2020年中考数学压轴题精讲：动点产生的直角三角形问题
动点直角三角形问题的解法
“动点直角三角形问题”的三种解法李永红中考数学压轴题中常会出现“动点直角三角形问题”，如2013年山西、成都、攀枝花、长春、济宁、绵阳、襄阳等省市中考数学试卷中均出现了“动点直角三角形问题”，对于这类问题的解决，即使是数学尖子生也感到很棘手.其实，解决“动点直角三角形问题”有“法”可循，并不算“难”.一、例题分析例1 在直角坐标系中，已知点)0,1(A ，)2,0(-B ，将线段AB 绕点A 按逆时针方向旋转090至AC ，如图1.（1）求点C 的坐标；（2）若抛物线2212++-=ax x y 经过点C .①求抛物线的解析式；②在抛物线上是否存在点P （点C 除外）使ABP ∆是以AB 为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由.分析（1）构造三垂图可求得点C 的坐标为)1,3(-C .（2）①将点C 的坐标代入2212++-=ax x y 可求得抛物线的解析式为221212++-=x x y . ②法1（利用数形结合）：如图2，易求得直线AC 的解析式为2121+-=x y . 由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++-=+-=2212121212x x y x y 解得⎩⎨⎧=-=11y x 或⎩⎨⎧-==13y x （舍去）.此时点P 的坐标为)1,1(-.设过点B 且与直线AC 平行的直线的解析式为b x y +-=21，将点)2,0(-B 代入，得2-=b ，所以过点B 且与直线AC 平行的直线的解析式为221--=x y .由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++-=--=221212212x x y x y 解得⎩⎨⎧-=-=12y x 或⎩⎨⎧-==44y x .此时点P 的坐标为)1,2(--或)4,4(-.综上，存在符合条件的点P ，其坐标为)1,1(-或)1,2(--或)4,4(-. 法2（构造三垂图）：如图3，延长CA 交抛物线于点),(1n m P ，过点1P 作x D P ⊥1轴于点D ，易证DA P 1∆∽AOB ∆，∴OBAD OA D P =1.∵1=OA ，2=OB ，m AD -=1，n D P =1，∴211m n -=，即m n 2121-=.∵点),(1n m P 在抛物线上，∴221212++-=m m n .由⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧++-=-=2212121212m m n m n 解得⎩⎨⎧=-=11n m 或⎩⎨⎧-==13n m （舍去）.此时点P 的坐标为)1,1(-.过点B 作直线AC 的平行线，交抛物线于点2P ，3P .过点2P 作y E P ⊥2轴于点E ，易证2BEP ∆∽AOB ∆，可求得点2P 的坐标为)1,2(--；过点3P 作y F P ⊥3轴于点F ，易证3BFP ∆∽AOB ∆，可求得点3P 的坐标为)4,4(-；综上，存在符合条件的点P ，其坐标为)1,1(-或)1,2(--或)4,4(-. 法3（利用勾股定理）： 设抛物线上存在点)22121,(2++-m m m P ，使ABP ∆是以AB 为直角边的直角三角形.分别利用勾股定理可得52=AB ，,)22121()1(2222++-+-=m m m AP 2222)42121(++-+=m m m BP . 当点A 、B 分别为直角顶点时，分别由+2AB =2AP 2BP 、+2AB 2BP 2AP =得到关于m 的一元四次方程，用已学知识难以求解.例2 已知抛物线32++=bx ax y 与x 轴交于点)0,3(-A ，)0,1(B ，与y 轴交于点C ，如图4. （1）求抛物线的解析式及顶点的坐标；（2）在抛物线的对称轴l 上存在点Q ，使ACQ ∆为直角三角形，请求出点Q 的坐标.分析（1）易求得抛物线的解析式为322+--=x x y ，顶点坐标为)4,1(-.（2）法1（利用数形结合）：由于不易求直线AQ 或CQ 的解析式，所以本题不适合利用数形结合来解决. 法2（构造三垂图）：如图5，在对称轴l 上存在四个符合条件的点Q ，分别构造三垂图并利用三角形相似可求得)4,1(1-Q ，)2,1(2--Q ，)2173,1(3+-Q ，)2173,1(4--Q . 法3（利用勾股定理）：设点Q 的坐标为),1(n -，分别利用勾股定理可得182=AC ，,422n AQ +=22)3(1-+=n CQ .当090=∠ACQ 时，由+2AC =2CQ 2AQ 得224)3(118n n +=-++，解得4=n ，所以)4,1(1-Q .当090=∠CAQ 时，由+2AC =2AQ 2CQ 得22)3(1418-+=++n n ，解得2-=n ，所以)2,1(2--Q .当090=∠AQC 时，由+2AQ =2CQ 2AC 得18)3(1422=-+++n n ，解得2173±=n ，所以)2173,1(3+-Q ，)2173,1(4--Q . 综上，符合条件的点Q 有四个，分别为)4,1(1-Q ，)2,1(2--Q ，)2173,1(3+-Q ，)2173,1(4--Q . 二、方法比较利用数形结合：该方法并不是对每一个题都适用，当相应的直线方程能较容易求出时，可以使用该方法，而且解法比较简捷.构造三垂图：该方法对每一个题都适用，但解法较繁，当考虑情况不周时容易漏解.利用勾股定理：当动点在曲线上时，利用勾股定理得到的方程是一元四次方程，用已学知识难以求解，该方法不适用；当动点在直线上时，利用勾股定理得到的三个方程是一元一次方程或一元二次方程，容易求解而且不易漏解.通过上述分析和比较可以看到，解“动点直角三角形问题”通常有三种解法，解题时应根据题设条件选择恰当的解法，才能使问题快速地得以解决.。
2020年中考数学压轴题精讲：动点产生的相似三角形问题
2020年中考数学压轴题精讲：动点产生的相似三角形问题例1：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kyx=，得k＝8．（2）将点B(n, 2)，代入8yx=，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°．所以S△ABC＝12BA BC⋅＝122422⨯⨯＝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 ADCA AC=时，CE＝AD＝22．图2此时△ACD≌△CAE，相似比为1．②如图4，当CE ACCA AD=时，21021022=．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例2：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 BABQ BC=，那么510848tt=-．解得t＝1．②如果BP BCBQ BA=，那么588410tt=-．解得3241t=．图3 图4（2）作PD ⊥BC ，垂足为D ．在Rt △BPD 中，BP ＝5t ，cos B ＝45，所以BD ＝BP cos B ＝4t ，PD ＝3t ． 当AQ ⊥CP 时，△ACQ ∽△CDP ．所以AC CD QC PD =，即68443t t t -=．解得78t =．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．例3：如图1，已知抛物线211(1)444by 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 ＝1152428b x b x bx ⨯⋅+⨯⋅=＝2b ．解得165x =．所以点P 的坐标为(1616,55)．图2 图3（3）由2111(1)(1)()4444b 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2QA BA OA =⋅时，△BQA ∽△QOA ． 所以2()14bb =-．解得843b =±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°。
中考数学压轴题---因动点产生的相似三角形问题[含答案]
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因动点产生的相似三角形问题例1（2011年上海市闸北区中考模拟第25题）直线113y x =-+分别交x 轴、y 轴于A 、B 两点，△AOB 绕点O 按逆时针方向旋转90°后得到△COD ，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过A 、C 、D 三点．(1) 写出点A 、B 、C 、D 的坐标；(2) 求经过A 、C 、D 三点的抛物线表达式，并求抛物线顶点G 的坐标；(3) 在直线BG 上是否存在点Q ，使得以点A 、B 、Q 为顶点的三角形与△COD 相似？若存在，请求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．图1满分解答（1）A (3，0)，B (0，1)，C (0，3)，D (－1，0)．（2）因为抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过A (3，0)、C (0，3)、D (－1，0) 三点，所以930,3,0.a b c c a b c ++=⎧⎪=⎨⎪-+=⎩ 解得1,2,3.a b c =-⎧⎪=⎨⎪=⎩所以抛物线的解析式为y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4，顶点G 的坐标为(1，4)．（3）如图2，直线BG 的解析式为y ＝3x ＋1，直线CD 的解析式为y ＝3x ＋3，因此CD //BG ．因为图形在旋转过程中，对应线段的夹角等于旋转角，所以AB ⊥CD ．因此AB ⊥BG ，即∠ABQ ＝90°． 因为点Q 在直线BG 上，设点Q 的坐标为(x ，3x ＋1)，那么22(3)10BQ x x x =+=±．Rt △COD 的两条直角边的比为1∶3，如果Rt △ABQ 与Rt △COD 相似，存在两种情况： ①当3B Q B A =时，10310x ±=．解得3x =±．所以1(3,10)Q ，2(3,8)Q --．②当13B Q B A=时，101310x ±=．解得13x =±．所以31(,2)3Q ，41(,0)3Q -．图2 图3考点伸展第（3）题在解答过程中运用了两个高难度动作：一是用旋转的性质说明AB ⊥BG ；二是22(3)10BQ x x x =+=±．我们换个思路解答第（3）题：如图3，作GH ⊥y 轴，QN ⊥y 轴，垂足分别为H 、N ．通过证明△AOB ≌△BHG ，根据全等三角形的对应角相等，可以证明∠ABG ＝90°． 在Rt △BGH 中，1sin 110∠=，3cos 110∠=．①当3B Q B A=时，310B Q =．在Rt △BQN 中，sin 13QN BQ =⋅∠=，cos 19BN BQ =⋅∠=． 当Q 在B 上方时，1(3,10)Q ；当Q 在B 下方时，2(3,8)Q --． ②当13B Q B A=时，1103B Q =．同理得到31(,2)3Q ，41(,0)3Q -．例2（2011年上海市杨浦区中考模拟第24题）Rt △ABC 在直角坐标系内的位置如图1所示，反比例函数(0)k y k x =≠在第一象限内的图像与BC 边交于点D （4，m ），与AB 边交于点E （2，n ），△BDE 的面积为2．（1）求m 与n 的数量关系； （2）当tan ∠A ＝12时，求反比例函数的解析式和直线AB 的表达式；（3）设直线AB 与y 轴交于点F ，点P 在射线FD 上，在（2）的条件下，如果△AEO 与△EFP 相似，求点P 的坐标．图1满分解答（1）如图1，因为点D （4，m ）、E （2，n ）在反比例函数ky x =的图像上，所以4,2.m k n k =⎧⎨=⎩ 整理，得n ＝2m ．（2）如图2，过点E 作EH ⊥BC ，垂足为H ．在Rt △BEH 中，tan ∠BEH ＝tan ∠A ＝12，EH ＝2，所以BH ＝1．因此D (4，m )，E (2，2m )，B (4，2m ＋1)．已知△BDE 的面积为2，所以11(1)2222B D E H m ⋅=+⨯=．解得m ＝1．因此D (4，1)，E (2，2)，B (4，3)．因为点D （4，1）在反比例函数k y x=的图像上，所以k ＝4．因此反比例函数的解析式为4y x=．设直线AB 的解析式为y ＝kx ＋b ，代入B (4，3)、E (2，2)，得34,22.k b k b =+⎧⎨=+⎩ 解得12k =，1b =．因此直线AB 的函数解析式为112y x =+．图2 图3 图4（3）如图3，因为直线112y x =+与y 轴交于点F（0，1），点D 的坐标为（4，1），所以FD // x 轴，∠EFP ＝∠EAO ．因此△AEO 与△EFP 相似存在两种情况：①如图3，当E A EF A O F P =时，2552FP =．解得FP ＝1．此时点P 的坐标为（1，1）．②如图4，当E A F P A OE F=时，2525F P =．解得FP ＝5．此时点P 的坐标为（5，1）．考点伸展本题的题设部分有条件“Rt △ABC 在直角坐标系内的位置如图1所示”，如果没有这个条件限制，保持其他条件不变，那么还有如图5的情况：第（1）题的结论m 与n 的数量关系不变．第（2）题反比例函数的解析式为12y x=-，直线AB 为172y x =-．第（3）题FD 不再与x 轴平行，△AEO 与△EFP 也不可能相似．图5例3（2010年义乌市中考第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（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1223s 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2172x x S -=． 当S =36时，212114,2.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 4G A F ∠=，tan 5DQ t PQD QPt∠==-，所以345t t=-．解得207t =．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4（2010年上海市宝山区中考模拟第24题）如图1，已知点A (-2，4) 和点B (1，0)都在抛物线22y m x m x n =++上．（1）求m 、n ；（2）向右平移上述抛物线，记平移后点A 的对应点为A ′，点B 的对应点为B ′，若四边形A A ′B ′B 为菱形，求平移后抛物线的表达式；（3）记平移后抛物线的对称轴与直线AB ′ 的交点为C ，试在x 轴上找一个点D ，使得以点B ′、C 、D 为顶点的三角形与△ABC 相似．图1满分解答(1) 因为点A (-2，4) 和点B (1，0)都在抛物线22y m x m x n =++上，所以444,20.m m n m m n -+=⎧⎨++=⎩ 解得43m =-，4n =．(2)如图2，由点A (-2，4) 和点B (1，0)，可得AB ＝5．因为四边形A A ′B ′B 为菱形，所以A A ′＝B ′B ＝ AB ＝5．因为438342+--=x x y ()2416133x =-++，所以原抛物线的对称轴x ＝－1向右平移5个单位后，对应的直线为x ＝4．因此平移后的抛物线的解析式为()3164342,+--=x y ．图2(3) 由点A (-2，4) 和点B ′ (6，0)，可得A B ′＝45． 如图2，由AM //CN ，可得''''B N B C B MB A=，即2'845B C =．解得'5B C =．所以35AC =．根据菱形的性质，在△ABC 与△B ′CD 中，∠BAC ＝∠CB ′D ．①如图3，当''A B B C A C B D =时，55'35B D=，解得'3B D =．此时OD ＝3，点D 的坐标为（3，0）．②如图4，当''A B B D A CB C=时，5'355B D =，解得5'3B D =．此时OD ＝133，点D 的坐标为（133，0）．图3 图4考点伸展在本题情境下，我们还可以探求△B ′CD 与△ABB ′相似，其实这是有公共底角的两个等腰三角形，容易想象，存在两种情况．我们也可以讨论△B ′CD 与△C B B ′相似，这两个三角形有一组公共角∠B ，根据对应边成比例，分两种情况计算．例5（2009年临沂市中考第26题）如图1，抛物线经过点A (4，0)、B （1，0)、C （0，－2）三点． （1）求此抛物线的解析式；（2）P 是抛物线上的一个动点，过P 作PM ⊥x 轴，垂足为M ，是否存在点P ，使得以A 、P 、M 为顶点的三角形与△OAC 相似？若存在，请求出符合条件的 点P 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC 上方的抛物线是有一点D ，使得△DCA 的面积最大，求出点D 的坐标．图1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22521)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=----xx x ．解得5=x 不合题意．如果21==COAO PMAM ，那么214)4)(1(21=----xx 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24)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24)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=---xx 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)22521,(2-+-m mm ，点E 的坐标为)221,(-m m ．所以)221()22521(2---+-=m m mDE m m2212+-=．因此4)221(212⨯+-=∆m mS 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225212-+-=m mn ，所以m m S 42+-=．例6（2009年上海市闸北区中考模拟第25题）如图1，△ABC 中，AB ＝5，AC ＝3，cos A ＝310．D 为射线BA 上的点（点D 不与点B 重合），作DE //BC 交射线CA 于点E .．(1) 若CE ＝x ，BD ＝y ，求y 与x 的函数关系式，并写出函数的定义域；(2) 当分别以线段BD ，CE 为直径的两圆相切时，求DE 的长度；(3) 当点D 在AB 边上时，BC 边上是否存在点F ，使△ABC 与△DEF 相似？若存在，请求出线段BF 的长；若不存在，请说明理由．图1 备用图备用图满分解答（1）如图2，作BH⊥AC，垂足为点H．在Rt△ABH中，AB＝5，cosA＝310A HA B=，所以AH＝32＝12AC．所以BH垂直平分AC，△ABC 为等腰三角形，AB＝CB＝5．因为DE//BC，所以A B A CD BE C=，即53y x=．于是得到53y x=，（0x>）．（2）如图3，图4，因为DE//BC，所以D E A EB C A C=，M N A NB C A C=，即|3|53D E x-=，1|3|253xM N-=．因此5|3|3xD E-=，圆心距5|6|6xM N-=．图2 图3 图4在⊙M中，115226Mr B D y x===，在⊙N中，1122Nr C E x==．①当两圆外切时，5162x x+5|6|6x-=．解得3013x=或者10x=-．如图5，符合题意的解为3013x=，此时5(3)15313xD E-==．②当两圆内切时，5162x x-5|6|6x-=．当x＜6时，解得307x=，如图6，此时E在CA的延长线上，5(3)1537xD E-==；当x＞6时，解得10x=，如图7，此时E在CA的延长线上，5(3)3533xD E-==．图5 图6 图7（3）因为△ABC 是等腰三角形，因此当△ABC 与△DEF 相似时，△DEF 也是等腰三角形．如图8，当D 、E 、F 为△ABC 的三边的中点时，DE 为等腰三角形DEF 的腰，符合题意，此时BF ＝2.5．根据对称性，当F 在BC 边上的高的垂足时，也符合题意，此时BF ＝4.1．如图9，当DE 为等腰三角形DEF 的底边时，四边形DECF 是平行四边形，此时12534B F =．图8 图9 图10 图11考点伸展第（3）题的情景是一道典型题，如图10，如图11，AH 是△ABC 的高，D 、E 、F 为△ABC 的三边的中点，那么四边形DEHF 是等腰梯形．例7（2008年杭州市中考第24题）如图1，在直角坐标系xOy 中，设点A （0，t ），点Q （t ，b ）．平移二次函数2tx y -=的图象，得到的抛物线F 满足两个条件：①顶点为Q ；②与x 轴相交于B 、C 两点（∣OB ∣<∣OC ∣），连结A ，B ．（1）是否存在这样的抛物线F ，使得OC OB OA ⋅=2？请你作出判断，并说明理由；（2）如果AQ ∥BC ，且tan ∠ABO ＝23，求抛物线F 对应的二次函数的解析式．满分解答（1）因为平移2tx y -=的图象得到的抛物线F 的顶点为Q （t ，b ），所以抛物线F 对应的解析式为b t x t y +--=2)(．因为抛物线与x 轴有两个交点，因此0>b t ．令0=y ，得-=t OB tb ，+=t OC tb ．所以-=⋅t OC OB (|||||tb )( +t tb )|-=2|t22|OA ttb ==．即22b t t t-=±．所以当32t b =时，存在抛物线F 使得||||||2OC OB OA ⋅=．（2）因为AQ //BC ，所以t ＝b ，于是抛物线F 为t t x t y +--=2)(．解得1,121+=-=t x t x ． ①当0>t 时，由||||OC OB <，得)0,1(-t B ．如图2，当01>-t 时，由=∠ABO tan 23=||||OB OA =1-t t ，解得3=t ．此时二次函数的解析式为241832-+-=x x y ．如图3，当01<-t 时，由=∠ABO tan 23=||||OB OA =1+-t t ，解得=t 53．此时二次函数的解析式为-=y 532x ＋2518x ＋12548．图2 图3②如图4，如图5，当0<t 时，由||||OC OB <，将t -代t ,可得=t 53-，3-=t ．此时二次函数的解析式为=y 532x＋2518x －12548或241832++=x x y ．图4 图5考点伸展第（2）题还可以这样分类讨论：因为AQ //BC ，所以t ＝b ，于是抛物线F 为2()y t x t t =--+．由3tan 2O A A B O O B∠==，得23O B O A =．①把2(,0)3B t 代入2()y t x t t =--+，得3t =±（如图2，图5）．②把2(,0)3B t -代入2()y t x t t =--+，得35t =±（如图3，图4）．。
2020年中考数学压轴题之动点产生的定值和最值专题Word版无答案
2020年中考数学压轴题之动点产生的定值和最值专题Word版无答案中考数学压轴题专题动点产生的定值与最值问题中考数学压轴题——动点产生的定值与最值问题目录第1 讲角为定值的常规解法第2 讲角为定值的高级解法第3 讲边为定值的动点问题第4 讲线段的和或差为定值的动点问题第5 讲比值为定值的动点问题第6 讲乘积为定值的动点问题第7 讲面积为定值的动点问题第8 讲动点产生的几何最值问题【几何法证明角为定值】（1）三角形内角和定理（2）三角形外角定理第 1 讲 角为定值的常规解法（3）等腰三角形底角相等（4）直角三角形两锐角互余（5）平行线的同位角相等、内错角相等、同旁内角互补（6）平行四边形的对角相等、邻角互补（7）等腰梯形底角相等（8）圆所涉及的角的关系：圆心角、圆周角、弦切角定理等【例】如图,平面内两条互相垂直的直线相交于点 O,∠MON=90°，点 A 、B 分别在射线 OM 、 ON 上移动，AC 是△BAO 的角平分线，BD 为∠ABN 的角平分线，AC 与 BD 的反向延长线交于 点 P.试问：随着点 A 、B 位置的变化，∠APB 的大小是否会变化?若保持不变，请求出∠APB 的度数；若发生变化，求出变化范围。
、【例】如图所示,O 的直径 AB=4,点 P 是 AB 延长线上的一点,过 P 点作 O 的切线,切点为 C ， 连接 AC.(1)若∠CPA=30°，求 PC 的长；(2)若点 P 在 AB 的延长线上运动，∠CPA 的平分线交 AC 于点 M ，你认为∠CMP 的大小是否发 生变化?若变化，请说明理由；若不变化，求出∠CMP 的大小。
【代数法求角为定值】一般在直角坐标系中，可以用坐标的方法表示出边或角，从而求解具体角为定值的问题。
【例】如图,在平面直角坐标系中,点P从原点O出发,沿x轴向右以毎秒1个单位长的速度运动t秒(t>0),抛物线y = ax2 + bx + c 经过点O和点P,已知矩形ABCD的三个顶点为A(1,0),B(1,−5),D(4,0).(1)求c,b (用含t的代数式表示):(2)当4<t<5时，设抛物线分别与线段AB，CD交于点M，N.①在点P的运动过程中，你认为∠AMP的大小是否会变化?若变化，说明理由；若不变，求出∠AMP 的值；②求△MPN的面积S与t的函数关系式,并求t为何值时,S=218；(3)在矩形ABCD的内部(不含边界)，把横、纵坐标都是整数的点称为“好点”。
2020年九年级数学中考第二轮压轴题复习：解直角三角形(含答案)
2020年中考九年级数学第二轮压轴题复习：解直角三角形1、如图，为测量一座山峰CF的高度，将此山的某侧山坡划分为AB和BC两段，每一段山坡近似是“直”的，测得坡长AB=800米，BC=200米，坡角∠BAF=30°，∠CBE=45°．（1）求AB段山坡的高度EF；（2）求山峰的高度CF．（ 1.414，CF结果精确到米）2、如图，河的两岸l1与l2相互平行，A、B是l1上的两点，C、D是l2上的两点，某人在点A处测得∠CAB=90°，∠DAB=30°，再沿AB方向前进20米到达点E （点E在线段AB上），测得∠DEB=60°，求C、D两点间的距离．3、某兴趣小组借助无人飞机航拍校园．如图，无人飞机从A处水平飞行至B处需8秒，在地面C处同一方向上分别测得A处的仰角为75°，B处的仰角为30°．已知无人飞机的飞行速度为4米/秒，求这架无人飞机的飞行高度．（结果保留根号）4、如图，某飞机于空中A处探测到目标C，此时飞行高度AC=1200m，从飞机上看地平面指挥台B的俯角α=43°，求飞机A与指挥台B的距离（结果取整数）（参考数据：sin43°=0.68，cos43°=0.73，tan43°=0.93）5、某中学九年级数学兴趣小组想测量建筑物AB的高度．他们在C处仰望建筑物顶端，测得仰角为48°，再往建筑物的方向前进6米到达D处，测得仰角为64°，求建筑物的高度．（测角器的高度忽略不计，结果精确到0.1米）（参考数据：sin48°≈，tan48°≈，sin64°≈，tan64°≈2）6、在一次课外实践活动中，同学们要测量某公园人工湖两侧A，B两个凉亭之间的距离．如图，现测得∠ABC=30°，∠CBA=15°，AC=200米，请计算A，B两个凉亭之间的距离（结果精确到1米）（参考数据：≈1.414，≈1.732）7、为有效开发海洋资源，保护海洋权益，我国对南海诸岛进行了全面调查，一测量船在A岛测得B岛在北偏西30°，C岛在北偏东15°，航行100海里到达B岛，在B岛测得C岛在北偏东45°，求B，C两岛及A，C两岛的距离（≈2.45，结果保留到整数）8、如图，AB是长为10m，倾斜角为37°的自动扶梯，平台BD与大楼CE垂直，且与扶梯AB的长度相等，在B处测得大楼顶部C的仰角为65°，求大楼CE的高度（结果保留整数）．（参考数据：sin37°≈，tan37°≈，sin65°≈，tan65°≈）9、某市为了打造森林城市，树立城市新地标，实现绿色、共享发展理念，在城南建起了“望月阁”及环阁公园．小亮、小芳等同学想用一些测量工具和所学的几何知识测量“望月阁”的高度，来检验自己掌握知识和运用知识的能力．他们经过观察发现，观测点与“望月阁”底部间的距离不易测得，因此经过研究需要两次测量，于是他们首先用平面镜进行测量．方法如下：如图，小芳在小亮和“望月阁”之间的直线BM上平放一平面镜，在镜面上做了一个标记，这个标记在直线BM上的对应位置为点C，镜子不动，小亮看着镜面上的标记，他来回走动，走到点D时，看到“望月阁”顶端点A在镜面中的像与镜面上的标记重合，这时，测得小亮眼睛与地面的高度ED=1.5米，CD=2米，然后，在阳光下，他们用测影长的方法进行了第二次测量，方法如下：如图，小亮从D点沿DM方向走了16米，到达“望月阁”影子的末端F点处，此时，测得小亮身高FG的影长FH=2.5米，FG=1.65米．如图，已知AB⊥BM，ED⊥BM，GF⊥BM，其中，测量时所使用的平面镜的厚度忽略不计，请你根据题中提供的相关信息，求出“望月阁”的高AB的长度．10、“蘑菇石”是我省著名自然保护区梵净山的标志，小明从山脚B点先乘坐缆车到达观景平台DE观景，然后再沿着坡脚为29°的斜坡由E点步行到达“蘑菇石”A点，“蘑菇石”A点到水平面BC的垂直距离为1790m．如图，DE∥BC，BD=1700m，∠DBC=80°，求斜坡A E的长度．（结果精确到0.1m）11、为了维护海洋权益，新组建的国家海洋局加大了在南海的巡逻力度。
