2013年中考数学综合题复习
（动点问题详细分层解析，尖子生首选资料 ）
所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.
关键:动中求静.
数学思想：分类思想 函数思想 方程思想 数形结合思想 转化思想 注重对几何图形运动变化能力的考查
从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。选择基本的几何图形，让学生经历探索的过程，以能力立意，考查学生的自主探究能力，促进培养学生解决问题的能力．图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况，需要理解图形在不同位置的情况，才能做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。
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．
专题一：建立动点问题的函数解析式 函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.那么,我们怎样建立这种函数解析式呢?下面结合中考试题举例分析. 一、应用勾股定理建立函数解析式
例1 )如图1,在半径为6,圆心角为90°的扇形OAB的弧AB上,有一个动点P,PH⊥OA,垂足为H,△OPH的重心为G.
(1)当点P在弧AB上运动时,线段GO、GP、GH中,有无长度保持不变的线段?如果有,请指出这样的线段,并求出相应的长度.
(2)设PHx,GPy,求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域(即自变量x的取值范围).
(3)如果△PGH是等腰三角形,试求出线段PH的长.
解:(1)当点P在弧AB上运动时,OP保持不变,于是线段GO、GP、GH
221中,有长度保持不变的线段，这条线段是GH=NH=OP=2.
332(2)在Rt△POH中, OHOP2PH236x2, ∴
B P N O MH11OH36x2. 22121x363x242
.
y
G x
H
A
在Rt△MPH中,
M 图1
MPPH2MH2x29∴y=GP=
21MP=363x2 (0 1363x2x,解得x6. 经检验, x6是原方程的根,且符合题意. 31②GP=GH时, 363x22,解得x0. 经检验, x0是原方程的根,但不符合题意. 3③PH=GH时,x2. ①GP=PH时, 综上所述,如果△PGH是等腰三角形,那么线段PH的长为6或2. 二、应用比例式建立函数解析式 例2 如图2,在△ABC中,AB=AC=1,点D,E在直线BC上运动.设BD=x,CE=y. (1)如果∠BAC=30°,∠DAE=105°,试确定y与x之间的函数解析式； (2)如果∠BAC的度数为,∠DAE的度数为,当,满足怎样的关系式时,(1)中y与x之间的函数解析式还成立?试说明理由. 解:(1)在△ABC中,∵AB=AC,∠BAC=30°, ∴∠ABC=∠ACB=75°, ∴∠ABD=∠ACE=105°. ∵∠BAC=30°,∠DAE=105°, ∴∠DAB+∠CAE=75°, 又∠DAB+∠ADB=∠ABC=75°, ∴∠CAE=∠ADB, ∴△ADB∽△EAC, ∴ABBD, CEAC ∴ A D B 图2 C E 1x1, ∴y. y1x(2)由于∠DAB+∠CAE=,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=90函数关系式成立, ∴90当2,且 F B P D C 3(1) P F D C 3(2) ● ● 2=, 整理得290. 290时,函数解析式y1成立. x例3(2005年²上海)如图3(1),在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3. 点O是边AC上的一个动点,以点O为圆心作半圆,与边AB相切于点D,交线段OC于点E.作EP⊥ED,交射线AB于点P,交射线CB于点F. (1)求证: △ADE∽△AEP. (2)设OA=x,AP=y,求y关于x的函数解析式,并写出它的定义域. (3)当BF=1时,求线段AP的长. 解:(1)连结OD. 根据题意,得OD⊥AB,∴∠ODA=90°,∠ODA=∠DEP. 又由OD=OE,得∠ODE=∠OED.∴∠ADE=∠AEP, ∴△ADE∽△AEP. (2)∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3, ∴AC=5. ∵∠ABC=∠ ODxADxADO=90°, ∴OD∥BC, ∴,, 3545 2 E O B A E O A ∴OD= 3438x,AD=x. ∴AE=xx=x. 555584xx25AEAD16∵△ADE∽△AEP, ∴, ∴55. ∴y). x (0x88APAE5yx5(3)当BF=1时， ①若EP交线段CB的延长线于点F,如图3(1)，则CF=4. ∵∠ADE=∠AEP, ∴∠PDE=∠PEC. ∵∠FBP=∠DEP=90°, ∠FPB=∠DPE, ∴∠F=∠PDE, ∴∠F=∠FEC, ∴CF=CE. ∴5- 85x=4,得x.可求得y2,即AP=2. 58②若EP交线段CB于点F,如图3(2), 则CF=2. 类似①,可得CF=CE. ∴5- 815x=2,得x. 58可求得y6,即AP=6. 综上所述, 当BF=1时,线段AP的长为2或6. 三、应用求图形面积的方法建立函数关系式 例4 如图,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=22,⊙A的半径为1.若点O在BC边上运动(与点B、C不重合),设BO=x,△AOC的面积为y. (1)求y关于x的函数解析式,并写出函数的定义域. (2)以点O为圆心,BO长为半径作圆O,求当⊙O与⊙A相切时, △AOC的面积. 解:(1)过点A作AH⊥BC,垂足为H. ∵∠BAC=90°,AB=AC=22, ∴BC=4,AH=∵SAOCA 1BC=2. ∴OC=4-x. 2B 1OCAH, ∴yx4 (0x4). 2222O H 图8 C (2)①当⊙O与⊙A外切时, 在Rt△AOH中,OA=x1,OH=2x, ∴(x1)2(2x). 解得x此时,△AOC的面积y=4②当⊙O与⊙A内切时, 在Rt△AOH中,OA=x1,OH=x2, ∴(x1)2(x2). 解得x此时,△AOC的面积y=42227. 6717. 667. 271. 22171或. 26综上所述,当⊙O与⊙A相切时,△AOC的面积为专题二：动态几何型压轴题 动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系； 3 分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。下面就此问题的常见题型作简单介绍，解题方法、关键给以点拨。 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，ABAC10，BC12，点D在边BC上，且BD4，以点D为顶点作EDFB，分别交边AB于点E，交射线CA于点F． （1）当AE6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] A本题改编自新教材九上《相似形》24.5(4)例六,典型的 F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 E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 DB利用方程思想来求解． C[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(Rr)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] CFCD ，代入数据得CF8，∴AF=2 BDBE32（2） 设BE=x,则dAC10,AE10x,利用（1）的方法CF， x32 相切时分外切和内切两种情况考虑： 外切，1010x，x42； x解：（1） 证明CDF∽EBD∴内切，1010x32，x10217．