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25题 例17 2016年河南省中考第23题
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24题 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
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
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25题 例11 2016年哈尔滨市中考第27题
第三部分 图形运动中的计算说理问题
§3．1 代数计算及通过代数计算进行说理问题 例1 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
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 例6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题 例7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题 例8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题
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18题 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18题 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
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
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
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年株洲市中考第17题 例68 2016年东营市中考第15题 例69 2016年成都市中考第13题 例70 2016年泰州市中考第16题 例71 2016年宿迁市中考第15题 例72 2016年临沂市中考第14题 例73 2016年义乌市绍兴市中考第9题 例74 2016年淄博市中考第12题 例75 2016年嘉兴市中考第16题
§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
ABDEABDF和两种情况列方程． ??ACDFACDE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）；
（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△APC的面积为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？
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x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，设y＝a(x＋3)(x－1)． 代入点C(0,－3m)，得－3m＝－3a．解得a＝m．
所以该二次函数的解析式为y＝m(x＋3)(x－1)＝mx2＋2mx－3m． （2）如图3，连结OP．
当m＝2时，C(0,－6)，y＝2x2＋4x－6，那么P(x, 2x2＋4x－6)．
13由于S△AOP＝OA?(?yP)＝?(2x2＋4x－6)＝－3x2－6x＋9，
221S△COP＝OC?(?xP)＝－3x，S△AOC＝9，
2327所以S＝S△APC＝S△AOP＋S△COP－S△AOC＝－3x2－9x＝?3(x?)2?．
24327所以当x??时，S取得最大值，最大值为．
24
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．
OAOC33m．所以?．解得m＝1． ?ECEDm1CAOCOCCAOC此时．所以△CDA∽△OBC． ??3，?3．所以?CDEDOBCDOB①如图4，当∠ACD＝90°时，②如图5，当∠ADC＝90°时，
2FAFD4m2．所以． ??．解得m?2EDEC1m此时
OC32DAFD2．因此△DCA与△OBC不相似． ?3m????22，而OB2DCECm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, 2x2＋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
3(－2x2－6x) 2327＝?3(x?)2?． 图6
24＝
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＝23．所以AD＝23． （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
438APPC＝＝，而＝3．此时△APD与△PCB不相似．
3AD23PB
图2 图3 图4
②如图4，当∠BCP＝90°时，BP＝2BC＝8．所以AP＝2． 所以
32AP＝＝．所以∠APD＝60°．此时△APD∽△CBP．
3AD23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(m?1)． 31所以OB2＝BM2＋OM2＝(5?m)2?(m?1)2．
3在Rt△ADP中，DP2＝AD2＋AP2＝12＋4m2．所以GP2＝3＋m2． 于是S＝S1＋S2＝π(GP2＋OB2)
＝?3?m2?(5?m)2?(m?1)2＝
??所以当m???13???3(7m2?32m?85)．
16113?时，S取得最小值，最小值为． 77
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＝2m呢？这是因为线段AB＝AP＋PM＋BM＝AP＋2BM＝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FM＝BM－BF＝(5－m)－4＝1－m．
1此时OB2＝BM2＋OM2＝(5?m)2?(1?m)2．这并不影响S关于m的解析式．
3
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t的值；若
不存在，请说明理由． 图1
动感体验
请打开几何画板文件名“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A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y＝－x2＋bx＋c，得?所以抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3．
（2）在△APQ中，∠PAQ＝45°，AP＝3－t，AQ＝2t． 分两种情况讨论直角三角形APQ：
①当∠PQA＝90°时，AP＝2AQ．解方程3－t＝2t，得t＝1（如图2）． ②当∠QPA＝90°时，AQ＝2AP．解方程2t＝2(3－t)，得t＝1.5（如图3）．
??9?3b?c?0,?b?2, 解得?
