＝ ·( － y )
10 ． 3
OB △ OBE
＝ 5( 2 x
2
3
4x 10 )＝ ( x 6 x 5)＝ (x 3)2 40 ．
3 3 3 3
10
E
2
10
所以当 x＝ 3 时， S 取得最大值，最大值为
40
3
．此时点 E 是抛物线的顶点（如图
2）．
OEBF是正方形，那么（ 3）如果平行四边形 当 x＝ 时， y
．此时 E( 5 , 5 ) ． 2 ( x 1)(x 5) 2 3 ( 5 )
2 3 2 2 2 3 2 2
如图 3，设 EF与 OB交于点 D，恰好 OB＝ 2DE．
5
点 E 在 OB的垂直平分线上，且 EO＝ EB．
5
所以△ OEB是等腰直角三角形．所以平行四边形 所以当平行四边形
OEBF是正方形．
OEBF是正方形时， E 5 5 、 F ( 5 5 ) ． 2 2 2 2
()
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图2
图3
考点伸展
OEBF有几个既然第（ 3）题正方形 OEBF是存在的，命题人为什么不让探究矩形 如图 4，如果平行四边形
呢？
OEBF为矩形，那么∠ OEB＝90°．
2
根据
EH
2＝
HO HB
· ，列方程
2 3
( x
1)(x 5)
x(5
x) ．
或者由 DE＝ OB＝ ，根据 DE＝
2
1
5
25
，列方程
( x 5) 2
2
( x 1)(x
5) 2
25 ．
2 2
4
2
3
4
这两个方程整理以后都是一元三次方程
业的水平是不好解的．
4x3－ 28x2＋ 53x－ 20＝ 0，这个方程对于初中毕
事实上，这个方程可以因式分解，
(x 4)( x
51
)( x 1)
0 ．
如图 3， x＝ ；如图 4， x＝4；如图 5， x＝ ，但此时点 E在 x 轴上方了．
5
2 2
2
2
这个方程我们也可以用待定系数法解： 设方程的三个根是
5
2
、、，那么4
m
n
x 3－28 2 ＋ 53 x － 20＝
x
4( x
5 )( x m)( x n) ． 2
根据恒等式对应项的系数相等，得方程组
4m 4n 10 28, m 4,
10m 10n 4mn 53, 解得 1
n.
10mn 20.
2
图4
图5
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例 252014
如图 1，直线
年湖南省益阳市中考第
轴、 轴分别交于点
20 题
、 ，抛物线
＝－ 3 ＋3 与
＝ ( － 2) 2＋ 经过
y x
A、 B 两点，并与 x 轴交于另一点
xy
C，其顶点为 P．
A B y a x k
（ 1）求 a， k 的值；
（ 2）抛物线的对称轴上有一点
，使△ 是以 为底边的等腰三角形，求点 的坐
标；
Q
ABQ AB Q
（ 3）在抛物线及其对称轴上分别取点 M、 N，使以 A、 C、 M、 N为顶点的四边形为正方形，求此正方形的边长． 】
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名 “ 14 益阳 20”，可以体验到， 点 Q在线段 AB的垂直平分线上． 还
可以体验到，正方形的对角线为
AC，有一个顶点恰为抛物线的顶点．
思路点拨
1．第（ 2）题的等腰三角形只考虑
QA＝ QB的情形．
2．第（ 3）题的正方形不可能 AC为边，只存在 AC为对角线的情形．
图文解析
（ 1）由 y＝－ 3x＋ 3，得 A(1, 0) ， B(0, 3) ．
将 (1, 0) 、 (0, 3) 分别代入
＝ (x － 2) 2＋ ，得 A
B
y
a
k
k
4a k
a0, 3.
解得 a＝ 1， k＝－ 1．
（ 2）如图 2，抛物线的对称轴为直线
2
x＝ 2，设点 Q的坐标为 (2, m) ．
2
2 2 2 2
已知 A(1, 0) 、B(0, 3) ，根据 QA＝QB，列方程 1 ＋ m＝ 2 ＋ ( m－ 3) ． 解得 m＝ 2．所以 Q(2, 2) ． （ 3）点 A(1, 0) 关于直线 x＝ 2 的对称点为 C(3, 0) 如图 3，如果 AC为正方形的边，那么点 如图 4，当 AC为正方形的对角线时， 因为对角线
， AC＝ 2．
M、N都不在抛物线或对称轴上．
M、 N中恰好有一个点是抛物线的顶点 (2, － 1) ．
＝ 2，所以正方形的边长为 ．
AC
2
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图2
图3 图4
考点伸展
如果把第（ 3）题中的正方形改为平行四边形，那么符合条件的点 M有几个？ ① 如果 AC为对角线，上面的正方形 AMCN是符合条件的， M(2, － 1) ． ② 如图 5，如果 AC为边，那么 MN// AC， MN＝ AC＝ 2．所以点 M的横坐标为 4 或 0． 此时点 M的坐标为 (4, 3)
或 (0, 3) ．
第（ 2）题如果没有限制等腰三角形 ABQ的底边，那么符合条件的点 ① 如图 2，当 QA＝ QB时， Q(2, 2) ． ② 如图 6，当
2
Q有几个？
＝ ＝ 时，以 为圆心， 为半径的圆与直线 ＝ 2 有两个交点．
BQ BA
2
10
2
B BA
x
根据 BQ＝ 10，列方程 2 ＋ ( m－ 3) ＝ 10，得 m 3 6 ． 此时 Q(2,3
6) 或 (2,3 6) ．
③ 如图 7，当 AQ＝AB时，以 A为圆心， AB为半径的圆与直线 x＝ 2 有两个交点，但是点
(2, － 3) 与 A、 B 三点共线，所以 Q(2, 3) ．
图5 图6 图7
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例 262014
年湖南省邵阳市中考第 25 题
1），按如图 2 操作：
准备一张矩形纸片（如图
将△ ABE沿 BE翻折，使点 A 落在对角线 BD上的点 M，将△ CDF沿 DF翻折，使点
对角线 BD上的点 N．
C落在
（ 1）求证：四边形 BFDE是平行四边形；
（ 2）若四边形 BFDE是菱形， AB＝ 2，求菱形 BFDE的面积．
图1
图2
动感体验
请打开几何画板文件名“ 14 邵阳 25”，拖动点 D可以改变矩形 ABCD的形状，可以体验到，当 EM与 FN在同一条直线上时，四边形 BFDE是菱形，此时矩形的直角被三等分．
思路点拨
1．平行四边形的定义和
4 个判定定理都可以证明四边形 BFDE是平行四边形．
或者对角线互相垂直．用
2．如果平行四边形 BFDE是菱形，那么对角线平分一组对角，
这两个性质都可以解答第（
2）题．
图文解析
（ 1）如图 3，因为 AB// DC，所以∠ ABD＝∠ CDB．
又因为∠ 1＝∠ 2，∠ 3＝∠ 4，所以∠ 1＝∠ 3．所以 BE// FD．
又因为 ED// BF，所以四边形 BFDE是平行四边形．
图3
图4
（ 2）如图 4，如果四边形 BFDE是菱形，那么∠ 1＝∠ 5．所
以∠ 1＝∠ 2＝∠ 5．
由于∠ ABC＝ 90°，所以∠1＝∠ 2＝∠ 5＝ 30°． 所以 BD＝ 2AB＝4， AE＝
2 3
．所以 ME＝
2
3
．
3 3
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所以 S菱形 BFDE＝ 2S△BDE＝ BD·ME＝
8 3
．
3
考点伸展
第（ 1）题的解法，我们用平行四边形的定义作为判定的依据，两组对边分别平行的四
边形叫平行四边形．还可以这样思考：
证明四边形 BFDE的两组对边分别相等； 证明 ED与 BF平行且相等；
证明四边形 BFDE的两组对角分别相等．
这三种证法，都要证明三角形全等，而全等的前提，要证明∠
1＝∠ 2＝∠ 3＝∠ 4．
这样其实就走了弯路，因为由∠ 1＝∠ 3，直接得到 BE// FD，根据平行四边形的定义来得快．
能不能根据
BD
与
EF
互相平分来证明呢？也是可以的：
EMO≌ △ FNO，得到 EF与 MN互相
如图 5，设 EF与 BD交于点 O，根据“角角边”证明△
平分．又因为 BM＝ DN，于是得到 EF与 BD互相平分．
图 5
图 6
第（ 2）题的解法，我们用了菱形的性质：对角线平分每组对角，得到 我们也可以根据菱形的对角线互相垂直平分来解题： 如图 6，如果四边形
30°的角．
BFDE
是菱形，那么对角线
EF BD
⊥ ，此时垂足
M N
、 重合．
因此 BD＝ 2DC．这样就得到了∠ 5＝ 30°．
BFDE是菱形时，矩形 ABCD被分割事实上，当四边形 为 由 ＝2，得
＝
．矩形
的面积为
．
6 个全等的直角三角形．
AB
AD 2 3
ABCD
，所以菱形面积为
4 3 8 3 ． 3
菱形面积占矩形面积的
2
3
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§1．5 因动点产生的面积问题
课前导学
面积的存在性问题常见的题型和解题策略有两类：
第一类，先根据几何法确定存在性，再列方程求解，后检验方程的根．
第二类，先假设关系存在，再列方程，后根据方程的解验证假设是否正确．
如图 1，如果三角形的某一条边与坐标轴平行，计算这样“规则”的三角形的面积，直接用面积公式．
如图 2，图 3，三角形的三条边没有与坐标轴平行的，计算这样“不规则”的三角形的面积，用“割”或“补”的方法．
图1
图2 图3
计算面积长用到的策略还有：
如图 4，同底等高三角形的面积相等．平行线间的距离处处相等．
如图 5，同底三角形的面积比等于高的比．
如图 6，同高三角形的面积比等于底的比．
图4
图5 图6
例 322014 年湖南省常德市中考第 25 题
4 3 ) ，M是 OA的中点．
3
如图 1，已知二次函数的图象过点
O(0,0) 、A(4 ，0) 、B( 2,
（ 1）求此二次函数的解析式；
（ 2）设 P 是抛物线上的一点，过 P 作 x 轴的平行线与抛物线交于另一点 Q，要使四边形
PQAM是菱形，求点 P 的坐标；
（ 3）将抛物线在 x 轴下方的部分沿 x 轴向上翻折，得曲线 OB′ A（ B′为 B 关于 x 轴的
C，连结 CM，CM与翻折后的曲线 OB′A交于点 对称点），在原抛物线 x 轴的上方部分取一点 D，
面积的 2 倍，这样的点 是否存在？若存在求出点 若△ 的面积是△ 的坐标；若不存在，
请说明理由．
CDA MDA
C
C
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图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 14 常德 25”，拖动点 P在抛物线上运动，可以体验到，当四边
是平行四边形时， 也恰好是菱形． 拖动点
形
与△
PQAM
是同底三角形，它们的面积比等于对应高的比．
C
在抛物线上运动，还可以体验到，△
MCA
MDA
思路点拨
1．设交点式或顶点式求抛物线的解析式都比较简便．