0x10 x∴当⊙C和⊙A相切时，BE的长为42或10217． （3）当以边AC为直径的⊙O与线段DE相切时，BE20． 3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； 4 l A O E A′ D (2)若直线l与AB相交于点F，且AO＝ 1AC，设AD的长为x，五边形43长为半径的圆与4BCDEF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’＝ ∵AB＝A’B，AB＝3∴AC＝6 BC33 B l A O F B E C D C 1AC 2x291212 (2)①ACx9，AO x9，AF(x9)，AE4x4122∴SAEF(x29)2(x29)21，S3x AEAF96x96x2x4270x281S (3x33) 96x②若圆A与直线l相切，则x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，ABAC5,BC6，D、E分别是边AB、AC上的两个动点（D不与A、B重合），且保持DE∥BC，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ADx，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． 5 31288x9，x10(舍去)，x2∵x23∴不存在 5445ADBGEFC [题型背景和区分度测量点] 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] ADBGAEFCBDKUG图3-2FEADCBG图3-3AEFDCBGKEFCDBGAK图3-5EF C图3-1图3-41．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）SABC12. （2）令此时正方形的边长为a，则 a4a12，解得a. 56423626x， （3）当0x2时， yx525当2x5时， y （4）AD6424242x5xxx. 555251252520,,. 73117[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B 于x的函数解析式，并写出定义域． D E C M F A N （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． 6 例1：已知⊙O的弦AB的长等于⊙O的半径，点C在⊙O上变化（不与A、B）重合，求∠ACB的大小 . 分析：点C的变化是否影响∠ACB的大小的变化呢?我们不妨将点C改变一下,如何变化呢？可能在优弧AB上，也可能在劣弧AB上变化，显然这两者的结果不一样。那么，当点C在优弧AB上变化时，∠ACB所对的弧是劣弧AB，它的大小为劣弧AB的一半，因此很自然地想到它的圆心角，连结AO、BO，则由于AB=OA=OB，即三角形ABC为等边三角形，则∠AOB=600，则由同弧所对的圆心角与圆周角的关系得出：∠ 1ACB=2∠AOB=300， 当点C在劣弧AB上变化时，∠ACB所对的弧是优弧AB，它的大小为优弧AB的一半，由∠AOB=600得，优弧AB的度数为3600-600=3000，则由同弧所对的圆心角与圆周角的关系得出：∠ACB=1500， AB因此，本题的答案有两个，分别为300或1500. 反思：本题通过点C在圆上运动的不确定性而引起结果的不唯一性。从 C而需要分类讨论。这样由点C的运动变化性而引起的分类讨论在解题中经常ABCO出现。 变式1：已知△ABC是半径为2的圆内接三角形，若AB23，求∠C的大小. 本题与例1的区别只是AB与圆的半径的关系发生了一些变化,其解题方法与上 O1AB1132AOB600sinAOB2OB2,则2面一致,在三角形AOB中,,即AOB1200, 从而当点C在优弧AB上变化时，∠C所对的弧是劣弧AB，它的大小为劣弧AB的一半，即C60, 当点C在劣弧AB上变化时，∠C所对的弧是优弧AB，它的大小为优弧 AB的一半，由∠AOB=1200得，优弧AB的度数为3600-1200=2400，则由同弧所对的圆心角与圆周角的关系得出：∠C=1200， 因此C60或∠C=1200. 变式2: 如图,半经为1的半圆O上有两个动点A、B，若AB=1， 判断∠AOB的大小是否会随点A、B的变化而变化，若变化，求出变化范围，若不变化，求出它的值。 四边形ABCD的面积的最大值。 解：（1）由于AB=OA=OB，所以三角形AOB为等边三角形，则∠AOB=600，即∠AOB的大小不会随点A、B的变化而变化。 DOBEC00ABADFHOGC3（2）四边形ABCD的面积由三个三角形组成，其中三角形AOB的面积为4，而三角 111ODAFOCBG(AFBG)22形AOD与三角形BOC的面积之和为2，又由梯形 7 1(AFBG)EH的中位线定理得三角形AOD与三角形BOC的面积之和2，要四边形 3ABCD的面积最大，只需EH最大，显然EH≤OE=2，当AB∥CD时，EH=OE，因此 3333四边形ABCD的面积最大值为4+2=4. 对于本题同学们还可以继续思考:四边形ABCD的周长的变化范围. 变式3: 如图,有一块半圆形的木板,现要把它截成三角形板块.三角形的两个顶点分 别为A、B，另一个顶点C在半圆上，问怎样截取才能使截出的三角形的面积最大？要求说明理由（广州市2000年考题） 分析：要使三角形ABC的面积最大，而三角形ABC的底边AB为圆的 A直径为常量，只需AB边上的高最大即可。过点C作CD⊥AB于点D，连结CO， 由于CD≤CO，当O与D重合，CD=CO，因此，当CO与AB垂直时，即C为半圆弧 的中点时，其三角形ABC的面积最大。 本题也可以先猜想，点C为半圆弧的中点时，三角形ABC的面积最大，故只需另选一个位置C1（不与C重合），，证明三角形ABC的面积大于三A角形ABC1的面积即可。如图 COCBDOB111显然三角形 ABC1的面积=2AB³C1D，而C1D< C1O=CO,则三角形 ABC1的面积=2AB³C1D<2AB³C1O=三 角形 ABC的面积,因此,对于除点C外的任意点C1,都有三角形 ABC1的面积小于三角形三角形 ABC的面积,故点C为半圆中点时,三角形ABC面积最大. 本题还可研究三角形ABC的周长何时最大的问题。 C1C提示：利用周长与面积之间的关系。要三角形ABC的周长最大，AB为常 数，只需AC+BC最大，而（AC+BC）2=AC2+CB2+2AC³BC=AB2+4³ΔABC的面积，因此ΔABC的面积最大时，AC+BC最大，从而ΔABC的周长最大。 从以上一道题及其三个变式的研究我们不难发现,解决动态几何问题的常见方法有: ADOB一、 特殊探路，一般推证 例2： 如图，⊙O1和⊙O2内切于A，⊙O1的半径为3，⊙O2的半径为 BP2，点P为⊙O1上的任一点（与点A不重合），直线PA交⊙O2于点C，PB切⊙O2于点B，则PC的 值为 63（A）2 （B）3 （C）2 （D）2 分析：本题是一道选择题，给出四个答案有且只有一个是正确的，因此可以取一个特殊位置进行研究，当点P满足PB⊥AB时，可以通过计算得出 8 BO1PCO2A 223122 PB= BC³AP=BP³AB，因此 ABBP22ABBPBC= 821688226426， BP2BC2在三角形BPC中，PC= 263， BO1O2CABP所以，PC=3选（B） PBPAPPCBP，即可计算出结论。 当然，本题还可以根据三角形相似得 作为一道选择题，到此已经完成，但如果是一道解答题，我们得出的结论只是一个特殊情况，还要进一 步证明对一般情况也成立。 例3：如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC=4，OABC于O,点E和点F分别在边AB、AC上滑动并保持AE=CF,但点F不与A、C重合，点E不与B、A重合。 判断OEF的形状，并加以证明。 判断四边形AEOF的面积是否随点E、F的变化而变化，若变化，求其变化范围，若不变化，求它的值. AEF的面积是否随着点E、F的变化而变化，若变化，求其变化范 BEFCA围，若不变化，求它的值。 分析：本题结论很难发现，先从特殊情况入手。最特殊情况为E、F分别为AB、AC中点，显然有ΔEOF为等腰直角三角形。