2020-2021九年级中考数学直角三角形的边角关系解答题压轴题提高专题练习附答案解析
2020-2021九年级中考数学直角三角形的边角关系解答题压轴题提高专题练习附答案解析一、直角三角形的边角关系1．如图，在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，直线4y kx =+交x 轴、y 轴分别于点A 、点B ，且ABO ∆的面积为8.（1）求k 的值；（2）如图，点P 是第一象限直线AB 上的一个动点，连接PO ，将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，设点P 的横坐标为t ，点C 的横坐标为m ，求m 与t 之间的函数关系式（不要求写出自变量t 的取值范围）；（3）在（2）的条件下，过点B 作直线BM OP ⊥，交x 轴于点M ，垂足为点N ，点K 在线段MB 的延长线上，连接PK ，且0PK KB P +=，2PMB KPB ∠=∠，连接MC ，求四边形BOCM 的面积.【答案】（1）1k =；（2）4m t =+；（3）32BOCM S =Y .【解析】【分析】（1）先求出A 的坐标，然后利用待定系数法求出k 的值；(2) 过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，证POD OCE ∆≅∆可得OE PD =，进一步得出m 与t 的函数关系式；（3）过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，先证出QTB PTO ∆≅∆；再证出KPB BPN ∠=∠；设KPB x ∠=︒，通过计算证出PO PM =；再过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，根据tan tan OPD BMO ∠=∠得到OD BO PD MO =，列式可求得t=4；所以OM=8进一步得出四边形BOCM 是平行四边形，最后可得其面积为32.【详解】解：（1）把0x =代入4y kx =+，4y =，∴4BO =，又∵4ABO S ∆=， ∴142AO BO ⋅=，4AO =， ∴(4,0)A -，把4x =-，0y =代入4y kx =+，得044k =-+，解得1k =.故答案为1；（2）解：把x t =代入4y x =+，4y t =+， ∴(,4)P t t +如图，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为D ，过点C 作CE x ⊥轴，垂足为E ，∴90PDO CEO ∠=∠=︒，∴90POD OPD ∠+∠=︒，∵线段OP 绕点O 顺时针旋转90°至线段OC ，∴90POC ∠=︒，OP OC =，∴90POD EOC ∠+∠=︒，∴OPD EOC ∠=∠，∴POD OCE ∆≅∆，∴OE PD =，4m t =+.故答案为4m t =+.（3）解：如图，过点O 作直线OT AB ⊥，交直线BM 于点Q ，垂足为点T ，连接QP ，由（1）知，4AO BO ==，90BOA ∠=︒，∴ABO ∆为等腰直角三角形，∴45ABO BAO ∠=∠=︒，9045BOT ABO ABO ∠=︒-∠=︒=∠，∴BT TO =，∵90BTO ∠=︒，∴90TPO TOP ∠+∠=︒，∵PO BM ⊥，∴90BNO ∠=︒，∴BQT TPO ∠=∠，∴QTB PTO ∆≅∆，∴QT TP =，PO BQ =，∴PQT QPT ∠=∠，∵PO PK KB =+，∴QB PK KB =+，QK KP =，∴KQP KPQ ∠=∠，∴PQT KQP QPT KPQ ∠-∠=∠-∠，TQB TPK ∠=∠，∴KPB BPN ∠=∠，设KPB x ∠=︒，∴BPN x ∠=︒，∵2PMB KPB ∠=∠，∴2PMB x ∠=︒，45POM PAO APO x ∠=∠+∠=︒+︒，9045NMO POM x ∠=︒-∠=︒-︒， ∴45PMO PMB NMO x POM ∠=∠+∠=︒+︒=∠，∴PO PM =，过点P 作PD x ⊥轴，垂足为点D ，∴22OM OD t ==，9045OPD POD x BMO ∠=︒-∠=︒-︒=∠，tan tan OPD BMO ∠=∠，OD BO PD MO =，442t t t=+， 14t =，22t =-（舍）∴8OM =，由（2）知，48m t OM =+==，∴CM y P 轴，∵90PNM POC ∠=∠=︒，∴BM OC P ， ∴四边形BOCM 是平行四边形，∴4832BOCM S BO OM =⨯=⨯=Y .故答案为32.【点睛】本题考查了一次函数和几何的综合题，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，添加适当的辅助线构造全等三角形是本题的关键．2．2018年12月10日，郑州市城乡规划局网站挂出《郑州都市区主城区停车场专项规划》，将停车纳入城市综合交通体系，计划到2030年，在主城区新建停车泊位33.04万个，2019年初，某小区拟修建地下停车库，如图是停车库坡道入口的设计图，其中MN 是水平线，MN ∥AD ，AD ⊥DE ，CF ⊥AB ，垂足分别为D ，F ，坡道AB 的坡度为1：3，DE ＝3米，点C 在DE 上，CD ＝0.5米，CD 是限高标志屏的高度（标志牌上写有：限高米），如果进入该车库车辆的高度不能超过线段CF 的长，则该停车库限高多少米？（结果精确到0.1米，参考数据2≈1.41， 3≈1.73）【答案】该停车库限高约为2.2米．【解析】【分析】据题意得出3tan B =，即可得出tan A ，在Rt △ADE 中，根据勾股定理可求得DE ，即可得出∠1的正切值，再在Rt △CEF 中，设EF ＝x ，即可求出x ，从而得出CF 3的长．【详解】解：由题意得，3tan 3B =∵MN ∥AD ，∴∠A ＝∠B ，∴tan A＝33，∵DE⊥AD，∴在Rt△ADE中，tan A＝DEAD，∵DE＝3，又∵DC＝0.5，∴CE＝2.5，∵CF⊥AB，∴∠FCE+∠CEF＝90°，∵DE⊥AD，∴∠A+∠CEF＝90°，∴∠A＝∠FCE，∴tan∠FCE＝33．在Rt△CEF中，设EF＝x，CF＝3x（x＞0），CE＝2.5，代入得（52）2＝x2+3x2，解得x＝1.25，∴CF＝3x≈2.2，∴该停车库限高约为2.2米．【点睛】本题考查了解直角三角形的应用，坡面坡角问题和勾股定理，解题的关键是坡度等于坡角的正切值．3．如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点，点F在边BC的延长线上，且CF AE=，连接DE，DF，EF. FH平分EFB∠交BD于点H.（1）求证：DE DF⊥；（2）求证：DH DF=：（3）过点H作HM EF⊥于点M，用等式表示线段AB，HM与EF之间的数量关系，并证明.【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）22EF AB HM =-，证明详见解析.【解析】【分析】（1）根据正方形性质， CF AE =得到DE DF ⊥.（2）由AED CFD △△≌，得DE DF =.由90ABC ∠=︒，BD 平分ABC ∠， 得45DBF ∠=︒.因为FH 平分EFB ∠，所以EFH BFH ∠=∠.由于45DHF DBF BFH BFH ∠=∠+∠=︒+∠,45DFH DFE EFH EFH ∠=∠+∠=︒+∠, 所以DH DF =.（3）过点H 作HN BC ⊥于点N ，由正方形ABCD 性质，得222BD AB AD AB =+=.由FH 平分,EFB HM EF HN BC ∠⊥⊥，，得HM HN =.因为4590HBN HNB ∠=︒∠=︒，，所以22sin 45HN BH HN HM ===︒. 由22cos 45DF EF DF DH ===︒，得22EF AB HM =-. 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴AD CD =，90EAD BCD ADC ∠=∠=∠=︒.∴90EAD FCD ∠=∠=︒.∵CF AE =。
2020年(河南)中考数学压轴题全揭秘精品专题19 动点问题与几何图形综合题型(带答案解析)
专题19 动点问题与几何图形综合题型题型一、动点问题与几何图形最值问题主要有：线段最值；点到直线距离的最值；周长最值；面积最值等等.题型二、动点问题与几何问题相结合主要有：相似三角形的存在性；角平分线存在性；角度间的关系问题；面积关系问题等等.【例1】（2018·河南第一次大联考）如图，将矩形MNPQ放置在矩形ABCD中，使点M，N分别在AB，AD边上滑动，若MN=6，PN=4，在滑动过程中，点A与点P的距离AP的最大值为().A．4B．13C．7D．8【答案】D.【分析】如图所示，取MN中点E，当点A、E、P三点共线时，AP最大，利用勾股定理及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半分别求出PE与AE的长，由AE+EP求出AP的最大值即可．【解析】解：如图所示，取MN中点E，当点A、E、P三点共线时，AP最大，在Rt△PNE中，PN=4，NE=12MN=3，根据勾股定理得：PE=5，在Rt△AMN中，AE为斜边MN上的中线，△AE =12MN =3， 则AP 的最大值为：AE +PE =3+5=8， 故选D ．【点评】此题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质，以及矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．【变式1-1】（2019·济源一模）如图，△ABC 是等边三角形，AB =3，E 在 AC 上且 AE =23AC ，D 是直线 BC 上一动点，线段 ED 绕点 E 逆时针旋转 90°，得到线段 EF ，当点 D 运动时， 则线段 AF 的最小值是.【答案】322. 【解析】解：先确定F 点的轨迹，过E 作的直线BC 的平行线，分别过D 、F 作该平行线的垂线，垂足为G ，H ， 如图所示，BCDEG由折叠性质，知△DEG △△EFH ， △EH =DG ，△△ABC 是等边三角形，AE =2，CE =1，△DG =CE ·sin 3， 即EH 为定值，△点F 落在直线FH 上，且FH △BC ，根据垂线段最短，当AF △FH 时，AF 的值最小， 如下图所示，过A 作AN △FH ，延长AC 交FH 于点M ，AN 的长即为所求线段AF 的最小值，△EH =DG 3，△AMN =30°， △EM =2EH 3，△AM 3+2，△AN =12AM 32+，32+. ABCDEGNM【例2】（2019·开封二模）如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝43x﹣4与抛物线y＝43x2+bx+c交于坐标轴上两点A、C，抛物线与x轴另一交点为点B；（1）求抛物线解析式；（2）若动点D在直线AC下方的抛物线上，如图2，作DM△直线AC，垂足为点M，是否存在点D，使△CDM 中某个角恰好是△ACO的一半？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，说明理由．图1 图2【答案】见解析．【解析】解：（1）在y＝43x﹣4中，当x＝0，y＝﹣4，即C（0，﹣4）；当y＝0，x＝3，即A（3，0）；把点A、C坐标代入y＝43x2+bx+c，并解得：b=83-，c=－4，△抛物线解析式为：y＝43x283-x－4；（2）存在，作△ACO的平分线CP交x轴于点P，过P作PH△AC于点H，则CH＝CO＝4，OP＝PH，设OP＝PH＝x，则P A＝3﹣x，△OC＝4，OA＝3，△AC＝5，AH＝1，在Rt△PHA中，PH2+AH2＝AP2，即x2+12＝（3﹣x）2，解得：x＝43，△tan△PCH＝tan△PCO=13，△过点D作DG△x轴于点G，过点M作ME△x轴，与y轴交于点E，与DG交于点F．设M（m，43m﹣4），则ME＝m，FG＝OE＝4﹣43m，CE＝43m，可得：△CEM△△MFD，△当△DCM=12△ACO时，可得：3CE ME CMMF DF DM ===， 即MF =49m ，DF =13m ， △DG =DF +GF =13m +4﹣43m =4－m ，EF =EM +FM =139m ，即点D (139m , m －4)，将其坐标代入y ＝43x 283-x －4得： 2413813443939m m m ⎛⎫⨯-⨯-=- ⎪⎝⎭， 解得：m =0（舍）或m =1179676， △D 点横坐标为：139m =13152. △当△MDC ＝12△ACO ＝△PCH 时， 同理可得：MF ＝4m ，DF ＝3m ， △EF ＝EM +MF ＝m +4m ＝5m ， DG ＝DF +FG ＝3m ﹣43m +4＝53m +4， △D （5m ，﹣53m ﹣4）， △﹣53m ﹣4=()()24855433m m ⨯-⨯-，解得m ＝0（舍去）或m ＝720, 此时D 点横坐标为：5m =74； 综上所述，点D 横坐标为13152或74． 【变式2-1】（2019·洛阳模拟）如图，已知抛物线y =13x 2+bx +c 经过△ABC 的三个顶点，其中点A （0，1），点B （9，10），AC ∥x 轴，点P 是直线AC 下方抛物线上的动点．（1）求抛物线的解析式；（2）过点P 且与y 轴平行的直线与直线AB 、AC 分别交于点E 、F ，当四边形AECP 的面积最大时，求点P 的坐标和四边形AECP 的最大面积；（3）当点P 为抛物线的顶点时，在直线AC 上是否存在点Q ，使得以C 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (0,1)，B （9,10）代入y =13x 2+bx +c 得： 127810c b c =⎧⎨++=⎩，解得：12c b =⎧⎨=-⎩∴抛物线的解析式为：y =13x 2－2x +1. （2）由y =13x 2－2x +1知，抛物线的对称轴是x =3，l∵AC∥x轴，A(0,1)，∴A与C关于对称轴对称，C(6,0)，AC=6由A(0,1),B(9,10)得直线AB的解析式为：y=x+1，设P（m，13m2－2m+1），则E(m，m+1)，∴PE=－13m2+3m，∴S四边形AECP=S△AEC+S△APC=12·AC·EF+12·AC·PF=12×6×（－13m2+3m）=298124m⎛⎫--+⎪⎝⎭，∴当m=92时，四边形AECP的面积取最大值814，此时点P(92，54-).（3）存在，点Q坐标为（4,1）或（－3,1）.由y=13x2－2x+1知点P(3, -2)，∴PF=3，CF=3，∴∠PCF=45°，同理，∠EAF=45°，即∠PCF=∠EAF，由勾股定理得：AB=92AC=6，PC=32，设Q（n，1），①当△CPQ∽△ABC时，CQ PC AC AB=，即632692n-=，解得：t=4，即Q(4,1).②当△CQP∽△ABC时，CQ PC AB AC=，即3292=，解得：t=－3，即Q(－3,1).综上所述，符合题意的点Q坐标为：(4,1)或(－3,1).1.（2019·济源一模）如图1，在平面直角坐标系中，直线3944y x=-+与x轴交于点A，与y轴交于点B；抛物线29 4y ax bx=++（a≠0）过A，B两点，与x轴交于另一点C(-1，0)，抛物线的顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）在直线AB上方的抛物线上有一动点E，求出点E到直线AB的距离的最大值；（3）如图2，直线AB与抛物线的对称轴相交于点F，点P在坐标轴上，且点P到直线BD，DF的距离相等，请直接写出点P的坐标．图1 图2【答案】见解析.【解析】解：（1）在3944y x =-+中，当x =0时，y =94；当y =0时，x =3，即A (3，0)，B (0，94)， 将A (3，0)，C (－1，0)代入294y ax bx =++得： 99304904a b a b ⎧++=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩，解得：3432a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，△抛物线的解析式为：2339424y x x =-++.（2）过点E 作EM △x 轴交AB 于M ，过E 作EN △AB 于N ，点E 到AB 的距离为EN ， 可得△ENM △△AOB ，△EN EMOA AB=, 在Rt △AOB 中，OA =3，OB =94， 由勾股定理得：AB =154， △1534EN EM=， 即EN =45EM ，设E （m ，2339424m m -++），M （m ，3944m -+），则EM =2339424m m -++－（3944m -+）=23944m m -+，△EN =45EM =2439544m m ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=233275220m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭， △当m =32时，E 到直线AB 的距离的最大值为2720. （3）△点P 到直线BD ，DF 的距离相等，△点P 在△BDF 或△BDF 邻补角的平分线上，如图所示，由2339424y x x =-++知D 点坐标为（1,3），△B （0，94）， △BD =54， △DP 平分△BDF ，△△BDP=△PDF，△DF△y轴，△△BPD=△PDF，△△BPD=△BDP,△BD=DP，△P(0,1),设直线PD的解析式为：y=kx+n，△n=1，k+n=3，即直线PD的解析式为：y=2x+1，当y=0时，x=12 -，△当P在△BDF的角平分线上时，坐标为（0,1）或（12-，0）；同理可得：当P在△BDF邻补角的平分线上时，坐标为：（0,72）或（7，0），综上所述，点P的坐标为：（0,1），（12-，0），（0,72），（7，0）.2.（2019·洛阳二模）如图，抛物线y=ax2+5x+c交x轴于A，B两点，交y轴于点C．直线y=x-4经过点B，C. 点P是直线BC上方抛物线上一动点，直线PC交x轴于点D．（1）直接写出a，c的值；（2）当△PBD的面积等于△BDC面积的一半时，求点P的坐标；（3）当△PBA= 12△CBP时，直接写出直线BP的解析式．【答案】见解析.【解析】解：（1）△直线y=x-4经过点B，C，△B(4，0),C(0,－4),将B(4，0),C(0,－4)代入y=ax2+5x+c得：c=－4，a=－1，（2）抛物线解析式为：y=－x2+5x－4，过点P作PH△x轴于H，如图所示，设P(m, －m2+5m－4)，△△PBD的面积等于△BDC面积的一半，△PH=12OC=2，即－m2+5m－4=2，或－m2+5m－4=－2，解得：m=2或m=3或m 517+或m517-，△0<m<4，△m=2或m=3或m 517 -（3）y=－x+4或y=（23）x38，理由如下：△当点P在x轴上方时，此时由△PBA= 12△CBP可得：△PBA=△ABC=45°，可得直线BP的解析式为：y=－x+4；△当点P在x轴下方时，此时△PBA= 13△ABC=15°，△CBP=30°，设直线BP交y轴于点Q，过点Q作QE△BC于E，如图所示，设Q(0,m)，则OQ=－m，QC=4+m，△QE=CE=22（4+m），BE36（4+m），△CE+BE2，2（4+m）6（4+m）2，解得：m38，即Q（0，38），由B（4,0），可得直线BP的解析式为：y=（23）x38，综上所述，直线BP的解析式为：y=－x+4或y=（23x3－8.3.（2019·洛阳三模）在平面直角坐标系中，直线y=12x－2与x轴交于点B，与y轴交于点C，二次函数y=12x2+bx+c的图象经过B，C两点，且与x轴的负半轴交于点A．（1）求二次函数的解析式；（2）如图1，点M是线段BC上的一动点，动点D在直线BC下方的二次函数图象上．设点D的横坐标为m．过点D作DM△BC于点M，求线段DM关于m的函数关系式，并求线段DM的最大值；【答案】见解析.【解析】解：（1）△直线y=12x－2与x轴交于点B，与y轴交于点C，△B(4,0),C(0,－2),△B、C在抛物线y=12x2+bx+c上，△8402b cc++=⎧⎨=-⎩，解得：b=32-，c=－2，即抛物线解析式为：y=12x232-x－2.（2）过点D作DF△x轴于F，交BC于E，△D(m, 12m232-m－2)，E(m，12m－2)，F(m，0)，其中0<m<4，△DE=12-m2+2m，△DM△BC，△△DME=△BFD=90°，△△BOC=△DME=90°，△△OBC△△MDE，△DM OB DE BC=,即25 DM OBDE BC==△DM25=)2545255m -+， △5<0， △当m =2时，DM 454.（2019·周口二模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y =ax 2+bx +4与x 轴交于A (-1，0)，B (4，0)两点，与y 轴交于点C ．（1）求这个抛物线的解析式；（2）若D (2，m )在该抛物线上，连接CD ，DB ，求四边形OCDB 的面积；（3）设E 是该抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，过点E 作x 轴的平行线交抛物线于另一点F ，过点E 作EH △x 轴于点H ，再过点F 作FG △x 轴于点G ，得到矩形EFGH ．在点E 的运动过程中，当矩形EFGH 为正方形时，直接写出该正方形的边长．【答案】见解析.【解析】解：（1）△抛物线y =ax 2+bx +4与x 轴交于A (-1，0)，B (4，0)两点，△4016440a b a b -+=⎧⎨++=⎩，CBA O xy解得：a=-1，b=3，即抛物线的解析式为：y=-x2+3x+4.（2）△抛物线y=-x2+3x+4与y轴交于点C △C（0,4），△D(2,m)在抛物线上，△m=6，即D(2,6),S四边形OCDB=S△OCD+S△OBD= 12×4×2+12×4×6=16，即四边形OCDB的面积为16.（3292292，理由如下：△EFGH为正方形，△EF=EH，设E(n，-n2+3n+4)，则F(3-n，-n2+3n+4)，△抛物线的对称轴为x=32，△n>3 2 ,△n－（3-n）=-n2+3n+4或n－（3-n）=-（-n2+3n+4），解得：n= 129+或n=129-(舍)或n=529+或n=529-(舍)△边长EF=2n-3，得：EF292292.5.（2019·濮阳二模）如图，已知直线y＝﹣3x+c与x轴相交于点A（1，0），与y轴相交于点B，抛物线y＝﹣x2+bx+c经过点A，B，与x轴的另一个交点是C．（1）求抛物线的解析式；（2）点P是对称轴的左侧抛物线上的动点，当S△P AB＝2S△AOB时，求点P的坐标.【答案】见解析．【解析】解：（1）将A（1，0）代入y＝﹣3x+c，得：c＝3，即B（0，3），将A（1，0），B（0，3）代入y＝﹣x2+bx+c，得：-1+b+c=0，c=3，解得：b=-2，c=3，△抛物线解析式为：y＝﹣x2﹣2x+3；（2）连接OP，抛物线的对称轴为：x ＝﹣1，设P （m ，﹣m 2﹣2m +3），其中m ＜﹣1， S △P AB ＝S △POB +S △ABO ﹣S △POA ， △S △P AB ＝2S △AOB ， △S △POB ﹣S △POA ＝S △ABO ，△()2111312313222m m m ⨯⨯--⨯⨯--+=⨯⨯， 解得：m =－2或m =3（舍）， 即P 点坐标为（－2,3）.6.（2019·商丘二模）如图．在平面直角坐标系中．抛物线y ＝12x 2+bx +c 与x 轴交于A 两点，与y 轴交于点C ，点A 的坐标为（﹣1，0），点C 的坐标为（0，﹣2）．已知点E （m ，0）是线段AB 上的动点（点E 不与点A ，B 重合）．过点E 作PE △x 轴交抛物线于点P ．交BC 于点F ．（1）求该抛物线的表达式；（2）当线段EF ，PF 的长度比为1：2时，请求出m 的值；（3）是否存在这样的m ，使得△BEP 与△ABC 相似？若存在，求出此时m 的值；若不存在，请说明理由．【答案】见解析．【解析】解：（1）将点A （﹣1，0）、C （0，﹣2）代入y ＝12x 2+bx +c 得： 2102c b c =-⎧⎪⎨-+=⎪⎩，解得：b =32-，c =－2， △抛物线的表达式为：y ＝12x 232-x ﹣2； （2）在y ＝12x 232-x ﹣2中，当y =0时，x =－1或x =4， 即B (4,0),设直线BC 的解析式为：y ＝kx +n ，将点C （0，﹣2）、B (4,0)代入y ＝kx +n ，得：2420n k =-⎧⎨-=⎩，解得：212n k =-⎧⎪⎨=⎪⎩△直线BC 的表达式为：y ＝12x ﹣2， △E （m ，0），△P (m ，12m 232-m ﹣2)，F (m ，12m ﹣2) △当E 在线段AO 上时，EF >PF ，不符合题意； △当E 在线段OB 上时， EF =2－12m ，PF =12m ﹣2－（12m 232-m ﹣2）=－12m 2+2m ，△2EF =PF ， △2（2－12m ）=－12m 2+2m ， 解得：m =2或m =4， △E 不与A 、B 重合， △m ≠4， 即m =2；（3）△A （﹣1，0）、C （0，﹣2）、B (4,0), △AB 2=25，AC 2=5，BC 2=20， △AB 2=AC 2+BC 2△△ABC 是直角三角形， 当△BEP 与△ABC 相似，则△EPB ＝△CAB 或△EPB ＝△ABC ，△tan △EPB ＝tan △CAB ，或tan △EPB ＝tan △ABC ， △当tan △EPB ＝tan △CAB 时， 即：24213222mm m -=⎛⎫--- ⎪⎝⎭，解得：m ＝0或4（舍去）， △当tan △EPB ＝tan △ABC ， 即：241132222m m m -=⎛⎫--- ⎪⎝⎭，解得：m ＝3或4（舍去），综上所述，m 的值为0或3．7.（2019·开封二模）如图，抛物线y ＝ax 2+bx +2与直线y ＝﹣x 交第二象限于点E ，与x 轴交于A （﹣3，0），B 两点，与y 轴交于点C ，EC △x 轴．（1）求抛物线的解析式；（2）点P 是直线y ＝﹣x 上方抛物线上的一个动点，过点P 作x 轴的垂线交直线于点G ，作PH △EO ，垂足为H ．设PH 的长为l ，点P 的横坐标为m ，求l 与m 的函数关系式（不必写出m 的取值范围），并求出l 的最大值.【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意知：A （﹣3，0），C （0，2），EC △x 轴 △点E 的纵坐标为2， △点E 在直线y ＝﹣x 上， △点E （﹣2，2），△将A （﹣3，0）、E （﹣2，2）代入y ＝ax 2+bx +2，得：93204222a b a b -+=⎧⎨-+=⎩，解得：2343a b ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩ 抛物线的解析式为：224233y x x =--+；（2）△OC =CE =2，△△ECO =△CEO =45°， △PG △x 轴，PH △EO ， △△PGH =45°，即△PGH 为等腰直角三角形，P (m ，224233m m --+)，G （m ，﹣m ），△l 2PG 2（224233m m --++m ） ＝2214923448m ⎫-++⎪⎝⎭ △2<0， △当m =－14时，l 取最大值，最大值为：248.8.（2019·西华县一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y =﹣2x +10与x 轴，y 轴相交于A ，B 两点，点C 的坐标是（8，4），连接AC ，BC ．（1）求过O ，A ，C 三点的抛物线的解析式，并判断△ABC 的形状；（2）动点P 从点O 出发，沿OB 以每秒2个单位长度的速度向点B 运动；同时，动点Q 从点B 出发，沿BC 以每秒1个单位长度的速度向点C 运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t 秒，当t 为何值时，P A =QA ？【答案】见解析．【解析】解：（1）△直线y=﹣2x+10与x轴，y轴相交于A，B两点，△A（5，0），B（0，10），设抛物线解析式为y=ax2+bx+c，△抛物线过点B（0，10），C（8，4），O(0,0)，△c=0，25a+5b=0，64a+8b=4，△a=16，b=56-，c=0抛物线解析式为y=16x256-x，△A（5，0），B（0，10），C（8，4），△AB2=52+102=125，BC2=82+（10﹣4）2=100，AC2=42+（8﹣5）2=25，△AC2+BC2=AB2，△△ABC是直角三角形．（2）由（1）知BC=10，AC=5，OA=5，OP=2t，BQ=t，CQ=10﹣t，△AC=OA，△ACQ=△AOP=90°，在Rt△AOP和Rt△ACQ中，AC=OA，P A=QA，△Rt△AOP△Rt△ACQ，△OP=CQ，即2t=10﹣t，解得：t=103，即当运动时间为103s时，P A=QA.9.（2019·中原名校大联考）如图，直线y＝﹣x+5与x轴交于点B，与y轴交于点C，抛物线y＝﹣x2+bx+c与直线y＝﹣x+5交于B，C两点，已知点D的坐标为（0，3）（1）求抛物线的解析式；（2）点M，N分别是直线BC和x轴上的动点，则当△DMN的周长最小时，求点M，N的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）在y＝﹣x+5中，当x＝0，y＝5，当y＝0，x＝5，点B、C的坐标分别为（5，0）、（0，5），将（5，0）、（0，5），代入y＝﹣x2+bx+c，并解得：b=4，c=5即二次函数表达式为：y＝﹣x2+bx+5.