2018挑战中考数学压轴题(（全套）含答案及解析)

...wd......wd......wd...第一局部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12014年衡阳市中考第28题例22014年益阳市中考第21题例32015年湘西州中考第26题例42015年张家界市中考第25题例52016年常德市中考第26题例62016年岳阳市中考第24题例72016年上海市崇明县中考模拟第25题例82016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92014年长沙市中考第26题例102014年张家界市第25题例112014年邵阳市中考第26题例122014年娄底市中考第27题例132015年怀化市中考第22题例142015年长沙市中考第26题例152016年娄底市中考第26题例162016年上海市长宁区金山区中考模拟第25题例172016年河南省中考第23题例182016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192015年益阳市中考第21题例202015年湘潭市中考第26题例212016年郴州市中考第26题例222016年上海市松江区中考模拟第25题例232016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242014年岳阳市中考第24题例252014年益阳市中考第20题例262014年邵阳市中考第25题例272015年郴州市中考第25题例282015年黄冈市中考第24题例292016年衡阳市中考第26题例302016年上海市嘉定区宝山区中考模拟中考第24题例312016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322014年常德市中考第25题例332014年永州市中考第25题例342014年怀化市中考第24题例352015年邵阳市中考第26题例362015年株洲市中考第23题例372015年衡阳市中考第28题例382016年益阳市中考第22题例392016年永州市中考第26题例402016年邵阳市中考第26题例412016年陕西省中考第25题§1．6因动点产生的相切问题例422014年衡阳市中考第27题例432014年株洲市中考第23题例442015年湘潭市中考第25题例452015年湘西州中考第25题例462016年娄底市中考第25题例472016年湘潭市中考第26题例482016年上海市闵行区中考模拟第24题例492016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502014年郴州市中考第26题例512014年湘西州中考第25题例522015年岳阳市中考第24题例532015年济南市中考第28题例542015年沈阳市中考第25题例552016年福州市中考第26题例562016年张家界市中考第24题例572016年益阳市中考第21题第二局部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12014年常德市中考第26题例22014年湘潭市中考第25题例32014年郴州市中考第25题例42015年常德市中考第25题例52015年郴州市中考第26题例62015年邵阳市中考第25题例72015年娄底市中考第26题例82016年郴州市中考第25题例92016年湘西州中考第26题例102016年上海市静安区青浦区中考模拟第25题例112016年哈尔滨市中考第27题第三局部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展说理问题例12014年长沙市中考第25题例22014年怀化市中考第23题例32014年湘潭市中考第26题例42014年株洲市中考第24题例52015年衡阳市中考第27题例62015年娄底市中考第25题例72015年永州市中考第26题例82015年长沙市中考第25题例92015年株洲市中考第24题例102016年怀化市中考第22题例112016年邵阳市中考第25题例122016年株洲市中考第26题例132016年长沙市中考第25题例142016年长沙市中考第26题§3．2几何证明及通过几何计算进展说理问题例152014年衡阳市中考第26题例162014年娄底市中考第26题例172014年岳阳市中考第23题例182015年常德市中考第26题例192015年益阳市中考第20题例202015年永州市中考第27题例212015年岳阳市中考第23题例222016年常德市中考第25题例232016年衡阳市中考第25题例242016年永州市中考第27题例252016年岳阳市中考第23题例262016年株洲市中考第25题例272016年湘潭市中考第25题第四局部图形的平移、翻折与旋转§4．1图形的平移例12015年泰安市中考第15题例22015年咸宁市中考第14题例32015年株洲市中考第14题例42016年上海市虹口区中考模拟第18题§4．2图形的翻折例52016年上海市奉贤区中考模拟第18题例62016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题例72016年上海市闵行区中考模拟第18题例82016年上海市浦东新区中考模拟第18题例82016年上海市普陀区中考模拟第18题例102016年常德市中考第15题例112016年张家界市中考第14题例122016年淮安市中考第18题例132016年金华市中考第15题例142016年雅安市中考第12题§4．3图形的旋转例152016年上海昂立教育中学生三模联考第18题例162016年上海市崇明县中考模拟第18题例172016年上海市黄浦区中考模拟第18题例182016年上海市嘉定区宝山区中考模拟第18题例192016年上海市闸北区中考模拟第18题例202016年邵阳市中考第13题例212016年株洲市中考第4题§4．4三角形例222016年安徽省中考第10题例232016年武汉市中考第10题例242016年河北省中考第16题例252016年娄底市中考第10题例262016年苏州市中考第9题例272016年台州市中考第10题例282016年陕西省中考第14题例292016年内江市中考第11题例302016年上海市中考第18题§4．5四边形例312016年湘西州中考第11题例322016年益阳市中考第4题例332016年益阳市中考第6题例342016年常德市中考第16题例352016年成都市中考第14题例362016年广州市中考第13题例372016年福州市中考第18题例382016年无锡市中考第17题例392016年台州市中考第15题§4．6圆例402016年滨州市中考第16题例412016年宁波市中考第17题例422016年连云港市中考第16题例432016年烟台市中考第17题例442016年烟台市中考第18题例452016年无锡市中考第18题例462016年武汉市中考第9题例472016年宿迁市中考第16题例482016年衡阳市中考第17题例492016年邵阳市中考第18题例502016年湘西州中考第18题例512016年永州市中考第20题§4．