2．先确定四边形 PQAM是平行四边形，再验证它是菱形．
3．把△ CDA与△ MDA的面积比，转化为△ 面积比，进而转化为点 C与点 D
MCA与△ MDA的
的纵坐标的比．
图文解析
（ 1）因为抛物线与
B
2,
x
轴交于
O
(0,0) 、 (4 ，0) 两点，设
A
y
＝
ax x
( －4) ．
4 3 ) ，得 4 3 3 ．所以 y 3 ． 3 3 3 3
（ 2）如图 2，由 A(4 ，0) ，M是 OA的中点，可知 OA＝4，MA＝2，M(2, 0) ．如代入点 (
4a ．解得 a
x( x 4)
果四边形 PQAM是菱形，已知 PQ// OA，首先要满足 PQ＝2，再必须 MP＝2．
因为抛物线的对称轴是直线 x＝ 2，P、Q关于 x＝2 对称，所以点 P 的横坐标为 1，故点
P的坐标为 (1, 3) ．
由 M(2, 0) 、P(1,
3) ，可得 MP＝2．所以当点 P 的坐标为 (1,
3) 时，四边形 PQAM是菱
形．
（ 3）如图 3，作 CE⊥ x 轴于 E，作 DF⊥ x 轴于 F． 我们把面积进行两次转换：
如果△ CDA的面积是△ MDA面积的 2 倍，那么△ MCA的面积是△ MDA面积的 3 倍． 而△ MCA与△ MDA是同底三角形，所以高的比
CE∶ DF＝3∶ 1，即 yC∶ yD＝ 3∶1．
因此 ME∶ MF＝ 3∶ 1．设 MF＝ m，那么 ME＝ 3m．
3
原抛物线的解析式为 x( x 4) ，所以翻折后的抛物线的解析式为 y y
3
3 3
所以 D(2 m,(2 m)(2 m 4)) ，C(2 3m, (2 3m)(2 3m 4)) ．
3 3 根据 y ∶ y ＝ 3∶ 1，列方程
C
D
3 3
x( x 4) ．
3 3
(2
3m)(2
3m
4) 3
3 3
(2
m)(2
m 4)
．
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图2 图3
整理，得 32
3
m＝4．解得 m
2
．所以 2 3m 2 2 3 ．
3
所以点 C的坐标为 (2 2
3, 8 3 ) （如图 3），或 (2 2 3, 8 3 ) （如图 4）．
3
3 图4
考点伸展
第（ 1）题可以设抛物线的顶点式： 由点 O(0,0),
A(4 ，0) ， B( 2,4 3
) 的坐标，可知点 B 是抛物线的顶点．
4 3
3
可设 y a( x
2)2
，代入点 O(0,0) ，得 a
3 ．
3
3
例 33
2014
年湖南省永州市中考第 25 题
2
如图 1，抛物线 y＝ ax ＋ bx＋ c（ a≠0）与 x 轴交于 A( － 1, 0) ， B(4, 0) 两点，与 y 轴
交于点 C(0, 2) ．点 M( m, n) 是抛物线上一动点， 位于对称轴的左侧， 并且不在坐标轴上． 过点 M作 x 轴的平行线交 y 轴于点 Q，交抛物线于另一点 E，直线 BM交 y 轴于点 F．
（ 1）求抛物线的解析式，并写出其顶点坐标； （ 2）当 S△ MFQ∶ S△ MEB＝ 1∶3 时，求点 M的坐标．
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名 “ 14 永州 25”，拖动点 M在抛物线左半侧上运动， 观察面积比的
度量值，可以体验到，存在两个时刻，△
MEB的面积等于△ MFQ面积的 3 倍．
思路点拨
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----
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1．设交点式求抛物线的解析式比较简便．
2．把△ MFQ和△ MEB的底边分别看作 三角形高的比， 底边的比（用
MQ和 ME，分别求两个
含 m的式子表示），于是得到关于 m的方程．
3．方程有两个解，慎重取舍．解压轴题时，时常有这种“一石二鸟”的现象，列一个
方程，得到两个符合条件的解．
图文解析
（ 1）因为抛物线与
x
轴交于
A
( －1, 0) ， (4, 0)
代入点 C(0, 2) ，得 2＝－ 4a．解得 a
1 2 1 x2 2
B
两点，设
y a x
＝ ( ＋ 1)( －4) ．
x
．所以
y
1
( x 1)( x 4)
3
2
x 2
1 ( x 3 )2 25 ．
3 25 顶点坐标为 ( ， )．
2 8
（ 2）如图 2，已知 M( m, n) ，作 MN⊥ x 轴于 N．
由
2 2 2
8
FQ
= MN，得FQ= n ．所以 FQ = mn ． MQ BN m 4 m 4 m
x
因为抛物线的对称轴是直线
由于 S
3
2
，所以 ME＝ 2( 3 m) 3 2m ．
m
△ MFQ
＝
2 m2 n ，
4 m
1 FQ MQ＝ 1 2
mn
m
＝ 1
S△ MEB＝ ME MN ＝(3
2 2
所以当 S
1
1
2 4
2
2m) n ，
△ MFQ
2
2m n ∶ ＝ 1∶3． △ MEB
(3 2m)n ∶S ＝1∶3 时， 4 m
整理，得 m＋ 11m－12＝ 0．解得 m＝1，或 m＝－ 12． 所以点 M的坐标为 (1, 3)
或 ( － 12, －88) ．
图 2
考点伸展
第（ 2）题 S ∶S ＝ 1∶ 3，何需点 M一定要在抛物线上？
△MFQ△MEB
从上面的解题过程可以看到， △
MFQ
与△
MEB
的高的比 FQ
=
MN
m 与 n 无关，两条底边 4 m
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的比
MQ
ME
=
m 也与 n 无关． 3 2m
3
如图 3，因此只要点
与点
＝ 在直线的左侧，且点
M关于直线
对称，点
x
M
M不在坐
标轴上，就存在
S E
∶ S
＝1∶ 3
，点 M的横坐标为
2
1（如图
3）或－ 12（如图
4）．
△ MFQ
△ MEB
图3 图4
§1．6 因动点产生的相切问题
课前导学
一、圆与圆的位置关系问题，一般无法先画出比较准确的图形． 解这类问题，一般分三步走，第一步先罗列三要素：
R、 r 、 d，第二步分类列方程，第
三步解方程并验根．
第一步在罗列三要素
R、r 、d 的过程中，确定的要素罗列出来以后，
不确定的要素要用
含有 x 的式子表示．第二步分类列方程，就是指外切与内切两种情况．
二、直线与圆的位置关系问题，一般也无法先画出比较准确的图形． 解这类问题，一般也分三步走，第一步先罗列两要素：
R 和 d，第二步列方程，第三步
解方程并验根．
第一步在罗列两要素 R和 d 的过程中， 确定的要素罗列出来以后， 不确定的要素要用含
有 x 的式子表示．第二步列方程，就是根据直线与圆相切时
d＝ R列方程．
如图 1，直线 y4
x 4 与 x 轴、 y 轴分别交于 A、B 两点，圆 O的半径为 1，点 C在 y
3
轴的正半轴上，如果圆
既与直线 相切，又与圆 相切，求点 的坐标．
“既??，又??”的双重条件问题，一般先确定一个，再计算另一个．C AB O C
假设圆 C与直线 AB相切于点 D，设 CD＝ 3m， BD＝ 4m， BC＝ 5m，那么点 C的坐标为－ 5m) ．
罗列三要素：对于圆
O，r ＝ 1；对于圆 C，R＝ 3m；圆心距 OC＝4－ 5m．
分类列方程：两圆外切时，
4－ 5m＝ 3m＋ 1；两圆内切时， 4－ 5m＝3m－ 1．
把这个问题再拓展一下，如果点 C在 y 轴上，那么还要考虑点 C在 y 轴负半轴．
相同的是，对于圆
O， r ＝1；对于圆 C， R＝3m；不同的是，圆心距 OC＝5m－ 4．
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(0,4
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图 1
例 42 2014 年湖南省衡阳市中考第 27 题
如图 1，直线 AB与 x 轴交于点 A( － 4, 0) ，与 y 轴交于点 B(0, 3)
以每秒 1 个单位长度的速度沿直线
．点 P 从点 A出发，
AB向点 B 移动．同时将直线 y
3 x 以每秒 0.6 个单位长 4
度的速度向上平移，交
于点 ，交 于点 ，设运动时间为 （0＜ ＜ 5）秒．
t OAC OB D t
（ 1）证明：在运动过程中，四边形 总是平行四边形；
ACDP
（ 2）当 t 取何值时，四边形
ACDP为菱形？请指出此时以点 D为圆心、 OD长为半径的
圆与直线 AB的位置关系并说明理由．
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名 “ 14 衡阳 27”，拖动点 P 运动，可以体验到， 当平行四边形 ACDP
是菱形时，圆 D与直线 AB恰好相切．
思路点拨
1．用含 t 的式子把线段
OD、 OC、CD、 AP、AC的长都可以表示出来．
2．两条直线的斜率相等，这两条直线平行．
3．判断圆与直线的位置关系，就是比较圆心到直线的距离与半径的大小．
图文解析
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（ 1）如图 2，由 A( － 4, 0) 、 B(0, 3) ，可得直线 AB的解析式为 y
3
4
x 3 ．
所以直线 AB// CD．
在 Rt△ OCD中， OD∶ OC＝3∶ 4， OD＝ 0.6 t ，所以 OC＝0.8 t ， CD＝ t ． 所以 AP＝ CD＝ t ．所以四边形 ACDP总是平行四边形． （ 2）如图 3，如果四边形 ACDP为菱形，那么 AC＝ AP． 所以 4－ 0.8 t ＝t ．解得 t ＝
20
．
此时 OD＝ 0.6 t ＝
49
．所以 BD＝ 3 4 ＝ 5 ．
3
作 DE⊥ AB于 E．
3 3
在 Rt△ BDE中， sin B＝ ， BD＝ ，所以 DE＝ BD·sin B＝ ．
454
5 3 3
因此 OD＝ DE，即圆心 D到直线 AB的距离等于圆 D的半径．
所以此时圆 D与直线 AB相切于点 E（如图 4）．
图2
图3
考点伸展
ACDP的面积最在本题情境下，点 P 运动到什么位置时，平行四边形
大？
S 平行四边形 ACDP
＝ AC·DO＝ (4
4 5
t)
当 t
5
3 ＝ 12 12 2
+
5 25 5
t
t
t ＝
12 25
(t
5 2 3 ．
2
)
时，平行四边形 ACDP的面积最大，最大值为 3．
2
此时点 P 是 AB的中点（如图 5）．
图4
图5
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例 43 2014 年湖南省株洲市中考第 23 题
如图 1，PQ为圆 O的直径，点 B在线段 PQ的延长线上， OQ＝ QB＝ 1，动点 A 在圆 O的
上
P、 Q两点），以线段 AB为边向上作等边三角半圆上运动（包含 形 ABC．
