核心母题三

核心母题三动点、存在性、距离、面积问题(2019·舟山)如图，一副含30°和45°角的三角板ABC和EDF拼合在一个平面上，边AC与EF重合，AC＝12 cm.当点E从点A出发沿AC方向滑动时，点F同时从点C出发沿射线BC方向滑动．当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长为______ cm；连结BD，则△ABD的面积最大值为________ cm2.【母题分析】过点D′作D′N⊥AC于点N，作D′M⊥BC于点M，由直角三角形的性质可得BC＝4 3 cm，AB＝8 3 cm，ED＝DF＝6 2 cm，由“AAS”可证△D′NE′≌△D′MF′，可得D′N＝D′M，即点D′在射线CD上移动，且当E′D′⊥AC时，DD′值最大，则可求点D运动的路径长，由三角形面积公式可求S△AD′B＝12BC×AC＋12×AC×D′N－12×BC×D′M＝243＋12(12－43)×D′N，则E′D′⊥AC时，S△AD′B有最大值．【母题解答】【思想方法】此类题目主要涉及分类讨论思想，背景主要是借助一次、二次、反比例函数、全等、相似、动点、等腰、等边、直角三角形或平行四边形、矩形、菱形、正方形、圆等，探索存在性、面积、距离等问题，解决此类问题的关键是找出变化过程中的关键点，如分界点、交点、最值点等，然后分类讨论．【母题多变】变化1：在坐标平面内，已知两个定点A，B，探索第三个点P与A，B构成的三角形：①当构成的△PAB为等腰三角形时，可分三种情况讨论，即PA＝PB，AP＝AB，BA＝BP；②当构成的△PAB为直角三角形时，可分三种情况讨论，即∠A＝90°，∠B＝90°，∠P＝90°.变化2：平行四边形以点A，点B，点C，点D为顶点的四边形是平行四边形，通常有两种常见模式：①若已知其中三个点的位置，求第四个点的位置(坐标)，则可过这三个点中的任意一点作对边的平行线，这三条不同的平行线交于三个点，则这三个点均满足题意，如图．②若已知其中两个点的位置，求其他两个点的位置(坐标)，则连结已知两点的线段可以是平行四边形的边，也可以是对角线，此时应该通过画图、平移线段等方法分析，以此确定另外两点的位置．此外，如果要确定另外两点的坐标，则还需运用全等三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识做进一步的分析．若“以点A，点B，点C，点D为顶点的四边形是梯形(或菱形、正方形等)”，还按上述方法进行分析．变化3：相似三角形的存在性问题通常是从相似三角形的判定方法入手，先确定已知的对应条件，然后再根据情况分类讨论，如在△ABC和△DEF中，确定点A与点D对应，则分两种情况讨论，即△ABC∽△DEF，△ABC∽△DFE.变化4：坐标系下的距离问题主要指的是两点间的距离，以及点到直线的距离．(1)若点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，根据勾股定理可得AB＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2，使用此公式的前提是点A，点B的坐标已求出(或已表示出)．(2)点A(x，y)到x轴的距离为|y|，到y轴的距离为|x|.变化5：动点下的面积问题求一个封闭图形的面积一般有以下几个思考的方向．(1)利用面积公式．三角形、平行四边形、梯形、圆等图形都有相应的面积公式，如果能够顺利地求得(或表达)相应的线段长，则直接可以利用面积公式求(或表示)图形的面积．(2)利用割补法，将图形分割成若干个能用面积公式表示面积的部分，在利用割补法求面积时注意下面关系的运用：如图，S△ABC＋S△ACD＝S△ABD＋S△BCD；如图，S△ABC＝S△ABD＋S△BCD＝12BD·h1＋12BD·h2＝12BD·(h1＋h2)，即S△ABC＝12×水平宽×铅垂高．(3)利用等积变形原理．如图，过△PBC的顶点P作所对的边BC的平行线l，则l上的任一点P′与BC组成的三角形的面积等于△PBC的面积．由△PBC变形成△P′BC保持面积不变，因此，这种变形称为等积变形，此外，若△PBC与△P′BC面积相等，且点P与P′在直线BC的同侧，则可得直线PP′∥BC.变化6：图形运动下的面积问题图形运动下的面积问题，往往涉及二次函数与一次函数、待定系数法、相似、动点问题、函数图象等知识点．解决此类问题，根据图形的运动变化进行适当分类是解题的关键．探究运动变化过程中的多种可能情况，特别要关注不同情况之间的分界点(临界位置、极端位置)，进而分析关键量的取值范围或最值．如果题目明确要求求取某个量的变化范围，应有“分别考虑上界和下界”的意识，不能只考虑一半．对于临界点，应有“考虑能否取等号”的意识，只要时间允许，建议临界点情况单独作图分析．1．(2018·舟山)如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，点E在CD上，DE＝1，点F是边AB上一动点，以EF为斜边作Rt△EFP.