7函数的图象及性质例522015年荆州市中考第9题例532015年德州市中考第12题例542015年烟台市中考第12题例552015年中山市中考第10题例562015年武威市中考第10题例572015年呼和浩特市中考第10题例582016年湘潭市中考第18题例592016年衡阳市中考第19题例602016年岳阳市中考第15题例612016年株洲市中考第9题例622016年永州市中考第19题例632016年岳阳市中考第8题例642016年岳阳市中考第16题例652016年益阳市中考第14题例662016年株洲市中考第10题例672016年株洲市中考第17题例682016年东营市中考第15题例692016年成都市中考第13题例702016年泰州市中考第16题例712016年宿迁市中考第15题例722016年临沂市中考第14题例732016年义乌市绍兴市中考第9题例742016年淄博市中考第12题例752016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∠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，分和两种情况列方程．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．理解记忆对比好．如图1，如果A、B两点的坐标，若何求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12014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动感体验请翻开几何画板文件名“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对比简便．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)．由于S△AOP＝＝(2x2＋4x－6)＝－3x2－6x＋9，S△COP＝＝－3x，S△AOC＝9，所以S＝S△APC＝S△AOP＋S△COP－S△AOC＝－3x2－9x＝．所以当时，S取得最大值，最大值为．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,－4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∶3m①如图4，当∠ACD＝90°时，．所以．解得m＝1．此时，．所以．所以△CDA∽△OBC．②如图5，当∠ADC＝90°时，．所以．解得．此时，而．因此△DCA与△OBC不相似．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＝(－2x2－6x)＝．图6例22014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假设存在，求出x的值；假设不存在，请说明理由；〔3〕设△ADP与△PCB的外接圆的面积分别为S1、S2，假设S＝S1＋S2，求S的最小值.动感体验图1请翻开几何画板文件名“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＝．所以AD＝．〔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＝＝，而＝．此时△APD与△PCB不相似．图2图3图4②如图4，当∠BCP＝90°时，BP＝2BC＝8．所以AP＝2．所以＝＝．所以∠APD＝60°．此时△APD∽△CBP．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＝．所以OB2＝BM2＋OM2＝．在Rt△ADP中，DP2＝AD2＋AP2＝12＋4m2．所以GP2＝3＋m于是S＝S1＋S2＝π(GP2＋OB2)＝＝．所以当时，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＝2m呢这是因为线段AB＝AP＋PM＋BM＝AP＋2BM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．此时OB2＝BM2＋OM2＝．这并不影响S关于m的解析式．例32015年湖南省湘西市中考第26题如图1，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假设存在，请求出t的值；假设不存在，请说明理由．图1动感体验请翻开几何画板文件名“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有一次时机相似．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，得解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＝t．分两种情况讨论直角三角形APQ：①当∠PQA＝90°时，AP＝AQ．解方程3－t＝2t，得t＝1〔如图2〕．②当∠QPA＝90°时，AQ＝AP．解方程t＝(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＋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＝3．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＝．所以∠MBQ＝∠BOP＝90°．因此△MBQ与△BOP相似存在两种可能：①当时，．解得〔如图5〕．②当时，．整理，得t2－3t＋3＝0．此方程无实根．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忆两个画图问题：1．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．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．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．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92014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)．〔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．图1动感体验请翻开几何画板文件名“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〕抛物线的顶点为(0,0)，所以y＝ax2．所以b＝0，c＝0．将代入y＝ax2，得．解得〔舍去了负值〕．〔2〕抛物线的解析式为，设点P的坐标为．A(0,2)，所以＞．而圆心P到x轴的距离为，所以半径PA＞圆心P到x轴的距离．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，，，所以MH2＝4．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3②如图4，当MA＝MN时，在Rt△AOM中，OA＝2，AM＝4，所以OM＝2．