AB所在的直线与
（ 1）当线段 圆 O相切时，求△ ABC的面积（如图 1）；
（ 2）设∠
＝ ，当线段 与圆 只有一个公共点（即 点）时，求 的范围（如
AOB
图 2，直接写出答案） ；
AB O A
（ 3）当线段 AB与圆 O有两个公共点 A、M时，如果 AO⊥ PM于点 N，求 CM的长（如图 3）．
图1
图2 图3
动感体验
请打开几何画板文件名“
14 株洲 23”，拖动点 A在圆上运动，可以体验到，当点 A在直
AO
线 AB与圆的切点的右侧（包括切点）时，线段
AB与圆有一个交点．还可以体验到，当
⊥PM时， NO、 MQ是中位线，此时等腰三角形 AOM的高 MN是确定的．
思路点拨
1．过点 B 画圆 O的切线，可以帮助理解第（
1）、（ 2）题的题意．
2．第（ 3）题发现 AO// MQ很重要，进一步发现 NO、MQ是中位线就可以计算了．
图文解析
（ 1）如图 4，连结 OA．
当线段 AB所在的直线与圆
O相切时， OA⊥ AB， A 为切点．
此时在 Rt △ AOB中， OA＝1， OB＝2，所以 AB＝ 3 ，∠ ABO＝30°．
此时等边三角形
的高为
3 sin 60
3 ，所以 S 2
＝ 3 3 ．
△ ABC
4
（ 2） 0°≤ ≤ 60°．
（ 3）如图 5，连结 MQ，那么∠ PMQ＝ 90°．当 AO⊥ PM时， AO// MQ．
1 AO ， M是 AB的中点．所
由于 Q是 OB的中点，所以 MQ
以
CM⊥ AB．
2
1 MQ ．所以 NO 2
由于 O是 PQ的中点，所以 NO
1 MQ 2 1 AO 4
1 ． 4
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如图 6，连结 MO．在 Rt △OMN中， NO
1
2
， MO＝ 1，所以 MN＝
15 ．
2
2
2
2
在 Rt△ AMN中， AM＝ AN＋ MN＝ ( )
34
15 24
316
．所以 AM＝
6 2
．
4
＝
16 16 2 6 3 2 ． 2 ＝ 2
于是在 Rt △
中， ＝
CAM
CM
3 AM 3
图4 图5 图6
考点伸展
第（ 2）题的题意可以这样理解：如图
7，过点 B 画圆 O的切线，切点为 G．
如图 8，弧 GQ 上的每一个点（包括点
G、 Q）都是符合题意的点 A，即线段 AB与圆 O
只有一个公共点（即
A 点）．
如图 9，弧 GP 上的每一个点 A（不包括点 Q）与点 B 连成的线段 AB，与圆 O都有两个交点
A、 M．
图7
图8 图9
§1．7 因动点产生的线段和差问题
课前导学
线段和差的最值问题，常见的有两类：
第一类问题是“两点之间，线段最短”
．
关键是指出一条对称
两条动线段的和的最小值问题，
常见的是典型的“牛喝水”问题，
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轴“河流”（如图 1）．
三条动线段的和的最小值问题，常见的是典型的“台球两次碰壁”或“光的两次反射”
问题，关键是指出两条对称轴“反射镜面”
（如图 2）．
当三点共线时， 两
两条线段差的最大值问题， 一般根据三角形的两边之差小于第三边，
条线段差的最大值就是第三边的长． 的延长线上，即 P′．
如图 3，PA与 PB的差的最大值就是
AB，此时点 P在 AB
解决线段和差的最值问题，有时候求函数的最值更方便，本讲不涉及函数最值问题．
图1
图2
．
图3
第二类问题是“两点之间，线段最短”结合“垂线段最短”
如图 4，正方形 ABCD的边长为 4， AE平分∠ BAC交 BC于 E．点 P在 AE上，点 Q在 AB
上，那么△ BPQ周长的最小值是多少呢？
如果把这个问题看作“牛喝水”问题，
AE是河流，但是点 Q不确定啊．
．如图 5，设点 B 关于“河流 AE”的对称点为 F，
第一步，应用“两点之间，线段最短”
那么此刻 PF＋ PQ的最小值是线段 FQ．
第二步，应用“垂线段最短” ．如图 6，在点 Q运动过程中， FQ的最小值是垂线段 FH．
这样，因为点
B和河流是确定的，所以点 F 是确定的，于是垂线段 FH也是确定的．
图4
图5 图6
例 50
2014
2
年湖南省郴州市中考第 26 题
已知抛物线 y＝ax ＋ bx＋ c 经过 A( －1, 0) 、 B(2, 0) （ 1）求这条抛物线的解析式；
、C(0, 2) 三点．
（ 2）如图 1，点 P 是第一象限内此抛物线上的一个动点，当点
四边形 ABPC的面积最大？求出此时点 P 的坐标；
P 运动到什么位置时，
（ 3）如图 2，设线段 AC的垂直平分线交 x 轴于点 E，垂足为 D，M为抛物线的顶点，那
G，使△ CMG的周长最小？若存请求出点 G的坐标； 若不么在直线 DE上是否存在一点 在， 存 在，请说明理由．
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图1
图2
动感体验
请打开几何画板文件名“
14 郴州 26”，拖动点 P 运动，可以体验到，当点 P运动到 CB
A、 G、 M三
的中点的正上方时，四边形
ABPC的面积最大．拖动点 G运动，可以体验到，当
点共线时， GC＋ GM最小，△ CMG的周长最小．
思路点拨
1．设交点式求抛物线的解析式比较简便．
2．连结 OP，把四边形 ABPC的面积分割为三个三角形的面积和． 3．第（ 3）题先用几何说理确定点
G的位置，再用代数计算求解点 G的坐标．
图文解析
（ 1）因为抛物线与 x 轴交于 A( －1, 0)
、 B(2, 0) 两点，设 y＝a( x＋ 1)( x－ 2) ．
代入点 C(0, 2) ，可得 a＝－ 1． 所以这条抛物线的解析式为
y＝－ ( x＋ 1)( x－2) ＝－ x2＋x＋ 2．
（ 2）如图 3，连结 OP．设点 P 的坐标为 ( x, － x2＋ x＋
2) ．由于 S△ AOC＝ 1， S△ POC＝ x，S△POB＝－ x2＋ x＋ 2，
所以 S四边形 ABPC＝S△ AOC＋ S△ POC＋ S△ POB＝－ x2＋ 2x＋3＝－ ( x－ 1) 2＋ 4． 因此当 x＝ 1 时，四边形 ABPC的面积最大，最大值为 4．此时 P(1, 2) ．
（ 3）第一步，几何说理，确定点
G的位置：
如图 4，在△ CMG中， CM为定值，因此当 GC＋ GM最小时，△ CMG的周长最小． 由于 GA＝ GC，因此当 GA＋ GM最小时， GC＋GM最小．
当点 G落在 AM上时， GA＋ GM最小（如图
5）．
图 3
图 4
图 5
第二步，代数计算，求解点 如图 6， AC
G的坐标：
5 ， cos ∠ CAO＝
AD
AE
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AO AC
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1
，所以 AE
5 AD
55
，E( ,0) ． 22
3
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2
1 2
9
，得
1 9 ．
M ，
( x
2
)
4
(
2 4
)
由 ( －1, 0)
、 M 1 9 ，得直线 AM的解析式为
( 2 4)
，
y
3 3 ． 2 x 2
作 ⊥ 轴于 ．设点
GH x
H的坐标为
G
由于
tan
∠
GEH tan
＝ ∠
＝
1
ACO
3 x 3 ) ．
2 2
GH
，所以 1
(x,
，即
EH
＝ 2
GH
．
所以
3
2
x
2
3 x 2
2(
3 ．解得 x 2
3
EH
．所以
2
8
G 3 15 ) ．
8 16
图6 图7 图8
考点伸展
第（ 2）题求四边形 ABPC的面积，也可以连结 BC（如图 8）．
因为△ ABC的面积是定值，因此当△ PCB的面积最大时，四边形 ABPC的面积也最大．
过点 P作 x 轴的垂线，交 CB于 F．
因为△ PCF与△ PBF有公共底边 PF，高的和等于 C、B两点间的水平距离，所以当
PF最
大时，△ PCB的面积最大．
设点 P( x, － x2＋ x＋2) ， F( x, － x＋ 2) ，那么 PF＝－ x2＋2x． 当 x＝1 时， PF最大．此时 P(1, 2) ．
例 51
2014
年湖南省湘西州中考第
25 题
如图 1，抛物线 y＝ ax2＋ bx＋ c 关于 y 轴对称，它的顶点在坐标原点
O，点 B(2，
4
) 和
3
点 C( － 3, － 3) 均在抛物线上，点
3 在 y 轴上，过点 3 作直线 l 与 x 轴平行． F
(0 4 ) (0， )
4
（ 1）求抛物线的解析式和直线 BC的解析式；
y) 是线段 BC上的一个动点（点 D不与 B、 C重合），过点 D作 x 轴的
（ 2）设点 D( x, 垂
线，与抛物线交于点
（ 3）若点
G，设线段 GD的长为 h，求 h 与 x 之间的函数关系式，并求出当
x 为何
值时，线段 GD的长度 h 最大，最大长度 h 的值是多少？
另一点
并说明理由；
Q
( , ) 是抛物线上位于第三象限的一个动点，连结
P m n ，过点 作 ⊥ ，垂足为 ，过点 作 ⊥ ，垂足为
Q
QS l
S
P
PN l
N
，试判断△
PF
并延长，交抛物线于
FNS
的形状，
A t BC AF M
位置时， MF＋ MA的值最小．请直接写出此时点 M的坐标与 MF＋ MA的最小值．
（ 4）若点 ( －2, ) 在线段 上，点 为抛物线上的一个动点，连结 ，当点 在何
M
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图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
14 湘西 25”，点击屏幕左下方的按钮（ 2），拖动点 D在 BC上
运动，可以体验到，当点
D是 BC的中点时， GD最大．点击按钮（ 3），拖动点 P 运动，可以
4），拖动点 M运动，可以体验到， ME
体验到，△ FNS保持直角三角形的形状．点击按钮（ 与 MF保持相等，当 AE是垂线段时， ME＋MA最小．
思路点拨
1．第（ 2）题用 x 表示 G、 D两点的纵坐标， GD的长就转化为关于 x 的二次函数．
l 的距离等于它与点 F 间的距离． 2．第（ 3）题是典型结论：抛物线上任意一点到直线
3．第（ 4）题要经过两步说理，得到 ＋ 的最小值是点 到 的垂线段长．
MF MA
A l
图文解析
（ 1）因为抛物线的顶点在坐标原点，所以 代入点 C( － 3, － 3) ，得 a
1
3
y＝ ax2．
．所以抛物线的解析式为
y
1 x2 ． 3
设直线 BC的解析式为 y＝kx ＋ b，代入 B(2， ) 、 C( －3, － 3) ，得
4
2k
4
3
b
,
3
3k b 3.