?c?3.?c?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＋2(3－t)＋3＝－t2＋4t． 因为yE－yP＝yF－yQ，解方程3－t＝(－t2＋4t)－t，得t＝1，或t＝3（舍去）．所以点F的坐标为(2, 3)．
图4 图5
（4）由y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋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，AB＝32． 由B(0, 3)、M(1, 4)，可知B、M两点间的水平距离、竖直距离相等，BM＝2． 所以∠MBQ＝∠BOP＝90°．因此△MBQ与△BOP相似存在两种可能： ①当
BMOB923时，． ??．解得t?（如图5）
BQOP432?2ttBMOP2t2
时，??．整理，得t－3t＋3＝0．此方程无实根．
BQOB32?2t3②当
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－t)，Q(3－t, t)，按照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．
§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C． 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． 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①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝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③如图3，如果CA＝CB，那么
1AC?ABcos?A；21AB?ACcos?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
例 9 2014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)1)两点，点P在该抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点A(0, 2)． 16（1）求a、b、c的值；
（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．
和(a,
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⊙P在x轴上截得的弦长MN＝4是定值．
2．等腰三角形AMN存在五种情况，点P的纵坐标有三个值，根据对称性，MA＝MN和NA＝NM时，点P的纵坐标是相等的．
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,1112
． )代入y＝ax，得?a2．解得a?（舍去了负值）
16416121x，设点P的坐标为(x,x2)． 44（2）抛物线的解析式为y?1141已知A(0, 2)，所以PA?x2?(x2?2)2?x?4＞x2．
41641而圆心P到x轴的距离为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．
（3）如图2，设MN的中点为H，那么PH垂直平分MN． 在Rt△PMH中，PM2?PA2?14112
x?4，PH2?(x)2?x4，所以MH＝4． 16416所以MH＝2．因此MN＝4，为定值．
等腰△AMN存在三种情况：
①如图3，当AM＝AN时，点P为原点O重合，此时点P的纵坐标为0．
图2 图3
②如图4，当MA＝MN时，在Rt△AOM中，OA＝2，AM＝4，所以OM＝23． 11此时x＝OH＝23?2．所以点P的纵坐标为x2?(23?2)2?(3?1)2?4?23．
44如图5，当NA＝NM时，根据对称性，点P的纵坐标为也为4?23．
图4 图5
③如图6，当NA＝NM＝4时，在Rt△AON中，OA＝2，AN＝4，所以ON＝23． 11此时x＝OH＝23?2．所以点P的纵坐标为x2?(23?2)2?(3?1)2?4?23．
44如图7，当MN＝MA＝4时，根据对称性，点P的纵坐标也为4?23．
图6 图7
考点伸展
如果点P在抛物线y?12x上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点B(0, 1)，那么在点4P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,x2)．
4111已知B(0, 1)，所以PB?x2?(x2?1)2?(x2?1)2?x2?1．
4441而圆心P到直线y＝－1的距离也为x2?1，所以半径PB＝圆心P到直线y＝－1的距
4离．所以在点P运动的过程中，⊙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，O为坐标原点，抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）过O、B、C三点，B、C坐标分别为(10, 0)和(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；
（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
1824,?)，以OB为直径的⊙A经过C点，直线l垂直55△BPQ为等腰三角形，请求出满足条件的t值． 图1
图
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．
图文解析
（1）直线BC的解析式为y?315x?． 42（2）因为抛物线与x轴交于O、B(10, 0)两点，设y＝ax(x－10)．
18242418325． ,?)，得??a??(?)．解得a?5555524552255125所以y?． x(x?10)?x?x?(x?5)2?2424122424125抛物线的顶点为(5,?)．
24（3）如图2，因为EF切⊙A于M，所以AM⊥EF．
代入点C(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°．
MAME． ?MFMA所以ME·MF＝MA2，即mn＝25．
所以∠5＝∠1．由tan∠5＝tan∠1，得
图2
（4）在△BPQ中，cos∠B＝
4，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．
11480． BQ?BPcos?B．解方程t?(10?t)，得t?2251311450③如图5，当QB＝QP时，BP?BQcos?B．解方程(10?t)?t，得t?．
22513②如图4，当PB＝PQ时，
图3 图4 图5
考点伸展
在第（3）题条件下，以EF为直径的⊙G与x轴相切于点A．
如图6，这是因为AG既是直角三角形EAF斜边上的中线，也是直角梯形EOBF的中位线，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．
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＝x－(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．
2
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 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OA·OB＝m(－n)＝－mn＝1． 所以OC2＝OA·OB．所以
2
OCOB． ?OAOC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∠ACB＝90°．
图1 图2 图3
（3）在△ABC中，已知A(2, 0)，B(n, 0)，C(0, 2n)． 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AB2＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．
43②当CA＝CB时，解方程4＋4n2＝5n2，得n＝－2（如图3），或n＝2（A、B重合，
①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得n??（如图2）． 舍去）．
③当BA＝BC时，解方程(n－2)2＝5n2，得n??图5）．
5?15?1（如图4），或n?（如22
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C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1．
由A(m, 0)，B(n, 0)，C(0,－1)，得AB2＝(m－n)2＝m2－2mn＋n2＝m2＋n2＋2， BC2＝n2＋1，AC2＝m2＋1．
所以AB2＝BC2＋AC2．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．
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Q在AC上运动，可以体验到，当点P运动到AB的中点时，△APQ的面积最大，等腰三角形APQ存在三种情况．还可以体验到，当QC＝2HC时，四边形PQP′C是菱形．
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，sinA＝，cosA＝作QD⊥AB于D，那么QD＝AQ sinA＝t．
354． 53511333515所以S＝S△APQ＝AP?QD＝(5?t)?t＝?(t2?5t)＝?(t?)2+．
225101028515当t?时，S取得最大值，最大值为．
284（2）设PP′与AC交于点H，那么PP′⊥QC，AH＝APcosA＝(5?t)．
5如果四边形PQP′C为菱形，那么PQ＝PC．所以QC＝2HC．
204解方程4?t?2??4?(5?t)?，得t?．
??513??