此时x＝OH＝2．所以点P的纵坐标为．如图5，当NA＝NM时，根据对称性，点P的纵坐标为也为．图4图5③如图6，当NA＝NM＝4时，在Rt△AON中，OA＝2，AN＝4，所以ON＝2．此时x＝OH＝2．所以点P的纵坐标为．如图7，当MN＝MA＝4时，根据对称性，点P的纵坐标也为．图6图7考点伸展如果点P在抛物线上运动，以点P为圆心的⊙P总经过定点B(0,1)，那么在点P运动的过程中，⊙P始终与直线y＝－1相切．这是因为：设点P的坐标为．B(0,1)，所以．而圆心P到直线y＝－1的距离也为，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，⊙P始终与直线y＝－1相切．例102014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，以OB为直径的⊙A经过C点，直线l垂直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，请猜测mn的值，并证明你的结论；〔4〕假设点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，以一样速度向点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动感体验请翻开几何画板文件名“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对比简便．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．〔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，得．解得．所以．抛物线的顶点为．〔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．所以ME·MF＝MA2，即mn＝25．图2〔4〕在△BPQ中，cos∠B＝，BP＝10－t，BQ＝t．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PB＝PQ时，．解方程，得．③如图5，当QB＝QP时，．解方程，得．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112014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〕假设m＝2，n＝1，求A、B两点的坐标；〔2〕假设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〕假设m＝2，△ABC是等腰三角形，求n的值．动感体验请翻开几何画板文件名“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＝x2－(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)．假设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．假设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．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，A(2,0)，B(n,0)，C(0,2n)．讨论等腰三角形ABC，用代数法解对比方便：由两点间的距离公式，得AB2＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得〔如图2〕．②当CA＝CB时，解方程4＋4n2＝5n2，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＝5n2，得〔如图4〕，或〔如图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122014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〕，解答以下问题：〔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动感体验请翻开几何画板文件名“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＝AQsinA＝t．所以S＝S△APQ＝＝＝＝．当时，S取得最大值，最大值为．〔2〕设PP′与AC交于点H，那么PP′⊥QC，AH＝APcosA＝．如果四边形PQP′C为菱形，那么PQ＝PC．所以QC＝2HC．解方程，得．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．②如图6，当PA＝PQ时，．解方程，得．③如图7，当QA＝QP时，．解方程，得．图5图6图7考点伸展在此题情境下，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＝HC．解方程，得．图8例132015年湖南省怀化市中考第22题如图1，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点后都停顿运动，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．假设存在，求出此时的t值，假设不存在，请说明理由．〔，结果保存一位小数〕图1动感体验请翻开几何画板文件名“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．如图3，当点Q在BC上时，．又因为，所以．因此PQ//BD．所以PQ的最大值就是BD．在Rt△BCD中，BC＝6，CD＝3，所以BD＝．所以PQ的最大值是．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．所以S＝S△AQP＝＝．②如图3，当点Q在BC上时，5＜t≤8，S△ABC＝24．因为S△CQP＝＝＝，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，即．所以．如图4，作QH⊥AC于H．在Rt△AQH中，QH＝AQsin∠A＝，AH＝．在Rt△CQH中，由勾股定理，得CQ＝＝．分三种情况讨论等腰三角形PQC：〔1〕①当PC＝PQ时，解方程，得≈3.4〔如图5所示〕．②当QC＝QP时，．整理，得．所以(11t－40)(t－8)＝0．解得≈3.6〔如图6所示〕，或t＝8〔舍去〕．③当CP＝CQ时，．整理，得．解得＝3.2〔如图7所示〕，或t＝0〔舍去〕．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＝＝＝．当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为．②如图9，当点Q在BC上时，PQ＝＝＝．当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为．