解得 k
1
， b＝－ 2．所以直线 BC的解析式为 y
3
1 x 2 ．
3 D
( x,
x
（ 2）由于点 D、 G分别在直线 BC和抛物线上，所
以
所以 h＝ GD＝ 1 x2 ( x 2) ＝
1
1
因此当 x
（ 3）如图 2，设点 (0，
13
3
( x+ ) + ． 3 2 12
PQ
1
2
25
1 2) ， G
3
( x,
1 3
x
2
)．
．
时， h 取得最大值，最大值为
2
H
25 ． 12
．设直线 3 ) 为 的解析式为 y
24
联立直线 PQ： y kx
所以 x ·x ＝
3
kx 3
4
1
2
与抛物线 y
4 1 x ，消去 y，得 x2 kx 3
3 3 4
1
0 ．
又因为 HF＝
3 ．所以
9
4
．它的几何意义是
HS·HN＝ 9 ．
HF4
HS ． HF＝ HS·HN．所以
2
2
HN
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HF
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所以 tan ∠ 1＝ tan ∠ 2．所以∠ 1＝∠ 2．
又因为∠ 1 与∠ 3 互余，所以∠ 2 与∠ 3 互余．所以△ FNS是直角三角形． （ 4）
＋
的最小值是
8
3
，此时点
MF MA M
的坐标是
4
． ( 2, 3)
图2
图3 图4
考点伸展
第（ 3）题也可以通过计算得到
PF＝ PN．同理得到 QF＝ QS．这样我们就可以根据“等边
，得到∠ NFC＝ 90°．
对等角”及“两直线平行，内错角相等”
应用这个结论，就容易解答第（
4）题：
如图 3，作 ME⊥l 于 E，那么 MF＝ME．
当 ME＋ MA的值最小时， MF＋ MA的值也最小．
当 A、M、 E 三点共线时， ME＋ MA的值最小，最小值为 AE． 而 AE的最小值为点 A 到 l 的垂线段，即
AE⊥ l 时， AE最小（如图 4）．
§2．1 由比例线段产生的函数关系问题
课前导学（一）
图形运动的过程中，求两条线段之间的函数关系，是中考数学的热点问题．
产生两条线段间的函数关系，常见的情况有两种，
一是勾股定理， 二是比例关系． 还有
一种不常见的，就是线段全长等于部分线段之和．
由勾股定理产生的函数关系，在两种类型的题目中比较常用．
类型一，已知“边角边” ，至少一边是动态的，求角的对边．如图
为(3, 4) ，点 B 是 x 轴正半轴上的一个动点，设
1，已知点 A 的坐标
OB＝ x，AB＝ y，那么我们在直角三角形 ABH
中用勾股定理，就可以得到
y 关于 x 的函数关系式．
OABC在坐标平面内如图 2 所示， AB＝5，点 O沿直线
AED中用勾
类型二，图形的翻折．已知矩形
EF翻折后， 点 O的对应点 D落在 AB边上， 设 AD＝ x，OE＝ y，那么在直角三角形
股定理就可以得到
y 关于 x 的函数关系式．
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图1
图2
由比例线段产生的函数关系问题，在两种类型的题目中比较常用．
一是由平行线产生的对于线段成比例，二是相似三角形的对应边成比例．
一般步骤是先说理产生比例关系，再代入数值或表示数的字母，最后整理、
变形，根据
要求写出定义域．
关键是寻找比例关系，难点是有的整理、变形比较繁琐，容易出错．
课前导学（二）
图形运动的过程中，求面积随某个量变化的函数关系，是中考数学的热点问题．
计算面积常见的有四种方法， 一是规则图形的面积用面积公式； 二是不规则图形的面积通过割补进行计算；三是同高（或同底）三角形的面积比等于对应边（或高）的比；四是相
似三角形的面积比等于相似比的平方．
前两种方法容易想到，但是灵活使用第三种和第四种方法，可以使得运算简单．
一般情况下，在求出面积 S 关于自变量 x 的函数关系后，会提出在什么情况下（ x 为何值时），
S取得最大值或最小值．
关于面积的最值问题，有许多经典的结论．
例 1，周长一定的矩形，当正方形时，面积最大． 例 2，面积一定的矩形，当正方形时，周长最小．
例 3，周长一定的正多边形，当边数越大时，面积越大，极限值是圆．
例 4，如图 1，锐角△ ABC的内接矩形 DEFG的面积为 y，AD＝ x，当点 D是 AB的中点时，
面积 y 最大．
例 5，如图 2，点
在直线 上方的抛物线上一点，当点 位于 的中点 的正上方
P AB P AB E
时，△ PAB的面积最大．
例 6，如图 3，△ ABC中，∠ A 和对边 BC是确定的，当 AB＝ AC时，△ ABC的面积最大．
图1
图2 图3
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例 1 2014 年湖南省常德市中考第 26 题
ABCD为正方形，在射线 延
AC上有一动点 P，作 PE⊥ AD（或如图 1，图 2，已知四边形
长线）于 E，作 PF⊥DC（或延长线）于 F，作射线 BP交 EF于 G．
（ 1）在图 1 中，正方形 的边长为 2，四边形 的面积为 ，设 ＝ ，求
y y ABCD ABFE AP x
关于 x 的函数表达式；
（ 2） GB⊥ EF对于图 1，图 2 都是成立的，请任选一图形给出证明；
（ 3）请根据图 2 证明：△ FGC∽ △PFB．
图1
图2
动感体验
请打开几何画板文件名“ 14 常德 26”，拖动点 P在射线 AC上运动，可以体验到， EM和
B、 C、 G、F 四点共圆．
FN把正方形 ABCD分割成了两个正方形和两个全等的矩形，
思路点拨
1．四边形 ABFE可以用大正方形减去两个直角三角形得到．
2．画直线 EP、FP，把正方形分割为两个正方形和两个全等的矩形．
图文解析
AEPN和四边形 （ 1）如图 3，延长 EP交 BC于 M，延长 FP交 AB于 N，那么四边形 CFPM
是正方形．
由 ＝ x ，可得正方形
AP
AEPN
的边长为
由于 S
＝ 1 DF DE
＝
1 2 x(2
－S －S
2 x．所以 FC＝ DE＝ 2 2 x ． 2 2
＝
2 x) ， S ＝ 1 BC FC 1 2 (2
2 x) ，
△ DEF △BCF
所以 y＝ S
2
＝ S
2 2
2
△ BCF
2
2
2
四边形 ABFE 正方形 ABCD △DEF
＝ 4－
2
4
x(2
2
2
x) － (2
2
x) ＝ 1
x2 +2 ．
2 4
图3 图4
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（ 2）如图 4，因为 tan ∠EFP＝
PE
， tan ∠ PBN＝
NP
NB
，且 PE＝NP， PF＝NB，所以
PF
∠EFP＝∠ PBN．
又因为∠ 1＝∠ 2，∠ 1＋∠ PBN＝ 90°，所以∠2＋∠ EFP＝ 90°．所以 GB⊥EF．
（ 3）如图 5，由于 GB⊥ EF，∠ BCF＝ 90°，所以 B、 C、 G、 F 四点共
圆．所以∠ FCG＝∠ PBF，∠ CGB＝∠ CFB．
又因为∠ CGF＝∠ CGB＋ 90°，∠BFP＝∠ CFB＋ 90°，所以∠CGF＝∠
BFP．所以△ FGC∽ △ PFB．
图5
图6 图7
考点伸展
如图 6， 由于 tan ∠
EFP
＝ tan ∠
PBN
， 所以∠
EFP
＝∠
PBN
．
又因为∠ PBN＋∠ 1＝ 90°，所以∠EFP＋∠ 1＝ 90°． 因此这种情况下，依然有 BG⊥ EF． 第（ 1）题还有更简便的割补办法：如图 由于 S
7，连结 EN．
＝S ＋ S ＝ 1
NF (EP
四边形 NBFE △ ENF △ BNF
MP )
1
NF
EM 2 ，
△ AEN
2
S ＝ 1
2
1 2 ，所以 y＝S
2
△ AEN
2
＝S
＋S
四边形 ABFE 四边形 NBFE
＝ 1
．
4 4
4
例 22014
如图 1，△
年湖南省湘潭市中考第 25 题
为等边三角形，边长为
，点
在
边上，
⊥ ， ⊥ ，垂足分别
ABC
（ 1）求证：△ BDF∽ △ CEF；
a F BC DF AB EF AC
为 D、 E．
（ 2）若 a＝ 4，设 BF＝m，四边形 ADFE面积为 S，求出 S与 m之间的函数关系，并探究当 m为何值时 S 取得最大值；
（ 3）已知 A、 D、 F、 E 四点共圆，已知
tan ∠EDF＝
3
，
2
求此圆的直径（用含
a 的式子表示） ．
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图 1
动感体验
请打开几何画板文件名 “ 14 湘潭 25”，拖动点 F 在 BC上运动， 观察 S 随 m变化的图像，
可以体验到，当 F 运动到 BC的中点时， S 取得最大值．还可以看到，圆的直径就是直角三角形 AEF的斜边．
思路点拨
1．用割补法求四边形
ADFE的面积比较简单．
2．当 A、D、F、 E 四点共圆时，由于∠ EDF＝∠ EAF，那么在△ ACF中，两角及夹边就是确定的，可以解这个三角形．
图文解析
（ 1）如图 1，因为∠ B＝∠ C＝ 60°，∠BDF＝∠ CEF＝ 90°，所以△BDF∽ △ CEF．
（ 2）如图 2，当等边三角形
的边长 ＝4 时，
△ ABC＝ ．
ABC
中，∠ ＝ 60°， ＝ ，所以
B
BF
m
a
S 1 m ， FD
4 3
在 Rt△
BDFBD
3 2
m ．
2
所以 S△ BDF＝ BD FD ＝ 3 m2 ．
1
2
8
在 Rt△ CEF中，∠ C＝ 60°，CF＝ 4－ m，所以 CE
1
(4 m) ， FE
2
3 (4 m) ． 2
所以 S△ CEF＝ CE FE ＝ 3 (4 m) 2 ．
1
2 8
S S S S S
因此 ＝ 四边形 ADFE＝ △ABC－ △ BDF－ △ CEF
＝ 4 3
3 m2 8
3
(4 m) ＝
2
3 m2 4
3m 2 3 ＝
3
(m 2) 2
3 3 ．
8 4
所以当 ＝2 时，
取得最大值，最大值为
3 3 ．此时点
是 的中点（如图 3）．
S F
（ 3）如图 4，由于 A、 D、 F、 E四点共圆，所以∠ EAF＝∠
m
BC
EDF．因为∠ AEF＝ 90°，所以 AF是圆的直径．
在 Rt△ EAF中，由于 tan ∠ EAF＝
EF
＝
3
2
，设EF＝
3x ， EA＝ 2x．
EA
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在 Rt△
中，∠ ＝ 60°，所以 EF
ECF
C
EC
3 ．因此 EC＝ x．
由 AC＝ EA＋ EC＝ a，得 2x＋ x＝ a．所以 x＝ a ．
1
3
所以在 Rt △ EAF中， EF＝
3 a ， EA＝ a，由勾股定理，得圆的直径 AF＝ 7 a ．
3 3 3
2
图2
图3 图4
考点伸展
第（ 2）题也可以求△ ADF与△ AEF的面积和． 由于 BD 1 m ， FD
