挑战中考数学压轴题(第九版精选)

目（一）录
第一部分函数图象中点的存在性问题1.1 因动点产生的相似三角形问题
例1 宝山中考模拟第24题
例2 中考第24题
例3 中考第29题
例4 中考第25题
例5 中考第24题
例6 中考第26题
1.2 因动点产生的等腰三角形问题
例1 重庆市中考第25题
例2 中考第第26题
例3 中考模拟第25题
例4中考第27题
例5 中考第26题
例6中考第28题
1.3 因动点产生的直角三角形问题
例1中考模拟第25题
例2中考第29题
例3 中考第26题
例4 中考第24题
例5 中考第22题
例6 中考第23题
例7 北京市中考第24题
1.4 因动点产生的平行四边形问题
例1 成都市中考第28题
例2 陕西省中考第24题
例3 中考模拟第24题
例4中考第21题
例5 中考第26题
例6 中考第24题
例7 中考第24题
1.5 因动点产生的梯形问题
例1 中考模拟第24题
例2 中考模拟第24题
例3 松江中考模拟第24题
例4 中考第24题
例5 中考第24题
1.6 因动点产生的面积问题
例1 河南市中考第23题
例2昆明市中考第23题
例3 中考第29题
例4 中考第21题
例5 中考第23题
例6中考第28题
1.7因动点产生的相切问题
例1中考模拟第24题
例2中考模拟第25题
例3 中考模拟第25题
1.8因动点产生的线段和差问题
例1 中考第26题
例2中考第24题
例3 中考第25题
例4 中考第24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中考第25题
例2中考模拟第25题
例3 中考第26题
例4 中考模拟第25题
2.2 由面积公式产生的函数关系问题
例1中考模拟第25题
例2 中考第25题
例3 中考第21题
例4 中考第22题
例5 中考第26题
例6 中考第28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北京市中考第29题
例2 中考第22题
例3 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1中考第22题
例2 中考第23题
例3 中考模拟第24题
第四部分图形的平移翻折与旋转
4.1图形的平移
例1中考第15题
例2 中考第11题
4.2图形的翻折
例1 中考模拟第18题
例2 中考第18题
4.3图形的旋转
例1中考第17题
例2 中考模拟第18题
4.4三角形
例1中考模拟第18题
例2 中考第16题
4.5四边形
例2 中考第8题
4.6圆
例1兰州市中考第15题
例2中考第16题
4.7函数图像的性质
例1中考第8题
例2 中考第18题
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 中考模拟第24题
如图1，在平面直角坐标系中，双曲线（k≠0）与直线y＝x＋2都经过点A(2, m)．
（1）求k与m的值；
（2）此双曲线又经过点B(n, 2)，过点B的直线BC与直线y＝x＋2平行交y轴于点C，联结AB、AC，求△ABC的面积；
（3）在（2）的条件下，设直线y＝x＋2与y轴交于点D，在射线CB上有一点E，如果以点A、C、E 所组成的三角形与△ACD相似，且相似比不为1，求点E的坐标．
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“15宝山嘉定24”，拖动点E在射线CB上运动，可以体验到，△ACE与△ACD相似，存在两种情况．
思路点拨
1．直线AD//BC，与坐标轴的夹角为45°．
2．求△ABC的面积，一般用割补法．
3．讨论△ACE与△ACD相似，先寻找一组等角，再根据对应边成比例分两种情况列方程．
满分解答
（1）将点A(2, m)代入y＝x＋2，得m＝4．所以点A的坐标为(2, 4)．
将点A(2, 4)代入
k
y
x
=
，得k＝8．
（2）将点B(n, 2)，代入
8
y
x
=
，得n＝4．
所以点B的坐标为(4, 2)．
设直线BC为y＝x＋b，代入点B(4, 2)，得b＝－2．
所以点C的坐标为(0,－2)．
由A(2, 4)、B(4, 2)、C (0,－2)，可知A、B两点间的水平距离和竖直距离都是2，B、C两点间的水平距离和竖直距离都是4．
所以AB＝22，BC＝42，∠ABC＝
90°．图2
所以S△ABC＝1
2
BA BC