若点P在矩形ABCD的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则AF的值是________．2．(2019·金华)图2，图3是某公共汽车双开门的俯视示意图，ME，EF，FN是门轴的滑动轨道，∠E＝∠F＝90°，两门AB，CD的门轴A，B，C，D都在滑动轨道上，两门关闭时(图2)，A，D分别在E，F处，门缝忽略不计(即B，C重合)；两门同时开启，A，D分别沿E→M，F→N的方向匀速滑动，带动B，C滑动：B到达E时，C恰好到达F，此时两门完全开启，已知AB＝50 cm，CD＝40 cm.(1)如图3，当∠ABE＝30°时，BC＝________ cm.(2)在(1)的基础上，当A向M方向继续滑动15 cm时，四边形ABCD的面积为________ cm2.3．(2017·衢州)在直角坐标系中，过原点O及点A(8，0)，C(0，6)作矩形OABC，连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF.已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为t秒．(1)如图1，当t＝3时，求DF的长．(2)如图2，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值．(3)连结AD，当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1∶2时，求相应的t的值．4．(2019·乐陵模拟)如图，关于x的二次函数y＝x2＋bx＋c的图象与x轴交于点A(1，0)和点B，与y轴交于点C(0，3)，抛物线的对称轴与x轴交于点D.(1)求二次函数的解析式；(2)在y轴上是否存在一点P，使△PBC为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；(3)有一个点M从点A出发，以每秒1个单位的速度在AB上向点B运动，另一个点N从点D与点M同时出发，以每秒2个单位的速度在抛物线的对称轴上运动，当点M到达点B时，点M，N同时停止运动，问点M，N运动到何处时，△MNB面积最大，试求出最大面积．5．(2019·遵义)如图，抛物线C1：y＝x2－2x与抛物线C2：y＝ax2＋bx开口大小相同、方向相反，它们相交于O，C两点，且分别与x轴的正半轴交于点B，点A，OA＝2OB.(1)求抛物线C2的解析式；(2)在抛物线C2的对称轴上是否存在点P，使PA＋PC的值最小？若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由；(3)M是直线OC上方抛物线C2上的一个动点，连结MO，MC，M运动到什么位置时，△MOC面积最大？并求出最大面积．参考答案【核心母题】∵AC＝12 cm，∠BAC＝30°，∠DEF＝45°，∴BC＝4 3 cm，AB＝8 3 cm，ED＝DF＝6 2 cm，如图1，当点E沿AC方向下滑时，得△E′D′F′，过点D′作D′N⊥AC于点N，作D′M⊥BC于点M，图1∴∠MD′N＝90°，且∠E′D′F′＝90°∴∠E′D′N＝∠F′D′M，且∠D′NE′＝∠D′MF′＝90°，E′D′＝D′F′，∴△D′NE′≌△D′MF′(AAS)，∴D′N＝D′M，且D′N⊥AC，D′M⊥CM，∴CD′平分∠ACM，即点E沿AC方向下滑时，点D′在射线CD上移动，∴当E′D′⊥AC时，DD′值最大，最大值＝2ED－CD＝(12－62) cm，∴当点E从点A滑动到点C时，点D运动的路径长＝2×(12－62)＝(24－122) cm.如图2，连结BD′，AD′，图2∵S △AD′B ＝S △ABC ＋S △AD′C －S △BD′C ，∴S △AD′B ＝12BC·AC＋12AC·D′N－12BC·D′M＝243＋12(12－43)·D′N， 当E′D′⊥AC 时，S △AD′B 有最大值， ∴S △AD′B 最大值＝243＋12(12－43)×62＝(243＋362－126) cm 2.故答案为(24－122)，(243＋362－126)． 【深度练习】 1．0或1<AF<113或42．解：∵A，D 分别在E ，F 处，门缝忽略不计(即B ，C 重合)， 且AB ＝50 cm ，CD ＝40 cm ， ∴EF＝50＋40＝90(cm)．∵B 到达E 时，C 恰好到达F ，此时两门完全开启， ∴B，C 两点的路程之比为5∶4.(1)当∠ABE＝30°时，在Rt△ABE 中，BE ＝32AB ＝25 3 cm ，∴B 运动的路程为(50－253) cm.∵B，C 两点的路程之比为5∶4；∴此时点C 运动的路程为(50－253)×45＝(40－203) cm ，∴BC＝(50－253)＋(40－203)＝(90－453) cm ， 故答案为(90－453)．