3 m ，所以 AD＝ 4 1 m ， S ＝
3 m(8 m) ．
2
2
2
△ ADF
8
△
由于 CE
1 (4 m) ， FE 2
(4 m) ，所以 AE＝ 2 1 m ， S2 2
3 (16 m2 ) ＝
8
3 m2
4
3
AEF＝
38
(16 m2 ) ．
因此 S＝ S△ ADF＋ S△ AEF＝ 3 m(8 m)
3m 2 3 ．
8
例 3
2014 年湖南省郴州市中考第 25 题
如图 1，在 Rt △ABC中，∠ BAC＝ 90°，∠B＝ 60°，BC＝ 16cm， AD是斜边 BC上的高，
垂足为 D， BE＝ 1cm，点 M从点 B出发沿 BC方向以 1cm/s 的速度运动，点 N从点 E 出发，与点
M同时同方向以相同的速度运动． 以 MN为边在 BC的上方作正方形 MNGH．点 M到达点 D时停
止运动，点 N到达点 C时停止运动．设运动时间为 t （ s）．
（ 1）当 t 为何值时，点 G刚好落在线段 AD上？
（ 2）设正方形 MNGH与 Rt △ ABC重叠部分的图形的面积为 S．当重叠部分的图形是正方 形时，求出 S 关于 t 的函数关系式并写出自变量
t 的取值范围；
（ 3）设正方形 MNGH的边 NG所在直线与线段 AC交于点 P，连结 DP，当 t 为何值时， △
CPD是等腰三角形？
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图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
14 郴州 25”，拖动点 N 在 BC上运动，可以体验到，重叠部分
是正方形存在两种情况，等腰三角形 CPD也存在两种情况．
思路点拨
1．用含 t 的式子把直线
BC上的线段长都表示出来．
2．重叠部分的图形是正方形，临界时刻是点
H落在 AB上，和点 G落在 AC上．
D与线段 AC只有一个
3．等腰三角形 CPD不存在 DP＝DC的情况，因为以 DC为半径的圆 交点．
图文解析
（ 1）如图 2，当点 G刚好落在线段 AD上时， DN＝ 0．
而 DN＝ BD－ BM－ MN＝ 4－t － 1＝ 3－t ，所以 3－ t ＝ 0．解得 t ＝3．
图2
图3
（ 2）重叠部分的图形是正方形，存在两种情况：
① 当 HM在 AD的左侧时，正方形 MNGH的大小不变，边长为 1，S＝ 1． 如图 3，当
H
落在
上时， ＝
AB BM HM
tan30 °＝ 3 ．所以 3 ≤ ＜ 4．
3
3
② 如图 4，当
在 上时，正方形的边长为
－3， ＝(
－3)2
HM AD G
落在
t
tan30 °＝ 3
S t
．
如图 5，当
上时， ＝
AC AH HG
3 (t
3) ．
由AD＝4
3 ，得
3
(t 3)
(t 3) 4 3 ．解得 t
6 3 3 ．所以 4≤ t ≤ 6 3 3 ．
3
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图 4
（ 3）等腰三角形 CPD存在两种情况：
① 如图 6，当 PC＝ PD时，点 P 在 DC的垂直平分线上，
此时 t ＝ 3＋ 6＝9．
图 5
N是 DC的中点．
② 如图 7，当 CP＝ CD＝ 12 时，在 Rt △ CPN中，由 cos30 °＝
CN
3
2
，得CN 6 3．此
CP
时 t ＝ 15 6 3 ．
图6
图7
考点伸展
当点 G落在 AC上时， CG∶ AG的比值是多少呢？ 如图 5， CG
CN
AG DN
CN GN
cot303 ．
例 4
2015
如图 1，曲线
1
年湖南省常德市中考第 25 题
轴交于 、
两点，与
是抛物线的一部分，与
轴交于点 ，且表达
y
2
x A B y
C
式为
3
y1
3 ( x 2x
（ x≤ ），曲线 y2 与曲线 y1 关于直线 x＝ 对称．
3) 3 3
（ 1）求 A、 B、C三点的坐标和曲线 y2 的表达式；
（ 2）过点 C作 CD// x 轴交曲线 y1 于点 D，连结 AD，在曲线 y2 上有一点 M，使得四边形
ACDM为筝形（如果一个四边形的一条对角线被另一条对角线垂直平分，这样的四边形为筝
形），请求出点 M的横坐标；
（ 3）设直线 CM与 x 轴交于点 N，试问在线段 MN下方的曲线 y2 上是否存在一点 P，使
△PMN的面积最大？若存在，求出点
P 的坐标；若不存在，请说明理由．
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图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
15 常德 25”，拖动点 运动，可以体验到，由于 、 两点间
P M N
的水平距离是定值，因此当
PE最大时，△ PMN的面积最大．
思路点拨
1．由 A、C、D的坐标可以得到△ ACD是底角为 30°的等腰三角形， 于是可知直线 MN（直
线 CN）与 y 轴的夹角为 30°．
2．过点 P 作 x 轴的垂线交 MN于 E，那么△ PMN分割为有公共底边 PE的两个三角形， 这
两个三角形的高的和为定值．
图文解析
（ 1）由 y1
3 3
(x 2
2x
3)
3 3
( x
1)(x
3) ，得 A － 1, 0) 、 B
、 C
((3, 0)(0,3)
．
因为 A( －1, 0) 、 B(3, 0)
线 y2 的表达式为 y2
关于直线 x＝ 3 的对称点为 A′ (7, 0) 、 B(3, 0) ，所以抛物
3 (x 3
7)( x 3)
3 ( x2 10 x 21) （ x＞ 3）． 3
（ 2）由 CD// x 轴，可知 C、 D关于抛物线 y1 的对称轴 x＝ 1 对称，所以 D(2, 如图 2，由 A( －1, 0)
3 ) ．
、 C(0,
3 ) 、D(2,
3 ) ，可得 AC＝ DC＝ 2．因此点 C在 AD的
垂直平分线上．
如果四边形 ACDM的对角线互相垂直平分， 那么四边形 ACDM是菱形，此时点 M在 x 轴上，不在抛物线 y2 上．因此只存在 MC垂直平分 AD的情况．
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．
图 2
x
图 3
如图 2，如图 3，过点 、 分别作 ∠＝∠
轴的垂线，与直线 分别交于点 、 ，那么
A M
CD G H
ADG CMH
由于 tan ∠ ADG＝
AGDG
＝
3
，所以∠ ADC＝ 30°．因此 MH
3CH ．
3
x+7 3)
设 M
( x,
3 3
x
2
10
3
3
，那么
(
3 3
x
2
10 3 3
x +7
3) (
3)
3x
．
整理，得 x2－ 13x＋24＝ 0．解得 x
13
73
2
．所以点 M的横坐标为 x 13 73．
2
（ 3）如图 2，如图 3，由于∠ ADC＝ 30°，当 CM⊥ AD时，∠ OCN＝ 30°．
所以
＝
ON
3 ＝ 1， (1, 0) ．
N 3 OC
所以直线 CN为 y 3x 3 ． 如图 4，过点 P作x轴的垂线，垂足为
所以S ＝ S ＋ S
K， PK交MN于 E，过点 M作 y轴的垂线交 PK于 F．
△ PMN
△PME △PNE
＝ 1 PE(MF NK)．
2
因为 ＋ 为定值，因此当 最大时，△ 的面积最大．
MF NK PE PMN 设 P ， E ，那么 3 2 10 3
m 3) ( m, m+7 3) (m, 3m 3 3
PE＝ ( 3m
3) ( 3 m2 10 3 m+7 3) ＝ 3 m213 3 m
3 3 3 3
8 3
＝
3 3
m 13
2
2
73 3 ．
12
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所以当 m
13
2
时，PE取得最大值，△
PMN面积最大．此时 P(13 , 7 3 ) ．
2
12
图4 图5
考点伸展
第（ 3）题也可以这样思考：
如图 5，由于 MN是定值，因此点 P到MN的距离最大时，△
PMN的面积也最大．
过点 P作 MN的平行线，当这条直线与抛物线
y2只有一个交点时，两条平行线间的距离最
大，也就是说方程组
y y
3x b
，
只有一组解，即 ?＝ 0．解得 x
13 ．
3 ( x2 10x 21) 3
2
§3．1
代数计算及通过代数计算进行说理问题
课前导学
计算说理是通过计算得到结论；说理计算侧重说理，说理之后进行代入求值．
压轴题中的代数计算题，主要是函数类题．
函数计算题必考的是待定系数法求函数的解析式，按照设、列、解、验、答五步完成，
一般来说，解析式中待定几个字母，就要代入几个点的坐标．
还有一类计算题，就是从特殊到一般，通过计算寻找规律．
代数计算和说理较多的一类题目，是确定直线与抛物线的交点个数
. 联立直线和抛物线 ?确定交点的个数．
的解析式组成方程组，消去
y，得到关于 x 的一元二次方程，然后根据
我们介绍一下求函数图像交点坐标的几何方法．
如图 1，已知直线 ＝ ＋ 1 与 x 轴交于点 ，抛物线 ＝ 2－2 －3 与直线 ＝ ＋1 交于
y x y x y x A x
、 两点，求点 的坐标的代数方法，就是联立方程组，方程组的一个解是点 的坐标，
A B
另一个解计算点的坐标．
B
A
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几何法是这样的：设直线 作 BE⊥ x 轴于 E，那么
AB与 y 轴分别交于 C，那么 tan ∠ AOC＝ 1．
BE
1 ．设 B( x, x － 2x－ 3) ，于是
2
x2
2x 3 1 ． x
1
AE
请注意，这个分式的分子因式分解后，
(x 1)(x 3)
x 1
1 ．这个分式能不能约分，为什
么？
因为 x＝－ 1 的几何意义是点 就是 x－ 3＝ 1．
这样的题目一般都是这样， 已知一个交点求另一个交点， 方程，很简便．
经过约分， 直接化为一元一次
A，由于点 B 与点 A 不重合，所以 x≠－ 1，因此约分以后
图 1
例 1
2014 年湖南省长沙市中考第 25 题
“梦之点” ，例如点（ 1,1 ），
在平面直角坐标系中， 我们不妨把横坐标和纵坐标相等的点叫
( － 2, － 2) ，（ 2， 2），?，都是“梦之点”，显然“梦之点”有无数个．
（ 1）若点 P(2,
m) 是反比例函数
y x
n
（n为常数，n≠0）的图象上的“梦之点”，求
这个反比例函数的解析式；
（ 2）函数 y＝ 3kx＋ s－ 1（ k、 s 为常数）的图象上存在“梦之点”吗？若存在，请求出
“梦之点”的坐标，若不存在，说明理由；
（ 3）若二次函数 y＝ ax2＋bx＋ 1（ a、 b 是常数， a＞0）的图象上存在两个“梦之点”
A x
( 1,
1
x
)、 (
B x
2,
2
x
)，且满足－ 2＜
1
x
＜2， |
x
1
－ 2| ＝ 2，令
157
t b 2b
x
2
，试求 t 的取
48
值范围．
动感体验