（2）在y＝﹣x2+bx+5中，当y＝0时，x＝﹣1或5，△A（﹣1，0），OB＝OC＝2，∴△OCB＝45°；过点D分别作x轴和直线BC的对称点D′（0，﹣3）、D″，△△OCB＝45°，∴CD″△x轴，点D″（2，5），连接D′D″交x轴、直线BC于点N、M，此时△DMN的周长最小，设直线D’D’’的解析式为：y＝mx+n将D′（0，﹣3），D″（2，5），代入解得：m=4，n=－3，直线D’D’’的解析式为：y＝4x﹣3，∴N(34，0).联立y＝4x﹣3，y＝﹣x+5得：x=85，y=175，即M(85，175).10.（2019·郑州模拟）如图，二次函数y=x2+bx+c 的图象与x 轴交于A，B 两点，与y 轴交于点C，OB=OC．点D 在函数图象上，CD∥x 轴，且CD=2，直线l 是抛物线的对称轴，E 是抛物线的顶点．（1）求b，c的值．（2）如图1，连接BE，线段OC 上的点F 关于直线l 的对称点F′恰好在线段BE 上，求点 F 的坐标．（3）如图2，动点P 在线段OB 上，过点P 作x 轴的垂线分别与BC 交于点M，与抛物线交于点N．试问：抛物线上是否存在点Q，使得△PQN 与△APM 的面积相等，且线段NQ 的长度最小？如果存在，求出点Q 的坐标；如果不存在，说明理由．图1 图2【答案】见解析.【解析】解：（1）∵CD∥x轴，CD=2，C在y轴上，∴抛物线的对称轴为：x=1，即b=－2，∵OB=OC，C(0，c)，∴B(-c,0)，即c2+2c+c=0，解得：c=0（舍）或c=－3，即b=-2，c=-3，（2）抛物线的解析式为：y= x2-2x-3，可得：E(1,-4)，A(-1,0)，B(3,0),C(0,-3),则直线BE的解析式为：y=2x-6，设F(0,m)，则其关于直线l对称点为F’(2,m)，∵F’在直线BE上，∴m=－2，即F(0，－2).(3)存在，理由如下：过点Q作QD⊥PN于D，连接PQ、NQ，设点P(x，0)，由B(3,0),C(0,-3)得直线BC的解析式为：y=x－3则M(x，x-3)，N(x,x2-2x-3)，AP=x+1，PM=3-x，PN= -x2+2x+3∵S△PQN=S△APM，∴PN·DQ=AP·PM，∴（-x2+2x+3）DQ=(x+1)(3-x)，即DQ=1，①当点D在直线PN右侧时，D(x，x2-4),Q(x+1,x2-4)，则DN=|2x-1|,在Rt△DNQ中，由勾股定理得：NQ2=(2x-1)2+12=4212x⎛⎫-⎪⎝⎭+1,当x=12时，NQ取最小值，此时Q(32，154-)；②当点Q在直线PN的左侧时，由对称性求得：此时Q(12，154-)；11.（2019·郑州模拟）如图，抛物线y=-x2+bx+c和直线y=x+1交于A、B两点，点A在x轴上，点B在直线x=3上，直线x=3与x轴交于点C.（1）求抛物线的解析式.（2）点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段AB向点B运动，点Q从点C出发，以每秒2个单位长度的速度沿线段CA向点A运动，点P，Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．以PQ为边作矩形PQNM，使点N在直线x=3上．①当t为何值时，矩形PQNM的面积最小？并求出最小面积；②直接写出当t为何值时，恰好有矩形PQNM的顶点落在抛物线上．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵B 点横坐标为3，在y =x +1上，∴B （3，4），∵A 点在y =x +1上，∴A （﹣1，0），将A （﹣1，0），B （3，4）代入y =﹣x 2+bx +c 得：10934b c b c --+=⎧⎨-++=⎩，解得：34b c =⎧⎨=⎩， ∴抛物线解析式为y =﹣x 2+3x +4（2）①过点P 作PE ⊥x 轴于点E ，由题意得：E （﹣1+t ，0），Q （3﹣2t ，0），∴EQ =4﹣3t ，PE =t∵∠PQE +∠NQC =90°，∠PQE +∠EPQ =90°，∴∠EPQ =∠NQC ，∴△PQE ∽△QNC ，∴12 PQ PENQ CQ==,∴S矩形PQNM=PQ•NQ=2PQ2∵PQ2=PE2+EQ2∴S=20t2﹣36t+18=2616 2055t⎛⎫-+ ⎪⎝⎭当t=65时，S最小为165.②由①知：△PQE∽△QNC，C（3﹣2t，0），P（﹣1+t，t），∴NC=2QO=8﹣6t，∴N（3，8﹣6t），∴M（3t﹣1，8﹣5t），（i）当M在抛物线上时，可得：8﹣5t=﹣（3t﹣1）2+3（3t﹣1）+4解得：t 1027+或t1027-；（ii）当点Q到A时，Q在抛物线上，此时t=2，（iii）当N在抛物线上时，8﹣6t=4，∴t=23，综上所述，当t 1027+1027-，2，23时，矩形PQNM的顶点落在抛物线上．12.（2019·郑州模拟）如图，在平面直角坐标系中，M、N、C三点的坐标分别为（12，1），（3,1），（3,0），点A为线段MN上的一个动点，连接AC，过点A作AB⊥AC交y轴于点B，当点A从M运动到N时，点B随之运动，设点B的坐标为（0，b），则b的取值范围是【答案】14-≤b≤1.【解析】解：当点A与点N重合时，MN⊥AC，B、M、N共线，∵N（3，1）∴b=1；当点A与点M重合时，延长NM交y轴于E，易知∠CAN=∠BAE，即tan∠CAN=tan∠BAE，∴11252BE=，∴BE=54，即b=14-，∴b 的取值范围是:14 ≤b ≤1.。
中考数学压轴题精讲：因动点产生的等腰三角形问题(含试题-含详解)省公开课获奖课件市赛课比赛一等奖课件
D
②当 BP＝BO＝4 时，BP2＝16．
X
所以 42 ( y 2 3)2 16 ．解得 y1 y2 2 3 ．
S
图1
③当 PB＝PO 时，PB2＝PO2．所以 42 ( y 2 3)2 22 y2 ．
Z
解得 y 2 3 ．
X
综合①、②、③，点 P 的坐标为(2, 2 3)，如图 1 所示．
Z
所以 PM DM 4 ．所以QN 3 PM ， PM 4 QN ．
X
QN DN 3
4
3
图1
1.2 因动点产生旳等腰三角形问题
例4 2023年上海市虹口区中考模拟第25题
（2）
①如图 2，当 BP＝2，P 在 BM 上时，PM＝1．
此时QN 3 PM 3 ．所以CQ CN QN 4 3 19 ．
Y
可以得到△ BDP 也是等腰三角形，PB＝PD．在△ BDP 中可以
D
直接求解 BP 25 ．
X
6
S
Z
X
图6
1.2 因动点产生旳等腰三角形问题
例3 2023年临沂市中考第26题 如图，点A在 x 轴上，OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB旳 位置．
（1）求点B旳坐标；
（2）求经过A、O、B旳抛物线旳解析式； （3）在此抛物线旳对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B
Y
为顶点旳三角形是等腰三角形？若存在，求点 P 旳坐标；若 不存在，请阐明理由．
所以 ED CD tan C 5 3 15 ， EC 25 ．
44
4
Y D
（2）如图 1，过点 D 作 DM⊥AB 于 M，DN⊥AC 于 N，
X
决战2020年中考数学压轴题综合提升训练《三角形》(含解析)
《三角形》1．已知，△ABC是等边三角形，过点C作CD∥AB，且CD＝AB，连接BD交AC于点O．（1）如图1，求证：AC垂直平分BD；（2）如图2，点M在BC的延长线上，点N在线段CO上，且ND＝NM，连接BN．求证：NB ＝NM．（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝∠CAB＝60°，∵CD∥AB，且CD＝AB，∴CD＝CA＝BC，∠ACD＝∠ACB＝60°，∴BO＝DO，CO⊥BD，∴AC垂直平分BD；（2）由（1）知AC垂直平分BD，∴NB＝ND，∵ND＝NM，∴NB＝NM．2．等腰Rt△ABC，点D为斜边AB上的中点，点E在线段BD上，连结CD，CE，作AH⊥CE，垂足为H，交CD于点G，AH的延长线交BC于点F．（1）求证：△ADG≌△CDE．（2）若点H恰好为CE的中点，求证：∠CGF＝∠CFG．证明：（1）在等腰Rt△ABC中，∵点D为斜边AB上的中点，∴CD＝AB，CD⊥AB，∵AD＝AB，∴AD＝CD，∵CD⊥AB，∴∠ADG＝∠CDE＝90°，∵AH⊥CE，∴∠CGH+∠GCH＝90°，∵∠AGD+∠GAD＝90°，又∵∠AGD＝∠CGH，∴∠GAD＝∠GCH，在△△ADG和△CDE中∵∠ADG＝∠CDE＝90°，AD＝CD，∠GAD＝∠GCH∴△ADG≌△CDE（ASA），（2）∵AH⊥CE，点H为CE的中点，∴AC＝AE，∴∠CAH＝∠EAH，∵∠CAH+∠AFC＝90°，∠EAH+∠AGD＝90°，∴∠AFC＝∠AGD，∵∠AGD＝∠CGH，∴∠AFC＝∠CGH，即∠CGF＝∠CFG．3．如图，在△ABC中，AD⊥BC且BD＝DE，EF垂直平分AC，交AC于点F，交BC于点E．（1）若∠BAE＝32°，求∠C的度数；（2）若AC＝6cm，DC＝5cm，求△ABC的周长．解：（1）∵AD⊥BC，BD＝DE，EF垂直平分AC∴AB＝AE＝EC∴∠C＝∠CAE，∵∠BAE＝32°∴∠AED＝（180°﹣32°）＝74°；∴∠C＝∠AED＝37°；（2）由（1）知：AE＝EC＝AB，∵BD＝DE，∴AB+BD＝EC+DE＝DC，∴△ABC的周长＝AB+BC+AC，＝AB+BD+DC+AC，＝2DC+AC＝2×5+6＝16（cm）．4．如图，在△ABC中，∠BAC和∠ABC的平分线相交于点O，过点O作EF∥AB交BC于F，交AC于E，过点O作OD⊥BC于D．（1）求证：∠AOB＝90°+∠C；（2）求证：AE+BF＝EF；（3）若OD＝a，CE+CF＝2b，请用含a，b的代数式表示△CEF的面积，S△CEF＝ab（直接写出结果）．证明：（1）∵OA，OB平分∠BAC和∠ABC，∴，，∴∠AOB＝180°﹣∠OAB﹣∠OBA＝＝＝＝（2）∵EF∥AB，∴∠OAB＝∠AOE，∠ABO＝∠BOF又∠OAB＝∠EAO，∠OBA＝∠OBF，∴∠AOE＝∠EAO，∠BOF＝∠OBF，∴AE＝OE，BF＝OF，∴EF＝OE+OF＝AE+BF；（3）∵点O在∠ACB的平分线上，∴点O到AC的距离等于OD，∴S△CEF＝（CE+CF）•OD＝•2b•a＝ab，故答案为：ab．5．如图，在△ABC中，AB＝AC，AD为BC边上的中线，DE⊥AB于点E．（1）求证：BD•AD＝DE•AC．（2）若AB＝13，BC＝10，求线段DE的长．（3）在（2）的条件下，求cos∠BDE的值．证明：（1）∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，∠B＝∠C，∵DE⊥AB，∴∠DEB＝∠ADC，∴△BDE∽△CAD．∴，∴BA•AD＝DE•CA；（2）∵AB＝AC，BD＝CD，∴AD⊥BC，在Rt△ADB中，AD＝＝＝12，∵•AD•BD＝•AB•DE，∴DE＝．（3）∵∠ADB＝∠AED＝90°，∴∠BDE＝∠BAD，∴cos∠BDE＝cos∠BAD＝．6．如图，在△ABC中，AB＝AC，以AB为直径作半圆O，交BC于点D，交AC于点E．（1）求证：BD＝CD．（2）若弧DE＝50°，求∠C的度数．（3）过点D作DF⊥AB于点F，若BC＝8，AF＝3BF，求弧BD的长．（1）证明：如图，连接AD．∵AB是圆O的直径，∴AD⊥BD．又∵AB＝AC，∴BD＝CD．（2）解：∵弧DE＝50°，∴∠EOD＝50°．∴∠DAE＝∠DOE＝25°．∵由（1）知，AD⊥BD，则∠ADB＝90°，∴∠ABD＝90°﹣25°＝65°．∵AB＝AC，∴∠C＝∠ABD＝65°．（3）∵BC＝8，BD＝CD，∴BD＝4．设半径OD＝x．则AB＝2x．由AF＝3BF可得AF＝AB＝x，BF＝AB＝x，∵AD⊥BD，DF⊥AB，∴BD2＝BF•AB，即42＝x•2x．解得x＝4．∴OB＝OD＝BD＝4，∴△OBD是等边三角形，∴∠BOD＝60°．∴弧BD的长是：＝．7．阅读下面材料：数学课上，老师给出了如下问题：如图，AD为△ABC中线，点E在AC上，BE交AD于点F，AE＝EF．求证：AC＝BF．经过讨论，同学们得到以下两种思路：思路一如图①，添加辅助线后依据SAS可证得△ADC≌△GDB，再利用AE＝EF可以进一步证得∠G＝∠FAE＝∠AFE＝∠BFG，从而证明结论．思路二如图②，添加辅助线后并利用AE＝EF可证得∠G＝∠BFG＝∠AFE＝∠FAE，再依据AAS可以进一步证得△ADC≌△GDB，从而证明结论．完成下面问题：（1）①思路一的辅助线的作法是：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②思路二的辅助线的作法是：作BG＝BF交AD的延长线于点G．（2）请你给出一种不同于以上两种思路的证明方法（要求：只写出辅助线的作法，并画出相应的图形，不需要写出证明过程）．解：（1）①延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG，如图①，理由如下：∵AD为△ABC中线，∴BD＝CD，在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（SAS），∴AC＝BG，∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，∴BG＝BF，∴AC＝BF．故答案为：延长AD至点G，使DG＝AD，连接BG；②作BG＝BF交AD的延长线于点G，如图②．理由如下：∵BG＝BF，∴∠G＝∠BFG，∵AE＝EF，∴∠EAF＝∠EFA，∵∠EFA＝∠BFG，∴∠G＝∠EAF，在△ADC和△GDB中，，∴△A DC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，∴AC＝BF；故答案为：作BG＝BF交AD的延长线于点G；（2）作BG∥AC交AD的延长线于G，如图③所示：则∠G＝∠CAD，∵AD为△ABC中线，∴BD＝CD，在△ADC和△GDB中，，∴△ADC≌△GDB（AAS），∴AC＝BG，∵AE＝EF，∴∠CAD＝∠EFA，∵∠BFG＝∠G，∠G＝∠CAD，∴∠G＝∠BFG，∴BG＝BF，∴AC＝BF．8．如图1，直线AB分别与x轴、y轴交于A、B两点，OC平分∠AOB交AB于点C，点D为线段AB上一点，过点D作DE∥OC交y轴于点E，已知AO＝m，BO＝n，且m、n满足n2﹣8n+16+|n﹣2m|＝0．（1）求A、B两点的坐标；（2）若点D为AB中点，求OE的长；（3）如图2，若点P（x，﹣2x+4）为直线AB在x轴下方的一点，点E是y轴的正半轴上一动点，以E为直角顶点作等腰直角△PEF，使点F在第一象限，且F点的横、纵坐标始终相等，求点P的坐标．解：（1）∵n2﹣8n+16+|n﹣2m|＝0，∴（n﹣4）2+|n﹣2m|＝0，∵（n﹣4）2≥0，|n﹣2m|≥0，∴（n﹣4）2＝0，|n﹣2m|＝0，∴m＝2，n＝4，∴点A为（2，0），点B为（0，4）；（2）延长DE交x轴于点F，延长FD到点G，使得DG＝DF，连接BG，设OE＝x，∵OC平分∠AOB，∴∠BOC＝∠AOC＝45°，∵DE∥OC，∴∠EFO＝∠FEO＝∠BEG＝∠BOC＝∠AOC＝45°，∴OE＝OF＝x，在△ADF和△BDG中，，∴△ADF≌△BDG（SAS），∴BG＝AF＝2+x，∠G＝∠AFE＝45°，∴∠G＝∠BEG＝45°，∴BG＝BE＝4﹣x，∴4﹣x＝2+x，解得：x＝1，∴OE＝1；（3）如图2，分别过点F、P作FM⊥y轴于点M，PN⊥y轴于点N，设点E为（0，m），∵点P的坐标为（x，﹣2x+4），∴PN＝x，EN＝m+2x﹣4，∵∠PEF＝90°，∴∠PEN+∠FEM＝90°，∵FM⊥y轴，∴∠MFE+∠FEM＝90°，∴∠PEN＝∠MFE，在△EFM和△PEN中，，∴△EFM≌△PEN（AAS），∴ME＝NP＝x，FM＝EN＝m+2x﹣4，∴点F为（m+2x﹣4，m+x），∵F点的横坐标与纵坐标相等，∴m+2x﹣4＝m+x，解得：x＝4，∴点P为（4，﹣4）．9．在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线．动点D在直线AM上时，以CD为一边在CD 的下方作等边△CDE，连结BE．（1）若点D在线段AM上时（如图1），则AD＝BE（填“＞”、“＜”或“＝”），∠CAM ＝30 度；（2）设直线BE与直线AM的交点为O．①当动点D在线段AM的延长线上时（如图2），试判断AD与BE的数量关系，并说明理由；②当动点D在直线AM上时，试判断∠AOB是否为定值？若是，请直接写出∠AOB的度数；若不是，请说明理由．解：（1））∵△ABC与△DEC都是等边三角形∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DC E＝60°∴∠ACD+∠DCB＝∠DCB+∠BCE∴∠ACD＝∠BCE．在△ADC和△BEC中，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴AD＝BE；∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝60°．∵线段AM为BC边上的中线∴∠CAM＝∠BAC，∴∠CAM＝30°．故答案为：＝，30；（2）①AD＝BE，理由如下：∵△ABC和△CDE都是等边三角形∴AB＝BC，DC＝EC，∠ACB＝∠DCE＝60°，∵∠ACD＝∠ACB﹣∠DCB，∠BCE＝∠DCE﹣∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴AD＝BE．②∠AOB是定值，∠AOB＝60°，理由如下：当点D在线段AM上时，如图1，由①知△ACD≌△BCE，则∠CBE＝∠CAD＝30°，又∠ABC＝60°，∴∠CBE+∠ABC＝60°+30°＝90°，∵△ABC是等边三角形，线段AM为BC边上的中线∴AM平分∠BAC，即，∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°．当点D在线段AM的延长线上时，如图2，∵△ABC与△DEC都是等边三角形∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°∴∠ACB+∠DCB＝∠DCB+∠DCE∴∠ACD＝∠BCE在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠CBE＝∠CAD＝30°，同理可得：∠BAM＝30°，∴∠BOA＝90°﹣30°＝60°．10．数学课上，王老师出示了如下框中的题目．小明与同桌小聪讨论后，进行了如下解答：（1）特殊情况•探索结论：在等边三角形ABC中，当点E为AB的中点时，点D在CB点延长线上，且ED＝EC；如图1，确定线段AE与DB的大小关系．请你直接写出结论AE ＝DB；（2）特例启发，解答题目王老师给出的题目中，AE与DB的大小关系是：AE＝DB．理由如下：如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F，（请你完成以下解答过程）（3）拓展结论，设计新题在△ABC中，AB＝BC＝AC＝1；点E在AB的延长线上，AE＝2；点D在CB的延长线上，ED ＝EC，如图3，请直接写CD的长1或3 ．解：（1）如图1，过点E作EF∥BC，交AC于点F，∵△ABC为等边三角形，∴∠AFE＝∠ACB＝∠ABC＝60°，△AEF为等边三角形，∴∠EFC＝∠EBD＝120°，EF＝AE，∵ED＝EC，∴∠EDB＝∠ECB，∠ECB＝∠FEC，∴∠EDB＝∠FEC，在△BDE和△FEC中，，∴△BDE≌△FEC（AAS），∴BD＝EF，∴AE＝BD，故答案为：＝；（2）解答过程如下：如图2，过点E作EF∥BC，交AC于点F，∵△ABC为等边三角形，∴∠AFE＝∠ACB＝∠ABC＝60°，△AEF为等边三角形，∴∠EFC＝∠EBD＝120°，EF＝AE，∵ED＝EC，∴∠EDB＝∠ECB，∠ECB＝∠FEC，∴∠EDB＝∠FEC，在△BDE和△FEC中，∴△BDE≌△FEC（AAS），∴BD＝EF，∴AE＝BD．故答案为：AE＝DB．（3）解：分为四种情况：如图3，∵AB＝AC＝1，AE＝2，∴B是AE的中点，∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC＝1，△ACE是直角三角形（根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半），∴∠ACE＝90°，∠AEC＝30°，∴∠D＝∠ECB＝∠BEC＝30°，∠DBE＝∠ABC＝60°，∴∠DEB＝180°﹣30°﹣60°＝90°，即△DEB是直角三角形．∴BD＝2BE＝2（30°所对的直角边等于斜边的一半），即CD＝1+2＝3．如图4，过A作AN⊥BC于N，过E作EM⊥CD于M，∵等边三角形ABC，EC＝ED，∴BN＝CN＝BC＝，CM＝MD＝CD，AN∥EM，∴△BAN∽△BEM，∴，∵△ABC边长是1，AE＝2，∴，∴MN＝1，∴CM＝MN﹣CN＝1﹣＝，∴CD＝2CM＝1；如图5，∵∠ECD＞∠EBC（∠EBC＝120°），而∠ECD不能大于120°，否则△EDC不符合三角形内角和定理，∴此时不存在EC＝ED；如图6，∵∠EDC＜∠ABC，∠ECB＞∠ACB，又∵∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠ECD＞∠EDC，即此时ED≠EC，∴此时情况不存在，答：CD的长是3或1．故答案为：1或3．11．定义：如果一个三角形的一个内角等于另一个内角的两倍，则称这样的三角形为“倍角三角形”．（1）如图1，△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，求证：△ABC是倍角三角形；（2）若△ABC是倍角三角形，∠A＞∠B＞∠C，∠B＝30°，AC＝，求△ABC面积；（3）如图2，△ABC的外角平分线AD与CB的延长线相交于点D，延长CA到点E，使得AE＝AB，若AB+AC＝BD，请你找出图中的倍角三角形，并进行证明．（1）证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠A+∠B+∠C＝180°，∠A＝36°，∴∠B＝∠C＝72°，∴∠A＝2∠C，即△ABC是倍角三角形，（2）解：∵∠A＞∠B＞∠C，∠B＝30°，①当∠B＝2∠C，得∠C＝15°，过C作CH⊥直线AB，垂足为H，可得∠CAH＝45°，∴AH＝CH＝AC＝4．∴BH＝，∴AB＝BH﹣AH＝﹣4，∴S＝．②当∠A＝2∠B或∠A＝2∠C时，与∠A＞∠B＞∠C矛盾，故不存在．综上所述，△ABC面积为．（3）∵AD平分∠BAE，∴∠BAD＝∠EAD，∵AB＝AE，AD＝AD，∴△ABD≌△AED（SAS），∴∠ADE＝∠ADB，BD＝DE．又∵AB+AC＝BD，∴AE+AC＝BD，即CE＝BD．∴CE＝DE．∴∠C＝∠BDE＝2∠ADC．∴△ADC是倍角三角形．12．如图，在平面直角坐标系中，OA＝OB，AC＝CD，已知两点A（4，0），C（0，7），点D 在第一象限内，∠DCA＝90°，点B在线段OC上，AB的延长线与DC的延长线交于点M，AC与BD交于点N．（1）点B的坐标为：（0，4）；（2）求点D的坐标；（3）求证：CM＝CN．解：（1）∵A（4，0），∴OA＝OB＝4，∴B（0，4），故答案为：（0，4）．（2）∵C（0，7），∴OC＝7，过点D作DE⊥y轴，垂足为E，∴∠DEC＝∠AOC＝90°，∵∠DCA＝90°，∴∠ECD+∠BCA＝∠ECD+∠EDC＝90°∴∠BCA＝∠EDC，∴△DEC≌△COA（AAS），∴DE＝OC＝7，EC＝OA＝4，∴OE＝OC+EC＝11，∴D（7，11）；（3）证明：∵BE＝OE﹣OB＝11﹣4＝7 ∴BE＝DE，∴△DBE是等腰直角三角形，∴∠DBE＝45°，∵OA＝OB，∴∠OBA＝45°，∴∠DBA＝90°，∴∠BAN+∠ANB＝90°，∵∠DCA＝90°，∴∠CDN+∠DNC＝90°，∵∠DNC＝∠ANB，∴∠CDN＝∠BAN，∵∠DCA＝90°，∴∠ACM＝∠DCN＝90°，∴△DCN≌△ACM（ASA），∴CM＝CN．13．如图，在△ABC中，BD⊥AC，垂足为C，且∠A＜∠C，点E是一动点，其在BC上移动，连接DE，并过点E作EF⊥DE，点F在AB的延长线上，连接DF交BC于点G．（1）请同学们根据以上提示，在上图基础上补全示意图．（2）当△ABD与△FDE全等，且AD＝FE，∠A＝30°，∠AFD＝40°，求∠C的度数．解：（1）补全示意图如图所示，（2）∵DE⊥EF，BD⊥AC，∴∠DEF＝∠ADB＝90°．∵△ABD与△DEF全等，∴AB＝DF，又∵AD＝FE，∴∠ABD＝∠FDE，∴BD＝DE．在Rt△ABD中，∠ABD＝90°﹣∠A＝60°．∴∠FDE＝60°．∵∠ABD＝∠BDF+∠AFD，∵∠AFD＝40°，∴∠BDF＝20°．∴∠BDE＝∠BDF+∠FDE＝20°+60°＝80°．∵BD＝DE，∴∠DBE＝∠BED＝（180°﹣∠BDE）＝50°．在Rt△BDC中，∠C＝90°﹣∠DBE＝90°﹣50°＝40°．14．如图．CP是等边△ABC的外角∠ACE的平分线，点D在边BC上，以D为顶点，DA为一条边作∠ADF＝60°，另一边交射线CP于F．（1）求证．AD＝FD；（2）若AB＝2，BD＝x，DF＝y，求y关于x的函数解析式；（3）联结AF，当△ADF的面积为时，求BD的长．证明：（1）如图1，连接AF，∵∠ACB＝60°，∴∠ACE＝120°，∵CP平分∠ACE，∴∠ACP＝∠PCE＝60°，∴∠ADF＝∠ACP＝60°，∴A、D、C、F四点共圆，∴∠AFD＝∠ACB＝60°，∴∠ADF＝∠AFD＝60°，∴∠DAF＝60°，∴△ADF是等边三角形，∴AD＝FD；（2）如图2，过点A作AH⊥BC，∵△ABC是等边三角形，AH⊥BC，AB＝2，∴BH＝1，AH＝BH＝，∴HD＝BD﹣BH＝x﹣1，∵DF＝＝，∴y＝（3）∵△ADF是等边三角形，且△ADF的面积为，∴DF2＝，∴DF2＝＝x2﹣2x+4∴x＝∴BD＝或15．如图，△ABC是等边三角形，D是BC边的中点，以D为顶点作一个120°的角，角的两边分别交直线AB、直线AC于M、N两点．以点D为中心旋转∠MDN（∠MDN的度数不变），当DM与AB垂直时（如图①所示），易证BM+CN＝BD．（1）如图②，当DM与AB不垂直，点M在边AB上，点N在边AC上时，BM+CN＝BD是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；（2）如图③，当DM与AB不垂直，点M在边AB上，点N在边AC的延长线上时，BM+CN ＝BD是否仍然成立？若不成立，请写出BM，CN，BD之间的数量关系，不用证明．解：（1）结论BM+CN＝BD成立，理由如下：如图②，过点D作DE∥AC交AB于E，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∵DE∥AC，∴∠BED＝∠A＝60°，∠BDE＝∠C＝60°，∴∠B＝∠BED＝∠BDE＝60°，∴△BDE是等边三角形，∠EDC＝120°，∴BD＝BE＝DE，∠EDN+∠CDN＝120°，∵∠EDM+∠EDN＝∠MDN＝120°，∴∠CDN＝∠EDM，∵D是BC边的中点，∴DE＝BD＝CD，在△CDN和△EDM中，，∴△CDN≌△EDM（ASA），∴CN＝EM，∴BD＝BE＝BM+EM＝BM+CN；（2）上述结论不成立，BM，CN，BD之间的数量关系为：BM﹣CN＝BD；理由如下：如图③，过点D作DE∥AC交AB于E，∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°，∴∠NCD＝120°，∵DE∥AC，∴∠BED＝∠A＝60°，∠BDE＝∠C＝60°，∴∠B＝∠BED＝∠BDE＝60°，∴△BDE是等边三角形，∠MED＝∠EDC＝120°，∴BD＝BE＝DE，∠NCD＝∠MED，∠EDM+∠CDM＝120°，∵∠CDN+∠CDM＝∠MDN＝120°，∴∠CDN＝∠EDM，∵D是BC边的中点，∴DE＝BD＝CD，在△CDN和△EDM中，，∴△CDN≌△EDM（ASA），∴CN＝EM，∴BD＝BE＝BM﹣EM＝BM﹣CN，∴BM﹣CN＝BD．。
决胜2020年中考数学压轴题专题15 动点综合问题(含答案)