图3 图4
（3）等腰三角形APQ存在三种情况： ①如图5，当AP＝AQ时，5－t＝t．解得t?②如图6，当PA＝PQ时，
5． 211440． AQ?APcosA．解方程t?(5?t)，得t?2251311425③如图7，当QA＝QP时，AP?AQcosA．解方程(5?t)?t，得t?．
22513
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QC＝
2HC． 3解方程4?t?602?4?． ??4?(5?t)?，得t?3?523?
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A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．
（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，那么所以AD＝5．所以CD＝3．
ABAQ2t???2． ADAPtCQ16?2t??2． CP8?tCB6CQCB又因为．因此PQ//BD．所以PQ的最大值就是BD． ??2，所以?CD3CPCD如图3，当点Q在BC上时，
在Rt△BCD中，BC＝6，CD＝3，所以BD＝35．所以PQ的最大值是35．
图2 图3 图4 （2）①如图2，当点Q在AB上时，0＜t≤5，S△ABD＝15． 由△AQP∽△ABD，得
S△AQPS△ABD?(t3AP2)．所以S＝S△AQP＝15?()2＝t2．
55AD②如图3，当点Q在BC上时，5＜t≤8，S△ABC＝24．
因为S△CQP＝CQ?CP＝(16?2t)(8?t)＝(t?8)2， 所以S＝S△ABC－S△CQP＝24－(t－8)2＝－t2＋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
121235QPAPQPt，即t． ??．所以QP?5BDAD355如图4，作QH⊥AC于H．在Rt△AQH中，QH＝AQ sin∠A＝t，AH＝t．
6585在Rt△CQH中，由勾股定理，得CQ＝QH2?CH2＝(t)2?(8?t)2． 分三种情况讨论等腰三角形PQC： （1）①当PC＝PQ时，解方程8?t?658535． t，得t?65?10≈3.4（如图5所示）
535t．整理，得11t2?128t?320?0． 5②当QC＝QP时，(t)2?(8?t)2?所以(11t－40)(t－8)＝0．解得t?658540≈3.6（如图6所示），或t＝8（舍去）． 1185③当CP＝CQ时，8?t?(t)2?(8?t)2．整理，得5t2?16t?0． 解得t?6516＝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
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＝QH2?PH2＝(t)2?(t?t)2＝658535t． 5当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为35．
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35． 综上所述，PQ的最大值为35．
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：
1．已知线段AB，以线段AB为直角边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？
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A(4,0)，如果△OAB是等腰直角三角形，求符合条件的点B的坐标．
图1 图2 图3
如图1，点C在垂线上，垂足除外．如图2，点C在以AB为直径的圆上，A、B两点除外．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．
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
34?m?． m1y
轴的两个交
这个方程有两个解，分别对应图中圆与
点． 图4
例 19 2015年湖南省益阳市中考第21题
如图1，已知抛物线E1：y＝x经过点A(1,m)，以原点为顶点的抛物线E2经过点B(2,2)，点A、B关于y 轴的对称点分别为点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．
2
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始终是线段OP′的中点．还可以体验到，直角三角形QBB′有两个．
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x＝1时，y＝x＝1，所以A(1, 1)，m＝1． 设抛物线E2的表达式为y＝ax，代入点B(2,2)，可得a＝
2
2
112．所以y＝x． 22（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：
图3 图4
①如图3，过点B作BB′的垂线交抛物线E1于Q，那么Q(2, 4)． ②如图4，以BB′为直径的圆D与抛物线E1交于点Q，那么QD＝设Q(x, x2)，因为D(0, 2)，根据QD2＝4列方程x2＋(x2－2)2＝4． 解得x＝?3．此时Q(3,3)．
（3）如图5，因为点P、P′分别在抛物线E1、E2上，设P(b, b2)，P′(c,
21
BB?＝2． 2
12c)． 212cPMP?Nb因为O、P、P′三点在同一条直线上，所以，即??2．
OMONbc所以c＝2b．所以P′(2b, 2b2)．
如图6，由A(1, 1)、B(2,2)，可得AA′＝2，BB′＝4．