请打开几何画板文件名 “ 14 长沙 25”，拖动 y 轴正半轴上表示实数 a 的点，可以体验到，
a，有
A、B 两点位于 y 轴同侧， A、B 两点间的水平距离、竖直距离都是
两个对应的 b 和 b′，但是 t 随 b、 t 随 b′变化时对应的
2，并且对于同一个
t 的值保持相等．
思路点拨
1．“梦之点”都在直线 y＝ x 上．
2．第（ 2）题就是讨论两条直线的位置关系，分重合、平行和相交三种情况．
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3．第（ 3）题放弃了也是明智的选择．求
t 关于 b 的二次函数的最值， b 的取值范围由
“梦之点” 、－ 2＜ x1＜2 和 | x 1－x2| ＝ 2 三个条件决定，而且－ 2＜ x1＜ 2 还要分两段讨论．
图文解析
（ 1）因为点 (2,
P
m
) 是“梦之点”，所以
P
(2, 2) ．所以
y
4 ．
x
（ 2）“梦之点” 一定在直线 y＝ x 上，直线 y＝ 3kx ＋s－ 1 与直线 y＝ x 的位置关系有重
合、平行、相交．
图1 图2 图3
① 如图 1，当直线 y＝ 3kx＋ s－1 与直线 y＝ x 重合时，有无数个 “梦之点” ．此时 k＝ ，
1
3
s＝ 1．
② 如图 2，当直线 y＝ 3kx＋ s－ 1 与直线 y＝ x 平行时，没有“梦之点”．此时
k＝ ，s
3
1
≠ 1．
③ 如图 3，当直线 y＝ 3kx＋ s－ 1 与直线 y＝ x 相交时，有 1 个“梦之点”． 此时 k≠ ，“梦之点”的坐标为 ( 1
1
3
（ 3）因为 A( x ,
1
2,
2
3k
s ,
1 3k
1 s
) ．
1
x ) 、B( x
1
2
x ) 两点是抛物线与直线 y＝x 的交点，联立 y ＝ ax ＋ bx＋ 1
和
y＝ x，消去 y，整理，得 ax2＋ ( b－ 1) x＋1＝ 0．
所以 x1x2＝ ＞ 0．所以 A、 B两点在 y 轴的同侧．
1
a
如图 4，由 | x 1－ x2| ＝ 2，可知 A、 B 两点间的水平距离、竖直距离都是 已知－ 2＜ x1＜ 2，我们分两种情况来探求
2．
a 的取值范围：
① 当 A、 B 两点在 y 轴右侧时， 0＜x1＜ 2， 2＜ x2＜ 4．所以 0＜ x1x2＜ 8．
② 当 A、 B 两点在 y 轴左侧时，－ 2＜ x 1＜ 0，－ 4＜ x2＜－ 2．所以 0＜ x1 x2＜ 8． 综合 ①、 ② ，不论 0＜ x1＜2 或－ 2＜x1＜ 0，都有 0＜ x1x2＜ 8． 所以 0＜ ＜ 8．所以 a＞ ．
11
a
2
8
由 ax＋ ( b－ 1) x＋1＝ 0，得 x1＋ x2＝
1b
，x1x2＝
．
1
a
由 | x 1－x2| ＝ 2，得 ( x1－ x2) 2＝ 4．所以 ( x1＋x2) 2－ 4x1x2＝ 4．
所以
a
(1b) 24
4 ．整理，得 (1 b) 2 4a2
4a ．
a2
a
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所以 t b
2
2b
157
＝ (b 1)
2
48
109 ＝ 4a 2 4a 48
a
10948
＝ (2 a 1)2
61 ． 48
如图 5，这条抛物线的开口向上，对称轴是直线
1
，在对称轴右侧， t 随 a 的增大
而增大．因此当 a
1
2
时， t 取得最小值， t ＝ ( 1 1)2 61 ＝17．
8 4 48 6
17
所以 t 的取值范围是
t ＞ ．
图4
图5
考点伸展
第（ 3）题我们也可以这样来讨论：
一方面，由 | x 1－x2| ＝ 2，得 ( x1－ x2) 2＝ 4．所以 ( x1＋x2) 2－ 4x1x2＝ 4．
b) 2 4 4 ．整理，得 (1 b) 2 4a2 4a ． a2 a
另一方面，由 f (2) ＞ 0，f ( － 2) ＜0，得 f (2) f ( － 2) ＜ 0．
所以
(1
所以 [4 a 2(b 1) 1][4 a 2(b 所以 (4 a 1)
2
1) 1]＜0．
2
4(b 1) ＝ (4 a 1)
2
4(4 a
2
4a) ＝ 1 8a ＜ 0．所以 a＞ ．
8
1例 2
2014
年湖南省怀化市中考第 23 题
2
2
设 m是不小于－ 1 的实数， 使得关于 x 的方程 x ＋ 2( m－2) x＋ m－ 3m＋3＝ 0 有两个不相等的实数根 x1，x2．
（ 1）若
1 x1
1 x2
1
1 ，求
1 3 2m
的值；
（ 2）求
mx
1 x1
mx2 m2 的最大值． 1 x 2
动感体验
请打开几何画板文件名“
14 怀化 23”，拖动 x 轴上表示实数 m的点运动，可以体验到，
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专业知识
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当 m小于 1 时，抛物线与 x 轴有两点交点 A、 B．观察点 D随 m运动变化的图像，可以体验到，当 m＝－ 1 时，点 D到达最高点．
思路点拨
1．先确定 m的取值范围，由两个条件决定． 2．由根与系数的关系，把第（
1）题的已知条件转化为关于
m的方程．
3．第（ 2）题首先是繁琐的式子变形，把 m提取出来，可以使得过程简便一点．
图文解析
（ 1）因为方程
2
＋2( －2)
＋ 2－
＋ 3＝ 0 有两个不相等的实数根，所以
?＞ 0．
2
x
2
m x m 3m
由 ?＝ 4( m－ 2) － 4( m－3m＋ 3) ＝－ 4m＋ 4＞0，得 m＜1．
又已知 m是不小于－ 1 的实数，所以－ 1≤ m＜1．
由根与系数的关系，得 若
x1 x2
2( m 2) 2m 4 ， x1 x2
m2 3m 3 ．
1
x1
1 1，那么 x1 x2
2x2 x1 x2 ．所以 2m 4
m2 3m 3 ．
整理，得 m
m 1 0 ．解得 m 1
5
2
，或 m
1+
2 1 5
5
（舍去）．
所以 3 2m 3
(1
5)
2
5 2 ．所以
1
＝ ＝＝ 5 2 ．
3 2m x2
2
（ 2）
mx1 mx2
x2
m
＝ m
x1
m m
x1 (1 x2 ) x2 (1 x1 )
m
1 x1 1
1 x1 1 x2 (1 x1 )(1 x2 )
m
＝ m ( x1 x2 ) 2x1 x2
1 ( x1 x2 ) x1x2 ＝ m
2m
m ＝ m ( 2m 4) 2( m2
1 ( 2m 4) m2 2( m 1)2
3m 3)
3m 3
2 +4 m 2
m ＝ m
m
m2
m
m(m 1) 3．
＝ 2m 2 m2 ＝ (m 1)2
所以当
＝－ 1 时，它有最大值，最大值为 3（如图 1 所示）．
m
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图 1
考点伸展
当 m变化时，抛物线 y＝x ＋ 2( m－ 2) x＋m－3m＋ 3＝ 0 的顶点的运动轨迹是什么？
2 2
因为抛物线的对称轴是直线
＝－ ( －2) ，所以抛物线的顶点的纵坐标
x
2
m
2
2
y＝( m－ 2) － 2( m－ 2) ＋ m－ 3m＋3＝ m－ 1．
y
因为 ＋
x
＝－ ( －2) ＋ －1＝1 为定值，所以
m
m
y
＝－ ＋1．
x
也就是说，抛物线的顶点 ( x, y) 的运动轨迹是直线
y＝－ x＋ 1（如图 2 所示）．
图 2
例 3
2014 年湖南省湘潭市中考第 26 题
y＝－ x2＋ bx＋c 的对称轴为 x＝ 2，且经过原点，直线 AC的解析
B、C两点．
如图 1，已知二次函数
式为 y＝ kx＋ 4，直线 AC与 y 轴交于点 A，与二次函数的图象交于
（ 1）求二次函数解析式；
（ 2）若
S△AOB
= ，求 k 的值；
S△BOC 3
1
（ 3）若以 BC为直径的圆经过原点，求
k 的值．
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图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 14 湘潭 26”，拖动点 C在抛物线上运动，可以体验到，当以
BC为直径的圆经过原点时，△ BMO∽ △ONC．
思路点拨
1．第（ 2）题先将面积比转化为
AB与 BC的比，进而转化为 B、 C两点的横坐标的比．
B、 C两点的坐标，再代入抛物线的解析式列方
2．第（ 2）题可以用直线的解析式表示
程组；也可以用抛物线的解析式表示
B、C两点的坐标，再代入直线的解析式列方程组．
B、 C两
3．第（ 3）题先联立抛物线与直线，根据一元二次方程根与系数的关系，得到
点的横坐标的和与积，再构造相似三角形列方程．
图文解析
（ 1）因为原点 O关于直线 x＝ 2 的对称点为 (4, 0)
2
，所以抛物线 y＝－ x2 ＋ bx＋ c 的解
析式为 y＝－ x( x－ 4) ＝－ x ＋ 4x．
（ 2）如图 2，因为 S△AOB
=
S△ BOC C m
2
AB
BC
=
1 ，所以 B ．设 x B＝ ，那么 x C＝4 ．
xC 4 3
x1 =
mm
将点(,
＋4) 、 (4 , 4 ＋ 4) 分别代入 ＝－ ( －4) ，得
B m
km
km
km
4
y x x m(m 4), ① 4m(4 m 4). ②
4km 4
＝1． m
① － ②÷4，整理，得
将 ＝1 代入 ①，得
m
m＝ 1．所以
（ 3）因为 B、 C是直线 y＝ kx＋ 4 与抛物线的交点，设
k
＋ 4＝ 3．解得 ＝－ 1．此时点
k
C
落在
B( x , kx ＋ 4) ， C( x , kx
1
1
x
轴上（如图
3）．
＋4) ．
2
2
联立 y＝－ x2＋ 4x 和 y＝ kx＋ 4，消去 y，整理，得 x2 ＋( k－ 4) x＋ 4＝ 0． 所以 x1＋x2＝ 4－ k，x1x2＝ 4．
如图 5，若以 BC为直径的圆经过原点，那么∠ BOC＝90°．
作 BM⊥ y 轴， CN⊥ y 轴，垂足分别为 M、 N，那么△ BMO∽ △ ONC． 根据
BM MO
ON
，得
x1
(kx2 4)
NC kx1 4
4)
x2
．
所以 x1 x2 (kx1 4)(kx2
专业知识
[k 2 x1x2 4k ( x1 x2 ) 16] ．
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将 x ＋ x
1
2
＝4－ k， x x ＝4 代入，得 4 [4 k 2 4k (4 k ) 16] ．解得 k
1 2
5 ．
4
图2 图3 图4
考点伸展
第（ 2）题也可以先用抛物线的解析式设点
2
B、C的坐标，再代入直线的解析式列方程组．
2
将点 B( m, － m＋ 4m) 、 C(4 m, － 16m＋ 16m) 分别代入 y＝ kx＋4，得
m2 4m km 4, 16m2 16m 4km
① ②4.