还可发现当点E与A无限接近时，点F与点C无限接近， C此时ΔEOF无限接近ΔAOC，而ΔAOC为等腰直角三角形，几种特殊情况都D可以得出ΔEOF为等腰直角三角形。一般情况下成立吗？OE与OF相等吗？ B∠EOF为直角吗？能否证明。如果它们成立，便可以推出三角形OFC与三角A形OEA全等，一般情况下这两个三角形全等吗？ 不难从题目的条件可得：OA=OC，∠OCF=∠OAE，而AE=CF，则ΔOEA≌ΔOFC，则OE=OF，且∠FOC=∠EOA，所以∠EOF=∠EOA+∠AOF=∠FOC+∠FOA=900，则∠EOF为直角，故ΔEOF为等腰直角三角形。 二、 动手实践，操作确认 例4 ）在⊙O中，C为弧AB的中点，D为弧AC上任一点（与A、C不重合），则 （A）AC+CB=AD+DB (B) AC+CB 分析:本题可以通过动手操作一下,度量AC、CB、AD、DB的长度，可 E以尝试换几个位置量一量，得出结论（C） D例5：如图，过两同心圆的小圆上任一点C分别作小圆的直径CA和非直径的弦CD，延长CA和CD与大圆分别交于点B、E，则下列结论中正确的是（ * ） CBAOO 9 （A）DEAB （B）DEAB （C）DEAB（D）DE,AB的大小不确定 分析：本题可以通过度量的方法进行，选（B） 本题也可以可以证明得出结论，连结DO、EO，则在三角形OED中，由于两边之差小于第三边，则 OE—OD 分析：能否将DN和NM进行转化，与建立三角形两边之和大于第三边 AD等问题，很自然地想到轴对称问题，由于ABCD为正方形，因此连结BN， 显然有ND=NB，则问题就转化为BN+NM的最小值问题了，一般情况下： MBN+NM≥BM,只有在B、N、M三点共线时，BN+NM=BM，因此DN+MN的最小值为BM=BCCM5 本题通过建立平面上三个点中构成的三角形中的两边之和大于第三边及共线时的两边之和等于第三边的特殊情况求最小值，最后通过勾股定理计算得出结论。 22NBC例7：如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC=4，OABC于O,点E 和点F分别在边AB、AC上滑动并保持AE=CF,但点F不与A、C重合，点E不与B、A重合。 判断四边形AEOF的面积是否随点E、F的变化而变化，若变化，求其变化范围，若不变化，求它的值. AEF的面积是否随着点E、F的变化而变化，若变化，求其变化范围，若不变化，求它的值。 （即例3的第2、第3问） A分析：(2)本题的方法很多，其一，可以建立四边形AEOF与AE长的函数关系式，如设AE=x，则AF=22x， EFBC22而三角形AOB的面积与三角形AOE的面积之比=x，而三 1OBOA2角形AOB的面积=2，则三角形AOE的面积 Ox22xx(22x)2，因此四边形AEOF的面积=2=2，同理三角形AOF的面积=；即AEOF的面积不会随点E、F的变化而变化，是一个定值，且为2. 当然，本题也可以这样思考，由于三角形AOE与三角形COF全等，则四边形AEOF的面积与三角形AOC的面积相等，而AOC的面积为2，因此AEOF的面积不会随点E、F的变化而变化，是一个定值，且为2. 本题通过建立函数关系或有关图形之间的关系,然后通过简单的计算得出结论的方法应用比较广泛. 211x(22x)(x2)212 第(3)问,也可以通过建立函数关系求得, AEF的面积=2,又 x的变化范围为0x22,由二次函数知识得AEF的面积的范围为: 0AEF的面积1. 本题也可以根据三角形AEF与三角形OEF的面积关系确定AEF的面积范围: 不难证明AEF的面积≤OEF的面积，它们公用边EF，取EF的中点H，显然由于OEF为等腰直 10 1EF角三角形，则OH⊥EF，作AG⊥EF，显然AG≤AH=AG（=2），所以AEF的面积≤OEF的面积，而它们的和为2，因此0AEF的面积1. 本题包容的内涵十分丰富，还可以提出很多问题研究： 比如，比较线段EF与AO长度大小等（可以通过A、E、O、F四点在以EF为直径的圆上得出很多结论） DC例8：如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从 点A开始向点B以2厘米/秒的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向点A以1厘米/秒的速度移动。如果Ｐ、Ｑ同时出发，用t秒表示移 Q动的时间（0≤ t ≤6），那么： （1）当t为何值时，三角形QAP为等腰三角形？ （2）求四边形QAPC的面积，提出一个与计算结果有关的结论； APB（3）当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？ 分析：（1）当三角形QAP为等腰三角形时，由于∠A为直角，只能是AQ=AP，建立等量关系， 2t6t，即t2时，三角形QAP为等腰三角形； （2）四边形QAPC的面积=ABCD的面积—三角形QDC的面积—三角形PBC的面积 1112612x(122x)622==36，即当P、Q运动时，四边形QAPC的面积不变。 （3）显然有两种情况：△PAQ∽△ABC，△QAP∽△ABC， 2x122x66或6x12，解之得x3或x1.2 由相似关系得6x建立关系求解，包含的内容多，可以是函数关系，可以是方程组或不等式等，通过解方程、或函 数的最大值最小值，自变量的取值范围等方面来解决问题；也可以是通过一些几何上的关系，描述图形的特征，如全等、相似、共圆等方面的知识求解。 作为训练同学们可以综合上述方法求解： 练习1 已知ABC为直角三角形，AC=5，BC=12，∠ACB为直角，P是AB边上的动点（与点A、B不重合），Q是BC边上动点（与点B、C不重合） （1） 如图，当PQ∥AC，且Q为BC的中点，求线段CP的长。 CQBAP当PQ与AC不平行时，CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，求出线段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由。 113AB2 第1问很易得出P为AB中点，则CP=2第2问：如果CPQ为直角三角形，由于PQ与AC不平行，则∠Q不可能为直角 11 AMCDQB 又点P不与A重合，则∠PCQ也不可能为直角，只能是∠CPQ为直角，即以CQ为直径的圆与AB有交点，设CQ=2x，CQ的中点D到AB的距离DM不大于CD， DMDBDM12x5(12x)5(12x)DMDMCDxACAB，即513，所以1313，由，即x101020x6CQ123，而x6，故33，亦即时，CPQ可能为直角三角形。 当然还有其它方法。同学们可以继续研究。 练习2： 在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，O为BC的中点， （1）写出点O到△ABC的三个顶点 A、B、C距离的大小关系。 （2）如果点M、N分别在线段AB、AC上移动，移动中保持AN＝BM，请判断△OMN的形状，并证明你的结论。 该题与例3类似，同学们可以仿 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． 专题三：双动点问题 点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题. 它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题. 这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力. 其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为今年中考试题的热点，现采撷几例加以分类浅析，供读者欣赏. 1 以双动点为载体，探求函数图象问题 例1 (2009年杭州市)在直角梯形ABCD中，∠C=90°，高CD=6cm(如图1). 动点P，Q同时从点B出发，点P沿BA，AD，DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，两点运动时的速度都是1cm/s. 而当点P到达点A时，点Q正好到达点C. 设P，Q同时从点B出发，经过的时间为t(s)时，△BPQ的面积为y(cm)2(如图2). 