⋅
＝
1
2242
2
⨯⨯
＝8．
（3）由A(2, 4)、D(0, 2)、C (0,－2)，得AD＝22，AC＝210．
由于∠DAC＋∠ACD＝45°，∠ACE＋∠ACD＝45°，所以∠DAC＝∠ACE．所以△ACE与△ACD相似，分两种情况：
①如图3，当CE AD
CA AC
=
时，CE＝AD＝22．
此时△ACD≌△CAE，相似比为1．
②如图4，当CE AC
CA AD
=
时，
210
21022
CE
=
．解得CE＝102．此时C、E两点间的水平距离和竖直距
离都是10，所以E(10, 8)．
图3 图4
考点伸展
第（2）题我们在计算△ABC的面积时，恰好△ABC是直角三角形．
一般情况下，在坐标平面内计算图形的面积，用割补法．
如图5，作△ABC的外接矩形HCNM，MN//y轴．
由S矩形HCNM＝24，S△AHC＝6，S△AMB＝2，S△BCN＝8，得S△ABC＝8．
图5
例2中考第24题
如图1，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6 cm，BC＝8 cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5 cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4 cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）如图2，连接AQ、CP，若AQ⊥CP，求t的值；
（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
图1 图2
动感体验
请打开几何画板文件名“14武汉24”，拖动点P运动，可以体验到，若△BPQ可以两次成为直角三角形，与△ABC相似．当AQ⊥CP时，△ACQ∽△CDP．PQ的中点H在
△ABC的中位线EF上．
思路点拨
1．△BPQ与△ABC有公共角，按照夹角相等，对应边成比例，分两种情况列方程．
2．作PD⊥BC于D，动点P、Q的速度，暗含了BD＝CQ．
3．PQ的中点H在哪条中位线上？画两个不同时刻P、Q、H的位置，一目了然．
满分解答
（1）Rt△ABC中，AC＝6，BC＝8，所以AB＝10．
△BPQ与△ABC相似，存在两种情况：
①如果BP BA
BQ BC
=
，那么
510
848
t
t
=
-．解得t＝1．
②如果BP BC
BQ BA
=
，那么
58
8410
t
t
=
-．解得
32
41
t=
．
图3 图4
（2）作PD⊥BC，垂足为D．
在Rt△BPD中，BP＝5t，cos B＝4
5，所以BD＝BP cos B＝4t，PD＝3t．
当AQ⊥CP时，△ACQ∽△CDP．
所以AC CD
QC PD
=
，即
684
43
t
t t
-
=
．解得
7
8
t=
．
图5 图6
（3）如图4，过PQ的中点H作BC的垂线，垂足为F，交AB于E．由于H是PQ的中点，HF//PD，所以F是QD的中点．
又因为BD＝CQ＝4t，所以BF＝CF．
因此F是BC的中点，E是AB的中点．
所以PQ的中点H在△ABC的中位线EF上．
考点伸展
本题情景下，如果以PQ为直径的⊙H与△ABC的边相切，求t的值．
如图7，当⊙H 与AB 相切时，QP ⊥AB ，就是BP BC BQ BA =，
3241t =
． 如图8，当⊙H 与BC 相切时，PQ ⊥BC ，就是
BP BA
BQ BC =，t ＝1． 如图9，当⊙H 与AC 相切时，直径
2222
(3)(88)PQ PD QD t t =+=+-，
半径等于FC ＝4．所以22(3)(88)8
t t +-=．
解得
12873t =
，或t ＝0（如图10，但是与已知0＜t ＜2矛盾）．
图7 图 8 图9 图10
例3 中考第29题
如图1，已知抛物线
211(1)444b
y x b x =
-++（b 是实数且b ＞2）与x 轴的正半轴分别交于点A 、B （点A 位于点B 是左侧），与y 轴的正半轴交于点C ．
（1）点B 的坐标为______，点C 的坐标为__________（用含b 的代数式表示）；
（2）请你探索在第一象限内是否存在点P ，使得四边形PCOB 的面积等于2b ，且△PBC 是以点P 为直角顶点的等腰直角三角形？如果存在，求出点P 的坐标；如果不存在，请说明理由；