专题15 动点综合问题【典例分析】【考点1】动点之全等三角形问题【例1】如图，直线443y x=-+与x轴和y轴分别交于,A B两点，另一条直线过点A和点(7,3) C.(1)求直线AC的函数表达式;(2)求证: AB AC⊥;(3)若点P是直线AC上的一个动点，点Q是x轴上的一个动点，且以,,P Q A为顶点的三角形与AOB∆全等，求点Q的坐标.【变式1-1】）如图,CA⊥BC,垂足为C,AC=2Cm,BC=6cm,射线BM⊥BQ,垂足为B,动点P从C点出发以1cm/s 的速度沿射线CQ 运动,点N 为射线BM 上一动点,满足PN=AB,随着P 点运动而运动,当点P 运动_______秒时，△BCA 与点P 、N 、B 为顶点的三角形全等.(2个全等三角形不重合)【考点2】动点之直角三角形问题 【例2】（模型建立）（1）如图1，等腰直角三角形ABC 中，90ACB ∠=o，CB CA =，直线ED 经过点C ，过A 作AD ED ⊥于点D ，过B 作BE ED ⊥于点E .求证：BEC CDA ∆≅∆； （模型应用）（2）已知直线1l：443y x =+与坐标轴交于点A 、B ，将直线1l 绕点A 逆时针旋转45o 至直线2l，如图2，求直线2l的函数表达式；（3）如图3，长方形ABCO ，O 为坐标原点，点B 的坐标为()8,6-，点A 、C 分别在坐标轴上，点P 是线段BC 上的动点，点D 是直线26y x =-+上的动点且在第四象限.若APD ∆是以点D 为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出点D 的坐标.【变式2-1】（2019·辽宁中考模拟）如图，已知二次函数y ＝ax2+bx+4的图象与x 轴交于点A(4，0)和点D(﹣1，0)，与y 轴交于点C ，过点C 作BC 平行于x 轴交抛物线于点B ，连接AC(1)求这个二次函数的表达式；(2)点M 从点O 出发以每秒2个单位长度的速度向点A 运动；点N 从点B 同时出发，以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停动，过点N 作NQ 垂直于BC 交AC 于点Q ，连结MQ.①求△AQM的面积S与运动时间t之间的函数关系式，写出自变量的取值范围；当t为何值时，S有最大值，并求出S的最大值；②是否存在点M，使得△AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．【变式2-2】如图，四边形ABCD是正方形，以DC为边向外作等边△DCE，连接AE交BD 于点F，交CD于点G，点P是线段AE上一动点，连接DP、BP．（1）求∠AFB的度数；（2）在点P从A到E的运动过程中，若DP平分∠CDE，求证：AG•DP＝DG•BD；（3）已知AD＝6，在点P从A到E的运动过程中，若△DBP是直角三角形，请求DP的长．【考点3】动点之等腰三角形问题【例3】（2019·湖南中考真题）如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，53AD=5CD=，点M是线段AC上一动点（不与点A重合），连结BM，过点M作BM的垂线交射线DE于点N，连接BN．（1）求CAD ∠的大小；（2）问题探究：动点M 在运动的过程中，①是否能使AMN ∆为等腰三角形，如果能，求出线段MC 的长度；如果不能，请说明理由． ②MBN ∠的大小是否改变？若不改变，请求出MBN ∠的大小；若改变，请说明理由． （3）问题解决：如图二，当动点M 运动到AC 的中点时，AM 与BN 的交点为F ，MN 的中点为H ，求线段FH 的长度．【变式3-1】如图①，已知正方形ABCD 边长为2，点P 是AD 边上的一个动点，点A 关于直线BP 的对称点是点Q ，连结PQ 、DQ 、CQ 、BQ .设AP=x.（1）当1x =时，求BP 长；（2）如图②，若PQ 的延长线交CD 边于E ，并且90CQD ∠=o，求证：CEQ ∆为等腰三角形；（3）若点P 是射线AD 上的一个动点，则当CDQ ∆为等腰三角形时，求x 的值.【变式3-2】（2019·河南中考模拟）如图，抛物线y=ax2+bx+3交y 轴于点A ，交x 轴于点B （-3，0）和点C （1，0），顶点为点M ． （1）求抛物线的解析式；（2）如图，点E 为x 轴上一动点，若△AME 的周长最小，请求出点E 的坐标；（3）点F 为直线AB 上一个动点，点P 为抛物线上一个动点，若△BFP 为等腰直角三角形，请直接写出点P 的坐标．【变式3-3】（2019·广西中考真题）已知抛物线2y mx =和直线y x b =-+都经过点()2,4M -，点O 为坐标原点，点P 为抛物线上的动点，直线y x b =-+与x 轴、y 轴分别交于AB 、两点． （1）求m b 、的值；（2）当PAM ∆是以AM 为底边的等腰三角形时，求点P 的坐标； （3）满足（2）的条件时，求sin BOP ∠的值． 【考点4】动点之相似三角形问题【例4】在边长为4的正方形ABCD 中，动点E 以每秒1个单位长度的速度从点A 开始沿边AB 向点B 运动,动点F 以每秒2个单位长度的速度从点B 开始沿边BC 向点C 运动，动点E 比动点F 先出发1秒,其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点F 的运动时间为t 秒.()1如图1，连接DE ,AF ，若DE AF ⊥，求t 的值 ()2如图2，连接,EF DF ，当t 为何值时，?EBF DCF V :V【变式4-1】已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，点A，C的坐标分别为A（﹣3，0），C（1，0），BC＝34AC（1）求过点A，B的直线的函数表达式；（2）在x轴上找一点D，连接DB，使得△ADB与△ABC相似（不包括全等），并求点D 的坐标；（3）在（2）的条件下，如P，Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ，设AP＝DQ＝m，问是否存在这样的m，使得△APQ与△ADB相似？如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由．【变式4-2】如图，已知抛物线2y ax bx c =++经过A（－3，0）、B（8，0）、C（0，4）三点，点D是抛物线上的动点，连结AD与y轴相交于点E，连结AC，CD．（1）求抛物线所对应的函数表达式；（2）当AD平分∠CAB时．①求直线AD所对应的函数表达式；②设P是x轴上的一个动点，若△PAD与△CAD相似，求点P的坐标．【考点5】动点之平行四边形问题（含特殊四边形）【例5】（2019·广东中考模拟）如图，点O是平面直角坐标系的原点，点A33），AC⊥OA 与x轴的交点为C．动点M3A向点O运动．同时，动点N以每秒3个单位长度由点O向点C运动，当一动点先到终点时，另一动点立即停止运动．（1）写出∠AOC的值；（2）用t表示出四边形AMNC的面积；（3）求点P的坐标，使得以O、N、M、P为顶点的四边形是特殊的平行四边形？【变式5-1】（2019·江西中考真题）在图1，2，3中，已知，，点为线段上的动点，连接，以为边向上作菱形，且．（1）如图1，当点与点重合时，________°；（2）如图2，连接．①填空：_________（填“>”，“<”，“=”）；②求证：点在的平分线上；（3）如图3，连接，，并延长交的延长线于点，当四边形是平行四边形时，求的值．【变式5-2】（2019·湖南中考真题）如图，二次函数213y x bx c=-++的图象过原点，与x轴的另一个交点为() 8,0【变式5-3】．如图，在平面直角坐标系中，AOB ∆的顶点O 是坐标原点，点A 坐标为()1,3，A 、B 两点关于直线y x =对称，反比例函数()0ky x x =>图象经过点A ，点P 是直线y x=上一动点.（1）B 点的坐标为______；（2）若点C 是反比例函数图象上一点，是否存在这样的点C ，使得以A 、B 、C 、P 四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点C 坐标；若不存在，请说明理由； （3）若点Q 是线段OP 上一点（O 不与O 、P 重合），当四边形AOBP 为菱形时，过点Q 分别作直线OA 和直线AP 的垂线，垂足分别为E 、F ，当QE QF QB ++的值最小时，求出Q 点坐标.【考点6】动点之线段面积问题【例6】如图已知平面内有一动点A ，x 轴上有一定点B （4，0），连接AB ，且将线段AB 绕B 点逆时针旋转90°得到线段BC ．①当A 点坐标为（1，1）时，求C 点坐标；②当A 点在直线x=1上滑动时，求在此运动过程中△BOC 的面积是否发生变化，若不变，请求出面积，若变化，请说明理由；③若总条件中的动点A 改为直线y=x 上的动点A ，其余条件都不变，请直接写出当A 点在直线y=x 上滑动时，点D （0，-2）到C 点的最短距离．【变式6-1】（2019·山东中考模拟）如图，抛物线2y x bx c =-++交x 轴于点()30A -,和点B ，交y 轴于点()0,3C .（1）求抛物线的函数表达式； （2）若点P 在抛物线上，且4AOP BOCS S ∆∆=，求点P 的坐标；（3）如图，设点Q 是线段AC 上的一动点，作DQ x ⊥轴，交抛物线于点D ，求线段DQ 长度的最大值，并求出DAC ∆面积的最大值.【变式6-2】如图，矩形ABCD 中，3,4AD AB ==，点P 是对角线AC 上一动点（不与A C 、重合），连接PB ，过点P 作PE PB ⊥，交射线DC 于点E ，以线段,PE PB 为邻边作矩形BPEF ，过点P 作GH CD ⊥。
中考数学压轴题专题解析---直角三角形中的动点问题
中考数学压轴题专题解析---直角三角形中的动点问题这节课我们学什么1.动点直角三角形一线三直角问题2.动点直角三角形SAS问题3.动点直角三角形三角比问题4.动点直角三角形勾股定理问题知识点梳理动点直角三角形问题，一般都需要讨论哪个角是可能构成直角，然后根据题型，运用不同的方法．如下为总结的四种方法：1.先讨论哪个角是直角，然后第一类用一线三直角构造相似求解，分别用未知数的式子表示出一线三直角模型的边长；2.用边角边，即两边对应成比例夹角相等，一般是动点构成的直角三角形与已知的直角三角形相似，需要求出已知直角三角形的边长，以及用未知数的式子求出动点直角三角形的边长，通过对应边成比例建立等式；3.利用三角比来求解，实际上这个和上面一种情况类似，但是动点构成的直角三角形中，某个锐角的三角比已知，这样，直接在动点三角形中运用三角比直接可以建立等式；4.第四种方法就比较简单粗暴了，就是把动点直角三角形三边的长度用未知数的式子，或者直接是数字表示出来，用勾股定理建立等式，求解出未知数．典型例题分析1、动点直角三角形一线三直角问题； 例1.已知如图在平面直角坐标系xoy 中，抛物线与轴分别交于点(2,0)A 、点B （点B 在点A 的右侧），与y 轴交于点C ，1tan 2CBA ∠=． （1）求该抛物线的表达式；（2）设该抛物线的顶点为D ，求四边形ABCD 的面积；（3）设抛物线上的点E 在第一象限，BCE ∆是以BC 为一条直角边的直角三角形，请直接写出点E 的坐标．【答案：（1）∵当时，，∴(0,3)C在Rt COB ∆中，∵∴∴∴点(6,0)B把(2,0)A (6,0)B 分别代入，得：得解得：∴该抛物线表达式为（2）∵∴顶点41D -（，） ∴（3）点E 的坐标是108（，）或1635（，）】2、动点直角三角形SAS 问题 例2.已知：如图，抛物线2445y x mx =-++与y 轴交于点C ，与x 轴交于点A 、B ，（点A 在点B 的左侧）且满足4OC OA =．设抛物线的对称轴与x 轴交于点M ． （1）求抛物线的解析式及点M 的坐标；（2）联接CM ，点Q 是射线CM 上的一个动点，当QMB ∆与COM ∆相似时，求直线AQ 的解析式．【答案：（1）根据题意：04C （，）∵4OC OA = ∴0A （-1，） 把点A 代入得4045m =--+ 解得∴抛物线的解析式∴（2）根据题意得：3BM =，2tan CMO ∠=，直线CM ：4y x =+ （i ）当90COM MBQ ∠=∠=︒时，COM QBM ∆∆∽ ∴2BQtan BMQ BM∠== ∴6BQ =即5,6Q -（）∴AQ ：（ii ）当90COM BQM ∠=∠=︒时，COM BQM ∆∆∽ 同理Q （） ∴AQ ：】例3.如图，在ABC Rt ∆中，︒=∠90C ，5=AB ，43tan =B ，点D 是BC 的中点，点E 是AB 边上的动点，DE DF ⊥交射线AC 于点F ． （1）求AC 和BC 的长；（2）当EF BC //时，求BE 的长；（3）联结EF ，当DEF ∆和ABC ∆相似时，求BE 的长．【答案：解：（1）在中，∠C ∵43tan ==BC AC B ，∴设k AC 3=，k BC 4= ∴55==k AB ，∴1=k ∴3=AC ，4=BC（2）过点E 作BC EH ⊥，垂足为H ．A C易得EHB ACB ∆∆∽设k CF EH 3==，k BH 4=，k BE 5=∵EF BC //∴FDC EFD ∠=∠∵︒=∠=∠90C FDE ∴EFD FDC ∆∆∽ ∴CDFDFD EF =∴CD EF FD ⋅=2 即)44(2492k k -=+化简，得04892=-+k k 解得91324±-=k （负值舍去）∴92013105-==k BE（3）过点E 作BC EH ⊥，垂足为H ．易得EHB ACB ∆∆∽ 设k EH 3=，k BE 5=∵︒=∠+∠90HDE HED ︒=∠+∠90HDE FDC ∴FDC HED ∠=∠∵︒=∠=∠90C EHD ∴EHD DCF ∆∆∽∴DFDECD EH =当DEF ∆和ABC ∆相似时，有两种情况：①43==BC AC DF DE ；∴43=CD EH 即4323=k 解得21=k ∴255==k BE②34==AC BC DF DE ；∴34=CD EH 即3423=k 解得98=k∴9405==k BE综合①、②，当DEF ∆和ABC ∆相似时，BE 的长为25或940．】3、动点直角三角形三角比问题例4.已知：如图，在Rt ABC ∆中，90C ∠=︒，2BC =，4AC =，P 是斜边AB 上的一个动点，PD AB ⊥，交边AC 于点D （点D 与点A 、C 都不重合），E 是射线DC 上一点，且EPD A ∠=∠．设A 、P 两点的距离为x ，BEP ∆的面积为y ． （1）求证：2AE PE =；（2）求y 关于x 的函数解析式，并写出它的定义域； （3）当BEP ∆与ABC ∆相似时，求BEP ∆的面积．【答案：（1）∵90APD C ∠=∠=︒，A A ∠=∠，∴ADP ABC ∆∆∽．∴21==AC BC AP PD ． ∵EPD A ∠=∠，PED AEP ∠=∠，∴EPD EAP ∆∆∽． ∴21==AP PD AE PE ． ∴2AE PE =．（2）由EPD EAP ∆∆∽，得21==AP PD PE DE ，∴2PE DE =． ∴24AE PE DE ==． 作EHAB ⊥，垂足为点H ．∵AP x =，∴x PD 21=．∵PD HE //，∴34==AD AE PD HE ．∴x HE 32=． 又∵52=AB ，∴x x y 32)52(21⋅-=，即x x y 352312+-=．定义域是5580<<x ．另解：由EPD EAP ∆∆∽，得21==AP PD PE DE ，∴2PE DE =． ∴24AE PE DE ==．ABD E∴x x AE 3522534=⨯=．∴12233ABE S x x ∆⋅⨯==．∴AB BP S S ABE BEP =∆∆，即5252352x xy-=．∴x x y 352312+-=．定义域是5580<<x ． （3）由PEH BAC ∆∆∽，得AC AB HE PE =，∴x x PE 352532=⋅=．当BEP ∆与ABC ∆相似时，只有两种情形：90BEP C ∠=∠=︒或90EBP C ∠=∠=︒．（i ）当90BEP ∠=︒时，AB BC PB PE =，∴515235=-x x．解得453=x ． ∴1625453352516931=⨯+⨯⨯-=y ． （ii ）当90EBP ∠=︒时，同理可得253=x ，45=y ．】PGABCDFPGABCD例5.已知ABC ∆为等边三角形，6AB =，P 是AB 上的一个动点（与A 、B 不重合），过点P 作AB 的垂线与BC 相交于点D ，以点D 为正方形的一个顶点，在ABC ∆内作正方形DEFG ，其中D 、E 在BC 上，F 在AC 上，（1）设BP 的长为x ，正方形DEFG 的边长为y ，写出y 关于x 的函数解析式及定义域；（2）当2BP =时，求CF 的长；（3）GDP ∆是否可能成为直角三角形？若能，求出BP 的长；若不能，请说明理由.【答案：（1）∵ABC ∆为等边三角形， ∴60B C ∠=∠=︒，6AB BC AC ===. ∵DP AB ⊥，BP x =，∴2BD x = 又∵四边形DEFG 是正方形， ∴EF BC ⊥，EF DE y ==， ∴y EC 33=. ∴6332=++y y x ， ∴339)33(-+-=x y .（≤<3）（2）当2BP =时，3392)33(-+⨯-=y 33-=.DEFBC23232-==y CF .（3）GDP ∆能成为直角三角形. ①90PGD ∠=︒时，y y x +=-36，61)3)9x x -=⋅+-得到：113630-=x . ②90GPD ∠=︒时，y x x 234+=， ⋅+=234x x ]339)33[(-+-x ， 得到：336-=x .∴当GDP ∆为直角三角形时，BP 的长为113630-或者336-=x .】DABCGP EF4. 二动点直角三角形勾股定理问题例6.如图，AOB ∆的顶点A 、B 在二次函数21332y x bx =-++的图像上，又点A 、B 分别在y 轴和x 轴上，tan 1ABO ∠=．（1）求此二次函数的解析式；（2）过点A 作AC BO //交上述函数图像于点C ，点P 在上述函数图像上，当POC ∆与ABO ∆相似时，求点P【答案：（1）∵点A 在二次函数23312++-=bx x y 的图像上，)23,0(A 在Rt AOB ∆中，︒=∠90AOB ∵1tan ==∠BO AO ABO ，∵23==AO BO ，∴)0,23(-B ∵点B 在二次函数23312++-=bx x y 的图像上 ∴02323)23(312=+--⨯-b ∴21=b ∴2321312++-=x x y （2）∵AC BO //交上述函数图像于点C ，∴设)23,(x C ∴232321312=++-x x ，解得23,021==x x ∵)23,23(C ∴23==AO AC ，223=OC 设抛物线2321312++-=x x y 与x 轴的另一交点为D 可得，)0,3(D∴223)230()233(22=-+-=CD ，3=OD ∴222OD CD OC =+，∴︒=∠90OCD易得，Rt OCA Rt ABO ∆∆∽，Rt ODC Rt ABO ∆∆∽ ∴)23,0(P 或)0,3(P 】课后练习练1．如图，在平面直角坐标系中，二次函数2y x bx c =++的图像与x 轴交于A 、B 两点，B 点的坐标为(3,0)，与y 轴交于点(0,3)C -，点P 是直线BC 下方抛物线上的任意一点；（1）求这个二次函数2y x bx c =++的解析式；（2）联结PO 、PC ，并将POC ∆沿y 轴对折，得到四边形POP C '，如果四边形POP C '为菱形，求点P 的坐标；（3）如果点P 在运动过程中，能使得以P 、C 、B 为顶点的三角形与AOC ∆相似，请求出此时点P 的坐标．【答案：】练2．如图，直角坐标平面内的梯形OABC ，OA 在x 轴上，OC 在y 轴上，//OA BC ，点E 在对角线OB 上，点D 在OC 上，直线DE 与x 轴交于点F ，已知2OE EB =，3CB =，6OA =，BA =5OD =．（1）求经过点A 、B 、C 三点的抛物线解析式：（2）求证：ODE OBC ∆∆∽：（3）在y 轴上找一点G ，使得OFG ODE ∆∆∽，直接写出点G 的坐标．【答案：（1）2163y x x =-++或者436)23(312+--=x y（2）24E （，），OE =，OB =OE OC OD OB==，DOE BOC ∠=∠ 故得证 （3）05（，）、05-（，）、020（，）、020-（，）】练3．已知：如图，二次函数22416333y x x =--的图像与x 轴交于点A 、B （点A 在点B 的左侧），抛物线的顶点为Q ，直线QB 与y 轴交于点E ．（1）求点E 的坐标；（2）在x 轴上方找一点C ，使以点C 、O 、B 为顶点的三角形与BOE ∆相似，请直接写出点C 的坐标．【答案：（1）令0y =，得224160333x x --= 解方程得122,4x x =-=(4,0)B 又22(1)63y x =-- ∴(1,6)Q -设直线BQ ：(0)y kx b k =+≠406k b k b +=⎧⎨+=-⎩解得28y x =-(0,8)E ∴-（2）12345616848(0,2),(0,8),(4,2),(4,8),(,),(,)5555C C C C C C 】练4．已知：正方形ABCD 的边长为4，点E 为BC 边的中点，点P 为AB 边上一动点长，沿PE 翻折BPE ∆得到FPE ∆，直线PF 交CD 边于点Q ，交直线AD 于点G ．（1）如图，当 1.5BP =时，求CQ 的长；（2）如图，当点G 在射线AD 上时，设BP x =，DG y =，求y 关于x 的函数关系式，并写出x 的取值范围；（3）延长EF 交直线AD 于点H ，若CQE FHG ∆∆∽，求BP 的长．【答案：（1）由题意，得,90,BE EF PFE B BEP FEP =∠=∠=︒∠=∠ ∵点E 为BC 的中点22BE EC EF EC ∴==∴== 又90,EFQ C EQ EQ ∠=∠=︒=∴EFQ ECQ ∆∆≌,90FEQ CEQ BEP CEQ ∴∠=∠∴∠+∠=︒又90BPE BEP BPE CEQ ∠+∠=︒∴∠=∠90B C ∠=∠=︒∴BPE CEQ ∆∆∽ 1.522BP BE EC QC CQ ∴==即83CQ ∴= （2）由（1）知：BPE CEQ ∆∆∽，BP BE EC CQ ∴= 242x CQ CQ x ∴=∴=44DQ x ∴=- ∵QD AP //4,4DG DQ AP x AG y AG AP∴==-=+又 4444y x y x -∴=+-21616(12)4x y x x -∴=<<-（3）由题意知：90C GFH ∠︒∠＝＝①当点G 在线段AD 的延长线上时，由题意知：G CQE ∠∠＝∵CQE FQE ∠∠＝∴22DQC FQC CQE G ∠∠∠∠＝＝＝∴90DQG G ∠+∠︒＝∴30G ∠︒＝∴30BQP CQE G ∠∠∠︒＝＝＝tan30BP BE ∴=⋅︒=②当点G 在线段DA 的延长线上时，由题意知：G QCE ∠=∠同理可得：30G ∠=︒30BPE G ∴∠=∠=︒cot30BP BE ∴=⋅︒=综上所述，BP 】课后小测验1.如图，二次函数2y x bx c =++图像经过原点和点(2,0)A ，直线AB 与抛物线交于点B ，且45BAO ∠=︒．（1）求二次函数解析式及其顶点C 的坐标；（2）在直线AB 上是否存在点D ，使得BCD ∆为直角三角形．若存在，求出点D 的坐标，若不存在，说明理由．【答案：（1）（2）由可以知道直线AB 的一次项系数为-1,从而可求得直线AB 的解析式为.当时.根据相互垂直的两直线的一次项系数之积等于-1可求得直线CD 的解析式为,将与联立可求得点D 的坐标为;当时.将与联立得求得点B 的坐标为,然后根据待定系数法求得直线BC 的解析式为直线BC 的解析式为,根据相互垂直的两直线的一次项系数之积等于-1可求得直线CD 的解析式为,将与联立可求得点D 的坐标为。
2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《三角形综合》(含答案)
2020年九年级数学典型中考压轴题训练：《三角形综合》1．（1）已知：如图1，△ABC为等边三角形，点D为BC边上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等边△ADE，连接CE．求证：①BD＝CE，②∠DCE＝120°；（2）如图2，在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为BC上的一动点（点D不与B、C重合），以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE，类比题（1），请你猜想：①∠DCE的度数；②线段BD、CD、DE之间的关系，并说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，若D点在BC的延长线上运动，以AD为边作等腰Rt△ADE，∠DAE＝90°（顶点A、D、E按逆时针方向排列），连接CE．①则题（2）的结论还成立吗？请直接写出，不需论证；②连结BE，若BE＝10，BC＝6，直接写出AE的长．证明：（1）①如图1，∵△ABC和△ADE是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠ACB＝∠B＝60°，∠BAC＝∠DAE＝60°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠EAC．在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE；②∵△ABD≌△ACE，∴∠ACE＝∠B＝60°，∴∠DCE＝∠ACE+∠ACB＝60°+60°＝120°；（2）∠DCE＝90°，BD2+CD2＝DE2．证明：如图2，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD与△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠B＝∠ACE＝45°，BD＝CE，∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB＝90°，∴∠BCE＝90°，∴Rt△DCE中，CE2+CD2＝DE2，∴BD2+CD2＝DE2；（3）①（2）中的结论还成立．理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，在△ABD与△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABC＝∠ACE＝45°，BD＝CE，∴∠ABC+∠ACB＝∠ACE+∠ACB＝90°，∴∠BCE＝90°＝∠ECD，∴Rt△DCE中，CE2+CD2＝DE2，∴BD2+CD2＝DE2；②∵Rt△BCE中，BE＝10，BC＝6，∴CE＝＝＝8，∴BD＝CE＝8，∴CD＝8﹣6＝2，∴Rt△DCE中，DE＝＝＝，∵△ADE是等腰直角三角形，∴．2．【问题】如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，过点C作直线l平行于AB．∠EDF＝90°，点D在直线L上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系．【探究发现】（1）如图2，某数学兴趣小组运用从特殊到一般的数学思想，发现当点D 移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP＝DB，请写出证明过程；【数学思考】（2）如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP＝DB，请完成证明过程．【探究发现】证明：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC∴∠CAB＝∠CBA＝45°∵CD∥AB∴∠CBA＝∠DCB＝45°，且BD⊥CD∴∠DCB＝∠DBC＝45°∴DB＝DC即DP＝DB；【数学思考】证明：（2）∵DG⊥CD，∠DCB＝45°∴∠DCG＝∠DGC＝45°∴DC＝DG，∠DCP＝∠DGB＝135°，∵∠BDP＝∠CDG＝90°∴∠CDP＝∠BDG，在△CDP和△GDB中，，∴△CDP≌△GDB（ASA）∴DP＝DB．3．在△ABC中，AB＝AC，D、E分别在BC和AC上，AD与BE相交于点F．（1）如图1，若∠BAC＝60°，BD＝CE，求证：∠1＝∠2；（2）如图2，在（1）的条件下，连接CF，若CF⊥BF，求证：BF＝2AF；（3）如图3，∠BAC＝∠BFD＝2∠CFD＝90°，若S△ABC ＝2，求S△CDF的值．（1）证明：∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC为等边三角形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝60°，在△ABD和△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠1＝∠2；（2）如图2，过B作BH⊥AD，垂足为H，∵△ABD≌△BCE，∴∠BAD＝∠CBE，∵∠ABF+∠CBE＝60°，∴∠BFD＝∠ABF+∠BAD＝60°，∴∠FBH＝30°，∴BF＝2FH，在△AHB和△BFC中，∴△AHB≌△BFC（AAS），∴BF＝AH＝AF+FH＝2FH，∴AF＝FH，∴BF＝2AF；（3）如图3，过C作CM⊥AD交AD延长线于M，过C作CN⊥BE交BE延长线于N，∵∠BFD＝2∠CFD＝90°，∴∠EFC＝∠DFC＝45°，∴CF是∠MFN的角平分线，∴CM＝CN，∵∠BAC＝∠BFD＝90°，∴∠ABF＝∠CAD，在△AFB和△CMA中，∴△AFB≌△CMA（AAS）∴BF＝AM，AF＝CM，∴AF＝CN，∵∠FMC＝90°，∠CFM＝45°，∴△FMC为等腰直角三角形，∴FM＝CM，∴BF＝AM＝AF+FM＝2CM，∴S△BDF ＝2S△CDF，∵AF＝CM，FM＝CM，∴AF＝FM，∴F是AM的中点，∴S△AFC ＝S△AMC＝S△AFB，∵AF⊥BF，CN⊥BF，AF＝CN，∴S△AFB ＝S△BFC，设S△CDF ＝x，则S△BDF＝2x，∴S△AFB ＝S△BFC＝3x∴S△AFC ＝S△AFB＝x，则3x+3x+x＝2，解得，x＝，即S△CDF＝．4．在△ABC中，AB、AC边的垂直平分线分别交BC边于点M、N．（1）如图①，若∠BAC＝110°，则∠MAN＝40 °，若△AMN的周长为9，则BC＝9 ．（2）如图②，若∠BAC＝135°，求证：BM2+CN2＝MN2；（3）如图③，∠ABC的平分线BP和AC边的垂直平分线相交于点P，过点P作PH垂直BA 的延长线于点H．若AB＝5，CB＝12，求AH的长．