分别以t，y为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点P在AD边上从A到D运动时，y与t的函数图象是图3中的线段MN. (1)分别求出梯形中BA，AD的长度； (2)写出图3中M，N两点的坐标； (3)分别写出点P在BA边上和DC边上运动时，y与t的函数关系式(注明自变量的取值范围)，并在图3中补全整个运动中y关于x的函数关系的大致图象. 评析 本题将点的运动过程中形成的函数解析式与其相应的函数图象有机的结合在一起，二者相辅相成，给人以清新、淡雅之感. 本题彰显数形结合、分类讨论、函数建模与参数思想在解题过程中的灵活运用. 解决本题的关键是从函数图象中确定线段AB、梯形的高与t的函数关系式，建立起y与t的函数关系式，进而根据函数关系式补充函数图象. 2 以双动点为载体，探求结论开放性问题 例2 如图5，Rt△ABC中，∠B=90°，∠CAB=30°.它的顶点A的坐标为(10，0)，顶点B的坐标为 12 (5，53)，AB=10，点P从点A出发，沿A→B→C的方向匀速运动，同时点Q从点D(0，2)出发，沿y轴正方向以相同速度运动，当点P到达点C时，两点同时停止运动，设运动的时间为t秒. (1)求∠BAO的度数. (2)当点P在AB上运动时，△OPQ的面积S(平方单位)与时间t(秒)之间的函数图象为抛物线的一部分，(如图6)，求点P的运动速度. (3)求(2)中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标. (4)如果点P，Q保持(2)中的速度不变，那么点P沿AB边运动时，∠OPQ的大小随着时间t的增大而增大；沿着BC边运动时，∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小，当点P沿这两边运动时，使∠OPQ=90°的点P有几个?请说明理由. 解 (1)∠BAO=60°. (2)点P的运动速度为2个单位/秒. 评析 本题是以双点运动构建的集函数、开放、最值问题于一体的综合题. 试题有难度、有梯度也有区分度，是一道具有很好的选拔功能的好题. 解决本题的关键是从图象中获取P的速度为2，然后建立S与t的函数关系式，利用函数的性质解得问题(3).本题的难点是题(4)，考生要从题目的信息中确定建立以B为直角顶点的三角形，以B为临界点进行分类讨论，进而确定点的个数问题. 3 以双动点为载体，探求存在性问题 例3 如图8，矩形ABCD中，AD=3厘米，AB=a厘米(a>3).动点M，N同时从B点出发，分别沿B→A，B→C运动，速度是1厘米/秒.过M作直线垂直于AB，分别交AN，CD于P，Q.当点N到达终点C时，点M也随之停止运动.设运动时间为t秒. (1)若a=4厘米，t=1秒，则PM=厘米； (2)若a=5厘米，求时间t，使△PNB∽△PAD，并求出它们的相似比； (3)若在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等，求a的取值范围； (4)是否存在这样的矩形：在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN，梯形PQDA，梯形PQCN的面积都相等?若存在，求a的值；若不存在，请说明理由. 评析 本题是以双动点为载体，矩形为背景创设的存在性问题.试题由浅入深、层层递进，将几何与代数知识完美的综合为一题，侧重对相似和梯形面积等知识点的考查，本题的难点主要是题(3)，解决此题的关键是运用相似三角形的性质用t的代数式表示PM，进而利用梯形面积相等列等式求出t与a的函数关系式，再利用t的范围确定的a取值范围. 第(4)小题是题(3)结论的拓展应用，在解决此问题的过程中，要有全局观念以及对问题的整体把握. 4 以双动点为载体，探求函数最值问题 例4 )如图9，在边长为82cm的正方形ABCD中，E、F是对角线AC上的两个动点，它们分别从点A、C同时出发，沿对角线以1cm/s的相同速度运动，过E作EH垂直AC交Rt△ACD的直角边于H；过F作FG垂直AC交Rt△ACD的直角边于G，连结HG、EB.设HE、EF、FG、GH围成的图形面积为S1，AE、EB、BA围成的图形面积为S2(这里规定：线段的面积为0).E到达C，F到达A停止.若E的运动时间为x(s)，解答下列问题： (1)当0 解 (1)以E、F、G、H为顶点的四边形是矩形，因为正方形ABCD的边长为82，所以AC=16，过B作BO⊥AC于O，则OB=89，因为AE=x，所以S2=4x，因为HE=AE=x，EF=16-2x，所以S1=x(16-2x)， 当S1=S2时， 4x=x(16-2x)，解得x1=0(舍去)，x2=6，所以当x=6时， S1=S2. (2)①当0≤x<8时，y=x(16-2x)+4x=-2x2+20x， 当8≤x≤16时，AE=x，CE=HE=16-x，EF=16-2(16-x)=2x-16， 所以S1=(16-x)(2x-16)， 所以y=(16-x)(2x-16)+4x=-2x2+52x-256. ②当0≤x<8时，y=-2x2+20x=-2(x-5)2+50，所以当x=5时，y的最大值为50. 13 当8≤x≤16时，y=-2x2+52x-256=-2(x-13)2+82， 所以当x=13时，y的最大值为82. 综上可得，y的最大值为82. 评析 本题是以双动点为载体，正方形为背景创设的函数最值问题.要求学生认真读题、领会题意、画出不同情况下的图形，根据图形建立时间变量与其它相关变量的关系式，进而构建面积的函数表达式. 本题在知识点上侧重对二次函数最值问题的考查，要求学生有扎实的基础知识、灵活的解题方法、良好的思维品质；在解题思想上着重对数形结合思想、分类讨论思想、数学建模等思想的灵活运用. 专题四：函数中因动点产生的相似三角形问题 例题 如图1，已知抛物线的顶点为A（2，1），且经过原点O，与x轴的另一个交点为B。 1yx2x4⑴求抛物线的解析式；（用顶点式求得抛物线的解析式为） ⑵若点C在抛物线的对称轴上，点D在抛物线上，且以O、C、D、B四点为顶点的四边形为平行四边形，求D点的坐标； ⑶连接OA、AB，如图2，在x轴下方的抛物线上是否存在点P，使得△OBP与△OAB相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由。 ．．．．．．． 分析:1.当给出四边形的两个顶点时应以两个顶点的连线为四边形的边和对角线来考虑问题以O、C、D、B四点为顶点的四边形为平行四边形要分类讨论:按OB为边和对角线两种情况 2. 函数中因动点产生的相似三角形问题一般有三个解题途径 ① 求相似三角形的第三个顶点时，先要分析已知三角形的边和角的特点，进而得出已知三角形．． 是否为特殊三角形。根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。 ②或利用已知三角形中对应角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函数、对称、旋转等知识来推导边的大小。 ③若两个三角形的各边均未给出，则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度，之后利用相似来列方程求解。 14 OyABxOyABx图1 例1题图 图2 533)E0练习1、已知抛物线yaxbxc经过P(3，，0)． 2，及原点O(0，2（1）求抛物线的解析式．（由一般式得抛物线的解析式为y．．． 2253xx） 33（2）过P点作平行于x轴的直线PC交y轴于C点，在抛物线对称轴右侧且位于直线PC下方的抛物线上，任取一点Q，过点Q作直线QA平行于y轴交x轴于A点，交直线PC于B点，直线QA与直线PC及两坐标轴围成矩形OABC．是否存在点Q，使得△OPC与△PQB相似？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，说明理由． （3）如果符合（2）中的Q点在x轴的上方，连结OQ，矩形OABC内的四个三角形 △OPC，△PQB，△OQP，△OQA之间存在怎样的关系？为什么？ yCOPBQAEx练习2、如图，四边形OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A在x轴上，点C在y轴上，将边BC折叠，使点B落在边OA的点D处。已知折叠CE55，且tanEDA（1）判断△OCD与△ADE是否相似？