（3）请你进一步探索在第一象限内是否存在点Q ，使得△QCO 、△QOA 和△QAB 中的任意两个三角形均相似（全等可看作相似的特殊情况）？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，请说明理由．
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“12苏州29”，拖动点B 在x 轴的正半轴上运动，可以体验到，点P 到两坐标轴的距离相等，存在四边形PCOB 的面积等于2b 的时刻．双击按钮“第（3）题”，拖动点B ，可以体验到，存在∠OQA ＝∠B 的时刻，也存在∠OQ ′A ＝∠B 的时刻．
思路点拨
1．第（2）题中，等腰直角三角形PBC 暗示了点P 到两坐标轴的距离相等．
2．联结OP ，把四边形PCOB 重新分割为两个等高的三角形，底边可以用含b 的式子表示．
3．第（3）题要探究三个三角形两两相似，第一直觉这三个三角形是直角三角形，点Q 最大的可能在经过点A 与x 轴垂直的直线上．
满分解答
（1）B 的坐标为(b , 0)，点C 的坐标为(0, 4b
)．
（2）如图2，过点P 作PD ⊥x 轴，PE ⊥y 轴，垂足分别为D 、E ，那么△PDB ≌△PEC ． 因此PD ＝PE ．设点P 的坐标为(x, x)． 如图3，联结OP ．
所以S 四边形PCOB ＝S △PCO ＋S △PBO ＝11524
28b x b x bx
⨯⋅+⨯⋅=＝2b ．
解得
16
5
x=
．所以点P的坐标为(
1616
,
55)．
图2 图3
（3）由
2
111
(1)(1)()
4444
b
y x b x x x b
=-++=--
，得A(1, 0)，OA＝1．
①如图4，以OA、OC为邻边构造矩形OAQC，那么△OQC≌△QOA．
当BA QA
QA OA
=
，即
2
QA BA OA
=⋅时，△BQA∽△QOA．
所以
2
()1
4
b
b
=-
．解得843
b=±．所以符合题意的点Q为(1,23
+)．
②如图5，以OC为直径的圆与直线x＝1交于点Q，那么∠OQC＝90°。

因此△OCQ∽△QOA．
当BA QA
QA OA
=
时，△BQA∽△QOA．此时∠OQB＝90°．
所以C、Q、B三点共线．因此BO QA
CO OA
=
，即
1
4
b QA
b
=
．解得4
QA=．此时Q(1,4)．图4 图5
考点伸展
第（3）题的思路是，A、C、O三点是确定的，B是x轴正半轴上待定的点，而∠QOA与∠QOC是互余的，那么我们自然想到三个三角形都是直角三角形的情况．
这样，先根据△QOA与△QOC相似把点Q的位置确定下来，再根据两直角边对应成比例确定点B的位置．
如图中，圆与直线x＝1的另一个交点会不会是符合题意的点Q呢？
如果符合题意的话，那么点B的位置距离点A很近，这与OB＝4OC矛盾．
例4 中考模拟第25题
如图1，已知抛物线的方程C1：
1
(2)()
y x x m
m
=-+-
(m＞0)与x轴交于点B、C，与y轴交于点E，且
点B在点C的左侧．
（1）若抛物线C1过点M(2, 2)，求实数m的值；
（2）在（1）的条件下，求△BCE的面积；
（3）在（1）的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使得BH＋EH最小，求出点H的坐标；
（4）在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似？若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“12黄冈25”，拖动点C 在x 轴正半轴上运动，观察左图，可以体验到，EC 与BF 保持平行，但是∠BFC 在无限远处也不等于45°．观察右图，可以体验到，∠CBF 保持45°，存在∠BFC ＝∠BCE 的时刻．
思路点拨
1．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，当H 落在线段EC 上时，BH ＋EH 最小．
2．第（4）题的解题策略是：先分两种情况画直线BF ，作∠CBF ＝∠EBC ＝45°，或者作BF //EC ．再用含m 的式子表示点F 的坐标．然后根据夹角相等，两边对应成比例列关于m 的方程．
满分解答
（1）将M (2, 2)代入1(2)()y x x m m =-
+-，得124(2)m m =-⨯-．解得m ＝4． （2）当m ＝4时，2111