解：（1）∵∠BAC＝110°，∴∠B+∠C＝180°﹣110°＝70°，∵AB边的垂直平分线交BC边于点M，∴AM＝BM，∴∠BAM＝∠B，同理：NA＝NC，∴∠NAC＝∠C，∴∠MAN＝110°﹣（∠BAM+∠NAC）＝40°，∵△AMN的周长为9，∴MA+MN+NA＝9，∴BC＝MB+MN+NC＝MA+MN+NA＝9，故答案为：40；9；（2）如图②，连接AM、AN，∵∠BAC＝135°，∴∠B+∠C＝45°，∵点M在AB的垂直平分线上，∴AM＝BM，∴∠BAM＝∠B，同理AN＝CN，∠CAN＝∠C，∴∠BAM+∠CAN＝45°，∴∠MAN＝∠BAC﹣（∠BAM+∠CAN）＝90°，∴AM2+AN2＝MN2，∴BM2+CN2＝MN2；（3）如图③，连接AP、CP，过点P作PE⊥BC于点E，∵BP平分∠ABC，PH⊥BA，PE⊥BC，∴PH＝PE，∵点P在AC的垂直平分线上，∴AP＝CP，在Rt△APH和Rt△CPE中，，∴Rt△APH≌Rt△CPE（HL），∴AH＝CE，在△BPH和△BPE中，，∴△BPH≌△BPE（AAS）∴BH＝BE，∴BC＝BE+CE＝BH+CE＝AB+2AH，∴AH＝（BC﹣AB）÷2＝3.5．5．（1）问题发现：如图1，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．试写出线段DE，BD和CE之间的数量关系为DE＝BD+CE；（2）思考探究：如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D，A、E三点都在直线m上，并且∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问（1）中结论还是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展应用：如图3，D、E是D、A、E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD，CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状并说明理由．解：（1）如图1，∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，∴∠BDA＝∠CEA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD+∠CAE＝90°∵∠BAD+∠ABD＝90°，∴∠CAE＝∠ABD，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE，故答案为：DE＝BD+CE；（2）（1）中结论成立，理由如下：如图2，∵∠BDA＝∠BAC＝α，∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，∴∠DBA＝∠CAE，在△ADB和△CEA中，，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴AE＝BD，AD＝CE，∴DE＝AE+AD＝BD+CE；（3）△DEF是等边三角形，理由如下：如图3，由（2）可知，△ADB≌△CEA，∴BD＝AE，∠DBA＝∠CAE，∵△ABF和△ACF均为等边三角形，∴∠ABF＝∠CAF＝60°，BF＝AF，∴∠DBA+∠ABF＝∠CAE+∠CAF，即∠DBF＝∠AFE，∵在△DBF和△EAF中，，∴△DBF≌△EAF（SAS）∴DF＝EF，∠BFD＝∠AFE，∴∠DFE ＝∠DFA +∠AFE ＝∠DFA +∠BFD ＝60°，∴△DEF 为等边三角形．6．如图所示，直线AB 交x 轴于点A （4，0），交y 轴于点B （0，﹣4）．（I ）如图①，若C 的坐标为（﹣1，0），且AH ⊥BC 于点H ，AH 交OB 于点P ，试求点P 的坐标；（II ）如图②，在（I ）的条件下，连接OH ，求∠OHC 的度数；（III ）如图③，若点D 为AB 的中点，点M 为y 轴正半轴上一动点，连接MD ，过D 作DN ⊥DM 交x 轴于N 点，当M 点在y 轴正半轴上运动的过程中，式子S △BDM ﹣S △ADN 的值是否发生改变？如发生改变，求出该式子的值的变化范围；若不改变，求该式子的值．解：（I ）由题意，OA ＝OB ＝4，∵∠AHC ＝90°，∠BOC ＝90°，∴∠CAH ＝∠CBO ，在△OAP 和△OBC 中，，∴△OAP ≌△OBC （ASA ），∴OP ＝OC ＝1，则点P 的坐标为（0，﹣1）；（II ）如图②，过O 分别作OM ⊥BC 于M ，作ON ⊥AH 于N ，则四边形MONH 为矩形，∴∠MON ＝90°，∵∠COP ＝90°，∴∠COM ＝∠PON ，在△COM 和△PON 中，，∴△COM ≌△PON （AAS ）∴OM ＝ON ，又OM ⊥BC ，作ON ⊥AH ，∴HO 平分∠MHN ，∴∠OHC ＝∠MHN ＝45°；（III ）式子S △BDM ﹣S △ADN 的值不发生改变，等于4．理由如下：如图③，连接OD ，∵∠AOB ＝90°，OA ＝OB ，点D 为AB 的中点，∴OD ⊥AB ，OD ＝AD ＝BD ＝，∠OAB ＝45°，∴∠BOD ＝45°，∴∠MOD ＝135°，∴∠MOD ＝∠NAD ＝135°，∵∠ODA ＝90°，∠MDN ＝90°，∴∠MDO ＝∠NDA ，在△MOD 和△NAD 中，，∴△MOD ≌△NAD （ASA ）∴S △MDO ＝S △NDA ，∴S △BDM ﹣S △ADN ＝S △BDM ﹣S △ODM ＝S △BDO ＝××4×4＝4．7．如图，△ACB和△ECD都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ECD＝90°，点D在边AB上，点E在边AC的左侧，连接AE．（1）求证：AE＝BD；（2）试探究线段AD、BD与CD之间的数量关系；（3）过点C作CF⊥DE交AB于点F，若BD：AF＝1：2，CD＝，求线段AB的长．（1）证明：∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形∴AC＝BC，EC＝DC，∠ACB＝∠ECD＝90°∴∠ACB﹣∠ACD＝∠ECD﹣∠ACD∴∠ACE＝∠BCD，∴△ACE≌△BCD（SAS），∴AE＝BD．（2）解：由（1）得△ACE≌△BCD，∴∠CAE＝∠CBD，又∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠CAB＝∠CBA＝∠CAE＝45°，∴∠EAD＝90°，在Rt△ADE中，AE2+AD2＝ED2，且AE＝BD，∴BD2+AD2＝ED2，∵ED＝CD，∴BD2+AD2＝2CD2，（3）解：连接EF，设BD＝x，∵BD：AF＝1：2，则AF＝2x，∵△ECD都是等腰直角三角形，CF⊥DE，∴DF＝EF，由（1）、（2）可得，在Rt△FAE中，EF＝＝＝3x，∵AE2+AD2＝2CD2∴，解得x＝1，∴AB＝2+4．8．如图，△ABC是等边三角形，点D在AC上，点E在BC的延长线上，且BD＝DE．（1）如图1，若点D是AC的中点，求证：AD＝CE；（2）如图2，若点D不是AC的中点，AD＝CE是否成立？证明你的结论；（3）如图3，若点D在线段AC的延长线上，试判断AD与CE的大小关系，并说明理由．（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，AB＝AC＝BC，∵D为AC中点，∴∠DBC＝30°，AD＝DC，∵BD＝DE，∴∠E＝∠DBC＝30°∵∠ACB＝∠E+∠CDE，∴∠CDE＝30°＝∠E，∴CD＝CE，∵AD＝DC，∴AD＝CE；（2）成立，如图2，过D作DF∥BC，交AB于F，则∠ADF＝∠ACB＝60°，∵∠A＝60°，∴△AFD是等边三角形，∴AD＝DF＝AF，∠AFD＝60°，∴∠BFD＝∠DCE＝180°﹣60°＝120°，∵DF∥BC，∴∠FDB＝∠DBE＝∠E，在△BFD和△DCE中，∴△BFD≌△DCE（AAS），∴CE＝DF＝AD，即AD＝CE．（3）AD＝CE．证明：如图3，过点D作DP∥BC，交AB的延长线于点P，∵△ABC是等边三角形，∴△APD也是等边三角形，∴AP＝PD＝AD，∠APD＝∠ABC＝∠ACB＝∠PDC＝60°，∵DB＝DE，∴∠DBC＝∠DEC，∵DP∥BC，∴∠PDB＝∠CBD，∴∠PDB＝∠DEC，在△BPD和△DCE中，，∴△BPD≌△DCE（AAS），∴PD＝CE，∴AD＝CE．9．如图（a），△ABC、△DCE都为等腰直角三角形，B、C、E三点在同一直线上，连接AD．（1）若AB＝2，CE＝，求△ACD的周长；（2）如图（b），点G为BE的中点，连接DG并延长至F，使得GF＝DG，连接BF、AG．（i）求证：BF∥DE；（ii）探索AG与FD的位置关系，并说明理由．（1）解：∵△ABC、△DCE都是等腰直角三角形，∴AB＝AC，∠ACB＝45°，DC＝DE，∠DCE＝45°，∴∠ACD＝180°﹣45°﹣45°＝90°，在Rt△DCE中，DC2+DE2＝CE2＝（）2＝2，∴DC＝DE＝1，由勾股定理得，AD＝＝＝，∴△ACD的周长＝AC+CD+AD＝3+；（2）（i）证明：在△BGF和△EGD中，，∴△BGF≌△EGD（SAS）∴∠GBF＝∠E，∴BF∥DE；（ii）AG⊥FD，理由如下：如图（b）连接AF，∵△DEG≌△FBG，∴BF＝DE＝CD，∠GBF＝∠E＝45°，∵∠ABF＝∠ABC+∠GBF＝90°，∴∠ABF＝∠ACD，在△ACD和△ABF中，，∴△ACD≌△ABF（SAS），∴AF＝AD，又∵DG＝FG，∴AG⊥FD．10．如图1，点M为直线AB上一动点，△PAB，△PMN都是等边三角形，连接BN，（1）M点如图1的位置时，如果AM＝5，求BN的长；（2）M点在如图2位置时，线段AB、BM、BN三者之间的数量关系AB+BM＝BN；（3）M点在如图3位置时，当BM＝AB时，证明：MN⊥AB．（1）解：∵△PAB，△PMN都是等边三角形，∴∠APB＝MPN＝60°，PA＝PB，PM＝PN，∴∠APB﹣∠MPB＝MPN﹣∠MPB，即∠APM＝∠BPN，在△PAM和△PBN中，∴△PAM≌△PBN（SAS）∴AM＝BN＝5；（2）解：AB+BM＝BN，理由如下：∵△PAB，△PMN都是等边三角形，∴∠APB＝MPN＝60°，PA＝PB，PM＝PN，∴∠APB+∠MPB＝MPN+∠MPB，即∠APM＝∠BPN，在△PAM和△PBN中，∴△PAM≌△PBN（SAS）∴AM＝BN，∴BN＝AM＝AB+BM，故答案为：AB+BM＝BN；（3）证明：∵△PAB是等边三角形，∴AB＝PB，∠ABP＝60°，∵BM＝AB，∴PB＝BM，∴∠BPM＝∠PMB，∵∠ABP＝60°，∴∠BPM＝∠PMB＝30°，∵△PMN是等边三角形，∴∠PMN＝60°，∴∠AMN＝90°，∴MN⊥AB．11．如图1，张老师在黑板上画出了一个△ABC，其中AB＝AC．让同学们进行探究．（1）探究一：如图2，小明以BC为边在△ABC内部作等边△BDC，连接AD．请直接写出∠ADB的度数150°；（2）探究二：如图3，小彬在（1）的条件下，又以AB为边作等边△ABE，连接CE．判断CE与AD的数量关系，并说明理由；（3）探究三：如图3，小聪在（2）的条件下，连接DE．若∠DEC＝60°，DE＝2，求AE 的长．解：（1）探究一：∵△BDC是等边三角形，∴BD＝DC，∠BDC＝60°，在△ADB和△ADC中，，∴△ADB≌△ADC（SSS），∴∠ADB＝∠ADC，∵∠ADB+∠ADC＝360°﹣60°，∴∠ADB＝150°，故答案为：150°．（2）探究二：结论：CE＝AD．理由：∵△BDC、△ABE都是等边三角形∴∠ABE＝∠DBC＝60°，AB＝BE，BD＝DC．∴∠ABE﹣∠DBE＝∠DBC﹣∠DBE∴∠ABD＝∠EBC，在△ABD和△EBC中，∴△ABD≌△EBC（SAS）．∴AD＝CE．（3）探究三：∵△ABD≌△EBC，∴∠BDA＝∠ECB＝150°，∵∠BCD＝60°，∴∠DCE＝90°，∵∠DEC＝60°，∴∠CDE＝30°，∵DE＝2，∴CE＝1，由勾股定理得，DC＝BC＝，∵∠BDE＝60°+30°＝90°，DE＝2，BD＝．由勾股定理得，BE＝＝．∵△ABE是等边三角形∴AE＝BE＝．12．（1）发现：如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E，由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D，又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE，进而得到AC＝DE，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K 字”模型或“一线三等角”模型；（2）应用：如图2，在△ABC中，D是BC上一点，AC＝AD＝BD，∠CAD＝90°，AB＝6，请求出△ABC的面积；（3）拓展：如图3，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标为（﹣1，﹣4），点B为平面内一点．若△AOB是以OA为斜边的等腰直角三角形，请直接写出点B的坐标．解：（1）AC＝DE，BC＝AE；故答案为：DE，AE；（2）作AE⊥CD于E，如图2所示：∵AC＝AD，∠CAD＝90°，∴AE＝CD＝DE＝CE，∴AD＝AC＝AE，设AE＝DE＝CE＝x，则AC＝AD＝BD＝x，∴BE＝x+x，BC＝2x+x，∴AB2＝（x+x）2+x2＝62，解得：x2＝18﹣9，∴△ABC的面积＝BC×AE＝（2x+x）×x＝×（2+）×x2＝×（2+）×（18﹣9）＝18；（3）分两种情况：①过A作AC⊥y轴于D，过B作BE⊥x轴于E，DA与EB相交于C，如图3所示：则∠C＝90°，∵点A的坐标为（﹣1，﹣4），∴AD＝1，OD＝CE＝4，∵∠OBO＝90°，∴∠OBE+∠ABC＝90°，∵∠ABC+∠BAC＝90°，∴∠BAC＝∠OBE，在△ABC与△BOE中，，∴△ABC≌△BOE（AAS），∴AC＝BE，BC＝OE，设OE＝x，则BC＝OE＝CD＝x，∴AC＝BE＝x+1，∴CE＝BE+BC＝x+1+x＝OD＝4，∴x＝，x+1＝，∴点B的坐标（，）；②如图4，同理可得，点B的坐标（﹣，﹣），综上所述，点B的坐标为（，）或（﹣，﹣）．13．模型发现：同学们知道，三角形的两边之和大于第三边，即如图1，在△ABC中，AB+AC＞BC．对于图1，若把点C看作是线段AB外一动点，且AB＝c，AC＝b，则线段BC的长会因为点C 的位置的不同而发生变化．因为AB、AC的长度固定，所以当∠BAC越大时，BC边越长．特别的，当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，且最大值为b+c（用含b，c的式子表示）（直接填空）模型应用：点C为线段AB外一动点，且AB＝3，AC＝2，如图2所示，分别以AC，BC为边，作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接BD，AE．（1）求证：BD＝AE．（2）线段AE长的最大值为 5 ．模型拓展：如图3，在平面直角坐标系中，点A是y轴正半轴上的一动点，点B是x轴正半轴上的一动点，且AB＝8．若AC⊥AB，AC＝3，试求OC长的最大值．解：当点C位于线段BA的延长线上时，线段BC的长取得最大值，最大值为b+c，故答案为：线段BA的延长线上；b+c；模型应用：（1）证明：∵△ACD、△BCE都是等边三角形，∴CD＝CA＝AD，CB＝CE，∠ACD＝60°，∠BCE＝60°，∴∠DCB＝∠ACE，在△DCB和△ACE中，，∴△DCB≌△ACE（SAS）∴BD＝AE；（2）当点D位于线段BA的延长线上时，线段BD的长取得最大值，最大值为AB+AD＝AB+AC ＝3+2＝5，∵AE＝BD，∴线段AE长的最大值为5，故答案为：5；模型拓展：取AB的中点G，连接OG、CG，在Rt△AOB中，G为AB的中点，∴OG＝AB＝4，在Rt△CAG中，CG＝＝＝5，当点O、G、C在同一条直线上时，OC最大，最大值为4+5＝9．14．已知，平面直角坐标系中，A在x轴正半轴，B（0，1），∠OAB＝30°．（1）如图1，已知AB＝2．点C在y轴的正半轴上，当△ABC为等腰三角形时，直接写出点C的坐标为（0，3）；（2）如图2，以AB为边作等边△ABE，AD⊥AB交OA的垂直平分线于D，求证：BD＝OE；（3）如图3，在（2）的条件下，连接DE交AB于F，求的值．（1）解：∵B（0，1），∴OB＝1，∵AB＝2，点C在y轴的正半轴上，△ABC为等腰三角形，∴BC＝AB＝2，∴OC＝OB+BC＝3，∴点C的坐标为（0，3），故答案为：（0，3）；（2）证明：连接OD，如图2所示：∵△ABE是等边三角形，∴AB＝AE，∠BAE＝60°，∵∠OAB＝30°，∴∠OAE＝30°+60°＝90°，∵AD⊥AB，∴∠DAB＝90°＝∠OAE，∠OAD＝90°﹣30°＝60°，∵MN是OA的垂直平分线，∴OD＝AD，∴△OAD是等边三角形，∴AO＝AD，在△ABD和△AEO中，，∴△ABD≌△AEO（SAS），∴BD＝OE；（3）解：作EH⊥AB于H，如图3所示：∵△ABE是等边三角形，EH⊥AB，∴AH＝AB，∵∠AOB＝90°，∠OAB＝30°，∴OB＝AB，∴AH＝OB，在Rt△AEH和Rt△BAO中，，∴Rt△AEH≌Rt△BAO（HL），∴EH＝AO＝AD，在△HFE和△AFD中，，∴△HFE≌△AFD（AAS），∴EF＝DF，∴DE＝2DF，∴＝．15．在平面直角坐标系中，M（m，n）且m、n满足m2+2n2﹣2mn+4n+4＝0，B（0，b）为y轴上一动点，绕B点将直线BM顺时针旋转45°交x轴于点C，过C作AC⊥BC交直线BM于点A（a，t）．（1）求点M的坐标；（2）如图1，在B点运动的过程中，A点的横坐标是否会发生变化？若不变，求a的值；若变化，写出A点的横坐标a的取值范围；（3）如图2，过T（a，0）作TH⊥BM（垂足H在x轴下方），在射线HB上截取HK＝HT，连OK，求∠OKB的度数．解：（1）m2+2n2﹣2mn+4n+4＝0，m2+n2﹣2mn+n2+4n+4＝0，（m﹣n）2+（n+2）2＝0，则m﹣n＝0，n+2＝0，解得，m＝﹣2，n＝﹣2，∴点M的坐标为（﹣2，﹣2）；（2）过A作AT⊥x轴，MD⊥x轴于D，连接OM，CM，在Rt△ACB中，∠ABC＝45°，∴CA＝CB，∵∠ACB＝90°，∴∠ACT+∠TCB＝90°，∵∠BOC＝90°，∴∠BCO+∠TCB＝90°，∴∠ACT＝∠CBO，在△CBO和△ACT中，，∴△CBO≌△ACT（AAS），∴CT＝BO＝﹣b，AT＝CO＝t，∴a＝b+t，∵DO＝DM，∴∠DOM＝45°，∴∠MOC＝135°，∴∠MOC+∠ABC＝180°，∴O、M、B、C四点共圆，∴∠CMB＝∠COB＝90°，∵CA＝CB，∴M为AB中点，∴b+t＝﹣4，∴a＝﹣4；（3）连TM、OM，过O作ON⊥BM于N，由（2）可知T（﹣4，0），∴OT＝4，又点M的坐标为（﹣2，﹣2），∴△TMO为等腰直角三角形，∴MT＝MO，∵∠THM＝90°，∠TMO＝90°，∴∠TMH＝∠MON，在△HTM和△NMO中，，∴△HTM≌△NMO（AAS），∴HT＝MN，HM＝ON，∴HK＝KN，∴KN＝ON，∴∠OKB＝45°．16．在等边三角形ABC中，点P从点B出发沿射线BA运动，同时点Q从点C出发沿线段AC 的延长线运动，P、Q两点运动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D．（1）如图①，过点P作PE∥AC交BC于点E，求证：EP＝CQ．（2）如图②，过点P作直线BC的垂线，垂足为F．①当点P在线段BA上运动时，求证：BF+CD＝BC．②当点P在线段BA延长线上运动时，直接写出BF、CD与BC之间的数量关系．（1）证明：由题意得：BP＝CQ，∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC＝∠BCA＝∠ABC＝60°，∵PE∥AC，∴∠BPE＝∠BAC＝60°，∠BEP＝∠BCA＝60°，∴∠B＝∠BPE＝∠BEP，∴△BPE是等边三角形，∴EP＝BP，∴EP＝CQ．（2）①证明：过点P作PE∥AC交BC于点E，如图②所示：由（1）得：EP＝CQ，∠BEP＝∠ACB＝60°，△BPE是等边三角形，∴∠DEP＝∠DCQ＝120°，∵PF⊥BC，∴BF＝EF，在△DPE和△DQC中，，∴△DPE≌△DQC（AAS），∴ED＝CD，∴BF+CD＝EF+ED＝BC．②解：当点P在线段BA延长线上运动时，BC+2CD＝2BF，理由如下：过点P作PE∥AC交BC于点E，如图③所示：同①得：△BPE是等边三角形，△DPE≌△DQC，∴ED＝CD，∵PF⊥BC，∴BF＝EF，∵BC﹣BF＝CF，∴BC﹣BF＝EF﹣2CD＝BF﹣2CD，∴BC+2CD＝2BF．17．问题情境：我们在第十一章《三角形》中学习了三角形的边与角的性质，在第十二章《全等三角形》中学习了全等三角形的性质和判定．在一些探究题中经常用以上知识转化角和边，进而解决问题．问题初探：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为直线AB上的一个动点（D与A，B 不重合），连接CD，以CD为直角边作等腰直角三角形CDE，连接BE．（1）当点D在线段AB上时，AD与BE的数量关系是AD＝BE；位置关系是AD⊥BE；AB，BD，BE三条线段之间的关系是AB＝BD+BE．类比再探：（2）如图2，当点D运动到AB的延长线上时，AD与BE还存在（1）中的位置关系吗？若存在，请说明理由．同时探索AB，BD，BE三条线段之间的数量关系，并说明理由．能力提升：（3）如图3，当点D运动到BA的延长线上时，若AB＝7，AD＝2，则AE＝9 ．解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠ABC＝45°，∵∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ACD和△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴AD＝BE，∠CBE＝∠A＝45°，∴∠ABE＝90°，即AD⊥BE，∴AB＝BD+AD＝BD+BE；故答案为：AD＝BE；AD⊥BE；AB＝BD+BE；（2）AD⊥BE，理由如下：∵∠ACB＝90°AC＝BC，∴∠A＝∠ABC＝45°，∵△CDE是等腰直角三角形，∴CD＝CE，∠DCE＝90°，∴∠ACB+∠BCD＝∠DCE+∠BCD，即∠ACD＝∠BCE，在△ACD与△BCE中，，∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠CBE＝∠A＝45°，∵∠ABC＝45°，∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝90°，∴AB⊥BE，即AD⊥BE，∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE，∵AD＝AB+BD，∴BE＝AB+BD；（3）∵△ABC、△CDE是等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACB+∠ACD＝∠DCE+∠ACD，即∠ACE＝∠BCD，在△ACE与△BCD中，，∴△ACE≌△BCD（SAS）∴AE＝BD＝AD+AB＝9，故答案为：9．18．已知△ABC和△DEF为等腰三角形，AB＝AC，DE＝DF，∠BAC＝∠EDF，点E在AB上，点F在射线AC上．（1）如图1，若∠BAC＝60°，点F与点C重合，求证：△ADC≌△BEC；（2）如图1，若∠BAC＝60°，点F与点C重合，求证：AD∥BC；（3）如图2，若AD＝AB，已知AF＝10，AE＝4，求BC的长．证明：（1）∵∠BAC＝∠EDF＝60°，△ABC和△DEF为等腰三角形，∴△ABC、△DEF为等边三角形，∴BC＝AC，CD＝CE，∠B＝∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠BCE+∠ACE＝∠ACD+∠ACE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE，在△ADC和△BEC中，，∴△ADC≌△BEC（SAS）；（2）证明：由（1）得：△ADC≌△BEC，∴∠DAC＝∠EBC＝60°，∴∠DAC＝∠ACB，∴AD∥BC；（3）解：在FA上截取FM＝AE，连接DM，如图2所示：∵∠BAC＝∠EDF，∴∠AED＝∠MFD，在△AED和△MFD中，，∴△AED≌△MFD（SAS），∴DA＝DM＝AB＝AC，∠ADE＝∠MDF，∴∠ADE+∠EDM＝∠MDF+∠EDM，即∠ADM＝∠EDF＝∠BAC，在△ABC和△DAM中，，∴△ABC≌△DAM（SAS），∴AM＝BC，∴AE+BC＝FM+AM＝AF．∴BC＝AF﹣AE＝10﹣4＝6．19．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D，E分别是BC，AC上的点，AD，BE相交于点P，∠EBC＝∠BAD．（1）如图1，求证：∠APE＝∠C；（2）作AF∥BC交DE延长线于点F，PE＝EC．①如图2，求证：AD＝AF；②如图3，过点E作EG⊥BC于点G，若DP＝1，DC＝7，直接写出DG的长为 4 ．（1）证明：∠APE＝∠ABP+∠BAD，∠ABC＝∠ABP+∠EBC，∵∠EBC＝∠BAD，∴∠APE＝∠ABC，∵AB＝AC，∴∠C＝∠ABC，∴∠APE＝∠C；（2）①证明：如图2，作EG⊥DC于G，EH⊥AD于H，在△EHP和△EGC中，，∴△EHP≌△EGC（AAS）∴EH＝EG，又EG⊥DC，EH⊥AD，∴∠ADF＝∠CDF，∵AF∥BC，∴∠F＝∠CDF，∴∠F＝∠ADF，∴AD＝AF；②解：如图3，作EH⊥AD于H，由（2）①可知，△EHP≌△EGC，∴PH＝GC，在△DEH和△DEG中，，∴△DEH≌△DEG（AAS）∴DH＝DG，∴DG＝DH＝DP+PH＝1+GC，∴1+GC+GC＝7，解得，GC＝3，∴DG＝DC﹣GC＝7﹣3＝4，故答案为：4．20．Rt△ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C．（1）当AC＝BC时，如图1，分别过点A和B作AD⊥直线l于点D，BE⊥直线l于点E．△ACD与△CBE是否全等，并说明理由；（2）当AC＝9cm，BC＝6cm时，如图2，点B与点F关于直线l对称，连接BF、CF，点M 在AC上，点N是CF上一点，分别过点M、N作MD⊥直线l于点D，NE⊥直线l于点E，点M从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→C路径运动，终点为C，点N从点F出发，以每秒3cm的速度沿F→C→B→C→F路径运动，终点为F，点M、N同时开始运动，各自达到相应的终点时停止运动，设运动时间为t秒．①当△CMN为等腰直角三角形时，求t的值；②当△MDC与△CEN全等时，求t的值．解：（1）△ACD与△CBE全等．理由如下：∵AD⊥直线l，∴∠DAC+∠ACD＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCE+∠ACD＝90°，∴∠DAC＝∠ECB，在△ACD和△CBE中，，∴△ACD≌△CBE（AAS）；（2）①由题意得，AM＝t，FN＝3t，则CM＝8﹣t，由折叠的性质可知，CF＝CB＝6，∴CN＝6﹣3t，点N在BC上时，△CMN为等腰直角三角形，当点N沿C→B路径运动时，由题意得，9﹣t＝3t﹣6，解得，t＝，当点N沿B→C路径运动时，由题意得，9﹣t＝18﹣3t，解得，t＝，综上所述，当t＝秒或秒时，△CMN为等腰直角三角形；②由折叠的性质可知，∠BCE＝∠FCE，∵∠MCD+∠CMD＝90°，∠MCD+∠BCE＝90°，∴∠NCE＝∠CMD，∴当CM＝CN时，△MDC与△CEN全等，当点N沿F→C路径运动时，9﹣t＝6﹣3t，解得，t＝﹣（不合题意），当点N沿C→B路径运动时，9﹣t═3t﹣6，解得，t＝，当点N沿B→C路径运动时，由题意得，9﹣t＝18﹣3t，解得，t＝，当点N沿C→F路径运动时，由题意得，9﹣t＝3t﹣18，解得，t＝，综上所述，当t＝秒或秒或6秒时，△MDC与△CEN全等．。
2020中考数学复习压轴题《动点问题》专题提升练习%28六大动点必考相关问题%29(无答案)