由A(1, 1)、P(b, b2)，可得点P到直线AA′的距离PM ′＝b2－1． 由B(2,2)、P′(2b, 2b2)，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(2b2－2)＝1∶4．
图5 图6
考点延伸
第（2）中当∠BQB′＝90°时，求点Q(x, x2)的坐标有三种常用的方法： 方法二，由勾股定理，得BQ2＋B′Q2＝B′B2． 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QH2＝B′H·BH． 所以(x2－2)2＝(x＋2) (2－x)．
例 20 2015年湖南省湘潭市中考第26题
如图1，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于A(－1, 0)、B(3, 0)两点，与y轴交于点C，连结BC．动点P以每秒1个单位长度的速度从点A向点B运动，动点Q以每秒2个单位长度的速度从点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t秒．
（1）求二次函数的解析式；
（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N，使得PQ的中点恰为MN的中点，若存在，求出点N的坐标与t的值；若不存在，请说明理由．
图1 图2
动感体验
请打开几何画板文件名“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＝2t． 直角三角形BPQ存在两种情况：
①当∠BPQ＝90°时，BQ＝2BP．解方程2t＝2(4－t)，得t＝2（如图3）． ②当∠BQP＝90°时，BP＝2BQ．解方程4－t＝2t，得t＝
4（如图4）． 3
图3 图4 图5
（3）如图5，设PQ的中点为G，当点G恰为MN的中点时，MQ＝NP． 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
QHPHt(3?t)?(t?1)，即?． ?NFPF32?(t?1)9?33． 2整理，得t2－9t＋12＝0．解得t?因为t＜2，所以取t?9?33． 2xP?xQ2考点伸展
第（3）题也可以应用中点坐标公式，得xG?所以xN＝2xG＝2．
?(t?1)?(3?t)?1．
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？ 3．在坐标平面内，如何理解平行四边形ABCD的对角线互相平分？
图1 图2 图3
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D． 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（一般与坐标轴垂直），点A、C到这条直线的距离相等，点B、D到这条直线的距离相等．
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A是抛物线y＝－x2＋2x＋3在x轴上方的一个动点，AB⊥x轴于点B，线段AB交直线y＝x－1于点C，那么
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 AB＝yA＝－x2＋2x＋3， 线
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．
段
AC
的
长
可
以
用
A
、
C
两
点
的图4
纵
坐
标
例 24 2014年湖南省岳阳市中考第24题
如图1，抛物线经过A(1, 0)、B(5, 0)、C(0,10)三点．设点E(x, y)是抛物线上一动点，3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)．
10102)，得?5a．解得a?． 3332210所以抛物线的解析式为y?(x?1)(x?5)?x2?4x?．
333（2）因为S＝S平行四边形OEBF＝2S△OBE＝OB·(－yE)
代入点C(0,10101040． )＝?(x2?6x?5)＝?(x?3)2?333340所以当x＝3时，S取得最大值，最大值为．此时点E是抛物线的顶点（如图2）．
3（3）如果平行四边形OEBF是正方形，那么点E在OB的垂直平分线上，且EO＝EB．
＝?5(x2?4x?当x＝
2352235555时，y?(x?1)(x?5)???(?)??．此时E(,?)． 23322222如图3，设EF与OB交于点D，恰好OB＝2DE．
所以△OEB是等腰直角三角形．所以平行四边形OEBF是正方形． 所以当平行四边形OEBF是正方形时，E(,?)、F(,)．
52525522
图2 图3
考点伸展
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OEBF有几个呢？ 如图4，如果平行四边形OEBF为矩形，那么∠OEB＝90°．
2根据EH＝HO·HB，列方程??(x?1)(x?5)??x(5?x)．
???3?2
215255225或者由DE＝OB＝，根据DE2＝，列方程(x?)2???(x?1)(x?5)??．
??224234??这两个方程整理以后都是一元三次方程4x3－28x2＋53x－20＝0，这个方程对于初中毕业的水平是不好解的．
2512251如图3，x＝；如图4，x＝4；如图5，x＝，但此时点E在x轴上方了．
22这个方程我们也可以用待定系数法解：
事实上，这个方程可以因式分解，(x?4)(x?)(x?)?0． 设方程的三个根是
55、m、n，那么4x3－28x2＋53x－20＝4(x?)(x?m)(x?n)． 22?4m?4n?10?28,?m?4,?根据恒等式对应项的系数相等，得方程组?10m?10n?4mn?53,解得??1
n?.??10mn?20.?2?