综上所述，PQ的最大值为．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．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．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．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，这样列比例方程对比简便．如图4，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．这个方程有两个解，分别对应图中圆与y轴的两个交点．图4例192015年湖南省益阳市中考第21题如图1，抛物线E1：y＝x2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假设存在，求出点Q的坐标；假设不存在，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．图1图2动感体验请翻开几何画板文件名“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′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，就可以对比△PAA′与△P′BB′的面积之比．图文解析〔1〕当x＝1时，y＝x2＝1，所以A(1,1)，m＝1．设抛物线E2的表达式为y＝ax2，代入点B(2,2)，可得a＝．所以y＝x2．〔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4①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＝＝2．设Q(x,x2)，因为D(0,2)，根据QD2＝4列方程x2＋(x2－2)2＝4．解得x＝．此时Q．〔3〕如图5，因为点P、P′分别在抛物线E1、E2上，设P(b,b2)，P′(c,)．因为O、P、P′三点在同一条直线上，所以，即．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202015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两点同时停顿运动．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，假设存在，求出点N的坐标与t的值；假设不存在，请说明理由．图1图2动感体验请翻开几何画板文件名“15湘潭26〞，拖动点P在AB上运动，可以体验到，△BPQ有两次时机可以成为直角三角形．还可以体验到，点N有一次时机可以落在抛物线上．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＝t．直角三角形BPQ存在两种情况：①当∠BPQ＝90°时，BQ＝BP．解方程t＝(4－t)，得t＝2〔如图3〕．②当∠BQP＝90°时，BP＝BQ．解方程4－t＝2t，得t＝〔如图4〕．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，即．整理，得t2－9t＋12＝0．解得．因为t＜2，所以取．考点伸展第〔3〕题也可以应用中点坐标公式，得．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．A、B、C三点，以A、B、C、D为顶点的平行四边形有几个，若何画2．在坐标平面内，若何理解平行四边形ABCD的对边AB与DC平行且相等3．在坐标平面内，若何理解平行四边形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，A(0,3)，B(－2,0)，C(3,1)，如果四边形ABCD是平行四边形，若何求点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，线段AC的长可以用A、C两点的纵坐标图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．例242014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三点．设点E(x,y)是抛物线上一动点，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为正方形假设存在，求点E、F的坐标；假设不存在，请说明理由．图1动感体验请翻开几何画板文件名“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，得．解得．所以抛物线的解析式为．〔2〕因为S＝S平行四边形OEBF＝2S△OBE＝OB·(－yE)＝＝＝．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〕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．当x＝时，．此时E．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．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°．根据EH2＝HO·HB，列方程．或者由DE＝OB＝，根据DE2＝，列方程．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．事实上，这个方程可以因式分解，．如图3，x＝；如图4，x＝4；如图5，x＝，但此时点E在x轴上方了．这个方程我们也可以用待定系数法解：设方程的三个根是、m、n，那么4x3－28x2＋53x－20＝．根据恒等式对应项的系数相等，得方程组解得图4图5例252014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)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．】图1动感体验请翻开几何画板文件名“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)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)．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．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＝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．此时Q或．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262014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〕假设四边形BFDE是菱形，AB＝2，求菱形BFDE的面积．