2020中考数学复习压轴题《动点问题》专题提升练习(六大动点必考相关问题)题型一动点与函数图像关系1. 如图，菱形ABCD 的边长是4厘米，∠B=60°，动点P 以1厘米秒的速度自A 点出发沿AB 方向运动至B 点停止，动点Q 以2厘米/秒的速度自B 点出发沿折线BCD 运动至D 点停止．若点P 、Q 同时出发运动了t 秒，记△BPQ 的面积为S 厘米2，下面图象中能表示S 与t 之间的函数关系的是（ ）A ．B ．C ．D ．2. 如图，已知边长为4的正方形ABCD ，P 是BC 边上一动点（与B 、C 不重合），连结AP ，作PE⊥AP 交∠BCD 的外角平分线于E ．设BP=x ，△PCE 面积为y ，则y 与x 的函数关系式是（ ）A ．y=2x+1B ．21y x 2x 2=-C ．21y 2x x 2=-D ．y=2x3. 如图，已知A 、B 是反比例函数y ＝k x (k ＞0，x ＞0)图象上的两点，BC∥x 轴，交y 轴于点C ．动点P 从坐标原点O 出发，沿O →A →B →C 匀速运动，终点为C．过点P作PM⊥x轴，PN⊥y轴，垂足分别为M、N．设四边形OMPN的面积为S，点P运动的时间为t，则S关于t的函数图象大致为（）.题型二动点与图形面积问题1. 如图，在△ABC中，∠C=90°，M是AB的中点，动点P从点A出发，沿AC 方向匀速运动到终点C,动点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动到终点B.已知P，Q两点同时出发，并同时到达终点.连结MP，MQ，PQ.在整个运动过程中，△MPQ的面积大小变化情况是( )A.一直增大B.一直减小C.先减小后增大D.先增大后减小2. 如图1，在矩形ABCD中，动点E从点B出发，沿BADC方向运动至点C处停止，设点E运动的路程为x，△BCE的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则当x=7时，点E应运动到( )A．点C处 B．点D处 C．点B处 D．点A处3. 已知Rt△OAB，∠OAB=90°，∠ABO=30°，斜边OB=4，将Rt△OAB绕点O 顺时针旋转60°，如题图1，连接BC.（1）填空：∠OBC=_______°；（2）如图1，连接AC，作OP⊥AC，垂足为P，求OP的长度；（3）如图2，点M，N同时从点O出发，在△OCB边上运动，M沿O→C→B路径匀速运动，N沿O→B→C路径匀速运动，当两点相遇时运动停止，已知点M的运动速度为1.5单位/秒，点N的运动速度为1单位/秒，设运动时间为x秒，△OMN的面积为y，求当x为何值时y取得最大值？最大值为多少？题型三动点与等腰三角形问题1. 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22. 如图，已知抛物线与轴交于、两点，与轴交于点，且，设抛物线的顶点为．(1)求抛物线的解析式(2)在抛物线对称轴的右侧的抛物线上是否存在点，使得是等腰三角形？若存在，求出符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由；3.已知：如图，抛物线经过、、三点．求抛物线的函数关系式；若过点的直线与抛物线相交于点，请求出的面积的值；写出二次函数值大于一次函数值的的取值范围；在抛物线上是否存在点使得为等腰三角形？若存在，请指出一共有几个满足条件的点，并求出其中一个点的坐标；若不存在这样的点，请说明理由．题型四动点与线段最值问题1.点P为抛物线上直线AM下方一动点，E为线段AM上一动点，且PE//Y轴，当点P的坐标为多少时，线段PE的长度有最大值？2. 如图1,矩形ABCD中,AB=4, AD=3, M是边CD上一点,将△ADM沿直线AM对折,得到△ANM.(1) 当AN平分∠MAB时,求DM的长;(2) 连结BN,当DM=1时,求△ABN的面积;(3) 当射线BN交线段CD于点F时,求DF的最大值.图1 备用图3. 如图,顶点为A(, 1)的抛物线经过坐标原点O,与x轴交于点B.(1) 求抛物线对应的二次函数的表达式;(2) 过B作OA的平行线交y轴于点C,交抛物线于点D,求证: △OCD≌△OAB;(3) 在x轴上找一点P,使得△PCD的周长最小,求出点P的坐标.题型五动点与切线问题1. 如图1,抛物线y=-x2+mx+n的图象经过点A(2, 3),对称轴为直线x=1,一次函数y=kx+b的图象经过点A,交x轴于点P,交抛物线于另一点B,点A、 B位于点P的同侧.(1) 求抛物线的解析式;(2) 若PA∶PB=3∶1,求一次函数的解析式;(3) 在(2)的条件下,当k>0时,抛物线的对称轴上是否存在点C,使得☉C同时与x轴和直线AP相切,如果存在,请求出点C的坐标,如果不存在,请说明理由.2. 如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°, cosB=, BC=3, P是射线AB上的一个动点,以P为圆心、PA为半径的☉P与射线AC的另一个交点为D,直线PD交直线BC于点E.(1) 当PA=1时,求CE的长;(2) 如果点P在边AB上,当☉P与以C为圆心、CE为半径的☉C内切时,求☉P 的半径;(3) 设线段BE的中点为Q,射线PQ与☉P相交于点F,点P在运动过程中,当PE ∥CF时,求AP的长.题型六动点与辅助圆问题1. 如图，B是线段AC的中点，过点C的直线l与AC成50°的角，在直线l上取一点P，使得∠APB＝30°，则满足条件的点P的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．无数个2. 如图，矩形CDEF是由矩形ABCG（AB＜BC）绕点C顺时针旋转90°而得，∠APE的顶点在线段BD上移动，则能够使∠APE为直角的点P的个数是_______．3. 如图，已知足球球门宽AB约为52米，一球员从距B点52的C点（点A、B、C均在球场底线上），沿与AC成45°角的CD方向带球．试问，该球员能否在射线CD上找到一点P，使得点P为最佳射门点（即∠APB 最大）？若能找到，求出这时点P与点C的距离；若找不到，请说明理由．。
中考数学压轴题精选 动点问题
C中考数学压轴题精选-------动态几何型压轴题二期课改后数学卷中的数学压轴性题正逐步转向数形结合、动态几何、动手操作、实验探究等方向发展．这些压轴题题型繁多、题意创新，目的是考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等．从数学思想的层面上讲：（1）运动观点；（2）方程思想；（3）数形结合思想；（4）分类思想；（5）转化思想等．研究历年来各区的压轴性试题，就能找到今年中考数学试题的热点的形成和命题的动向，它有利于我们教师在教学中研究对策，把握方向．只的这样，才能更好的培养学生解题素养，在素质教育的背景下更明确地体现课程标准的导向．本文拟就压轴题的题型背景和区分度测量点的存在性和区分度小题处理手法提出自己的观点． 一、以动态几何为主线的压轴题 （一）点动问题． 1．（09年徐汇区）如图，ABC ∆中，10==AC AB ，12=BC ，点D 在边BC 上，且4=BD ，以点D 为顶点作B EDF ∠=∠，分别交边AB 于点E ，交射线CA 于点F ． （1）当6=AE 时，求AF 的长；（2）当以点C 为圆心CF 长为半径的⊙C 和以点A 为圆心AE 长为半径的⊙A 相切时，求BE 的长； （3）当以边AC 为直径的⊙O 与线段DE 相切时，求BE 的长． [题型背景和区分度测量点] 本题改编自新教材九上《相似形》24.5(4)例六,典型的一线三角(三等角)问题,试题在原题的基础上改编出第一小题,当E 点在AB 边上运动时，渗透入圆与圆的位置关系(相切问题)的存在性的研究形成了第二小题,加入直线与圆的位置关系(相切问题)的存在性的研究形成了第三小题．区分度测量点在直线与圆的位置关系和圆与圆的位置关系,从而利用方程思想来求解．[区分度性小题处理手法]1．直线与圆的相切的存在性的处理方法：利用d=r 建立方程． 2．圆与圆的位置关系的存在性(相切问题)的处理方法：利用d=R ±r(r R >)建立方程． 3．解题的关键是用含x 的代数式表示出相关的线段. [ 略解]解：（1） 证明CDF ∆∽EBD ∆∴BECDBD CF =，代入数据得8=CF ，∴AF=2 （2） 设BE=x ,则,10==AC d ,10x AE -=利用（1）的方法xCF 32=，相切时分外切和内切两种情况考虑： 外切，xx 321010+-=，24=x ；内切，xx 321010--=，17210±=x ．100<<x ∴当⊙C 和⊙A 相切时，BE 的长为24或17210-．ABC DEO lA ′ AB C D E OlF （3）当以边AC 为直径的⊙O 与线段DE 相切时，320=BE ． 类题 ⑴一个动点：09杨浦25题（四月、五月）、09静安25题、⑵两个动点：09闸北25题、09松江25题、09卢湾25题、09青浦25题． （二）线动问题在矩形ABCD 中，AB ＝3，点O 在对角线AC 上，直线l 过点O ，且与AC 垂直交AD 于点E.(1)若直线l 过点B ，把△ABE 沿直线l 翻折，点A 与矩形ABCD 的对称中心A ＇重合，求BC 的长； (2)若直线l 与AB 相交于点F ，且AO ＝41AC ，设AD 的长为x ，五边形BCDEF 的面积为S.①求S 关于x 的函数关系式，并指出x 的取值范围； ②探索：是否存在这样的x ，以A 为圆心，以-x 43长为半径的圆与直线l 相切，若存在，请求出x 的值；若不存在，请说明理由．[题型背景和区分度测量点]本题以矩形为背景,结合轴对称、相似、三角等相关知识编制得到．第一小题考核了学生轴对称、矩形、勾股定理三小块知识内容；当直线l 沿AB 边向上平移时，探求面积函数解析式为区分测量点一、加入直线与圆的位置关系(相切问题)的存在性的研究形成了区分度测量点二．[区分度性小题处理手法]1．找面积关系的函数解析式，规则图形套用公式或用割补法，不规则图形用割补法． 2．直线与圆的相切的存在性的处理方法：利用d=r 建立方程． 3．解题的关键是用含x 的代数式表示出相关的线段. [ 略解](1)∵A ’是矩形ABCD 的对称中心∴A ’B ＝AA ’＝21AC ∵AB ＝A ’B ，AB ＝3∴AC ＝6 33=BC(2)①92+=x AC ，9412+=x AO ，)9(1212+=x AF ，x x AE 492+=∴AF 21⋅=∆AE S AEFx x 96)9(22+=，x x x S 96)9(322+-=xx x S 968127024-+-= (333<<x )②若圆A 与直线l 相切，则941432+=-x x ，01=x (舍去)，582=x ∵3582<=x ∴不存在这样的x ，使圆A 与直线l 相切． [类题]09虹口25题． （三）面动问题如图，在ABC ∆中，6,5===BC AC AB ，D 、E 分别是边AB 、AC 上的两个动点（D 不与A 、B 重合），且保持BC DE ∥，以DE 为边，在点A 的异侧作正方形DEFG . （1）试求ABC ∆的面积；（2）当边FG 与BC 重合时，求正方形DEFG 的边长； （3）设x AD =，ABC ∆与正方形DEFG 重叠部分的面积为y ，试求y 关于x 的函数关系式，并写出定义域；（4）当BDG ∆是等腰三角形时，请直接写出AD 的长． [题型背景和区分度测量点]本题改编自新教材九上《相似形》24.5(4)例七,典型的共角相似三角形问题,试题为了形成坡度，在原题的基础上改编出求等腰三角形面积的第一小题,当D 点在AB 边上运动时，正方形DEFG 整体动起来，GF 边落在BC 边上时，恰好和教材中的例题对应，可以说是相似三角形对应的小高比大高=对应的小边比大边，探寻正方形和三角形的重叠部分的面积与线段AD 的关系的函数解析式形成了第三小题，仍然属于面积类习题来设置区分测量点一，用等腰三角形的存在性来设置区分测量点二．[区分度性小题处理手法]1．找到三角形与正方形的重叠部分是解决本题的关键，如上图3-1、3-2重叠部分分别为正方形和矩形包括两种情况．2．正确的抓住等腰三角形的腰与底的分类，如上图3-3、3-4、3-5用方程思想解决． 3．解题的关键是用含x 的代数式表示出相关的线段. [ 略解]解：（1）12=∆ABC S .（2）令此时正方形的边长为a ，则446a a -=，解得512=a . （3）当20≤x 时， 22253656x x y =⎪⎭⎫⎝⎛=，当52 x 时， ()2252452455456x x x x y -=-⋅=. 图3-5图3-4图3-3图3-1C CC CCC（4）720,1125,73125AD . [类题] 改编自09奉贤3月考25题，将条件（2）“当点M 、N 分别在边BA 、CA 上时”,去掉，同时加到第（3）题中.已知：在△ABC 中，AB =AC ，∠B =30º，BC =6，点D 在边BC 上，点E 在线段DC 上，DE =3，△DEF 是等边三角形，边DF 、EF 与边BA 、CA 分别相交于点M 、N ． （1）求证：△BDM ∽△CEN ；（2）设BD =x ，△ABC 与△DEF 重叠部分的面积为y ，求y 关于x 的函数解析式，并写出定义域．（3）当点M 、N 分别在边BA 、CA 上时,是否存在点D ，使以M 为圆心, BM 为半径的圆与直线EF 相切, 如果存在，请求出x 的值；如不存在，请说明理由．本大类习题的共性：1．代数、几何的高度综合（数形结合）；着力于数学本质及核心内容的考查;四大数学思想：数学结合、分类讨论、方程、函数．2．以形为载体，研究数量关系；通过设、表、列获得函数关系式；研究特殊情况下的函数值．ABFDEMNC。
河南省2020年中考数学压轴题全揭秘专题16函数动点问题中三角形存在性含解析
专题16 函数动点问题中三角形存在性模型一、等腰三角形存在性问题以腰和底分类讨论，借助勾股定理、相似性质、三角函数等知识进行求解.模型二、直角三角形存在性问题以直角顶点不同分类讨论，借助勾股定理、相似性质、三角函数等知识进行求解.常见的模型为“一线三直角”.【例1】（2019·郑州外国语模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2－32x+c经过点A(－1,0),B(4,0)，与y轴交于点C，点P是x轴下方的抛物线上一动点（包含点A、B）.作直线BC，若过点P 作x轴的垂线，交直线BC于点Q.（1）求抛物线的解析式；（2）在点P的运动过程中，是否存在点P，使△CPQ是等腰三角形？若存在，直接写出点P的横坐标，若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）由题意，抛物线的解析式可表示为：y=a（x+1）（x－4），将点（0，－2）代入上式，得：a=12，即抛物线的解析式为：y=12x2－32x－2；（2）由y=12x2－32x－2得：C(0,－2), 由勾股定理得：BC5,由C(0,－2), B(4,0)得直线BC的解析式为：y=12x－2，设P（m，12m2－32m－2），则Q(m，12m－2)，过Q作QM⊥y轴于M，则QM∥AB，∴CQ QMBC AB=,即425m=，∴CQ=5m,PQ=－12m2+2m, PC=2221322m m m⎛⎫+-⎪⎝⎭=m213122m⎛⎫+-⎪⎝⎭，①当CQ=PQ时，5m=－12m2+2m，解得：m=0（舍）或m=4－5；②当CQ=PC时，5m= m213122m⎛⎫+-⎪⎝⎭，解得：m=0（舍）或m=2或m=4（舍）；③当PQ=PC时，－12m2+2m= m213122m⎛⎫+-⎪⎝⎭，解得：m=0（舍）或m=32；综上所述，存在点P，使△CPQ是等腰三角形，点P的横坐标为：4－5或2或32.【变式1－1】（2018·开封二模）如图，抛物线L：y=ax2+bx+3与x轴交于A、B两点（A点在B点的左侧），与y轴交于点C，已知点B(3,0)，抛物线的对称轴为x=1.（1）求抛物线的解析式；（2）将抛物线向下平移h个单位长度，使平移后所得的抛物线的顶点落在△OBC内部（包含△OBC边界），求h的取值范围；（3）设点P是抛物线L上任一点，点Q在直线l：x=－3上，△PBQ能否成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若能，写出符合条件的点P的坐标，若不能，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：由题意得：129330baa b⎧-=⎪⎨⎪++=⎩，解得：12ab=-⎧⎨=⎩，即抛物线的解析式为：y=－x2+2x+3.（2）在y=－x2+2x+3中，当x=0时，y=3，即C(0,3),由B(3,0)，C(0,3)得直线BC的解析式为：y=－x+3,在y=－x2+2x+3中，当x=1时，y=4，在y=－x+3中，当x=1时，y=2，若将抛物线向下平移h个单位长度，使平移后所得的抛物线的顶点落在△OBC内部（包含△OBC边界），则2≤h≤4.（3）①当P在x轴上方时，过点P作PD⊥l于M，PN⊥x轴于N，由△PBQ为等腰直角三角形可知，△PBN≌△PQM，则PN=MQ，设P（m，y），则PN=PM=y，而PM=m+3，∴y=m+3，－m2+2m+3= m+3，解得：m=0或m=1，即P(0,3)或（1,4）；②当P点在x轴下方时，同理可得：－m2+2m+3=－m－3，解得：m333+或m333-，即P333+933+)或333-，933-)，综上所述，△PBQ能成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形，点P的坐标为：(0,3)或（1,4）或333+，9332+-)或(3332，9332-).【例2】（2019·省实验四模）如图，已知抛物线经过点A(－1,0)，B(4,0),C(0,2)三点，点D与点C关于x轴对称，点P是线段AB上一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q，交直线BD于点M.（1）求该抛物线所表示的二次函数的表达式；（2）在点P运动过程中，是否存在点Q，使得△BQM是直角三角形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+1）（x－4），将点C(0,2)代入上式得：a=12 -，即抛物线的解析式为：y=12-（x+1）（x－4）=12-x2+32x+2.（2）存在；由题意知，∠QMB≠90°，分两种情况讨论：①当∠MQB=90°时，此时点Q与点P重合于点A，即Q(－1,0)；②当∠QBM=90°时，△BPQ∽△MPB，∴BP2=PM·PQ，∵点D与点C关于x轴对称，∴D(－2,0)，由B(4,0)，D(0, －2)得直线BD的解析式为:y=12x－2，设P（m，0），则M(m，12m－2)，Q(m，12-m2+32m+2)，∴BP=4－m，PM=2－12m，PQ=12-m2+32m+2，∴（4－m）2=（2－12m）（12-m2+32m+2），解得：m=3或m=4（舍），即Q(3，2);综上所述，点Q的坐标为：(－1,0)，(3，2).【变式2－1】（2019·信阳一模）如图,顶点为(2,－1)的抛物线y =ax 2+bx +c (a ≠0)交y 轴于点C (0,3),交x 轴于A ,B 两点,直线l 过AC 两点,点P 是位于直线l 下方抛物线上的动点,过点P 作PQ ∥y 轴,交直线l 于点Q .(1)求抛物线的解析式;(2)求线段PQ 的最大值及此时点P 的坐标;(3)在抛物线的对称轴上是否存在点G ,使△BCG 为直角三角形?若存在,请直接写出点G 的坐标;若不存在,请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线的顶点为（2，－1），即抛物线解析式可表示为：()221y a x =--，将C (0,3)代入上式得：a =1，即抛物线的解析式为：()221y x =--=243x x -+.（2）由243y x x =-+，得当y =0时，x =1或x =3，即B (1,0)，A (3,0),由A (3,0), C (0,3)可得直线AC 的解析式为：y =－x +3，设Q （m ，－m +3），则P (m ，243m m -+), 0<m <3，∴PQ =－m +3－（243m m -+）=－23m m + =23924m ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭， 当m =32时，PQ 的长取最大值94，此时点P (32，34-). （3）存在，设G （2，n ），由B (1,0)，C (0,3)得：210BC =，BG 2=1+n 2，CG 2=4+（n －3）2， ①当点C 为直角顶点时，由勾股定理得：1+n 2=4+（n －3）2+10，解得：n =113，即G (2, 113)； ②当点B 为直角顶点时，由勾股定理得：1+n 2=4+（n －3）2－10，解得：n =13，即G (2, 13)； ③当点G 为直角顶点时，由勾股定理得：1+n 2=10－4－（n －3）2，解得：n =1或n =2，即G (2, 1)或（2,2）；综上所述，点G 的坐标为：(2, 113)，(2, 13)，(2, 1)，（2,2）.1.（2017·许昌二模）已知：如图，抛物线y =ax 2﹣2ax +c （a ≠0）与y 轴交于点C （0，4），与x 轴交于点A 、B ，点A 的坐标为（4，0）．（1）求该抛物线的解析式；（2）点Q 是线段AB 上的动点，过点Q 作QE ∥AC ，交BC 于点E ，连接CQ ．当△CQE 的面积最大时，求点Q 的坐标；（3）若平行于x 轴的动直线l 与该抛物线交于点P ，与直线AC 交于点F ，点D 的坐标为（2，0）．问：是否存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形？若存在，请求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析．【解析】解：（1）将（0，4），（4,0）代入y =ax 2﹣2ax +c ，得： 16804a a c c -+=⎧⎨=⎩，解得：124a c ⎧=-⎪⎨⎪=⎩∴抛物线的解析式为：y=12-x2+x+4．（2）过点E作EG⊥x轴于点G，设点Q的坐标为（m，0），在y=12-x2+x+4中，当y=0时，得x1=﹣2，x2=4∴点B（﹣2，0），∴AB=6，BQ=m+2 ∵QE∥AC∴BE BQ BC AB=,∵EG∥OC，∴BE EG BC OC=∴BQ EG AB OC=即264m EG+=，∴EG=243m+，∴S△CQE=S△CBQ﹣S△EBQ=12BQ•CO﹣12BQ•EG=12（m+2）（4﹣243m+）=﹣13（m﹣1）2+3∴当m=1时，S△CQE有最大值3，此时Q（1，0）．（3）存在．分三种情况讨论：①若DO=DF由A（4，0），D（2，0）得：AD=OD=DF=2在Rt △AOC 中，OA =OC =4，∴∠OAC =45°，∠DFA =∠OAC =45°∴∠ADF =90°，∴点F 的坐标为（2，2），由12-x 2+x +4=2，得x 1x 2=1即点P 的坐标为：P （，2），P （12）．②若FO =FD ，则F 在线段OD 的垂直平分线上，即F 点横坐标为1，∴F （1，3），由12-x 2+x +4=3，得x 1x 2=1即点P 的坐标为：P （，3），P （13）．③若OD =OF ，由勾股定理得：AC =∴点O 到AC 的距离为由垂线段最短可知，OF ≥OD ，故此种情况不存在；综上所述，存在这样的直线l ，使得△ODF 是等腰三角形，点P 的坐标为：（2），P （12），P （，3），（13）．2.（2019·郑州外外国语测试）如图所示，经过原点O 的抛物线y =ax 2+bx （a ≠0）与x 轴交于另一点A (32,0)，在第一象限内与直线y =x 交于点B （2，t ）. （1）求这条抛物线的表达式；（2）在第四象限内的抛物线上有一点C ，满足以B 、O 、C 为顶点的三角形的面积为2，求点C 的坐标；（3）如图2所示，若点M 在这条抛物线上，且∠MBO =∠ABO ，在（2）的条件下，是否存在点P ，使得△POC ∽△MOB ？若存在，求出点P 的坐标，若不存在，说明理由.图1 图2【答案】见解析.【解析】解：（1）∵y=x过点B（2，t），∴t=2，即B（2,2），将A、B两点坐标代入抛物线解析式，得：4229342a ba b+=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：a=2，b=－3，∴抛物线的解析式为：y=2x2－3x；（2）过C作CD∥y轴，交x轴于点E，交OB于点D，过B作BF⊥CD于F，如图所示，设C（t，2t2－3t），则E(t，0)，D（t，t），点C在第四象限，∴OE=t，BF=2－t，CD=t－（2t2－3t）=－2t2+4t，∴S△OBC=S△CDO+S△CDB=12·CD（OE+BF）=12（－2t2+4t）（t+2－t）=－2t2+4t，∴－2t2+4t=2，解得：t=1，∴C(1，－1).（3）存在. 如图，连接AB、OM，设BM与y轴交于点N，由B(2,2)，知∠AOB=∠NOB=45°，∵OB=OB，∠ABO=∠MBO,∴△AOB≌△NOB，∴ON=OA=32，即N（0，32），设直线BM的解析式为：y=kx+32，将B（2,2）代入得：k=14，即直线BM的解析式为：y=14x+32，联立y=14x+32，y=2x2－3x，解得：x=2，y=2（点B）或x=38-，y=4532，即M（38-，4532），∵△POC∽△MOB，∴OM OBOP OC=222=2，∠POC=∠BOM，①当点P在第一象限时，过M作MG⊥y轴于G，过P作PH⊥x轴于H，如图，∵∠CAO=∠BOG=45°，∠BOM=∠BOC，∴∠GOM=∠POH，∵∠PHO=∠MGO=90°，∴△MOG∽△POH，∴OM MG OGOP PH OH===2，由M（38-，4532）得：MG=38，OG=4532，∴PH=316，OH=4564，即P（4564，316）；②当点P在第三象限时，过M作MG⊥y轴于G，过P作PH⊥y轴于H，同理得：PH=316，OH=4564，即P(－316，－4564)，综上所述，满足条件的点P的坐标为：(－316，－4564)，（4564，316）.3.（2018·信阳一模）如图，在矩形OABC中，点O为原点，边OA的长度为8，对角线AC=10，抛物线y=49-x2+bx+c经过点A、C，与AB交于点D．（1）求抛物线的函数解析式；（2）点P为线段BC上一个动点（不与点C重合），点Q为线段AC上一个动点，AQ=CP，连接PQ，设CP=m，△CPQ的面积为S．①求S关于m的函数表达式并求出S最大时的m值；②在S最大的情况下，在抛物线y=49-x2+bx+c的对称轴上，若存在点F，使△DFQ为直角三角形，请直接写出所有符合条件的点F的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）在Rt△AOC中，由勾股定理可得，OC=6，∴C（6，0），将A（0，8）、C（6，0）两点坐标代入y=49-x2+bx+c，得：c=8，49-×36+6b+c=0，解得：b=43，c=8，∴抛物线的解析式为：y=49-x2+43x+8；（2）①过点Q作QE⊥BC于点E，可得：AQ∥AB，∴35 QE ABQC AC==，即3105QE m =-， ∴QE =35（10﹣m ）=6－35m ， ∴S =12·CP ·QE =12m （6－35m ） =310-（m －5）2+152， 当m =5时，S 取最大值；②抛物线y =49-x 2+43x +8的对称轴为x =32， 可得：D （3，8），Q （3，4），由图可知，（i ）当∠FDQ =90°时，F 1（32，8）， （ii ）当∠FQD =90°时，F 2（32，4）， （iii ）当∠DFQ =90°时，设F （32，n ）， 由勾股定理得：FD 2+FQ 2=DQ 2， 即()()2299841644n n +-++-=，解得，n =62+或n =62-，∴F 3（32，6+），F 4（32，6），综上所述，点F 坐标分别为F 1（32，8），F 2（32，4），F 3（32，6+），F 4（32，6）. 4.（2019·南阳模拟）如图，在平面直角坐标系中，△ABC 是直角三角形，∠ACB ＝90°，AC ＝BC ，OA ＝1，OC ＝4，抛物线y ＝x 2+bx +c 经过A ，B 两点，抛物线的顶点为D ．（1）求b ，c 的值；（2）点E 是直角三角形ABC 斜边AB 上一动点（点A 、B 除外），过点E 作x 轴的垂线交抛物线于点F ，当线段EF 的长度最大时，求点E 的坐标；（3）在（2）的条件下：①求以点E 、B 、F 、D 为顶点的四边形的面积；②在抛物线上是否存在一点P ，使△EFP 是以EF 为直角边的直角三角形？若存在，求出所有点P 的坐标；若不存在，说明理由．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵∠ACB＝90°，AC＝BC，OA＝1，OC＝4，∴A（﹣1，0），B（4，5），∵二次函数y＝x2+bx+c的图象经过点A（﹣1，0），B（4，5），∴1－b+c=0， 16+4b+c=5，解得：b＝﹣2，c＝﹣3；（2）设直线AB的解析式为：y=kx+m，∵直线AB经过点A（﹣1，0），B（4，5），∴直线AB的解析式为：y＝x+1，设点E（t，t+1），则F（t，t2﹣2t﹣3），∴EF＝（t+1）﹣（t2﹣2t﹣3）＝﹣（t﹣32）2+254，∴当t＝32时，EF的最大值为254，此时点E的坐标为（32，52）；（3）①由y＝x2－2x－3=（x－1）2－4，得：D(1,4),由（2）知点F的坐标（32，154），S四边形EBFD＝S△BEF+S△DEF＝12×254×（4﹣1）＝758；②ⅰ）当E为直角顶点时，设点P（m，m2﹣2m﹣3）则：m2﹣2m﹣3＝52，解得：m1＝1+26，m2＝1﹣26，∴P1（1﹣262，52），P2（1+262，52），ⅱ）当F为直角顶点时，设P（n，n2﹣2n﹣3）则：n2﹣2n﹣3＝154 -，解得：n1＝12，n2＝32（与点F重合，舍去），∴P3（12，154-），综上所述：所有点P的坐标为：（1﹣26，52），（1+26，52），（12，154-）．5.（2019·西华县一模）如图，在平面直角坐标系中，直线y=﹣2x+10与x轴，y轴相交于A，B两点，点C的坐标是（8，4），连接AC，BC．（1）求过O，A，C三点的抛物线的解析式，并判断△ABC的形状；（2）在抛物线的对称轴上，是否存在点M，使以A，B，M为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】见解析．【解析】解：（1）∵直线y=﹣2x+10与x轴，y轴相交于A，B两点，∴A （5，0），B （0，10），设抛物线解析式为y =ax 2+bx +c ，∵抛物线过点B （0，10），C （8，4），O (0,0)，∴c =0，25a +5b =0，64a +8b =4， ∴a =16，b =56-，c =0 抛物线解析式为：y =16x 256-x ， ∵A （5，0），B （0，10），C （8，4），∴AB 2=52+102=125，BC 2=82+（10﹣4）2=100，AC 2=42+（8﹣5）2=25，∴AC 2+BC 2=AB 2，∴△ABC 是直角三角形．