2 ．所以 ＝ ．
m 1 12
将 m＝1 代入 ①，得 3＝ k＋ 4．解得 k＝－ 1．
例 42014
已知抛物线 y x2
(k 2) x
年湖南省株洲市中考第 24 题
5k 22
4
和直线 y ( k 1)x (k 1) ．
（ 1）求证：无论 k 取何实数值，抛物线与 x 轴有两个不同的交点；
（ 2）抛物线与 x 轴交于 A、 B两点，直线与 x 轴交于点 C，设 A、 B、 C三点的横坐标分别
是 x1、 x2、 x3，求 x1·x2·x3 的最大值；
（ 3）如果抛物线与 x 轴的两个交点 A、B 在原点的右边， 直线与 x 轴的交点 C在原点的左边，又抛物线、直线分别交 y 轴于点 D、 E，直线 AD交直线 CE于点 G（如图 1），且 CA·GE ＝
CG·AB，求抛物线的解析式．
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图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 14 株洲 24”，拖动 y 轴上表示实数 k 的点运动，可以体验到，
抛物线与 x 轴总是有两个交点．观察 x ·x ·x 随 k 变化的函数图像，可以体验到， x ·x ·x
1 2 3 1 2 3
是
的二次函数．还可以体验到，存在一个正数 ，使得 与 平行．
k
k AD BE
思路点拨
1．两个解析式像庞然大物，其实第（1）题的语境非常熟悉，走走看，豁然开朗．
2．第（ 2）题 x ·x ·x 的最小值由哪个自变量决定呢？当然是
1
2
3
1
2
k 了．所以先求 x ·x ·x
3
3
关于 k 的函数关系式，就明白下一步该怎么办了． 的横坐标．
3．第（ 3）题的等积式转化为比例式，就得到
x ·x
1
2
由根与系数的关系得到， x 就是点 C
AD// BE．由此根据 OD∶OA＝ OE∶ OB列方
程，再结合根与系数的关系化简．还是走走看，柳暗花明．
图文解析
（ 1）因为
(k 2)
2
4 (5k 2)
4
k 2
k
2 ( k 1 ) 2
27
＞ 0，所以无论
k 取何实
4
数值，抛物线与
（ 2）由 y
x 轴有两个不同的交点． (k 1)x ( k
1)2 ，得 C( － ( k＋ 1), 0) ．所以 x3＝－ ( k＋1) ． x1·x2＝
由根与系数的关系，得
(5k
2) ．
1
2
3
4
所以 x ·x ·x ＝
1
(5k
2)(k 1) ＝
因此 x
7
4
1
(5k
4
2
7k 2) ．
当时， x1·x2·x3 取得最大值，最大值＝
10
1 (5 49 4 100
49 10
2)＝
9
．
80
（ 3）如图 2，由 所以
· ＝ · ，得 CA
CA GE CG AB
AB
CG
GE ．
AG BE
OD
// ，即
AD BE
// ．
所以
OE
，即
(5k 2)
4
( k 1)
2
(5k ．所以
4
2)
( k 1)x22
2
．所以
(k 1
1)x22
2
．
OA OB
又因为
x1
x2
x1 x2
所以 x2＝k＋ 1，或－ k－ 1（舍）．
1
＋ 2＝ ＋ 2，所以 1＝1，即 (1, 0) x x k A x
代入 y
再将点 A(1, 0)
x 2
(k 2) x
5k
4
2
．
，得
01
(k
2) 5k 2 ．
4
解得 k＝ 2．所以抛物线的解析式为
y＝ x2－ 4x＋ 3．
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图2
图3
考点伸展
把第（ 3）题中的条件“ CA·GE＝ CG·AB”改为“ EC＝ EB”，其他条件不变，那么抛物线的
解析式是怎样的呢？
如图 3，因为点 E在 y 轴上，当 EC＝EB时， B、C两点关于 y 轴对称，所以 B( k＋1, 0) ．
将点 (
B k
＋1, 0) 代入 y
2
x (k
2) x
5k 2 ，得 ( k
4
1)
2
(k 2)(k 1)
5k 2
4
0 ．
解得 ＝ 2．所以抛物线的解析式为 ＝ － 4 ＋ 3．
2
k y x x
§ 4.1 图形的平移
例 1
2015
年泰安市中考第 15 题
OAB
如图 1，在平面直角坐标系中，正三角形 的顶点
B
的坐标为（ 2, 0 ），点
A
在第一
象限内，将△ OAB沿直线 OA的方向平移至△ O′B′ A′的位置，此时点 A′的横坐标为 3， 则点 ′的坐标为（ ）．
B
A．（4， 2 3） B ．（3，3 3） C ．（4， 3 3） D ．（3， 2 3）
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 15 泰安 15”，拖动点 A' 运动的过程中，可以体验到，△ A′ OC 保持等边三角形的形状．
答案
A．思路如下：
如图 2，当点 B的坐标为（ 2, 0 ），点 A的横坐标为 1． 当点 A' 的横坐标为 3 时，等边三角形
A′ OC的边长为 6．
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专业知识
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在 Rt△ B′ CD中， B′ C＝4，所以 DC＝ 2， B′ D＝ 2 3 ．此时 B′ (4, 2 3) ．
图 2
例 2
O A B
2015
年咸宁市中考第 14 题
A
如图 1，在平面直角坐标系中，点
A
的坐标为 (0, 6) ，将△
y
沿 轴向左平移得到 OAB x
△′′′，点
A 的对应点 ′落在直线
3 x 上，则点 B 与其对应点 B′间的距离为
4
______．
图 1
动感体验
保持平行且相等的关系．
请打开几何画板文件名“
15 咸宁 14”，拖动点 A′左右运动，可以体验到， AA′与 BB′
答案 8．思路如下：
当 y＝6 时，解方程
3
x 6 ，得 x＝－ 8. 所以 AA′＝ 8. 4
图形在平移的过程中，对应点的连线平行且相等，所以
′＝ ′＝ 8.
BB AA
图 2
例 3
已知直线
2015
y
x
a
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年株洲市中考第 14 题
轴的交点在
(2, 0) ， (3, 0)
＝ 2 ＋(3 － ) 与 之间（包括
、 两点）则
x A
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B A B
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a 的取值范围是 _____________．
动感体验
株洲 14”，拖动点 D在 A、 B 之间运动，可以体验到，直请打开几何画板文件名“ 15 线
与 y 轴的交点 C在 (0, － 4) 和(0, － 6) 两点之间运动（如图 1，图 2）．
答案 7≤ a≤ 9．思路如下：
如图 1，将点
如图 2，将点
(2, 0) 代入 ＝ 2 ＋(3 － ) ，得 4＋(3－ ) ＝ 0．解得 ＝7．
y x A a a a
(3, 0) 代入 ＝ 2 ＋(3 － ) ，得 6＋(3－ ) ＝ 0．解得 ＝9．
B
y x a a a
图1
图2
例 4
2016 年上海市虹口区中考模拟第 18 题
如图 1，已知△ ABC中， AB＝ AC＝ 5，BC＝6，将△ ABC沿射线 BC方向平移 m个单位得到△DEF，顶点 A、B、C分别与 D、E、F 对应，若以点 A、D、E 为顶点的三角形是等腰三角形，且 AE为腰，则 m的值是 __________ ．
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 16 虹口 18”，拖动点 E在射线 BC上运动，可以体验到，以
为腰的等腰三角形 有两个．
AE
答案
6 或
25
ADE
．思路如下：
6
如图 2，四边形 ABED保持平行四边形， AM＝EN＝ 4，BM＝ DN＝3， AD＝ BE＝ m． ① 如图 3，当 EA＝ ED时，点 E 在 AD的垂直平分线上，此时 AD＝ 2ND＝ 6．
② 如图 4，当 AE＝ AD时，根据 AE＝AD，得 m＝4 ＋ ( m－ 3) ．解得 m 25 ．
2
2
2
2
2
6
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图2 图3 图4
§4.2 图形的翻折
例 52016
如图 1，在△
年上海市奉贤区中考模拟第 18 题
中，∠ ＝ 45°，∠ ＝ 30°， ＝ 2，点
ABCB CAC
翻折后， 点 C落在点 E 处，边 AE交边 BC于点 F，
D
在
BC
上，将△
ACDAD
沿直线
CF
BF
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
16 奉贤 18”，拖动点
时，△ ACF是顶角为 30°的等腰三角形．
D
在
BC
上运动，可以体验到，当
DE AB
//
答案
3 1．思路如下：
如图 2，作 AH⊥BC于 H．
在 Rt△ ACH中，∠ C＝ 30°，AC＝ 2，所以 AH＝1， CH＝ 3 ． 在 Rt△ ABH中，∠ B＝ 45°，所以 BH＝ AH＝ 1．所以 BC＝ 3 1．
如图 3，当 DE// AB时，∠ BAE＝∠ AED＝∠ C＝ 30°． 此时∠ AFC＝∠ B＋∠ BAE＝ 75°．
在△ ACF中，∠ C＝ 30°，∠AFC＝ 75°，所以∠FAC＝ 75°．所以 CF＝ CA＝2． 所以 BF＝BC－CF＝ 3 1 2 ＝ 3 1． 所以
CF
BF
2
2 3 1
3 1．
另解：也可以根据△ BAF∽ △ BCA先求得 BF的长．
由 BA＝ BF·BA，得 ( 2) 2
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BF ( 3 1)．所以 BF3 1．
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2
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图
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例 6
2016 年上海市静安区青浦区中考模拟第
18 题
如图 1，在△ ABC中，AB＝AC＝ 4，cos C＝ 1
，BD是中线， 将△ CBD
4
沿直线 BD翻折，点 C落在点 E，那么 AE的长为 _______ ．
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
16 静安青浦 18”，可以体验到，四边形 是菱形，四边形BCDE
AEBD是平行四边形， AE＝ BD．
答案
6 ．思路如下：
如图 2，作 AM作 BC于 M， DN⊥ BC于 N．
在 Rt△ ACM中， AC＝ 4， cosC＝ 1
，所以 CM＝ 1．所以 BC＝ 2CM＝ 2．
4
已知 D是 AC的中点，所以 BC＝ DC＝ 2．
如图 3，由 BE＝BC， BC＝DC， DC＝DA，得 BE＝ DA． 由∠ 1＝∠ 2，∠ 1＝∠ 3，得∠ 2＝∠ 3．所以 EB// AC． 所以四边形 AEBD是平行四边形．所以 AE＝BD．
如图 2，在 Rt △DCN中， DC＝ 2， CN＝ 1
，所以 DN＝
15
．
2 2
在 Rt△ DBN中， BN＝ 3
，所以 BD＝ 6 ．所以 AE＝ 6 ．
2
图2 图3
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例 7
2016 年上海市闵行区中考模拟第
1
3
18 题
如图 1，已知在△ ABC中， AB＝ AC， tan ∠ B＝ ，将△ ABC翻折，使点 C与点 A 重合，
折痕 DE交边 BC于点 D，交边 AC于点 E，那么
BD
的值为 _________．
DC
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
16 闵行 18”，拖动点 绕着对称轴
C
DE
旋转到点
A
，可以体验
到， DE垂直平分 AC， DC＝ DA．
答案
13
5
2
2
．思路如下：
如图 2，作 AH⊥BC于 H，那么 BH＝ CH． 已知 tan ∠ B＝
AH ＝ ，设 AH＝ 1， BH＝ 3．
ADH
中，由勾股定理，得
1
BH3
DC DA m
设 ＝ ＝ ．在 Rt △
解得 m
5m
＝ 12 ＋(3－ )．
m
．所以 BD＝ BC－ DC＝ 6
5＝ 13．所以 BD 3 3
13 ． 5
3 DC
图 2
例 8
2016 年上海市浦东新区中考模拟第 18 题
Rt △ ABC中，∠ ACB＝ 90°，BC＝ 15，AC＝ 20，点 D在边 AC上， DE⊥ AB，垂足为 E，将△