请说明理由； （2）求直线CE与x轴交点P的坐标； 3。 4（3）是否存在过点D的直线l，使直线l、直线CE与x轴所围成的三角形和直线l、直线CE与y轴所围成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由。 练习3、在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数 y C B E O D 练习2图 yax2bxc(a0)的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的 左边），与y轴交于点C，其顶点的横坐标为1，且过点(2，3)和 (3，12)． （1）求此二次函数的表达式；（由一般式得抛物线的解析式为．．． A x yx22x3） （2）若直线l:ykx(k0)与线段BC交于点D（不与点B，C重合），则是否存在这样的直线l， 15 使得以B，O，D为顶点的三角形与△BAC相似？若存在，求出该直线的函数表达式及点D的坐标；若不存在，请说明理由；A(1，，0)B(3，0),C(0，3) （3）若点P是位于该二次函数对称轴右边图象上不与顶点重合的任意一点，试比较锐角PCO与 ACO的大小（不必证明），并写出此时点P的横坐标xp的取值范围． y P x C l A A B y o C B x O x1 练习4图 练习3图 2练习4 (2009广东湛江市) 如图所示，已知抛物线yx1与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C． （1）求A、B、C三点的坐标． （2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积． （3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MGx轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似．若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由． 练习5、已知：如图，在平面直角坐标系中，△ABC是直角三角形，ACB90，点A，C的坐标分别为A(3，0)，C(1，0)，tanBAC3． 4y B （1）求过点A，B的直线的函数表达式；点A(3，0)，C(1，0)， 393)，yx B(1，44（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，连接设APQ，PDQm，问是否存在这样的m使得△APQ与△ADBA O x C 相似，如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由． 参考答案 例题、解:⑴由题意可设抛物线的解析式为ya(x2)21 ∵抛物线过原点， 16 ∴0a(02)21 ∴a1. 411抛物线的解析式为y(x2)21,即yx2x 44∥ ⑵如图1,当OB为边即四边形OCDB是平行四边形时,CD＝OB, yABO12由0(x2)1得x10,x24, x4∴B(4,0),OB＝4. ∴D点的横坐标为6 DC12图1 将x＝6代入y(x2)1,得y＝－3, 4∴D(6,－3); 根据抛物线的对称性可知,在对称轴的左侧抛物线上存在点D,使得四边形ODCB是平行四边形,此时D点的坐标为(－2,－3), y当OB为对角线即四边形OCBD是平行四边形时,D点即为A点, A此时D点的坐标为(2,1) BOE⑶如图2，由抛物线的对称性可知:AO＝AB,∠AOB＝∠ABO. x若△BOP与△AOB相似,必须有∠POB＝∠BOA＝∠BPO A'设OP交抛物线的对称轴于A′点,显然A′(2,－1) 1∴直线OP的解析式为yx 图2 P211由xx2x, 24得x10,x26 .∴P(6,－3) 过P作PE⊥x轴,在Rt△BEP中,BE＝2,PE＝3, ∴PB＝13≠4. ∴PB≠OB,∴∠BOP≠∠BPO, ∴△PBO与△BAO不相似, 同理可说明在对称轴左边的抛物线上也不存在符合条件的P点. 所以在该抛物线上不存在点P,使得△BOP与△AOB相似. 练习1、解：（1）由已知可得： 3a3b35325375a，b，c0． ab0 解之得，3324c0 17 因而得，抛物线的解析式为：y（2）存在． 设Q点的坐标为(m，n)，则n2253xx． 332253mm， 332533m2m3nm3BQPBm333要使△OCP∽△PBQ,，则有，即 33CPOC33解之得，m123，m22． ，2) 当m123时，n2，即为Q点，所以得Q(232533m2m3nm3BQPBm333要使△OCP∽△QBP,，则有，即 33OCCP33，m23，当m解之得，m1333时，即为P点， y ，3)． 当m133时，n3，所以得Q(33C 故存在两个Q点使得△OCP与△PBQ相似． 3 B E 2)(33，3)． Q点的坐标为(23，，O （3）在Rt△OCP中，因为tanCOP1 CP3．所以COP30． OC32 D A x 图1 2)时，BPQCOP30． 当Q点的坐标为(23，所以OPQOCPBQAO90． 因此，△OPC，△PQB，△OPQ，△OAQ都是直角三角形． 又在Rt△OAQ中，因为tanQOAQA3．所以QOA30． AO3即有POQQOAQPBCOP30． 所以△OPC∽△PQB∽△OQP∽△OQA， 又因为QP⊥OP，QA⊥OAPOQAOQ30， 18 y l C N M G E B 所以△OQA≌△OQP． 练习2 解：（1）△OCD与△ADE相似。 理由如下： 由折叠知，CDEB90°， 23. ∴1290°，1390，又∵CODDAE90°， ∴△OCD∽△ADE。 （2）∵tanEDA则AD=4t。 由勾股定理得DE=5t。 AE3，∴设AE=3t， AD4∴OCABAEEBAEDE3t5t8t。 由（1）△OCD∽△ADE，得 OCCD， ADDE∴8tCD， 4t5t∴CD10t。 在△DCE中，∵CDDECE， 222∴(10t)2(5t)2(55)2，解得t=1。 ∴OC=8，AE=3，点C的坐标为（0，8）， 点E的坐标为（10，3）， 设直线CE的解析式为y=kx+b， 110kb3，k，∴解得2 b8，b8，1∴yx8，则点P的坐标为（16，0）。 2（3）满足条件的直线l有2条：y=－2x+12， 19 y=2x－12。 如图2：准确画出两条直线。 练习3 解：（1）二次函数图象顶点的横坐标为1，且过点(2，3)和(3，12)， b2a1，a1，由4a2bc3， 解得b2， c3.9a3b212.此二次函数的表达式为 yx22x3． （2）假设存在直线l:ykx(k0)与线段BC交于点D（不与点B，C重合），使得以B，O，D为顶点的三角形与△BAC相似． 2，x23 在yx2x3中，令y0，则由x2x30，解得x112x A(1，，0)B(3，0)． 令x0，得y3．C(0，3)． 设过点O的直线l交BC于点D，过点D作DE⊥x轴于点E． C D l 0)，点C的坐标为(0，3)，点A的坐标为(1，0)． 点B的坐标为(3，AB4，OBOC3，OBC45. A O E B y BC323232． 要使△BOD∽△BAC或△BDO∽△BAC， 已有BB，则只需 x1 BDBCBOBA， ① 或 BOBCBDBA. ② 成立． 若是①，则有BDBOBCBA33292． 44BEDE． 而OBC45， 20 2 922222． 在Rt△BDE中，由勾股定理，得BEDE2BEBD49解得 BEDE（负值舍去）． 493OEOBBE3． 4439点D的坐标为，． 44将点D的坐标代入ykx(k0)中，求得k3． 满足条件的直线l的函数表达式为y3x． ［或求出直线AC的函数表达式为y3x3，则与直线AC平行的直线l的函数表达式为y3x．此时易知△BOD∽△BAC，再求出直线BC的函数表达式为yx3．联立y3x，yx3求得点D的坐标为，．］ 3944若是②，则有BDBOBABC3422． 32BEDE． 而OBC45，在Rt△BDE中，由勾股定理，得BEDE2BEBD(22)2． 解得 2222BEDE2（负值舍去）． OEOBBE321． 2)． 点D的坐标为(1，将点D的坐标代入ykx(k0)中，求得k2． ∴满足条件的直线l的函数表达式为y2x． 