（2）存在， 由y =16x 256-x ，得抛物线的对称轴为x =52， 由（1）知：AB 2=125， 设点M （52，m ）， ①若BM =BA 时， 则（52）2+（m ﹣10）2=125，∴m 1=102+，m 2=102-，即M 1（52，10），M 2（52，10）； ②若AM =AB 时， ∴（52）2+m 2=125，∴m 3，m 4=，∴M 3（52，M 4（52； ③若MA =MB 时， ∴（52﹣5）2+m 2=（52）2+（10﹣m ）2， ∴m =5，∴M（52，5），此时点M是线段AB的中点，构不成三角形，舍去，综上所述，点M的坐标为：（52，51910+），M2（52，51910-），（52，519），M4（52，519）.6.（2019·郑州联考）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝2824228255x x-+与x轴交于A，C（A在C的左侧），点B在抛物线上，其横坐标为1，连接BC，BO，点F为OB中点．图1 图2（1）求直线BC的函数表达式；（2）如图2，若点G与点B关于抛物线对称轴对称，直线BG与y轴交于点M，点N是线段BG上的一动点，连接NF，MF，当∠NFO＝3∠BNF时，连接CN，将直线BO绕点O旋转，记旋转中的直线BO为B′O，直线B′O与直线CN交于点Q，当△OCQ为等腰三角形时，求点Q的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）在y＝2824228255x x-+中，当y＝0，解得：x1＝32，x2＝72，∴A（32，0），C（72，0）当x＝1时，y＝2即B（1，2），设直线BC的解析式为y＝kx+b得：2272k bk b⎧+=⎪⎨+=⎪⎩，解得42142kb⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，直线BC的解析式为y＝425x+1425.（2）由题意知：M（0，22）∵∠NFO＝3∠BNF∴∠FBN＝2∠BNF作∠FBN的角平分线交x轴于点E，则∠OBE＝∠EBG＝∠OEB＝∠BNF 过点B作BJ⊥x轴于J，过点F作FD⊥MN，则J（1，0），由勾股定理得：OB＝3，∴OE＝3，EJ＝2，BJ＝OM=22，∴tan∠BEJ＝tan∠BNF=2，由FD＝2，得ND＝1，∴N（32，22），tan∠NCO＝2，①当OQ1=CQ1时，此时Q在OC的垂直平分线上，∵OC＝7 2∴点Q 1的横坐标为：74， 由tan ∠NCO ＝2，得纵坐标为：724， ∴Q 1（74，724）； ②当OQ 2＝OC 时，过点Q 2作Q 2P ⊥OC 于P ，OQ 2＝72, 设PC ＝x ，则Q 2P ＝2x ，OP ＝72﹣x , 由勾股定理解得：()22277222x x ⎛⎫⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得：x =73或x =0（舍）， ∴Q 2（76，723）； ③当OC ＝CQ 3时，过点Q 3作Q 3K ⊥OC 于K ，CQ 3＝72，CK ＝73，Q 3K ＝76， ∴Q 3（72﹣73，76） 同理，得当Q 在NC 延长线上时，得Q 点坐标为（72+73，﹣76）； 综上所述：点Q 的坐标为（74，724），（76，723），（72﹣73，76），（72+73，﹣76）． 7.（2019·平顶山三模）在平面直角坐标系中，抛物线y =212x bx c -++，经过点A （1，3）、B （0，1），过点A 作x 轴的平行线交抛物线于另一点C .（1）求抛物线的表达式及其顶点坐标；（2）如图，过A 点的直线垂直x 轴于点M ，点N 为直线AM 上任意一点，当△BCN 为直角三角形时，请直接写出点N 的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵抛物线y =212x bx c -++过点A （1，3）、B （0，1）， ∴1021b c c ⎧-++=⎪⎨⎪=⎩，解得：521b c ⎧=⎪⎨⎪=⎩，即抛物线的表达式为：y =215122x x -++， y =215122x x -++ =21533228x ⎛⎫--+ ⎪⎝⎭， ∴顶点坐标为：53328⎛⎫ ⎪⎝⎭，； （2）设N （1，n ）∵B （0，1）、C （4，3）∴BN 2＝12+（n ﹣1）2＝n 2﹣2n +2， CN 2＝32+（n ﹣3）2＝n 2﹣6n +18，BC 2＝42+22＝20①当∠BNC ＝90°时，BN 2+CN 2＝BC 2，即（n 2﹣2n +2）+（n 2﹣6n +18）＝20解得：n 1＝0，n 2＝4，即N (1,0)，（1,4）；②当∠CBN ＝90°时，BN 2+BC 2＝CN 2，即（n 2﹣2n +2）+20＝n 2﹣6n +18解得：n ＝﹣1，即N (1,－1);③当∠BCN ＝90°时，BC 2+CN 2＝BN 2，即20+n 2﹣6n +18＝n 2﹣2n +2解得：n ＝9，即N (1,9);综上所述，N 点的坐标为：（1，0），（1，4），（1，﹣1），（1，9）.8.（2017·预测卷）如图，直线y =x +2与抛物线y =ax 2+bx +6（a ≠0）相交于A （12，52）和B （4，m ），点P 是线段AB 上异于A 、B 的动点，过点P 作PC ⊥x 轴于点D ，交抛物线于点C ．（1）求抛物线的解析式；（2）是否存在这样的P点，使线段PC的长有最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；（3）求△PAC为直角三角形时点P的坐标．【答案】见解析.【解析】解：∵直线y=x+2与抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A（12，52）和B（4，m），∴m=6，115642216466a ba b⎧++=⎪⎨⎪++=⎩，解得：28ab=⎧⎨=-⎩，∴抛物线的解析式为y=2x2﹣8x+6．（2）设点P的坐标为（n，n+2），则C点的坐标为（n，2n2﹣8n+6），∴PC=（n+2）﹣（2n2﹣8n+6）=﹣2（n﹣94）2+498，∴当n=94时，线段PC有最大值，为498．（3）若△PAC为直角三角形，①当∠APC=90°时，由题意知，PC∥y轴，∠APC=45°，这种情况不存在；②当∠PAC=90°时，由题意知，∠APC=45°，即△APC为等腰直角三角形，∴设P(m，m+2)，则C（m，2m2﹣8m+6），由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半知：m+2－12=12[m+2－（2m2﹣8m+6）]，解得：m=12（舍）或m=3，此时P(3,5)；③当∠ACP=90°时，则C点纵坐标为52，由对称性，知C(72,52),∴P（72，112）．综上所述，△PAC为直角三角形时，点P的坐标为（3，5）或（72，112）．9.（2019·许昌月考）如图，在平面直角坐标系中，直线AB与x轴交于点B，与y轴交于点A，与反比例函数y=mx的图象在第二象限交于点C，CE⊥x轴，垂足为点E，tan∠ABO=12，OB=4，OE=2．（1）求反比例函数的解析式；（2）若点D是反比例函数图象在第四象限上的点，过点D作DF⊥y轴，垂足为点F，连接OD、BF．如果S△BAF=4S△DFO，求点D的坐标．【答案】见解析．【解析】解：（1）∵OB=4，OE=2，∴BE=OB+OE=6．∵CE⊥x轴，∴∠CEB=90°．在Rt△BEC中，∠CEB=90°，BE=6，tan∠ABO=12，∴CE=BE•tan∠ABO=6×1 2=3，∴C（﹣2，3），∴m=﹣2×3=﹣6，即反比例函数的解析式为y =﹣6x ．（2）设点D 的坐标为（n ，﹣6n ）（n ＞0），在Rt △AOB 中，∠AOB =90°，OB =4，tan ∠ABO =12，∴OA =OB •tan ∠ABO =4×12=2，∵S △BAF =12AF •OB=12（2+6n ）×4 =4+12n． S △DFO =3．∵S △BAF =4S △DFO ， ∴4+12n=4×3， 解得：n =32，经验证，n =32是分式方程的解，∴点D 的坐标为（32，﹣4）．10.（2018·洛宁县模拟）如图,在平面直角坐标系中,一次函数y ＝−12x ＋2的图象与x 轴交于点B ,与y轴交于点C ,抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 关于直线x ＝32对称，且经过B , C 两点，与x 轴交于另一点为A .(1)求抛物线的解析式；(2)若点P 为直线BC 上方的抛物线上的一点,过点P 作PQ ⊥x 轴于M ，交BC 于Q ，求PQ 的最大值； (3)在抛物线的对称轴上找出使△BDC 为直角三角形的点D ,直接写出点D 的坐标.x yQABC OP【答案】见解析．【解析】解：（1）在y ＝−12x ＋2中，当x =0时，y =2；当y =0时，x =4，即C (0,2)，B (4,0)，∵抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 关于直线x ＝32对称，∴A (－1,0),将A (－1,0), C (0,2)，B (4,0)代入y ＝ax 2＋bx ＋c 得：021640a b c c a b c -+=⎧⎪=⎨⎪++=⎩，解得：12232a c b ⎧=-⎪⎪=⎨⎪⎪=⎩即抛物线的解析式为：213222y x x =-++；（2）设点P (x , 213222x x -++)，则Q (x , −12x ＋2)，（0<x <4）∴PQ =213222x x -++－（−12x ＋2）=2122x x -+ =()21222x --+， ∴当x =2时，PQ 有最大值，最大值为2； （3）存在，设D (32，m )，由C (0,2)，B (4,0)得：BC 2=20，CD 2=94+（m －2）2，BD 2=254+m 2，①当点C 为直角顶点时，BD 2= CD 2+ BC 2254+m 2=94+（m －2）2+20，解得：m =5，即D (32，5)，②当点B 为直角顶点时，同理可得：94+（m －2）2=254+m 2+20，解得：m =－5，即D (32，－5)，③当点D 为直角顶点时，同理可得：254+m 2+94+（m －2）2=20，解得：m =491+或m =491-，即D (32，491+)，D (32，491-)，综上所述，点D 的坐标为：(32，5)，(32，－5)，(32，491+)，(32，491-).11.（2019·郑州外国语模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y =－x 2+bx +c 经过点A 、B 、C ，已知A (－1,0)，C (0,3).(1)求抛物线的解析式；（2）如图，P 为线段BC 上一点，过点P 作y 轴平行线，交抛物线与点D ，当△CDP 为等腰三角形时，求点P 的坐标.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A (－1,0)，C (0,3)代入y =－x 2+bx +c 得：103b c c --+=⎧⎨=⎩，解得：23b c =⎧⎨=⎩， 即抛物线的解析式为：y =－x 2+2x +3；（2）在y =－x 2+2x +3中，当y =0时，x =－1或x =3， 即B (3,0),设直线BC 的解析式为：y =kx +n ，有：303k n n +=⎧⎨=⎩，解得：13k n =-⎧⎨=⎩，直线BC 的解析式为：y =－x +3，设D (m ，－m 2+2m +3)，则P (m ，－m +3)，DP =－m 2+3m ，0<m <3， ①当CD =CP 时，即C 在线段DP 的垂直平分线上，则3=22332m m m -++-+，解得：m =0（舍）或m =1，即P（1,2）；②当CD=DP时，－m2+2m+3=3,解得：m=0（舍）或m=2即P（2,1）；③当DP=CP时，23-，m m-+=2m，解得：m=0（舍）m=32-，2);即P(32-，2).综上所述，点P的坐标为：（1,2），（2,1），(3212.（2018·泌阳三模）如图，抛物线y=x2－2mx（m>0）与x轴的另一个交点为A，过P（1，－m）作PM⊥x轴于点M，交抛物线于点B，点B关于抛物线对称轴的对称点为C，（1）若m=2，求点A和点C的坐标；（2）令m>1，连接CA，若△ACP为直角三角形，求m的值.（3）在坐标轴上是否存在点E，使得△PEC是以点P为顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出点E 的坐标；若不存在，请说明理由.【答案】见解析.【解析】解：（1）若m=2，则抛物线解析式为：y=x2－4x，抛物线的对称轴为：x=2，令y=0，得x=0或x=4，即A(4,0)，∵点P(1,－2)，且BP⊥x轴，点B关于抛物线对称轴的对称点为C，∴B(1,－3)，C(3,－3).（2）抛物线y=x2－2mx的对称轴为：x=m，A(2m，0),则P(1,－m)，B(1,1－2m)，由点B关于抛物线对称轴的对称点为C，得：C(2m－1,1－2m)，由勾股定理得：PA2=(2m－1)2+m2=5m2－4m+1，PC2=(2m－2)2+(m－1)2=5m2－10m+5，AC2=1+(2m－1)2=4m2－4m+2，①当点C为直角顶点时，5m2－4m+1=5m2－10m+5+4m2－4m+2，解得：m=32或m=1（舍）②当点P为直角顶点时，4m2－4m+2=5m2－10m+5+5m2－4m+1，解得：m=23（舍）或m=1（舍）；③当点A为直角顶点时，5m2－10m+5=4m2－4m+2+5m2－4m+1，解得：m=12（舍）或m=－1（舍）；综上所述，m=32.（3）存在；由点P（1，－m），m>0，知点P在x轴下方，连接BC，如图所示，则BC=|2m－2|，PM=m，PB=|m－1|，①当点E在x轴上时，可证得：△PME≌△CBP，即MP=BC，ME=PB，∴m=|2m－2|，解得：m=2或m=23，∴ME=1或13，OE=2或43，即E(2,0)或（43，0）；②当点E在y轴上时，过P作PN⊥y轴于N，同理可得：|m－1|=1，NE=BC=|2m－2|，解得：m=2或m=0（舍），∴NE=2，OE=4，即E(0，－4),综上所述，点E的坐标为：(2,0)或（43，0）或(0，－4).13.（2017•禹州市二模）如图1，已知抛物线经过坐标原点O和x轴上另一点E，顶点M的坐标为（2，4），矩形ABCD的顶点A与点O重合，AD，AB分别在x轴，y轴上，且AD=2，AB=3．（1）求该抛物线所对应的函数关系式；（2）将矩形ABCD以每秒1个单位长度的速度从图1所示的位置沿x轴的正方向匀速平行移动，同时一动点P也以相同的速度从点A出发向B匀速移动，设它们运动的时间为t秒（0≤t≤3），直线AB与该抛物线的交点为N（如图2所示）．①设以P、N、C、D为顶点的多边形面积为S，试问：S是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．②当t=1时，射线AB上存在点Q，使△QME为直角三角形，请直接写出点Q的坐标．【答案】见解析.【解析】解：（1）设抛物线解析式为y=a（x﹣2）2+4，把（0，0）代入解析式得：a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣2）2+4，即：y=﹣x2+4x．（2）存在．①由题意得：点P的坐标为（t，t），点N的坐标为（t，﹣t2+4t），∴PN=﹣t2+3t，当PN=0，即t=0或t=3时，P、N、C、D所构成的多边形为三角形，此时S=3，当PN≠0时，∵PN∥CD，AD⊥DC，∴S=12（CD+PN）•AD=12[3+（﹣t2+3t）]×2，=﹣（t﹣32）2+214，∴当t=32时，S最大=214＞3，∴以点P、N、C、D所构成的多边形的面积S有最大值，这个最大值为：214；②过点M作MG⊥AB于点G，作MH⊥x轴于点H，由M（2，4），E（4，0）得：EH=2，MH=4，MG=1，设点Q的坐标为（1，m），（i）若∠Q1ME=90°，则△MGQ1∽△MHE，∴MG：GQ1=MH：EH，即1：GQ1=4：2，解得：GQ1=12，∴m=72，∴点Q1的坐标为（1，72）；（ii）若∠MQE=90°，则△MGQ2∽△Q2AE，∴MG：GQ2=AQ2：AE，∴1：（4﹣m）=m：3，解得：m=1或m=3，∴点Q2的坐标为（1，1）或（1，3）；（iii）若∠QEM=90°，则点Q在BA的延长线上，不符合题意．综上所述，点Q的坐标为：（1，72），（1，1），（1，3）．。
中考数学压轴题(动点)
中考数学压轴题总结（动点）（一） 因动点产生的相似三角形问题例1，已知抛物线的方程C 1：1(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C 1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C 1上是否存在点F ，使得以点B 、C 、F 为顶点的三角形与△BCE 相似？若存在，求m 的值；若不存在，请说明理由．图1思路点拨1．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，当H 落在线段EC 上时，BH ＋EH 最小． 2．第（4）题的解题策略是：先分两种情况画直线BF ，作∠CBF ＝∠EBC ＝45°，或者作BF //EC ．再用含m 的式子表示点F 的坐标．然后根据夹角相等，两边对应成比例列关于m 的方程．满分解答（1）将M (2, 2)代入1(2)()y x x m m =-+-，得124(2)m m=-⨯-．解得m ＝4． （2）当m ＝4时，2111(2)(4)2442y x x x x =-+-=-++．所以C (4, 0)，E (0, 2)．所以S △BCE ＝1162622BC 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 EOCP CO =． 因此234HP =．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 BCCB BF=，即2BC CE BF =⋅时，△BCE ∽△FBC ．设点F的坐标为1(,(2)())x x x mm-+-，由''FF EOBF CO=，得1(2)()22x x mmx m+-=+．解得x＝m＋2．所以F′(m＋2, 0)．由'CO BFCE BF=4mBF+=．所以BF=．由2BC CE BF=⋅，得2(2)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 BCBC BF=，即2BC BE BF=⋅时，△BCE∽△BFC．在Rt△BFF′中，由FF′＝BF′，得1(2)()2x x m xm+-=+．解得x＝2m．所以F′(2,0)m．所以BF′＝2m＋2，2) BF m+．由2BC BE BF=⋅，得2(2)2)m m+=+．解得2m=±综合①、②，符合题意的m为2+例2，抛物线经过点A(4，0)、B（1，0)、C（0，－2）三点．（1）求此抛物线的解析式；（2）P是抛物线上的一个动点，过P作PM⊥x轴，垂足为M，是否存在点P，使得以A、P、M为顶点的三角形与△OAC相似？若存在，请求出符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由；（3）在直线AC上方的抛物线是有一点D，使得△DCA的面积最大，求出点D的坐标．,图1思路点拨1．已知抛物线与x 轴的两个交点，用待定系数法求解析式时，设交点式比较简便． 2．数形结合，用解析式表示图象上点的坐标，用点的坐标表示线段的长． 3．按照两条直角边对应成比例，分两种情况列方程．4．把△DCA 可以分割为共底的两个三角形，高的和等于OA ．满分解答（1）因为抛物线与x 轴交于A (4，0)、B （1，0)两点，设抛物线的解析式为)4)(1(--=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22521)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 AOPM AM ，那么24)4)(1(21=----x x x ．解得5=x 不合题意．如果21==COAOPM 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24)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24)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)22521,(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）．（二） 因动点产生的等腰三角形问题例3，抛物线y ＝ax 2＋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△P AC 的周长最小时，求点P 的坐标；（3）在直线l 上是否存在点M ，使△MAC 为等腰三角形，若存在，直接写出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．图1 ．思路点拨1．第（2）题是典型的“牛喝水”问题，点P 在线段BC 上时△P AC 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)＝－x 2＋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，P A ＋PC 最小，△P AC 的周长最小． 设抛物线的对称轴与x 轴的交点为H ． 由BH PH BO CO=，BO ＝CO ，得PH ＝BH ＝2． 所以点P 的坐标为(1, 2)．图2（3）点M 的坐标为(1, 1)、、(1,或(1,0)．考点伸展第（3）题的解题过程是这样的： 设点M 的坐标为(1,m )．在△MAC 中，AC 2＝10，MC 2＝1＋(m －3)2，MA 2＝4＋m 2．①如图3，当MA ＝MC 时，MA 2＝MC 2．解方程4＋m 2＝1＋(m －3)2，得m ＝1． 此时点M 的坐标为(1, 1)．②如图4，当AM ＝AC 时，AM 2＝AC 2．解方程4＋m 2＝10，得m =．此时点M 的坐标为或(1,．③如图5，当CM ＝CA 时，CM 2＝CA 2．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4，点A在x轴上，OA＝4，将线段OA绕点O顺时针旋转120°至OB的位置．（1）求点B的坐标；（2）求经过A、O、B的抛物线的解析式；（3）在此抛物线的对称轴上，是否存在点P，使得以点P、O、B为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．图1思路点拨1．用代数法探求等腰三角形分三步：先分类，按腰相等分三种情况；再根据两点间的距离公式列方程；然后解方程并检验．2．本题中等腰三角形的角度特殊，三种情况的点P重合在一起．满分解答（1）如图2，过点B作BC⊥y轴，垂足为C．在Rt△OBC中，∠BOC＝30°，OB＝4，所以BC＝2，OC=所以点B的坐标为(2,--．（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,--⨯-．解得a=．a--，2(6)所以抛物线的解析式为2(4)y 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 在时，B 、O 、P 三点共线（如图2）．②当BP ＝BO ＝4时，BP 2＝16．所以224(16y ++=．解得12y y ==-③当PB ＝PO 时，PB 2＝PO 2．所以22224(2y y ++=+．解得y =-综合①、②、③，点P 的坐标为(2,-，如图2所示．图2 图3考点伸展如图3，在本题中，设抛物线的顶点为D ，那么△DOA 与△OAB 是两个相似的等腰三角形．由2(4)2)y x x x =-=-，得抛物线的顶点为D ．因此tan DOA ∠=DOA ＝30°，∠ODA ＝120°．（三） 因动点产生的直角三角形问题例5：在平面直角坐标系中，反比例函数与二次函数y ＝k (x 2＋x －1)的图象交于点A (1,k )和点B(－1,－k )．（1）当k ＝－2时，求反比例函数的解析式；（2）要使反比例函数与二次函数都是y 随x 增大而增大，求k 应满足的条件以及x 的取值范围；（3）设二次函数的图象的顶点为Q ，当△ABQ 是以AB 为斜边的直角三角形时，求k 的值．思路点拨1．由点A (1,k )或点B (－1,－k )的坐标可以知道，反比例函数的解析式就是ky x=．题目中的k 都是一致的．2．由点A (1,k )或点B (－1,－k )的坐标还可以知道，A 、B 关于原点O 对称，以AB 为直径的圆的圆心就是O ．3．根据直径所对的圆周角是直角，当Q 落在⊙O 上是，△ABQ 是以AB 为直径的直角三角形．满分解答（1）因为反比例函数的图象过点A (1,k )，所以反比例函数的解析式是k y x=． 当k ＝－2时，反比例函数的解析式是2y x=-．（2）在反比例函数ky x=中，如果y 随x 增大而增大，那么k ＜0．当k ＜0时，抛物线的开口向下，在对称轴左侧，y 随x 增大而增大．抛物线y ＝k (x 2＋x ＋1)＝215()24k x k +-的对称轴是直线12x =-． 图1 所以当k ＜0且12x <-时，反比例函数与二次函数都是y 随x 增大而增大． （3）抛物线的顶点Q 的坐标是15(,)24k --，A 、B 关于原点O 中心对称，当OQ ＝OA ＝OB 时，△ABQ 是以AB 为直径的直角三角形．由OQ 2＝OA 2，得222215()()124k k -+-=+．解得1k =2），2k =3）．图2 图3考点伸展如图4，已知经过原点O 的两条直线AB 与CD 分别与双曲线ky x=（k ＞0）交于A 、B 和C 、D ，那么AB 与CD 互相平分，所以四边形ACBD 是平行四边形．问平行四边形ABCD 能否成为矩形？能否成为正方形？如图5，当A、C关于直线y＝x对称时，AB与CD互相平分且相等，四边形ABCD是矩形．因为A、C可以无限接近坐标系但是不能落在坐标轴上，所以OA与OC无法垂直，因此四边形ABCD不能成为正方形．图4 图5例6，已知抛物线y＝x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点（点A在点B左侧），与y轴交于点C(0，－3)，对称轴是直线x＝1，直线BC与抛物线的对称轴交于点D．（1）求抛物线的函数表达式；（2）求直线BC的函数表达式；（3）点E为y轴上一动点，CE的垂直平分线交CE于点F，交抛物线于P、Q两点，且点P在第三象限．①当线段34PQ AB=时，求tan∠CED的值；②当以C、D、E为顶点的三角形是直角三角形时，请直接写出点P的坐标．温馨提示：考生可以根据第（3）问的题意，在图中补出图形，以便作答．图1思路点拨1．第（1）、（2）题用待定系数法求解析式，它们的结果直接影响后续的解题．2．第（3）题的关键是求点E的坐标，反复用到数形结合，注意y轴负半轴上的点的纵坐标的符号与线段长的关系．3．根据C、D的坐标，可以知道直角三角形CDE是等腰直角三角形，这样写点E的坐标就简单了．满分解答（1）设抛物线的函数表达式为2(1)y x n=-+，代入点C(0，－3)，得4n=-．所以抛物线的函数表达式为22(1)423y x x x=--=--．（2）由223(1)(3)y x x x x =--=+-，知A (－1，0)，B (3，0)．设直线BC 的函数表达式为y kx b =+，代入点B (3，0)和点C (0，－3)，得30,3.k b b +=⎧⎨=-⎩ 解得1k =，3b =-．所以直线BC 的函数表达式为3y x =-．（3）①因为AB ＝4，所以334PQ AB ==．因为P 、Q 关于直线x ＝1对称，所以点P 的横坐标为12-．于是得到点P 的坐标为17,24⎛⎫-- ⎪⎝⎭，点F 的坐标为70,4⎛⎫- ⎪⎝⎭．所以75344FC OC OF =-=-=，522EC FC ==．进而得到51322OE OC EC =-=-=，点E 的坐标为10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭． 直线BC:3y x =-与抛物线的对称轴x ＝1的交点D 的坐标为（1，－2）．过点D 作DH ⊥y 轴，垂足为H ．在Rt △EDH 中，DH ＝1，13222EH OH OE =-=-=，所以tan ∠CED 23DH EH ==．②1(12)P -，25(1)2P -．图2 图3 图4考点伸展第（3）题②求点P 的坐标的步骤是：如图3，图4，先分两种情况求出等腰直角三角形CDE 的顶点E 的坐标，再求出CE 的中点F 的坐标，把点F 的纵坐标代入抛物线的解析式，解得的x 的较小的一个值就是点P 的横坐标．（四） 因动点产生的平行四边形问题例7，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD 的三个顶点B (1, 0)、C (3, 0)、D (3, 4)．以A 为顶点的抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 过点C ．