ADE沿直线 DE翻折，翻折后点 A的对应点为点 P，当∠ CPD为直角时，AD的长是 ___________．
动感体验
请打开几何画板文件名“ 16 浦东 18”，拖动点 D在 AC上运动，可以体验到，当∠ CPD
为直角时，△ CHP∽△ PED≌ △ AED，这三个直角三角形的三边比都是 3∶ 4∶ 5．
答案
35
8
．思路如下：如图 1，作 CH⊥ AB于 H．
在 Rt△ ABC中， BC＝ 15，AC＝ 20，所以 AB＝25， cos B＝ ， cos A＝ ．
55
34
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在 Rt△ BCH中， BH＝ BC·cosB＝ 15 ＝
3
9． 5
当∠ CPD＝ 90°时，∠CPH与∠ DPE互余．
又因为∠ B 与∠ A 互余，∠ DPE＝∠ A，所以∠ CPH＝∠ B． 于是可得 PH＝ BH＝ 9．所以 AP＝ 25－ 18＝ 7． 所以 AE＝ ．所以 AD＝ AE＝
7535
．
2 4 8
图 1
例 9
2016
如图 1，在矩形
ABCD
年上海市普陀区中考模拟第
中，将矩形折叠，使点
18 题
上，这时折痕与边
分别交于点 E、 F．然后再展开铺平，以 角形”．如图 2，在矩形 中， ＝2， ＝ 4，当“折痕△ ”的面积最大时，点
ABCD AB BC BEF
坐标是 ___________．
B AD ADBC
B、 E、F 为顶点的△ BEF称为矩形 ABCD的“折痕三
落在边 和边
E
的
图1
图2
动感体验
请打开几何画板文件名“ 16 普陀 18”，拖动点 G在 AD上运动，可以体验到，△ BEF的
高 AB保持不变， 当点 G与点 D重合时， BF最大， △ BEF的面积也最大 （如图 3，图 4 所示）．
答案
3
( ,2) ．思路如下：
BFGE
设菱形
2
的边长为 ．
m
如图 4，当 G、D重合时，在 Rt △ABE中， AB＝ 2， BE＝ m， AE＝4－ m．
由勾股定理，得 m＝ 2
2
＋ (4 －m)
2 2
．解得 m＝ ．
5
此时 AE＝ 4－ m＝ ，点 E的坐标为 3
2
(
2
3 ,2) ． 2
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图3
图4
例 10
2016
年张家界市中考第 14 题
如图 1，将矩形
相交于
，若
沿 对折，点 落在 处，点 落在 边上的点 处， 与
C Q D AB E ABCD GH EQ BC
＝ 8cm， ＝6cm， ＝4cm．则△ 的周长是 cm．
F AD AB AE
EBF
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
16 张家界 14”，拖动点 E 绕 GH翻折，可以体验到，当点 E落
在 AB边上时， HE＝ HD，△ AHE∽ △ BEF．
答案
8．思路如下：
设 HE＝ HD＝ m，那么 AH＝8－ m．
在 Rt△ AHE中，由 HE＝ AE＋ AH，得 m＝4 ＋ (8 － m) ．解得 m＝5． 所以△ AHE的周长为 3＋ 4＋ 5＝ 12．
因为△ AHE∽ △ BEF，AH∶ BE＝ 3∶ 2，根据相似三角形的周长比等于对应边的比，
可得△
2
2
2
2
2
2
BEF的周长为 8．
图 2
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例 11 2016
年常德市中考第 15 题
如图 1，把平行四边形
若∠
折叠，使点 与点 重合，这时点 落在 1，折痕为 ，
C A D ABCD D EF
＝ 55°，则∠ 1 ＝ _________．
BAE DAD
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
16 常德 15”，拖动点 A 改变平行四边形 ABCD的形状，可以体
验到，四边形 AECF保持菱形的形状，四边形 ∠BAE保持相等．
ACDD1保持等腰梯形的形状，∠ D1AD与∠ DCA、
答案
55°．思路如下：
如图 2，连结 FC、 DD1．
因为四边形 AECF是菱形，根据中心对称性，∠ DCA＝∠ BAE．
如图 3，因为 A 与 、 D 与 D 关于直线 EF 对称，所以四边形
角线 AD与 CD交于对称轴上的点
1
1
F，根据对称性，∠
是等腰梯形，所以对
DAD＝∠ DCA．
1
1
图2 图3
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例 12
2016 年淮安市中考第 18 题
如图 1，在 Rt△ ABC中，∠ C＝ 90°，AC＝6， BC＝ 8，点 F 在边 AC上，并且 CF＝ 3，点 E 为边 BC上的动点，将△ CEF沿直线 EF折叠，点 C落在点 P 处，则点 P 到边 AB的距离的最小值是 ________．
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 16 淮安 18”，拖动点
迹是以
E 在 BC上运动，可以体验到，点 P的轨
F
为圆心， 以
答案
6
5
为半径的圆 （如图 2）．当点 、 、 三点共线时， 最小（如图 3）． FC F P G PG
．思路如下：
如图 2，作 PG⊥AB于 G，作 FH⊥ AB于 H．
在 Rt△ AFH中， FH＝ AF·sin ∠ A＝ 4 ＝
416 ．
5 5
在△ PFG中， PF＝ 2 为定值， PF＋PG＞ FG．
而 FG的最小值是 FH，所以 PG的最小值是 FH－ PF＝
16
5
2＝（如图 3）．
5
6
§4.3 图形的旋转
例 15
2016 年上海昂立教育中学生三模联考第 18 题
----- ---- 如图 1，已知 AD是等腰三角形 ABC底边 BC上的高， AD∶ DC＝1∶ 3，将△ ADC绕着点
D 旋转，得△ DEF，点 A、 C分别与点 E、 F对应，且 EF与直线 AB重合，设 AC与 DF相交于
点
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O，那么 S△ AOF∶ S△ DOC＝ __________ ．
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 16 昂立 18”，拖动点 F 绕点 D旋转，可以体验到， 当点 F 落在射线 BA上时，△ AOF∽ △ DOC．
答案
32∶ 45．思路如下：
10
如图 2，设 AD＝m， DB＝ DC＝ 3m，那么 AC＝EF＝
10 m， cos ∠ BAD＝ ．
作 DH⊥ AB于 H，那么 AH＝ AD·cos∠ BAD＝
10
10
m．所以 AE＝
5
10
m．
4 10
于是 AF＝ EF－ AE＝
m．
△AOF△ DOC2
∶ DC
2
4 10
2 2
由△ AOF∽ △ DOC，得 S ∶ S
＝AF
＝ (
5
m)
(3m) ＝ 32∶45．
图 2
例 16
2016 年上海市崇明县中考模拟第 18 题
如图 1，在 Rt △ ABC中，∠ ABC＝90°，AB＝ BC＝ 2，将△ ABC绕点 C逆时针旋转 60°，得
到△ MNC，联结 BM，那么 BM的长是 ___________．
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图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
上的高的和．
16 崇明 18”，拖动点 M绕点 C逆时针旋转， 可以体验到，当旋
转 60°时，AC就是等腰直角三角形 ABC和等边三角形 ACM的公共边， BM是两个三角形 AC边
答案
2 6 ．思路如下：
如图 2，在等腰 Rt △ ABC中， AB＝ BC＝ 2，高 BH＝ 2 ． 在等边三角形 AMC中， AC＝ 2
2 ，高 MH＝ 6 ．
图 2
例 172016
如图 1，在 Rt △
年上海市黄浦区中考模拟第 18 题
ABC
中，∠
BAC
＝ 90°，将△绕点
ABC
C
AD上，且点 A′是△ ABC的重心， A′ B′与 BC相交逆时针旋转，旋转后的图形是△
A′ B′ C，点 A 的对应点 A′落在中线 于 点 E，那么 BE∶ CE＝___________．
图 1
动感体验
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请打开几何画板文件名 “ 16 黄浦 18”，拖动点
A
可以改变直角三角形
ABC
的形状， 可以
体验到，当点 A′落在△ ABC的重心时， AD// B′C．
答案 4∶ 3．思路如下：
根据旋转前后的对应边相等，对应角相等，可知∠ 所以∠ ′＝∠ ′ ．
CAA
CA
A
ACB＝∠ A′ CB′， CA＝ CA′．
又因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，所以 所以∠ CAA′＝∠ ACB． 所以∠ ′ ′＝∠ ′ ．所以
A
CB
DA＝ DC．
CA A
根据重心的性质，可得
DA '
1 3
AD
//
B C
′ ．
DA ．又因为 DA
1 2
CB ，所以 DA '
1 6
CB ．
所以
DE
CE
DA ' CB '
1 ．所以 BE 7 1 6 CE 7 1
8
6
4 ．
3
图 2
例 18
2016 年上海市嘉定区宝山区中考模拟第 18 题
如图 1，点 D在边长为 6 的等边三角形 ABC的边 AC上，且 AD＝ 2，将△ ABC绕点 C顺时
针方向旋转 60°，若此时点 A 和点 D的对应点分别记为点 那么 tan ∠AEG＝ __________．
E 和点 F，联结 BF交边 AC于点 G，
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 16 嘉定宝山 18”，拖动点 E绕点 C顺时针旋转 60°，可以体验
到，四边形 ABCE是菱形， ME∶ BC＝ 1∶2，从而得到 AG∶CG＝ 3∶ 2．这样在△ AEG中，就已 知了∠ A 及夹∠ A 的两边，构造 AE边上的高就可以解△ AEG了．
答案
3 3
7
．思路如下：
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如图 2，将△ ABC绕点 C顺时针方向旋转 60°，得到菱形 ABCE．延长 AE交 BF的延长线
于 M．
因为
ME
BC
EF CF
设菱形的边长为
1 ，所以 AG MA 3 ． 2 CG BC 2 10m，那么 AG＝ 6m．
如图 3，作 GH⊥AE于 H．
在 Rt△ AGH中，∠ GAH＝ 60°，所以 AH＝ AG＝ 3m， GH＝ 3
1
3m ． 2
在 Rt△ EGH中， EH＝ AE－AH＝ 7m，所以 tan ∠ AEG＝ GH
EH
3 3m 7m
3 3 ．
7
图2
图3
例 19
2016 年上海市闸北区中考模拟第
3
18 题
如图 1，底角为 α 的等腰三角形 ABC绕着点 B 顺时针旋转，使得点 A 与 BC边上的点 D
重合，点 C与点 E 重合，联结 AD、 CE，已知 tan α＝ ， AB＝ 5，则 CE＝ _________．
4
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“ 16 闸北 18”，拖动点 E绕点 B 旋转，可以体验到， 当点 D落在
BC上时，△ BAD∽ △BCE．
答案
8
10 ．思路如下：
5
如图 2，作 AH⊥BC于 H，那么 BH＝ CH．
在 Rt△ ABH中， tan ∠ B＝ ， AB＝5，由此可得 AH＝ 3， BH＝ 4．所以 BC＝8．
4
3
在 Rt△
中， ＝ － ＝ 5－4＝ 1，所以 ＝
2 2
ADH DH BD BH
AD
BA ，即 BC
3 110．
如图 3，由△ BAD∽ △ BCE，得
AD
CE
10 5 ．所以 CE CE 8
8 10 ． 5
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图 2 图 3
例 20 2016 年邵阳市中考第 13 题
CBA绕点 C顺时针旋转∠ α 得到三角形 CB′ A′，使得 B、C、A′
α 的大小是 _________．
如图 1，将等边三角形
三点在同一条直线上，则∠
图 1
动感体验
请打开几何画板文件名“
16 邵阳 13”，拖动点 A′绕着点 C顺时针旋转，可以体验到，
∠ACA′就是旋转角∠ α．当 B、 C、 A′三点在同一条直线上，∠ α＝ 120°（如图 2）．
答案
120°．思路如下：
图 2
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