存在直线l:y3x或y2x与线段BC交于点D（不与点B，C重合），使得以B，O，D为顶点的 三角形与△BAC相似，且点D的坐标分别为，或(1，2)． （3）设过点C(0，，3)E(1，0)的直线ykx3(k0)与该二次函数的图象交于点P． 21 3944 将点E(1，0)的坐标代入ykx3中，求得k3． 此直线的函数表达式为y3x3． 设点P的坐标为(x，3x3)，并代入yx2x3，得x5x0． 解得x15，x20（不合题意，舍去）． x 22x5，y12． 12)． 点P的坐标为(5，此时，锐角PCOACO． 又二次函数的对称轴为x1， C ² C A O E B 3)． 点C关于对称轴对称的点C的坐标为(2，当xp5时，锐角PCOACO； 当xp5时，锐角PCOACO； 当2xp5时，锐角PCOACO． 练习四 解：（1）令y0，得x10 解得x1 令x0，得y1 ∴ A(1,0) B(1,0) C(0,1) （2）∵OA=OB=OC=1 ∴BAC=ACO=BCO=45 ∵AP∥CB， ∴PAB=45 过点P作PEx轴于E，则APE为等腰直角三角形 令OE=a，则PE=a1 ∴P(a,a1) ∵点P在抛物线yx1上 ∴a1a1 解得a12，a21（不合题意，舍去） ∴PE=3 ∴四边形ACBP的面积S=(3)． 假设存在 22 2x1 P y P 2A o C B 图1 x 21111AB•OC+AB•PE=21234 2222 ∵PAB=BAC =45 ∴PAAC ∵MGx轴于点G， ∴MGA=PAC =90 在Rt△AOC中，OA=OC=1 ∴AC=2 在Rt△PAE中，AE=PE=3 ∴AP= 32 设M点的横坐标为m，则M (m,m21) ①点M在y轴左侧时，则m1 (ⅰ) 当AMG ∽PCA时，有 AGMGPA=CA 2∵AG=m1，MG=m21即m1m3212 解得m211（舍去） m23（舍去） (ⅱ) 当MAG ∽PCA时有AGMGCA=PA 即 m12m2132解得：m1（舍去） m22∴M(2,3) ② 点M在y轴右侧时，则m1 (ⅰ) 当AMG ∽PCA时有 AGPA=MGCA ∵AG=m1，MG=m21 ∴ m132m212 解得m m411（舍去）23 ∴M(4,739) (ⅱ) 当MAG∽PCA时有 AGCA=MGPA m1m2即 2132 解得：m11（舍去） m24 23 y M P G A oB xC 图2 y P M A oG B xC 图3 ∴M(4,15) ∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似 M点的坐标为(2,3)，(,)，(4,15) 练习5、 解：（1）点A(3，0)，C(1，0) 473933) AC4，BCtan∠BACAC43，B点坐标为(1，4设过点A，B的直线的函数表达式为ykxb， 由0k(3)b3939 得k，b直线AB的函数表达式为yx 44443kby P B （2）如图1，过点B作BDAB，交x轴于点D， 在Rt△ABC和Rt△ADB中， ∠BAC∠DAB Rt△ABC∽Rt△ADB， A O QC图1 D x D点为所求又tan∠ADBtan∠ABCCDBCtan∠ADB3（3）这样的m存在 4， 34913130 ODOCCD，D，4344在Rt△ABC中，由勾股定理得AB5如图1，当PQ∥BD时，△APQ∽△ABD y B 则 m5313m254，解得m 13934P A Q O C 图2 D x 如图2，当PQAD时，△APQ∽△ADB 则 m1334313m1254，解得m 365例1(2008福建福州)如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发， 分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题： （1）当t＝2时，判断△BPQ的形状，并说明理由； 2 （2）设△BPQ的面积为S（cm），求S与t的函数关系式； （3）作QR//BA交AC于点R，连结PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ？ 分析:由t＝2求出BP与BQ的长度,从而可得△BPQ的形状; 24 作QE⊥BP于点E,将PB,QE用t表示,由SBPQ= 1³BP³QE可得 2S与t的函数关系式;先证得四边形EPRQ为平行四边形,得PR=QE, 再由△APR∽△PRQ,对应边成比例列方程,从而t值可求. 解:(1)△BPQ是等边三角形, 当t=2时,AP=2³1=2,BQ=2³2=4,所以BP=AB-AP=6-2=4, 0 即BQ=BP.又因为∠B=60,所以△BPQ是等边三角形. (2)过Q作QE⊥AB,垂足为E,由QB=2t,得QE=2t²sin60=3t, 由AP=t,得PB=6-t,所以SBPQ= 0 3211³BP³QE=(6-t)³3t=－t+33t； 2220 0 0 (3)因为QR∥BA,所以∠QRC=∠A=60，∠RQC=∠B=60，又因为∠C=60, 所以△QRC是等边三角形,这时BQ=2t,所以QR=RC=QC=6-2t. 因为BE=BQ²cos60= 0 1³2t=t,AP=t,所以EP=AB-AP-BE=6-t-t=6-2t, 2所以EP=QR,又EP∥QR,所以四边形EPRQ是平行四边形,所以PR=EQ=3t, 由△APR∽△PRQ,得到 t3tAPPR6,即,解得t=, PRRQ53t62t所以当t= 6时, △APR∽△PRQ. 5点评: 本题是双动点问题.动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大,对同学们获取信息和处理信息的能力要求较高;解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题,挖掘运动、变化的全过程,并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动. 例2(2008浙江温州)如图，在Rt△ABC中，A90，AB6，AC8，D，E分别是边AB，AC的中点，点P从点D出发沿DE方向运动，过点P作PQBC于Q，过点Q作QR∥BA交AC于R，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设BQx，QRy．（1）求点D到BC的距离DH的长； （2）求y关于x的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）； （3）是否存在点P，使△PQR为等腰三角形？若存在，请求出所有 满足要求的x的值；若不存在，请说明理由． 分析:由△BHD∽△BAC,可得DH;由△RQC∽△ABC,可得 y关于x的函数关系式;由腰相等列方程可得x的值;注意需分类讨论. 解：（1）ARt，AB6，AC8，BC10． A D P B H Q R E C 点D为AB中点，BD1AB3． 2DHBD， ACBCDHBA90，BB．△BHD∽△BAC，∴DHBD312AC8 BC105（2）QR∥AB，QRCA90．CC，△RQC∽△ABC， RQQCy10x3，，即y关于x的函数关系式为：yx6． ABBC6105 25 （3）存在.按腰相等分三种情况： ①当PQPR时，过点P作PMQR于M，则QMRM． A 1290，C290，1C． QM484， cos1cosC，QP5105D P B 1 M 2 H Q R E C 13x6425，x18． 12555②当PQRQ时，A D B H P E Q 312x6， 55R C x6． ③当PRQR时，则R为PQ中垂线上的点， 于是点R为EC的中点， 11CRCEAC2． 24QRBA， tanCCRCA3x61565，x． 2281815综上所述，当x为或6或时，△PQR为等腰三角形． 52 点评:建立函数关系式,实质就是把函数y用含自变量x的代数式表示;要求使△PQR为等腰三角形的x的值,可假设△PQR为等腰三角形,找到等量关系,列出方程求解,由于题设中没有指明等腰三角形的腰,故还须分类讨论. 五、以圆为载体的动点问题 动点问题是初中数学的一个难点，中考经常考察，有一类动点问题，题中未说到圆，却与圆有关，只要巧妙地构造圆，以圆为载体，利用圆的有关性质，问题便会迎刃而解；此类问题方法巧妙，耐人寻味。 