(2)(4)2
442y x x x x =-+-=-++．所以C (4, 0)，E (0, 2)．
所以S △BCE ＝11
626
22BC OE ⋅=⨯⨯=．
（3）如图2，抛物线的对称轴是直线x ＝1，当H 落在线段EC 上时，BH ＋EH 最小．
设对称轴与x 轴的交点为P ，那么
HP EO
CP CO =． 因此23
4HP =．解得32HP =．所以点H 的坐标为3
(1,)2． （4）①如图3，过点B 作EC 的平行线交抛物线于F ，过点F 作FF ′⊥x 轴于F ′．
由于∠BCE ＝∠FBC ，所以当
CE BC
CB BF =，即2BC CE BF =⋅时，△BCE ∽△FBC ． 设点F 的坐标为1(,(2)())x x x m m -+-，由''FF EO BF CO =，得
1
(2)()
22x x m m x m +-=
+． 解得x ＝m ＋2．所以F ′(m ＋2, 0)．
由'CO BF CE BF =，得244m m BF m +=+．所以2(4)4m m BF m ++=． 由2
BC CE BF =⋅，得22
2
(4)4(2)4m m m m m +++=+⨯． 整理，得0＝16．此方程无解．
图2 图3 图4
②如图4，作∠CBF ＝45°交抛物线于F ，过点F 作FF ′⊥x 轴于F ′，
由于∠EBC ＝∠CBF ，所以
BE BC
BC BF =，即2BC BE BF =⋅时，△BCE ∽△BFC ． 在Rt △BFF ′中，由FF ′＝BF ′，得1
(2)()2x x m x m +-=+．
解得x ＝2m ．所以F ′(2,0)m ．所以BF ′＝2m ＋2，2(22)BF m =+．
由2BC BE BF =⋅，得
2(2)222(22)m m +=+．解得222m =± 综合①、②，符合题意的m 为222+．
考点伸展
第（4）题也可以这样求BF 的长：在求得点F ′、F 的坐标后，根据两点间的距离公式求BF 的长．
例5 中考第24题
如图1，已知梯形OABC ，抛物线分别过点O （0，0）、A （2，0）、B （6，3）． （1）直接写出抛物线的对称轴、解析式及顶点M 的坐标；
（2）将图1中梯形OABC 的上下底边所在的直线OA 、CB 以相同的速度同时向上平移，分别交抛物线于点O 1、A 1、C 1、B 1，得到如图2的梯形O 1A 1B 1C 1．设梯形O 1A 1B 1C 1的面积为S ，A 1、 B 1的坐标分别为 (x 1，y 1)、(x 2，y 2)．用含S 的代数式表示x 2－x 1，并求出当S =36时点A 1的坐标；
（3）在图1中，设点D 的坐标为(1，3)，动点P 从点B 出发，以每秒1个单位长度的速度沿着线段BC 运动，动点Q 从点D 出发，以与点P 相同的速度沿着线段DM 运动．P 、Q 两点同时出发，当点Q 到达点M 时，P 、Q 两点同时停止运动．设P 、Q 两点的运动时间为t ，是否存在某一时刻t ，使得直线PQ 、直线AB 、x 轴围成的三角形与直线PQ 、直线AB 、抛物线的对称轴围成的三角形相似？若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由．
图1 图2
动感体验
请打开几何画板文件名“10义乌24”，拖动点I 上下运动，观察图形和图象，可以体验到，x 2－x 1随S 的增大而减小．双击按钮“第（3）题”，拖动点Q 在DM 上运动，可以体验到，如果∠GAF ＝∠GQE ，那么△GAF 与△GQE 相似．
思路点拨
1．第（2）题用含S 的代数式表示x 2－x 1，我们反其道而行之，用x 1，x 2表示S ．再注意平移过程中梯形的高保持不变，即y 2－y 1＝3．通过代数变形就可以了．
2．第（3）题最大的障碍在于画示意图，在没有计算结果的情况下，无法画出准确的位置关系，因此本题的策略是先假设，再说理计算，后验证．
3．第（3）题的示意图，不变的关系是：直线AB 与x 轴的夹角不变，直线AB 与抛物线的对称轴的夹角不变．变化的直线PQ 的斜率，因此假设直线PQ 与AB 的交点G 在x 轴的下方，或者假设交点G 在x 轴的上方．
满分解答
（1）抛物线的对称轴为直线1x =，解析式为
21184y x x =-，顶点为M （1，18-
）． （2） 梯形O 1A 1B 1C 1的面积
12122(11)3()62x x S x x -+-⨯3=
=+-，由此得到122
3s