图4 图5
例 25 2014年湖南省益阳市中考第20题
如图1，直线y＝－3x＋3与x轴、y轴分别交于点A、B，抛物线y＝a(x－2)＋k经过A、B两点，并与x轴交于另一点C，其顶点为P．
（1）求a，k的值；
（2）抛物线的对称轴上有一点Q，使△ABQ是以AB为底边的等腰三角形，求点Q的坐标；
（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．】
2
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A(1, 0)、B(0, 3)分别代入y＝a(x－2)＋k，得?解得a＝1，k＝－1．
（2）如图2，抛物线的对称轴为直线x＝2，设点Q的坐标为(2, m)． 已知A(1, 0)、B(0, 3)，根据QA2＝QB2，列方程12＋m2＝22＋(m－3)2． 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)，AC＝2．
如图3，如果AC为正方形的边，那么点M、N都不在抛物线或对称轴上．
如图4，当AC为正方形的对角线时，M、N中恰好有一个点是抛物线的顶点(2,－1) ． 因为对角线AC＝2，所以正方形的边长为2．
2
?a?k?0,
?4a?k?3.
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Q有几个？ ①如图2，当QA＝QB时，Q(2, 2)．
②如图6，当BQ＝BA＝10时，以B为圆心，BA为半径的圆与直线x＝2有两个交点． 根据BQ2＝10，列方程22＋(m－3)2＝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
例 26 2014年湖南省邵阳市中考第25题
准备一张矩形纸片（如图1），按如图2操作：
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C落在对角线BD上的点N．
（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． 2．如果平行四边形BFDE是菱形，那么对角线平分一组对角，或者对角线互相垂直．用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＝
2323．所以ME＝． 33所以S菱形BFDE＝2S△BDE＝BD·ME＝83． 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：
如图5，设EF与BD交于点O，根据“角角边”证明△EMO≌△FNO，得到EF与MN互相平分．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30°的角． 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°．
事实上，当四边形BFDE是菱形时，矩形ABCD被分割为6个全等的直角三角形． 由AB＝2，得AD＝23．矩形ABCD的面积为43．
菱形面积占矩形面积的
832，所以菱形面积为．
33
§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 32 2014年湖南省常德市中考第25题
如图1，已知二次函数的图象过点O(0,0)、A(4，0)、B(2,?43)，M是OA的中点． 3（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轴的对称点），在原抛物线x轴的上方部分取一点C，连结CM，CM与翻折后的曲线OB′A交于点D，若△CDA的面积是△MDA面积的2倍，这样的点C是否存在？若存在求出点C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常德25”，拖动点P在抛物线上运动，可以体验到，当四边形PQAM是平行四边形时，也恰好是菱形．拖动点C在抛物线上运动，还可以体验到，△MCA与△MDA是同底三角形，它们的面积比等于对应高的比．
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△MCA与△MDA的面积比，进而转化为点C与点D的纵坐标的比．
图文解析
（1）因为抛物线与x轴交于O(0,0)、A(4，0)两点，设y＝ax(x－4)． 434333)，得?．所以y???4a．解得a?x(x?4)． 3333（2）如图2，由A(4，0)，M是OA的中点，可知OA＝4，MA＝2，M(2, 0)．
代入点B(2,?如果四边形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． 原抛物线的解析式为y?所以D(2?m,?33所以翻折后的抛物线的解析式为y?? x(x?4)，x(x?4)．
3333(2?m)(2?m?4))，C(2?3m,(2?3m)(2?3m?4))． 33根据yC∶yD＝3∶1，列方程?3?3(2?3m)(2?3m?4)?3??(2?m)(2?m?4)?． 3?3?整理，得3m2＝4．解得m??所以点C的坐标为(2?23,23．所以2?3m?2?23． 38383，或(2?23,． )（如图3）)（如图4）
33
图2 图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,?可设y?a(x?2)2?