例1. 在R中，AC＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，P是AB边上的动点（与点A、B不重合），Q是tABCBC边上的动点（与点B、C不重合），当PQ与AC不平行时，△CPQ可能为直角三角形吗？若有可能，请求出线段CQ的长的取值范围；若不可能，请说明理由。（03年广州市中考） 分析：不论P、Q如何运动，∠PCQ都小于∠ACB即小于90°，又因为PQ与AC不平行，所以∠PQC不等于90°，所以只有∠CPQ为直角，△CPQ才可能是直角三角形，而要判断△CPQ是否为直角三角形，只需构造以CQ为直径的圆，根据直径所对的圆周角为直角，若AB边上的动点P在圆上，∠CPQ就为直角，否则∠CPQ就不可能为直角。 以CQ为直径做半圆D。 ①当半圆D与AB相切时，设切点为M，连结DM，则 DM⊥AB，且AC＝AM＝5 所以 M BABAM1358 26 设C，则D Mx，DB12xDx 在R中，D，即 BDMMBtDMB 12xx8 2222221020，所以CQ2x 3320 即当CQ且点P运动到切点M的位置时，△CPQ为直角三角形。 320 ②当CQ12时，半圆D与直线AB有两个交点，当点P运动到这两个交点的位置时，△CPQ 3 解得：x为直角三角形。 ③当0CQ20时，半圆D与直线AB相离，即点P在半圆D之外，0＜∠CPQ＜90°，3此时，△CPQ不可能为直角三角形。 所以，当 20CQ12时，△CPQ可能为直角三角形。 3 例2. 如图2，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＋BC＜DC，若腰DC上有动点P，使AP⊥BP，则这样的点有多少个？ 分析：由条件AP⊥BP，想到以AB为直径作圆，若CD与圆相交，根据直径所对的圆周角是90°，两个交点即为点P；若CD与圆相切，切点即是点P；若CD与圆相离，则DC上不存在动点P，使AP⊥BP。 解：如图3，以AB为直径做⊙O，设⊙O与CD切于点E 因为∠B＝∠A＝90° 所以AD、BC为⊙O的切线 即AD＝DE，BC＝CE 所以AD＋BC＝CD 而条件中AD＋BC＜DC，我们把CD向左平移，如图4，CD的长度不变，AD与BC的长度缩短，此时AD＋BC＜DC，点O到CD的距离OE 小于⊙O的半径OE，CD与⊙O APBAPP相交，∠1和∠2B是直径AB所对的圆周角，都为90°，所以交点P1、2即 为所求。因此，腰DC上使AP⊥BP的动点P有2个。 例3. 如图5，△ABC的外部有一动点P（在直线BC上方），分别连结PB、PC，试确定∠BPC与∠BAC的大小关系。（02年广州市中考） 分析：∠BPC与∠BAC之间没有联系，要确定∠BPC与∠BAC的大小关系，必须找恰当的载体，作为它们之间的桥梁，这道桥梁就是圆，通过构造△ABC的外接圆，问题就会迎刃而解。 （1）当点P在△ABC外接圆外时， 如图5，连结BD，根据外角大于任何一个与它不相邻的内角，∠BPC＜∠BDC 又因为∠BDC＝∠BAC， 所以∠BPC＜∠BAC； 27 （2）当点P在△ABC外接圆上时，如图6，根据同弧所对的圆周角相等， ∠BPC＝∠BAC； （3）当点P在△ABC外接圆内时，如图7，延长BP交△ABC外接圆于点D，连结CD，则∠BPC＞∠BDC， 又∠BDC＝∠BAC，故∠BPC＞∠BAC。 综上，知当点P在△ABC外接圆外时， ∠BPC＜∠BAC； 当点P在△ABC外接圆上时， ∠BPC＝∠BAC； 当点P在△ABC外接圆内时， ∠BPC＞∠BAC。 专题七、2011中考数学热点专题突破训练――动点问题 动点试题是近几年中考命题的热点，与一次函数、二次函数等知识综合，构成中考试题的压轴题.动点试题大致分为点动、线动、图形动三种类型.动点试题要以静代动的解题思想解题.下面就中考动点试题进行分析. 例1如图，在平行四边形ABCD中，AD=4cm，∠A=60°，BD⊥AD.一动点P从A出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C的路线匀速运动，过点P作直线PM，使PM⊥AD. 1．当点P运动2秒时，设直线PM与AD相交于点E，求△APE的面积； 2．当点P运动2秒时，另一动点Q也从A出发沿A→B的路线运动，且在AB上以每秒1cm的速度匀速运动，（当P、Q中的某一点到达终点，则两点都停止运动.）过Q作直线QN，使QN∥PM，设点Q运动的时间为t秒（0≤ 2 t≤8），直线PM与QN截平行四边形ABCD所得图形的面积为S（cm）. （1）求S关于t的函数关系式； （2）求S的最大值. 1.分析：此题为点动题，因此，1)搞清动点所走的路线及速度，这样就能求出相应线段的长；2）分析在运动中点的几种特殊位置. 由题意知，点P为动点，所走的路线为：A→B→C速度为1cm/s。而t=2s，故可求出AP的值，进而求出△APE的面积. 略解：由AP=2 ，∠A=60°得AE=1，EP= . 因此. 2.分析：两点同时运动，点P在前，点Q在后，速度相等，因此两点距出发点A的距离相差总是2cm.P在AB边上运动后，又到BC边上运动.因此PM、QN截平行四边形ABCD所得图形不同.故分两种情况： 28 （1）①当P、Q都在AB上运动时，PM、QN截平行四边形ABCD所得的图形永远为直角梯形.此时0≤t≤6. ②当P在BC上运动，而Q在AB边上运动时，画出相应图形，所成图形为六边形DFQBPG.不规则图形面积用割补法.此时6＜t≤8. ⑴略解：①当P、Q同时在AB边上运动时，0≤t≤6. AQ=t,AP=t+2, AF=t,QF=t,AG=(t+2), 由三角函数PG=(t+2), FG=AG-AF=(t+2)-t=1.S =²(QF+PG)²FG=[ ②当6＜t≤8时， S=S平行四边形ABCD-S△AQF-S△GCP. t+(t+2)]²1=t+. 易求S平行四边形ABCD=16,S△AQF=AF²QF=t. 2 而S△CGP=PC²PG,PC=4-BP=4-(t+2-8)=10-t.由比例式可得∴ PG=(10-t).∴S△CGP=PC²PG=(10-t)²(10-t)=(10-t). 2 ∴S=16-t- 2 (10-t)= 2 (6＜t≤8 ⑵分析:求面积的最大值时,应用函数的增减性求.若题中分多种情况,那么每一种情况都要分别求出最大值，然后综合起来得出一个结论.此题分两种情况,那么就分别求出0≤t≤6和6＜t≤8时的最大值. 29 0≤t≤6时,是一次函数,应用一次函数的性质,由于一次项系数是正数,面积S随t的增大而增大.当 6＜t≤8时,是二次函数,应用配方法或公式法求最值. 略解：由于所以t=6时，S最大＝； 由于S＝(6＜t≤8,所以t=8时，S最大=6. 综上所述, 当t=8时，S最大=6. 例2．如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC为菱形，点C的坐标为(4,0)，∠AOC=60°，垂直于x轴的直线l从y轴出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，设直线l与菱形OABC的两边分别交于点M、N(点M在点N的上方). 1.求A、B两点的坐标； 2.设△OMN的面积为S，直线l运动时间为t秒(0≤t≤6)，试求S与t的函数表达式； 3.在题(2)的条件下，t为何值时，S的面积最大？最大面积是多少？ 1.分析：由菱形的性质、三角函数易求A、B两点的坐标. 解：∵四边形OABC为菱形，点C的坐标为(4,0)， ∴OA=AB=BC=CO=4.如图①，过点A作AD⊥OC于D.∵∠AOC=60°，∴OD=2，AD=. ∴A(2, )，B（6, ）. 2.分析：直线l在运动过程中，随时间t的变化，△MON的形状也不断变化，因此，首先要把所有情况画出相应的图形，每一种图形都要相应写出自变量的取值范围。这是解决动点题关键之一. 直线l从y轴出发，沿x轴正方向运动与菱形OABC的两边相交有三种情况： ①0≤t≤2时，直线l与OA、OC两边相交(如图①). 30 ②2＜t≤4时，直线l与AB、OC两边相交(如图②). ③4＜t≤6时，直线l与AB、BC两边相交(如图③). 略解：①∵MN⊥OC，∴ON=t. ∴MN=ONtan60°=.∴S=ON²MN=t. 2 ②S=ON²MN=t²2=t. ③方法一：设直线l与x轴交于点H.