x x +=+．由于
213y y -=，所以22212211111138484y y x x x x -=--+=．整理，得212111()()384x x x x ⎡⎤-+-=⎢⎥⎣⎦．因此得
到
2172
x x S -=
． 当S =36时，2121
14,2.x x x x +=⎧⎨-=⎩ 解得126,
8.x x =⎧⎨=⎩ 此时点A 1的坐标为（6，3）．
（3）设直线AB 与PQ 交于点G ，直线AB 与抛物线的对称轴交于点E ，直线PQ 与x 轴交于点F ，那么要探求相似的△GAF 与△GQE ，有一个公共角∠G ．
在△GEQ 中，∠GEQ 是直线AB 与抛物线对称轴的夹角，为定值．
在△GAF 中，∠GAF 是直线AB 与x 轴的夹角，也为定值，而且∠GEQ ≠∠GAF ．
因此只存在∠GQE ＝∠GAF 的可能，△GQE ∽△GAF ．这时∠GAF ＝∠GQE ＝∠PQD ．
由于
3tan 4GAF ∠=，tan 5DQ t PQD QP t ∠==-，所以345t t =-．解得20
7t =
．
图3 图4
考点伸展
第（3）题是否存在点G 在x 轴上方的情况？如图4，假如存在，说理过程相同，求得的t 的值也是相同的．事实上，图3和图4都是假设存在的示意图，实际的图形更接近图3．
例6 中考第26题
如图1，抛物线经过点A (4，0)、B （1，0)、C （0，－2）三点． （1）求此抛物线的解析式；
（2）P 是抛物线上的一个动点，过P 作PM ⊥x 轴，垂足为M ，是否存在点P ，使得以A 、P 、M 为顶点的三角形与△OAC 相似？若存在，请求出符合条件的 点P 的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）在直线AC 上方的抛物线是有一点D ，使得△DCA 的面积最大，求出点D 的坐标．
,
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“09临沂26”，拖动点P 在抛物线上运动，可以体验到，△PAM 的形状在变化，分别双击按钮“P 在B 左侧”、“ P 在x 轴上方”和“P 在A 右侧”，可以显示△PAM 与△OAC 相似的三个情景．
双击按钮“第(3)题”， 拖动点D 在x 轴上方的抛物线上运动，观察△DCA 的形状和面积随D 变化的图象，可以体验到，E 是AC 的中点时，△DCA 的面积最大．
思路点拨
1．已知抛物线与x 轴的两个交点，用待定系数法求解析式时，设交点式比较简便． 2．数形结合，用解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长． 3．按照两条直角边对应成比例，分两种情况列方程．
4．把△DCA 可以分割为共底的两个三角形，高的和等于OA ．
满分解答
（1）因为抛物线与x 轴交于A (4，0)、B （1，0)两点，设抛物线的解析式为)4)(1(--=x x a y ，代入
点C 的 坐标（0，－2），解得
21-
=a ．所以抛物线的解析式为2
25
21)4)(1(212-+-=---=x x x x y ．
（2）设点P 的坐标为))
4)(1(21
,(---x x x ．
①如图2，当点P 在x 轴上方时，1＜x ＜4，)
4)(1(21
---=x x PM ，x AM -=4．
如果2==CO AO PM AM ，那么24)
4)(1(21
=----x x x ．解得5=x 不合题意．
如果21==CO AO PM
AM ，那么214)
4)(1(21
=
----x x x ．解得2=x ． 此时点P 的坐标为（2，1）．
②如图3，当点P 在点A 的右侧时，x ＞4，
)4)(1(21
--=
x x PM ，4-=x AM ．
解方程2
4)4)(1(21
=---x x x ，得5=x ．此时点P 的坐标为)2,5(-． 解方程
214)
4)(1(21
=
---x x x ，得2=x 不合题意． ③如图4，当点P 在点B 的左侧时，x ＜1，)
4)(1(21
--=x x PM ，x AM -=4．
解方程2
4)4)(1(21
=---x x x ，得3-=x ．此时点P 的坐标为)14,3(--． 解方程
214)
4)(1(21
=
---x x x ，得0=x ．此时点P 与点O 重合，不合题意． 综上所述，符合条件的 点P 的坐标为（2，1）或)14,3(--或)2,5(-．