(2)当A 向M 方向继续滑动15 cm 时，设此时点A 运动到了点A′处，点B ，C ，D 分别运动到了点B′，C′，D′处，连结A′D′，如图，则此时AA′＝15 cm ，∴A′E＝15＋25＝40(cm)，由勾股定理得EB′＝30 cm ， ∴B 运动的路程为50－30＝20(cm)， ∴C 运动的路程为16 cm ，∴C′F＝40－16＝24(cm)，由勾股定理得D′F＝32 cm ，∴四边形A′B′C′D′的面积＝梯形A′EFD′的面积－△A′EB′的面积－△D′FC′的面积＝12×90×(40＋32)－12×30×40－12×24×32＝2 256(cm 2)，∴四边形ABCD 的面积为2 256 cm 2.故答案为2 256. 3．解：(1)当t ＝3时，点E 为AB 的中点， ∵A(8，0)，C(0，6)，∴OA＝8，OC ＝6， ∵点D 为OB 的中点，∴DE∥OA，DE ＝12OA ＝4，∵四边形OABC 是矩形，∴OA⊥AB，∴DE⊥AB， ∴∠OAB＝∠DEA＝90°，又∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°， ∴四边形DFAE 是矩形，∴DF＝AE ＝3； (2)∠DEF 的大小不变．作DM⊥OA 于M ，DN⊥AB 于N ，如图1所示，∵四边形OABC 是矩形，∴OA⊥AB， ∴四边形DMAN 是矩形，∴∠MDN ＝90°，DM∥AB，DN∥OA， ∴BD DO ＝BN NA ，DO BD ＝OM MA， ∵点D 为OB 的中点，∴M，N 分别是OA ，AB 的中点， ∴DM＝12AB ＝3，DN ＝12OA ＝4.∵∠EDF＝90°，∴∠FDM＝∠EDN，又∵∠DMF＝∠DNE＝90°，∴△DMF∽△DNE， ∴DF DE ＝DM DN ＝34， ∵∠EDF＝90°，∴tan∠DEF＝DF DE ＝34；(3)作DM⊥OA 于M ，DN⊥AB 于N ， 若AD 将△DEF 的面积分成1∶2的两部分， 设AD 交EF 于点G ，则点G 为EF 的三等分点；①当点E 到达中点之前时，如图2所示，NE ＝3－t ，由△DMF∽△DNE 得MF ＝ 34(3－t)，∴AF＝4＋MF ＝－34t ＋254，∵点G 为EF 的三等分点，∴G(3t ＋7112，23t)，设直线AD 的解析式为y ＝kx ＋b ，把A(8，0)，D(4，3)代入得⎩⎪⎨⎪⎧8k ＋b ＝0，4k ＋b ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－34，b ＝6，∴直线AD 的解析式为y ＝－34x ＋6，把G(3t ＋7112，23t)代入得t ＝7541.②当点E 越过中点之后，如图3所示，NE ＝t －3，由△DMF∽△DNE 得MF ＝34(t －3)，∴AF＝4－MF ＝－34t ＋254.∵点G 为EF 的三等分点，∴G(3t ＋236，13t)，代入直线AD 的解析式y ＝－34x ＋6得t ＝7517.综上所述，当AD 将△DEF 分成的两部分的面积之比为1∶2时，t 的值为7541或7517.4．解：(1)把A(1，0)和C(0，3)代入y ＝x 2＋bx ＋c 得⎩⎪⎨⎪⎧1＋b ＋c ＝0，c ＝3，解得b ＝－4，c ＝3， ∴二次函数的解析式为：y ＝x 2－4x ＋3.(2)令y ＝0，则x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3， ∴B(3，0)，∴BC＝3 2.点P 在y 轴上，当△PBC 为等腰三角形时分三种情况进行讨论：如图1， ①当CP ＝CB 时，PC ＝32，∴OP＝OC ＋PC ＝3＋32或OP ＝PC －OC ＝32－3， ∴P 1(0，3＋32)，P 2(0，3－32)； ②当BP ＝BC 时，OP ＝OC ＝3，∴P 3(0，－3)； ③当PB ＝PC 时，∵OC＝OB ＝3，∴此时P 与O 重合，∴P 4(0，0)；综上所述，点P 的坐标为(0，3＋32)或(0，3－32)或(0，－3)或(0，0)． (3)如图2，设M 运动的时间为t ，由AB ＝2，得BM ＝2－t ，则DN ＝2t ， ∴S △MNB ＝12×(2－t)×2t＝－t 2＋2t ＝－(t －1)2＋1，即当M(2，0)，N(2，2)或(2，－2)时△MNB面积最大，最大面积是1.5．解：(1)令y＝x2－2x＝0，则x＝0或2，即点B(2，0)，∵C1，C2：y＝ax2＋bx开口大小相同、方向相反，则a＝－1，∵OA＝2OB，则点A(4，0)，将点A的坐标代入C2的解析式得0＝－16＋4b，解得b＝4，故抛物线C2的解析式为y＝－x2＋4x.(2)联立C1，C2的解析式并解得x＝0或3，故点C(3，3)，如图1，作点C关于C2对称轴的对称点C′(1，3)，连结AC′交C2的对称轴于点P，图1此时PA＋PC的值最小，最小值为线段AC′的长度3 2.(3)直线OC 的解析式为y ＝x ，过点M 作y 轴的平行线交OC 于点H ，如图2，图2设点M(x ，－x 2＋4x)，则点H(x ，x)，则S △MOC ＝12MH×x C ＝32(－x 2＋4x －x)＝－32x 2＋92x ＝－32(x －32)2＋278，∵－32＜0，故x ＝32时，S △MOC 的值最大，最大值为278.。