图1图2动感体验请翻开几何画板文件名“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＝．所以ME＝．所以S菱形BFDE＝2S△BDE＝BD·ME＝．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＝．矩形ABCD的面积为．菱形面积占矩形面积的，所以菱形面积为．§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“规那么〞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“不规那么〞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题如图1，．〔1〕求此二次函数的解析式；〔2〕x〔3〕将抛物线在轴下方的局部沿轴向上翻折，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．图1动感体验请翻开几何画板文件名“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思路点拨1．设交点式或顶点式求抛物线的解析式都对比简便．2．先确定四边形PQAM是平行四边形，再验证它是菱形．3．，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轴交于两点，设y＝ax(x－4)．代入点，得．解得．所以．〔2〕如图2，OAMAM．如果PQOAPQMP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．由MPMP所以当为〔3〕如图3，作CE⊥x轴于E，作DF⊥x轴于F．我们把面积进展两次转换：CEDF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，所以翻折后的抛物线的解析式为．所以D，CyC∶yD＝3∶1，列方程m所以点C的坐标为或．图2图3图4考点伸展B例332014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动感体验请翻开几何画板文件名“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思路点拨1．设交点式求抛物线的解析式对比简便．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．所以．顶点坐标为．〔2〕如图2，M(m,n)，作MN⊥x轴于N．由，得．所以．因为抛物线的对称轴是直线，所以ME＝．由于S△MFQ＝＝＝，S△MEB＝＝，所以当S△MFQ∶S△MEB＝1∶3时，∶＝1∶3．整理，得m2＋11m－12＝0．解得m＝1，或m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的高的比与n无关，两条底边的比也与n无关．如图3，因此只要点E与点M关于直线x＝对称，点M在直线的左侧，且点M不在坐标轴上，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，一般无法先画出对比准确的图形．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，一般也无法先画出对比准确的图形．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，直线与x轴、y轴分别交于A、B两点，圆O的半径为1，点C在y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罗列三要素：对于圆O，r＝1；对于圆C，R＝3m；圆心距OC＝4－5分类列方程：两圆外切时，4－5m＝3m＋1；两圆内切时，4－5m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．一样的是，对于圆O，r＝1；对于圆C，R＝3m；不同的是，圆心距OC＝5图1例422014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．同时将直线以每秒0.6个单位长度的速度向上平移，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动感体验请翻开几何画板文件名“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，就是对比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．所以直线AB//CD．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＝．所以BD＝＝．作DE⊥AB于E．在Rt△BDE中，sinB＝，BD＝，所以DE＝BD·sinB＝．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考点伸展在此题情境下，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＝＝＝．当时，平行四边形ACDP的面积最大，最大值为3．此时点P是AB的中点〔如图5〕．图4图5例432014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动感体验请翻开几何画板文件名“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＝，∠ABO＝30°．此时等边三角形ABC的高为，所以S△ABC＝．〔2〕0°≤≤60°．〔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，M是AB的中点．所以CM⊥AB．由于O是PQ的中点，所以．所以．如图6，连结MO．在Rt△OMN中，，MO＝1，所以MN2＝．在Rt△AMN中，AM2＝AN2＋MN2＝．所以AM＝．于是在Rt△CAM中，CM＝AM＝＝．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502014年湖南省郴州市中考第26题抛物线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，那么在直线DE上是否存在一点G，使△CMG的周长最小假设存在，请求出点G的坐标；假设不存在，请说明理由．图1图2动感体验请翻开几何画板文件名“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A、G、M三点共线时，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对比简便．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G的坐标：如图6，，cos∠CAO＝，所以，E．如图7，由y＝－x2＋x＋2＝，得M．由A(－1,0)、M，得直线AM的解析式为．作GH⊥x轴于H．设点G的坐标为．由于tan∠GEH＝tan∠ACO＝，所以，即EH＝2GH．所以．解得．