图2 图3 图4
（3）如图5，过点D 作x 轴的垂线交AC 于E ．直线AC 的解析式为221
-=
x y ． 设点D 的横坐标为m )41(<<m ，那么点D 的坐标为)
225
21,(2-+-m m m ，点E 的坐标为
)221,(-m m ．所以)221()22521(2---+-=m m m DE m
m 2212+-=．
因此
4)221
(212⨯+-=∆m m S DAC m m 42+-=4)2(2+--=m ． 当2=m 时，△DCA 的面积最大，此时点D 的坐标为（2，1）．
图5 图6
考点伸展
第（3）题也可以这样解：
如图6，过D 点构造矩形OAMN ，那么△DCA 的面积等于直角梯形CAMN 的面积减去△CDN 和△ADM 的面积．
设点D 的横坐标为（m ，n ）)41(<<m ，那么
42)4(21
)2(214)22(21++-=--+-⨯+=
n m m n n m n S ．
由于225
212-+-=m m n ，所以m m S 42
+-=．
1.2 因动点产生的等腰三角形问题
例1 重庆市中考第25题
如图1，在△ABC 中，∠ACB ＝90°，∠BAC ＝60°，点E 是∠BAC 的平分线上一点，过点E 作AE 的垂
线，过点A 作AB 的垂线，两垂线交于点D ，连接DB ，点F 是BD 的中点，DH ⊥AC ，垂足为H ，连接EF ，HF ．
（1）如图1，若点H 是AC 的中点，AC ＝23，求AB 、BD 的长； （2）如图1，求证：HF ＝EF ．
（3）如图2，连接CF 、CE ，猜想：△CEF 是否是等边三角形？若是，请证明；若不是，请说明理由．
图1 图2
动感体验
请打开几何画板文件名“15重庆25”，拖动点E 运动，可以体验到，△FAE 与△FDH 保持全等，△CMF 与△CAE 保持全等，△CEF 保持等边三角形的形状．
思路点拨
1．把图形中所有30°的角都标注出来，便于寻找等角和等边．
2．中点F 有哪些用处呢？联想到斜边上的中线和中位线就有思路构造辅助线了．
满分解答
（1）如图3，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝60°，AC ＝23，所以AB ＝43． 在Rt △ADH 中，∠DAH ＝30°，AH ＝3，所以DH ＝1，AD ＝2．
在Rt △ADB 中，AD ＝2，AB ＝43，由勾股定理，得BD ＝213．
（2）如图4，由∠DAB ＝90°，∠BAC ＝60°，AE 平分∠BAC ，得∠DAE ＝60°， ∠DAH ＝30°．
在Rt △ADE 中，AE ＝12AD ．在Rt △ADH 中，DH ＝12AD
．所以AE ＝DH ．
因为点F 是Rt △ABD 的斜边上的中线，所以FA ＝FD ，∠FAD ＝∠FDA ． 所以∠FAE ＝∠FDH ．所以△FAE ≌△FDH ．所以EF ＝HF ．
图3 图4 图5
（3）如图5，作FM ⊥AB 于M ，联结CM ．
由FM//DA，F是DB的中点，得M是AB的中点．
因此FM＝1
2
AD
，△ACM是等边三角形．
又因为AE＝1
2
AD
，所以FM＝EA．
又因为CM＝CA，∠CMF＝∠CAE＝30°，所以△CMF≌△CAE．
所以∠MCF＝∠ACE，CF＝CE．
所以∠ECF＝∠ACM＝60°．所以△CEF是等边三角形．
考点伸展
我们再看几个特殊位置时的效果图，看看有没有熟悉的感觉．
如图6，如图7，当点F落在BC边上时，点H与点C重合．
图6 图7 如图8，图9，点E落在BC边上．如图10，图11，等腰梯形ABEC．
图8 图9 图10 图11
例2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
1 (,)
16
a
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存在三种情况．
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存在三种情况，其中MA＝MN和NA＝NM两种情况时，点P的纵坐标是相等的．
满分解答
（1）已知抛物线的顶点为(0,0)，所以y ＝ax 2．所以b ＝0，c ＝0．
将1(,)16a 代入y ＝ax 2，得2116a =．解得14a =
（舍去了负值）． （2）抛物线的解析式为
214y x =
，设点P 的坐标为21