动点P 从点A 出发，沿线段AB 向点B 运动，同时动点Q 从点C 出发，沿线段CD 向点D 运动．点P 、Q 的运动速度均为每秒1个单位，运动时间为t 秒．过点P 作PE ⊥AB 交AC 于点E ．（1）直接写出点A 的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E 作EF ⊥AD 于F ，交抛物线于点G ，当t 为何值时，△ACG 的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P 、Q 运动的过程中，当t 为何值时，在矩形ABCD 内（包括边界）存在点H ，使以C 、Q 、E 、H 为顶点的四边形为菱形？请直接写出t 的值．图1思路点拨1．把△ACG 分割成以GE 为公共底边的两个三角形，高的和等于AD ． 2．用含有t 的式子把图形中能够表示的线段和点的坐标都表示出来． 3．构造以C 、Q 、E 、H 为顶点的平行四边形，再用邻边相等列方程验证菱形是否存在．满分解答（1）A (1, 4)．因为抛物线的顶点为A ，设抛物线的解析式为y ＝a (x －1)2＋4， 代入点C (3, 0)，可得a ＝－1．所以抛物线的解析式为y ＝－(x －1)2＋4＝－x 2＋2x ＋3．（2）因为PE //BC ，所以2AP AB PE BC ==．因此1122PE AP t ==．所以点E 的横坐标为112t +．将112x t =+代入抛物线的解析式，y ＝－(x －1)2＋4＝2144t -．所以点G 的纵坐标为2144t -．于是得到2211(4)(4)44GE t t t t =---=-+．因此22111()(2)1244ACG AGE CGE S S S GE AF DF t t t ∆∆∆=+=+=-+=--+．所以当t ＝1时，△ACG 面积的最大值为1．（3）2013t =或20t =-考点伸展第（3）题的解题思路是这样的：因为FE //QC ，FE ＝QC ，所以四边形FECQ 是平行四边形．再构造点F 关于PE 轴对称的点H ′，那么四边形EH ′CQ 也是平行四边形．再根据FQ ＝CQ 列关于t 的方程，检验四边形FECQ 是否为菱形，根据EQ ＝CQ 列关于t 的方程，检验四边形EH ′CQ 是否为菱形．1(1,4)2E t t +-，1(1,4)2F t +，(3,)Q t ，(3,0)C ．如图2，当FQ ＝CQ 时，FQ 2＝CQ 2，因此2221(2)(4)2t t t -+-=．整理，得240800t t -+=．解得120t =-220t =+．如图3，当EQ ＝CQ 时，EQ 2＝CQ 2，因此2221(2)(42)2t t t -+-=．整理，得213728000t t -+=．(1320)(40)0t t --=．所以12013t =，240t =（舍去）．图2 图3（五） 因动点产生的梯形问题例8：已知直线y ＝3x －3分别与x 轴、y 轴交于点A ，B ，抛物线y＝ax 2＋2x ＋c 经过点A ，B ．（1）求该抛物线的表达式，并写出该抛物线的对称轴和顶点坐标； （2）记该抛物线的对称轴为直线l ，点B 关于直线l 的对称点为C ，若点D 在y 轴的正半轴上，且四边形ABCD 为梯形．①求点D 的坐标；②将此抛物线向右平移，平移后抛物线的顶点为P ，其对称轴与直线y ＝3x －3交于点E ，若73tan =∠DPE ，求四边形BDEP 的面积．图1思路点拨1．这道题的最大障碍是画图，A 、B 、C 、D 四个点必须画准确，其实抛物线不必画出，画出对称轴就可以了．2．抛物线向右平移，不变的是顶点的纵坐标，不变的是D 、P 两点间的垂直距离等于7．3．已知∠DPE 的正切值中的7的几何意义就是D 、P 两点间的垂直距离等于7，那么点P 向右平移到直线x ＝3时，就停止平移．满分解答（1）直线y ＝3x －3与x 轴的交点为A (1，0)，与y 轴的交点为B (0,－3)．将A (1，0)、B (0,－3)分别代入y ＝ax 2＋2x ＋c ， 得20,3.a c c ++=⎧⎨=-⎩ 解得1,3.a c =⎧⎨=-⎩所以抛物线的表达式为y ＝x 2＋2x －3．对称轴为直线x ＝－1，顶点为(－1,－4)．（2）①如图2，点B 关于直线l 的对称点C 的坐标为(－2,－3)． 因为CD //AB ，设直线CD 的解析式为y ＝3x ＋b ， 代入点C (－2,－3)，可得b ＝3．所以点D 的坐标为（0，3）．②过点P 作PH ⊥y 轴，垂足为H ，那么∠PDH ＝∠DPE ．由73tan =∠DPE ，得3tan 7PH PDH DH ∠==．而DH ＝7，所以PH ＝3．因此点E 的坐标为（3，6）． 所以1()242BDEP S BD EP PH =+⋅=梯形．图2 图3考点伸展第（2）①用几何法求点D 的坐标更简便： 因为CD //AB ，所以∠CDB ＝∠ABO ．因此13BC OA BD OB ==．所以BD ＝3BC ＝6，OD ＝3．因此D （0，3）．例9：已知，矩形OABC 在平面直角坐标系中位置如图1所示，点A 的坐标为(4,0)，点C 的坐标为)20(-，，直线x y 32-=与边BC 相交于点D ． (1)求点D 的坐标；(2)抛物线c bx ax y ++=2经过点A 、D 、O ，求此抛物线的表达式；(3)在这个抛物线上是否存在点M ，使O 、D 、A 、M 为顶点的四边形是梯形？若存在，请求出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由．图1思路点拨1．用待定系数法求抛物线的解析式，设交点式比较简便．2．过△AOD 的三个顶点分别画对边的平行线与抛物线相交，可以确定存在三个梯形． 3．用抛物线的解析式可以表示点M 的坐标．满分解答(1)因为BC //x 轴，点D 在BC 上，C (0,－2)，所以点D 的纵坐标为－2．把y ＝－2代入x y 32-=，求得x ＝3．所以点D 的坐标为(3,－2)．(2)由于抛物线与x 轴交于点O 、A (4,0)，设抛物线的解析式为y ＝ax (x －4)，代入D (3,－2)，得23a =．所求的二次函数解析式为2228(4)333y x x x x =-=-． (3) 设点M 的坐标为228,33x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭． ①如图2，当OM //DA 时，作MN ⊥x 轴，DQ ⊥x 轴，垂足分别为N 、Q ．由tan ∠MON＝tan ∠DAQ ，得228332x xx-=． 因为x ＝0时点M 与O 重合，因此28233x -=，解得x ＝7．此时点M 的坐标为（7，14）．②如图3，当AM //OD 时，由tan ∠MAN ＝tan ∠DOQ ，得22823343x xx -=-． 因为x ＝4时点M 与A 重合，因此2233x -=，解得x ＝－1．此时点M 的坐标为10(1,)3-．③如图4，当DM //OA 时，点M 与点D 关于抛物线的对称轴对称，此时点M 的坐标为（1，－2）．图2 图3 图4 （六）因动点产生的面积问题例10，在平面直角坐标系中，直线112y x=+与抛物线y＝ax2＋bx－3交于A、B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3．点P是直线AB下方的抛物线上的一动点（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D．（1）求a、b及sin∠ACP的值；（2）设点P的横坐标为m．①用含m的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值；②连结PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的m的值，使这两个三角形的面积比为9∶10？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．图1思路点拨1．第（1）题由于CP//y轴，把∠ACP转化为它的同位角．2．第（2）题中，PD＝PC sin∠ACP，第（1）题已经做好了铺垫．3．△PCD与△PCB是同底边PC的两个三角形，面积比等于对应高DN与BM的比．4．两个三角形的面积比为9∶10，要分两种情况讨论．满分解答（1）设直线112y x=+与y轴交于点E，那么A(－2,0)，B(4,3)，E(0,1)．在Rt △AEO 中，OA ＝2，OE ＝1，所以AE =．所以sin AEO ∠=因为PC //EO ，所以∠ACP ＝∠AEO ．因此sin ACP ∠=将A (－2,0)、B (4,3)分别代入y ＝ax 2＋bx －3，得4230,1643 3.a b a b --=⎧⎨+-=⎩解得12a =，12b =-． （2）由211(,3)22P m m m --，1(,1)2C m m +，得221111(1)(3)42222PC m m m m m =+---=-++．所以221sin 4)1)2PD PC ACP m m m =∠==-++=-+．所以PD （3）当S △PCD ∶S △PCB ＝9∶10时，52m =； 当S △PCD ∶S △PCB ＝10∶9时，329m =．图2考点伸展第（3）题的思路是：△PCD 与△PCB 是同底边PC 的两个三角形，面积比等于对应高DN 与BM 的比．而211cos cos 4)(2)(4)25DN PD PDN PD ACP m m m m =∠=∠=-++=-+-，BM ＝4－m ．①当S △PCD ∶S △PCB ＝9∶10时，19(2)(4)(4)510m m m -+-=-．解得52m =．②当S △PCD ∶S △PCB ＝10∶9时，110(2)(4)(4)59m m m -+-=-．解得329m =．（七）因动点产生的相切问题例11，A(－5,0)，B(－3,0)，点C在y轴的正半轴上，∠CBO＝45°，CD//AB，∠CDA ＝90°．点P从点Q(4,0)出发，沿x轴向左以每秒1个单位长的速度运动，运动时间为t秒．（1）求点C的坐标；（2）当∠BCP＝15°时，求t的值；（3）以点P为圆心，PC为半径的⊙P随点P的运动而变化，当⊙P与四边形ABCD的边（或边所在的直线）相切时，求t的值．图1答案（1）点C的坐标为(0,3)．t=（2）如图2，当P在B的右侧，∠BCP＝15°时，∠PCO＝30°，4t=+．如图3，当P在B的左侧，∠BCP＝15°时，∠CPO＝30°，4图2 图3（3）如图4，当⊙P与直线BC相切时，t＝1；如图5，当⊙P与直线DC相切时，t＝4；如图6，当⊙P与直线AD相切时，t＝5.6．图4 图5 图6 （八）因动点产生的线段和差问题例12，在平面直角坐标系中，抛物线y＝－x2＋2x＋3与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点．（1）求直线AC的解析式及B、D两点的坐标；（2）点P是x轴上的一个动点，过P作直线l//AC交抛物线于点Q．试探究：随着点P 的运动，在抛物线上是否存在点Q，使以A、P、Q、C为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由；（3）请在直线AC上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点M的坐标．图1思路点拨1．第（2）题探究平行四边形，按照AP 为边或者对角线分两种情况讨论．2．第（3）题是典型的“牛喝水”问题，构造点B 关于“河流”AC 的对称点B ′，那么M 落在B ′D 上时，MB ＋MD 最小，△MBD 的周长最小．满分解答（1）由y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x ＋1)(x －3)＝－(x －1)2＋4， 得A (－1, 0)、B (3, 0)、C (0, 3)、D (1, 4)．直线AC 的解析式是y ＝3x ＋3．（2）Q 1(2, 3)，Q 2(13-)，Q 3(13-)．（3）设点B 关于直线AC 的对称点为B ′，联结BB ′交AC 于F ． 联结B ′D ，B ′D 与交AC 的交点就是要探求的点M ． 作B ′E ⊥x 轴于E ，那么△BB ′E ∽△BAF ∽△CAO ．在Rt △BAF中，13AF BF ==AB ＝4，所以BF =． 在Rt △BB ′E中，'13B E BE ==，'2BB BF =12'5B E =，365BE =． 所以3621355OE BE OB =-=-=．所以点B ′的坐标为2112(,)55-． 因为点M 在直线y ＝3x ＋3上，设点M 的坐标为(x , 3x ＋3)．由''''''DD MM B D B M =，得''''yD yB yM yB xD xB xM xB --=--．所以121243355155x x -+-=++． 解得935x =．所以点M 的坐标为9132(,)3535．图2 图3考点伸展第（2）题的解题思路是这样的：①如图4，当AP 是平行四边形的边时，CQ //AP ，所以点C 、Q 关于抛物线的对称轴对称，点Q 的坐标为(2, 3)．②如图5，当AP 是平行四边形的对角线时，点C 、Q 分居x 轴两侧，C 、Q 到x 轴的距离相等．解方程－x 2＋2x ＋3＝－3，得1x =所以点Q 的坐标为(13-)或 (13-)．。
2020中考压轴之动点之直角三角形问题
动点之直角三角形问题动态几何形成的存在性问题是动态几何中的基本类型，包括等腰（边）三角形存在问题；直角三角形存在问题；平行四边形存在问题；矩形、菱形、正方形存在问题；梯形存在问题；全等三角形存在问题；相似三角形存在问题；其它存在问题等。
解决方法：1.解直角三角形：一般需要重新作辅助线勾股三角形。
2.相似：两个角相等的比较常见。
1.如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4cm，点D以1个单位从C出发，沿着C—B —C方向运动，若动点E同时以2cm/s的速度从B点出发，沿着B→A→B的方向运动，至B点结束，设E点的运动时间为t秒，连接DE，（1）当t为何值时，△BDE是直角三角形？（2）思考，当t为何值时，△BDE是相似三角形？当t为何值时，△BDE是等腰三角形？2.在ABC ∆中，,4,5,D BC CD 3cm,C Rt AC cm BC cm ∠=∠==点在上，且以＝现有两个动点P 、Q 分别从点A 和点B 同时出发，其中点P 以1cm/s 的速度，沿AC 向终点C 移动；点Q 以1.25cm/s 的速度沿BC 向终点C 移动。
过点P 作PE ∥BC 交AD 于点E ，连结EQ 。
设动点运动时间为x 秒。
（1）用含x 的代数式表示AE 、DE 的长度；（2）当点Q 在BD （不包括点B 、D ）上移动时，设EDQ ∆的面积为2()y cm ，求y 与月份x 的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；（3）当x 为何值时，EDQ ∆为直角三角形。
参考答案：2.（2）（3）综上所述，当x 为2.5秒或3.1秒时，EDQ ∆为直角三角形直角三角形练习题（2）如下图，点D关于A的的对称点是D',是否存在m，使得D∆是直角三DE'角形？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由。
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2020年中考数学压轴题精讲：动点产生的直角三角形问题例1：如图1，在R t △ABC 中，∠ACB ＝90°，AB ＝13，CD //AB ，点E 为射线CD 上一动点（不与点C 重合），联结AE 交边BC 于F ，∠BAE 的平分线交BC 于点G ．（1）当CE ＝3时，求S △CEF ∶S △CAF 的值；（2）设CE ＝x ，AE ＝y ，当CG ＝2GB 时，求y 与x 之间的函数关系式； （3）当AC ＝5时，联结EG ，若△AEG 为直角三角形，求BG 的长．图1满分解答（1）如图2，由CE //AB ，得313EF CE AF BA ==． 由于△CEF 与△CAF 是同高三角形， 所以S △CEF ∶S △CAF ＝3∶13．（2）如图3，延长AG 交射线CD 于M ． 图2 由CM //AB ，得2CM CGAB BG==．所以CM ＝2AB ＝26． 由CM //AB ，得∠EMA ＝∠BAM ．又因为AM 平分∠BAE ，所以∠BAM ＝∠EAM ． 所以∠EMA ＝∠EAM ．所以y ＝EA ＝EM ＝26－x ．图3 图4（3）在R t △ABC 中， AB ＝13，AC ＝5，所以BC ＝12．①如图 4，当∠AGE ＝90°时，延长EG 交AB 于N ，那么△AGE ≌△AGN ． 所以G 是EN 的中点． 所以G 是BC 的中点，BG ＝6．②如图5，当∠AEG ＝90°时，由△CAF ∽△EGF ，得FC FAFE FG=． 由CE //AB ，得FC FBFE FA=．所以FA FBFG FA=．又因为∠AFG ＝∠BF A ，所以△AFG ∽△BF A ． 所以∠F AG ＝∠B ．所以∠GAB ＝∠B ．所以GA ＝GB ．作GH ⊥AH ，那么BH ＝AH ＝132． 在R t △GBH 中，由c os ∠B ＝BH BG ，得BG ＝132÷1213＝16924．图5 图6例2：如图1，二次函数y ＝a (x 2－2mx －3m 2)（其中a 、m 是常数，且a ＞0，m ＞0）的图像与x 轴分别交于A 、B （点A 位于点B 的左侧），与y 轴交于点C (0,－3)，点D 在二次函数的图像上，CD //AB ，联结AD ．过点A 作射线AE 交二次函数的图像于点E ，AB 平分∠DAE ．（1）用含m 的式子表示a ；（2）求证：ADAE为定值； （3）设该二次函数的图像的顶点为F ．探索：在x 轴的负半轴上是否存在点G ，联结GF ，以线段GF 、AD 、AE 的长度为三边长的三角形是直角三角形？如果存在，只要找出一个满足要求的点G 即可，并用含m 的代数式表示该点的横坐标；如果不存在，请说明理由．图1满分解答（1）将C (0,－3)代入y ＝a (x 2－2mx －3m 2)，得－3＝－3am 2．因此21a m =． （2）由y ＝a (x 2－2mx －3m 2)＝a (x ＋m )(x －3m )＝a (x －m )2－4axm 2＝a (x －m )2－4， 得A (－m , 0)，B (3m , 0)，F (m , －4)，对称轴为直线x ＝m ．所以点D 的坐标为(2m ,－3)．设点E 的坐标为(x , a (x ＋m )(x －3m ))．如图2，过点D 、E 分别作x 轴的垂线，垂足分别为D ′、E ′．由于∠EAE ′＝∠DAD ′，所以''''EE DD AE AD =．因此()(3)33a x m x m x m m+-=+． 所以am (x －3m )＝1．结合21a m =，于是得到x ＝4m ． 当x ＝4m 时，y ＝a (x ＋m )(x －3m )＝5am 2＝5．所以点E 的坐标为(4m , 5)． 所以'3'5AD DD AE EE ==．图2 图3（3）如图3，由E (4m , 5)、D (2m ,－3)、F (m ,－4)， 可知点E 、D 、F 到x 轴的距离分别为5、4、3．那么过点F 作AD 的平行线与x 轴的负半轴的交点，就是符合条件的点G ．证明如下：作FF ′⊥x 轴于F ′，那么'4'3GF FF AD DD ==． 因此534AE AD GF==．所以线段GF 、AD 、AE 的长围成一个直角三角形． 此时GF ′＝4m ．所以GO ＝3m ，点G 的坐标为(－3m , 0)．例3：如图1，抛物线213442y x x =--与x 轴交于A 、B 两点（点B 在点A 的右侧），与y 轴交于点C ，连结BC ，以BC 为一边，点O 为对称中心作菱形BDEC ，点P 是x 轴上的一个动点，设点P 的坐标为(m , 0)，过点P 作x 轴的垂线l 交抛物线于点Q ．（1）求点A 、B 、C 的坐标；（2）当点P 在线段OB 上运动时，直线l 分别交BD 、BC 于点M 、N ．试探究m 为何值时，四边形CQMD 是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM 的形状，并说明理由；（3）当点P 在线段EB 上运动时，是否存在点Q ，使△BDQ 为直角三角形，若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．图1（1）由21314(2)(8)424y x x x x =--=+-，得A (－2,0)，B (8,0)，C (0,－4)． （2）直线DB 的解析式为142y x =-+．由点P 的坐标为(m , 0)，可得1(,4)2M m m --，213(,4)42Q m m m --．所以MQ ＝221131(4)(4)82424m m m m m -+---=-++．当MQ ＝DC ＝8时，四边形CQMD 是平行四边形． 解方程21884m m -++=，得m ＝4，或m ＝0（舍去）． 此时点P 是OB 的中点，N 是BC 的中点，N (4,－2)，Q (4,－6)．所以MN ＝NQ ＝4．所以BC 与MQ 互相平分． 所以四边形CQBM 是平行四边形．图2 图3（3）存在两个符合题意的点Q ，分别是(－2,0)，(6,－4)．例4：如图1，抛物线233384y x x =--+与x 轴交于A 、B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ．（1）求点A 、B 的坐标；（2）设D 为已知抛物线的对称轴上的任意一点，当△ACD 的面积等于△ACB 的面积时，求点D 的坐标；（3）若直线l 过点E(4, 0)，M 为直线l 上的动点，当以A 、B 、M 为顶点所作的直角三角形有且只有三个时，求直线l 的解析式．图1（1）由23333(4)(2)848y x x x x =--+=-+-，得抛物线与x 轴的交点坐标为A (－4, 0)、B (2, 0)．对称轴是直线x ＝－1．（2）△ACD 与△ACB 有公共的底边AC ，当△ACD 的面积等于△ACB 的面积时，点B 、D 到直线AC 的距离相等．过点B 作AC 的平行线交抛物线的对称轴于点D ，在AC 的另一侧有对应的点D ′． 设抛物线的对称轴与x 轴的交点为G ，与AC 交于点H ．由BD //AC ，得∠DBG ＝∠CAO ．所以34DG CO BG AO ==． 所以3944DG BG ==，点D 的坐标为9(1,)4-．因为AC //BD ，AG ＝BG ，所以HG ＝DG ．而D ′H ＝DH ，所以D ′G ＝3DG 274=．所以D ′的坐标为27(1,)4．图2 图3（3）过点A 、B 分别作x 轴的垂线，这两条垂线与直线l 总是有交点的，即2个点M ． 以AB 为直径的⊙G 如果与直线l 相交，那么就有2个点M ；如果圆与直线l 相切，就只有1个点M 了．联结GM ，那么GM ⊥l ．在R t △EGM 中，GM ＝3，GE ＝5，所以EM ＝4．在R t △EM 1A 中，AE ＝8，113tan 4M A M EA AE ∠==，所以M 1A ＝6． 所以点M 1的坐标为(－4, 6)，过M 1、E 的直线l 为334y x =-+．根据对称性，直线l 还可以是334y x =+．例5：在平面直角坐标系中，反比例函数与二次函数y ＝k (x 2＋x －1)的图象交于点A (1,k )和点B(－1,－k )．（1）当k ＝－2时，求反比例函数的解析式；（2）要使反比例函数与二次函数都是y 随x 增大而增大，求k 应满足的条件以及x 的取值范围；（3）设二次函数的图象的顶点为Q ，当△ABQ 是以AB 为斜边的直角三角形时，求k 的值．（1）因为反比例函数的图象过点A (1,k )，所以反比例函数的解析式是k y x=． 当k ＝－2时，反比例函数的解析式是2y x=-．（2）在反比例函数ky x=中，如果y 随x 增大而增大，那么k ＜0．当k ＜0时，抛物线的开口向下，在对称轴左侧，y 随x 增大而增大．抛物线y ＝k (x 2＋x ＋1)＝215()24k x k +-的对称轴是直线12x =-．所以当k ＜0且12x <-时，反比例函数与二次函数都是y 随x 增大而增大． （3）抛物线的顶点Q 的坐标是15(,)24k --，A 、B 关于原点O 中心对称，当OQ ＝OA ＝OB 时，△ABQ 是以AB 为直径的直角三角形．由OQ 2＝OA 2，得222215()()124k k -+-=+．解得1233k =（如图2），2233k =-（如图3）．图2 图3例6：设直线l 1：y ＝k 1x ＋b 1与l 2：y ＝k 2x ＋b 2，若l 1⊥l 2，垂足为H ，则称直线l 1与l 2是点H 的直角线．（1）已知直线①122y x =-+；②2y x =+；③22y x =+；④24y x =+和点C (0，2)，则直线_______和_______是点C 的直角线（填序号即可）；（2）如图，在平面直角坐标系中，直角梯形OABC 的顶点A (3，0)、B (2，7)、C (0，7)，P 为线段OC 上一点，设过B 、P 两点的直线为l 1，过A 、P 两点的直线为l 2，若l 1与l 2是点P 的直角线，求直线l 1与l 2的解析式．图1 图1答案（1）直线①和③是点C 的直角线．（2）当∠APB ＝90°时，△BCP ∽△POA ．那么BC PO CP OA =，即273POPO =-．解得OP ＝6或OP ＝1．如图2，当OP ＝6时，l 1：162y x =+， l 2：y ＝－2x ＋6． 如图3，当OP ＝1时，l 1：y ＝3x ＋1， l 2：113y x =-+．图2 图3例7：在平面直角坐标系xOy 中，抛物线22153244m my x x m m -=-++-+与x 轴的交点分别为原点O 和点A ，点B (2,n )在这条抛物线上．（1）求点B 的坐标；（2）点P 在线段OA 上，从点O 出发向点A 运动，过点P 作x 轴的垂线，与直线OB 交于点E ，延长PE 到点D ，使得ED ＝PE ，以PD 为斜边，在PD 右侧作等腰直角三角形PCD （当点P 运动时，点C 、D 也随之运动）．①当等腰直角三角形PCD 的顶点C 落在此抛物线上时，求OP 的长；②若点P 从点O 出发向点A 作匀速运动，速度为每秒1个单位，同时线段OA 上另一个点Q 从点A 出发向点O 作匀速运动，速度为每秒2个单位（当点Q 到达点O 时停止运动，点P 也停止运动）．过Q 作x 轴的垂线，与直线AB 交于点F ，延长QF 到点M ，使得FM ＝QF ，以QM 为斜边，在QM 的左侧作等腰直角三角形QMN （当点Q 运动时，点M 、N 也随之运动）．若点P 运动到t 秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线上，求此刻t 的值．图1满分解答(1) 因为抛物线22153244m my x x m m -=-++-+经过原点，所以2320m m -+=． 解得12m =，21m =（舍去）．因此21542y x x =-+．所以点B 的坐标为（2，4）．(2) ①如图4，设OP 的长为t ，那么PE ＝2t ，EC ＝2t ，点C 的坐标为(3t , 2t )．当点C 落在抛物线上时，2152(3)342t t t =-⨯+⨯．解得229t OP ==． ②如图1，当两条斜边PD 与QM 在同一条直线上时，点P 、Q 重合．此时3t ＝10．解得103t =． 如图2，当两条直角边PC 与MN 在同一条直线上，△PQN 是等腰直角三角形，PQ ＝PE ．此时1032t t -=．解得2t =．如图3，当两条直角边DC 与QN 在同一条直线上，△PQC 是等腰直角三角形，PQ ＝PD ．此时1034t t -=．解得107t =．图1 图2 图3例8：如图1，已知A 、B 是线段MN 上的两点，4=MN ，1=MA ，1>MB ．以A 为中心顺时针旋转点M ，以B 为中心逆时针旋转点N ，使M 、N 两点重合成一点C ，构成△ABC ，设x AB =．（1）求x 的取值范围；（2）若△ABC 为直角三角形，求x 的值； （3）探究：△ABC 的最大面积？图1满分解答（1）在△ABC 中，1=AC ，x AB =，x BC -=3，所以⎩⎨⎧>-+->+.31,31x x x x 解得21<<x ．（2）①若AC 为斜边，则22)3(1x x -+=，即0432=+-x x ，此方程无实根． ②若AB 为斜边，则1)3(22+-=x x ，解得35=x ，满足21<<x ． ③若BC 为斜边，则221)3(x x +=-，解得34=x ，满足21<<x ． 因此当35=x 或34=x 时，△ABC 是直角三角形． （3）在△ABC 中，作AB CD ⊥于D ，设h CD =，△ABC 的面积为S ，则xh S 21=． ①如图2，若点D 在线段AB 上，则x h x h =--+-222)3(1．移项，得2221)3(h x h x --=--．两边平方，得22222112)3(h h x x h x -+--=--．整理，得4312-=-x h x ．两边平方，得16249)1(222+-=-x x h x ．整理，得16248222-+-=x x h x所以462412222-+-==x x h x S 21)23(22+--=x （423x <≤）． 当23=x 时（满足423x <≤），2S 取最大值21，从而S 取最大值22．图2 图3②如图3，若点D 在线段MA 上，则x h h x =----2221)3(． 同理可得，462412222-+-==x x h x S 21)23(22+--=x （413x <≤）． 易知此时22<S ． 综合①②得，△ABC 的最大面积为22．。