43)的坐标，可知点B是抛物线的顶点． 3433，代入点O(0,0)，得a?． 33例 33 2014年湖南省永州市中考第25题
如图1，抛物线y＝ax2＋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
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MQ和ME，分别求两个三角形高的比，底边的比（用含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)，B(4, 0)两点，设y＝a(x＋1)(x－4)． 代入点C(0, 2)，得2＝－4a．解得a??．所以
121131325y??(x?1)(x?4)??x2?x?2??(x?)2?．
222228325顶点坐标为(，)．
28（2）如图2，已知M(m, n)，作MN⊥x轴于N．
FQnmnFQMN由，得．所以FQ=． ==m4?m4?mMQBN33因为抛物线的对称轴是直线x?，所以ME＝2(?m)?3?2m．
221m2n11mn由于S△MFQ＝FQ?MQ＝?， ?m＝?24?m224?m11S△MEB＝ME?MN＝(3?2m)n，
22m2n所以当S△MFQ∶S△MEB＝1∶3时，∶(3?2m)n＝1∶3．
4?m整理，得m2＋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△MFQ∶S△MEB＝1∶3，何需点M一定要在抛物线上？ 从上面的解题过程可以看到，△MFQ与△MEB的高的比
FQm与n无关，两条=MN4?m底边的比
MQm也与n无关． =ME3?2m3对称，点M在直线的左侧，且点M不在2如图3，因此只要点E与点M关于直线x＝
坐标轴上，就存在S△MFQ∶S△MEB＝1∶3，点M的横坐标为1（如图3）或－12（如图4）．
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y?4x?4与x轴、y轴分别交于A、B两点，圆O的半径为1，点C在3y轴的正半轴上，如果圆C既与直线AB相切，又与圆O相切，求点C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．
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(0,4－5m)．
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．
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)．点P从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿直线AB向点B移动．同时将直线y?3x以每秒0.6个单位长度4的速度向上平移，交OA于点C，交OB于点D，设运动时间为t（0＜t＜5）秒．
（1）证明：在运动过程中，四边形ACDP总是平行四边形；
（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
（1）如图2，由A(－4, 0)、B(0, 3)，可得直线AB的解析式为y?所以直线AB//CD．
3x?3． 4在Rt△OCD中，OD∶OC＝3∶4，OD＝0.6t，所以OC＝0.8t，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4－0.8t＝t．解得t＝此时OD＝0.6t＝
20． 9445．所以BD＝3?＝． 333作DE⊥AB于E．
454，BD＝，所以DE＝BD·sinB＝． 533因此OD＝DE，即圆心D到直线AB的距离等于圆D的半径．
在Rt△BDE中，sinB＝
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
在本题情境下，点P运动到什么位置时，平行四边形ACDP的面积最大？ S平行四边形ACDP＝AC·DO＝(4?t)?t＝?当t?453512212125t+t＝?(t?)2?3． 2552525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
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的上半圆上运动（包含P、Q两点），以线段AB为边向上作等边三角形ABC．
（1）当线段AB所在的直线与圆O相切时，求△ABC的面积（如图1）；
（2）设∠AOB＝?，当线段AB与圆O只有一个公共点（即A点）时，求?的范围（如图2，直接写出答案）；
（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AO⊥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ABC的高为3sin60??（2）0°≤?≤60°．
333，所以S△ABC＝．
42（3）如图5，连结MQ，那么∠PMQ＝90°． 当AO⊥PM时，AO//MQ． 由于Q是OB的中点，所以MQ?1AO，M是AB的中点．所以CM⊥AB． 21111MQ．所以NO?MQ?AO?． 2244115如图6，连结MO．在Rt△OMN中，NO?，MO＝1，所以MN2＝．
416由于O是PQ的中点，所以NO?在Rt△AMN中，AM2＝AN2＋MN2＝()2?34615243． ??．所以AM＝216162632＝． 22于是在Rt△CAM中，CM＝3AM＝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”．
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，关键是指出一条对称轴“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）．
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，当三点共线时，两条线段差的最大值就是第三边的长．如图3，PA与PB的差的最大值就是AB，此时点P在AB的延长线上，即P′．
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．
第一步，应用“两点之间，线段最短”．如图5，设点B关于“河流AE”的对称点为F，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年湖南省郴州市中考第26题
已知抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(－1, 0)、B(2, 0)、C(0, 2)三点． （1）求这条抛物线的解析式；
（2）如图1，点P是第一象限内此抛物线上的一个动点，当点P运动到什么位置时，四边形ABPC的面积最大？求出此时点P的坐标；
（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，
相关推荐：
loading