(,)4x x ．
已知A (0, 2)，所以222411(2)4416PA x x x =+-=+＞2
14x
． 而圆心P 到x 轴的距离为214x ，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，2241416PM PA x ==+，224
11
()416PH x x ==，所以MH 2＝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3
②如图4，当MA ＝MN 时，在Rt △AOM 中，OA ＝2，AM ＝4，所以OM ＝23．
此时x ＝OH ＝232+．所以点P 的纵坐标为22211
(232)(31)423
44x =+=+=+． ③如图5，当NA ＝NM 时，点P 的纵坐标为也为423+．
图4 图5
考点伸展
如果点P 在抛物线2
14y x =
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21(,)
4x x ．
已知B (0, 1)，所以222222111
(1)(1)1
444PB x x x x +-=+=+．
而圆心P 到直线y ＝－1的距离也为2
114x +，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3中考模拟第25题
如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ＝90°．（1）求ED、EC的长；
（2）若BP＝2，求CQ的长；
（3）记线段PQ与线段DE的交点为F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．
图1 备用图
动感体验
请打开几何画板文件名“13虹口25”，拖动点P在射线AB上运动，可以体验到，△PDM与△QDN保持相似．观察△PDF，可以看到，P、F可以落在对边的垂直平分线上，不存在DF＝DP的情况．请打开超级画板文件名“13虹口25”，拖动点P在射线AB上运动，可以体验到，△PDM与△QDN保持相似．观察△PDF，可以看到，P、F可以落在对边的垂直平分线上，不存在DF＝DP的情况．
思路点拨
1．第（2）题BP＝2分两种情况．
2．解第（2）题时，画准确的示意图有利于理解题意，观察线段之间的和差关系．
3．第（3）题探求等腰三角形PDF时，根据相似三角形的传递性，转化为探求等腰三角形CDQ．
满分解答
（1）在Rt△ABC中， AB＝6，AC＝8，所以BC＝10．
在Rt△CDE中，CD＝5，所以
315
tan5
44
ED CD C
=⋅∠=⨯=
，
25
4
EC=
．
（2）如图2，过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，那么DM、DN是△ABC的两条中位线，DM＝4，DN＝3．
由∠PDQ＝90°，∠MDN＝90°，可得∠PDM＝∠QDN．
因此△PDM∽△QDN．
所以
4
3
PM DM
QN DN
==
．所以
3
4
QN PM
=
，
4
3
PM QN
=
．图2 图3 图4
①如图3，当BP＝2，P在BM上时，PM＝1．
此时
33
44
QN PM
==
．所以
319
4
44
CQ CN QN
=+=+=
．
②如图4，当BP＝2，P在MB的延长线上时，PM＝5．
此时
315
44
QN PM
==
．所以
1531
4
44
CQ CN QN
=+=+=
．
（3）如图5，如图2，在Rt△PDQ中，
3 tan
4
QD DN
QPD
PD DM
∠===
．
在Rt△ABC中，
3
tan
4
BA
C
CA
∠==
．所以∠QPD＝∠C．
由∠PDQ＝90°，∠CDE＝90°，可得∠PDF＝∠CDQ．
因此△PDF∽△CDQ．
当△PDF是等腰三角形时，△CDQ也是等腰三角形．
①如图5，当CQ＝CD＝5时，QN＝CQ－CN＝5－4＝1（如图3所示）．
此时
44
33
PM QN
==
．所以
45
3
33
BP BM PM
=-=-=
．
②如图6，当QC＝QD时，由cos
CH
C
CQ
=
，可得
5425
258
CQ=÷=
．
所以QN＝CN－CQ＝
257
4
88
-=
（如图2所示）．
此时
47
36
PM QN
==
．所以
725
3
66
BP BM PM
=+=+=
．
③不存在DP＝DF的情况．这是因为∠DFP≥∠DQP＞∠DPQ（如图5，图6所示）．
图5 图6
考点伸展
如图6，当△CDQ是等腰三角形时，根据等角的余角相等，可以得到△BDP也是等腰三角形，PB＝
PD．在△BDP中可以直接求解
25
6
BP=
．
例4 中考第27题
如图1，抛物线y＝ax2＋bx＋c经过A(－1,0)、B(3, 0)、C(0 ,3)三点，直线l是抛物线的对称轴．
（1）求抛物线的函数关系式；
（2）设点P是直线l上的一个动点，当△PAC的周长最小时，求点P的坐标；
（3）在直线l上是否存在点M，使△MAC为等腰三角形，若存在，直接写出所有符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“12扬州27”，拖动点P在抛物线的对称轴上运动，可以体验到，当点P落在线段BC上时，PA＋PC最小，△PAC的周长最小．拖动点M在抛物线的对称轴上运动，观察△MAC的三个顶点与对边的垂直平分线的位置关系，可以看到，点M有1次机会落在AC的垂直平分线上；点A有2次机会落在MC的垂直平分线上；点C有2次机会落在MA的垂直平分线上，但是有1次M、A、C三点共线．思路点拨
1．第（2）题是典型的“牛喝水”问题，点P在线段BC上时△PAC的周长最小．
2．第（3）题分三种情况列方程讨论等腰三角形的存在性．
满分解答
（1）因为抛物线与x轴交于A(－1,0)、B(3, 0)两点，设y＝a(x＋1)(x－3)，
代入点C(0 ,3)，得－3a＝3．解得a＝－1．
所以抛物线的函数关系式是y＝－(x＋1)(x－3)＝－x2＋2x＋3．
（2）如图2，抛物线的对称轴是直线x＝1．
当点P落在线段BC上时，PA＋PC最小，△PAC的周长最小．
设抛物线的对称轴与x轴的交点为H．
由BH PH
BO CO
=
，BO＝CO，得PH＝BH＝2．
所以点P的坐标为(1, 2)．
图2
-)或(1,0)．
（3）点M的坐标为(1, 1)、(1,6)、(1,6
考点伸展
第（3）题的解题过程是这样的：
设点M的坐标为(1,m)．
在△MAC中，AC2＝10，MC2＝1＋(m－3)2，MA2＝4＋m2．
①如图3，当MA＝MC时，MA2＝MC2．解方程4＋m2＝1＋(m－3)2，得m＝1．
此时点M的坐标为(1, 1)．
m=±．
②如图4，当AM＝AC时，AM2＝AC2．解方程4＋m2＝10，得6
-)．
此时点M的坐标为(1,6)或(1,6
③如图5，当CM＝CA时，CM2＝CA2．解方程1＋(m－3)2＝10，得m＝0或6．
当M(1, 6)时，M、A、C三点共线，所以此时符合条件的点M的坐标为(1,0)．
图3 图4 图5
例5 中考第26题
如图1，点A在x轴上，OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．
（1）求点B的坐标；
（2）求经过A、O、B的抛物线的解析式；
（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“12临沂26”，拖动点P在抛物线的对称轴上运动，可以体验到，⊙O和⊙B 以及OB的垂直平分线与抛物线的对称轴有一个共同的交点，当点P运动到⊙O与对称轴的另一个交点时，B、O、P三点共线．
请打开超级画板文件名“12临沂26”，拖动点P，发现存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形
思路点拨
1．用代数法探求等腰三角形分三步：先分类，按腰相等分三种情况；再根据两点间的距离公式列方程；然后解方程并检验．
2．本题中等腰三角形的角度特殊，三种情况的点P重合在一起．
满分解答
（1）如图2，过点B作BC⊥y轴，垂足为C．
OC=
在Rt△OBC中，∠BOC＝30°，OB＝4，所以BC＝2，23
--．
所以点B的坐标为(2,23)
（2）因为抛物线与x轴交于O、A(4, 0)，设抛物线的解析式为y＝ax(x－4)，
代入点B (2,--，2(6)a --⨯-．解得
a =．
所以抛物线的解析式为2(4)y x x x =-=．
（3）抛物线的对称轴是直线x ＝2，设点P 的坐标为(2, y )．
①当OP ＝OB ＝4时，OP 2＝16．所以4+y 2＝16．解得y =±．
当P 在(2,时，B 、O 、P 三点共线（如图2）．
②当BP ＝BO ＝4时，BP 2＝16．所以22
4(16y ++=．解得12y y ==-。