∵MN＝2-(t-4)=6-t, ∴S=MN²OH=(6-t)t=-t+3 2 t. 方法二：设直线l与x轴交于点H.∵S=S△OMH-S△ONH，∴S=t²2-t²(t-4)= - t+3 2 t. 方法三：设直线l与x轴交于点H.∵S=, =4³2=8,=²2²(t-2)= t-2, =²4²(t-4)=2t-8,=(6-t)(6-t)=18-6t+t, 2 ∴S=8-(t-2)-(2t-8)-(18-6t+t)=- 2 t+3 2 t. 3.求最大面积的时候，求出每一种情况的最大面积值，然后再综合每种情况，求出最大值. 略解：由2知，当0≤t≤2时，=³2=2 2 ； 31 当2＜t≤4时，=4； 当4＜t≤6时，配方得S=-(t-3)+ 2 ， ∴当t=3时，函数S＝-t+3 2 t的最大值是. 但t=3不在4＜t≤6内，∴在4＜t≤6内，函数S＝-t+3 2 t的最大值不是. 而当t＞3时，函数S＝-上所述，当t=4秒时， =4 t+3. 2 t随t的增大而减小，∴当4＜t≤6时，S＜4. 综 练习1 如图所示，在直角坐标系中，矩形ABCD的边AD在x轴上，点A在原点，AB＝3，AD＝5．若矩形以每秒2个单位长度沿x轴正方向作匀速运动．同时点P从A点出发以每秒1个单位长度沿A－B－C－D的路线作匀速运动．当P点运动到D点时停止运动，矩形ABCD也随之停止运动． ⑴求P点从A点运动到D点所需的时间； ⑵设P点运动时间为t（秒）. 当t＝5时，求出点P的坐标； 若⊿OAP的面积为s，试求出s与t之间的函数关系式（并写出相应的自变量t的取值范围）． 解:（1）P点从A点运动到D点所需的时间＝（3+5+3）÷1＝11（秒）. （2）当t＝5时，P点从A点运动到BC上，此时OA=10,AB+BP=5，∴BP=2. 过点P作PE⊥AD于点E，则PE=AB=3,AE=BP=2. ∴OE=OA+AE=10+2=12.∴点P的坐标为（12，3）． 分三种情况： ．当0＜t≤3时，点P在AB上运动，此时OA=2t,AP=t，∴s= 32 ³2t³t= t. 2 ³2t³3=3 t. ．当3＜t≤8时，点P在BC上运动，此时OA=2t，∴s= ．当8＜t＜11时，点P在CD上运动，此时OA=2t,AB+BC+CP= t， ∴DP=(AB+BC+CD)-( AB+BC+CP)=11- t.∴s=³2t³(11- t)=- t+11 t. 2 2 综上所述，s与t之间的函数关系式是：当0＜t≤3时，s= t；当3＜t 2 ≤8时，s=3 t；当8＜t＜11时，s=- t+11 t . 练习2 如图，边长为4的正方形OABC的顶点O为坐标原点，点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上．动点D在线段BC上移动（不与B，C重合），连接OD，过点D作DE⊥OD，交边AB于点E，连接OE． （1）当CD=1时，求点E的坐标； （2）如果设CD=t，梯形COEB的面积为S，那么是否存在S的最大值？若存在，请求出这个最大值及此时t的值；若不存在，请说明理由． 解：(1) 正方形OABC中，因为ED⊥OD，即∠ODE =90°，所以∠COD=90°-∠CDO，而 ∠EDB =90°-∠CDO，所以∠COD =∠EDB.又因为∠OCD=∠DBE=90°，所以△CDO∽△BED. 所以，即，BE=，则.因此点E的坐标为（4，）． (2) 存在S的最大值． 由于△CDO∽△BED，所以，即，BE=t－t. 2 ³4³(4＋t－t) 2 ． 故当t=2时，S有最大值10． 1、（09包头）如图，已知△ABC中，ABAC10厘米，BC8厘米，点D为AB的中点． （1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动． ①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由； 33 ②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？ （2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？ 解：（1）①∵t1秒， A ∴BPCQ313厘米， ∵AB10厘米，点D为AB的中点， ∴BD5厘米． 又∵PCBCBP，BC8厘米， ∴PC835厘米， ∴PCBD． 又∵ABAC， ∴BC， D Q P C B ∴△BPD≌△CQP． ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²² （4分） ②∵vPvQ， ∴BPCQ， 又∵△BPD≌△CQP，BC，则BPPC4，CQBD5， ∴点P，点Q运动的时间t∴vQBP4秒， 33CQ515（7分） 厘米/秒． ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²² 44t3（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇， 1580x3x210，解得x秒． 3480∴点P共运动了380厘米． 3∵8022824， 由题意，得 ∴点P、点Q在AB边上相遇， 80秒点P与点Q第一次在边AB上相遇． ²²²²²²²²²²²²² （12分） 332、（09齐齐哈尔）直线yx6与坐标轴分别交于A、B两点，动点P、Q同时从O点出发，同时 4∴经过 到达A点，运动停止．点Q沿线段OA 运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿路线O→B→A运动． （1）直接写出A、B两点的坐标； 34 y B （2）设点Q的运动时间为t秒，△OPQ的面积为S，求出S与t之间的函数关系式； 48时，求出点P的坐标，并直接写出以点O、P、Q为顶5点的平行四边形的第四个顶点M的坐标． （3）当S解（1）A（8，0）B（0，6） ²²²²² 1分 （2）OA8，OB6 AB10 P x 8点Q由O到A的时间是8（秒） 16102（单位/秒） 1分 点P的速度是8当P在线段OB上运动（或0≤t≤3）时，OQt，OP2t O Q A ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²1分 St2 当P在线段BA上运动（或3t≤8）时，OQt，AP6102t162t, 如图，作PDOA于点D，由 PDAP486t，得PD， ²²²²²²²²²²1分 BOAB51324SOQPDt2t ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²1分 255（自变量取值范围写对给1分，否则不给分．） （3）P， ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²1分 8245582412241224I1，，M2，，M3， ²²²²²²²²²²²²²²²²²3分 5555553（09深圳）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=－2x－8分别与x轴，y轴相交于A，B两点，点P（0，k）是y轴的负半轴上的一个动点，以P为圆心，3为半径作⊙P. （1）连结PA，若PA=PB，试判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由； （2）当k为何值时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形？ 解：（1）⊙P与x轴相切. ∵直线y=－2x－8与x轴交于A（4，0）， 与y轴交于B（0，－8）， ∴OA=4，OB=8. 由题意，OP=－k， ∴PB=PA=8+k. 222 在Rt△AOP中，k+4=(8+k)， ∴k=－3，∴OP等于⊙P的半径， ∴⊙P与x轴相切. （2）设⊙P与直线l交于C，D两点，连结PC，PD当圆心P在线段OB上时,作PE⊥CD于E. 35 ∵△PCD为正三角形，∴DE= ∴PE=33. 213CD=，PD=3， 22∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE， ∴△AOB∽△PEB， ∴ 33AOPE4,即=2， ABPB45PB315, 2315， 2∴PB∴POBOPB8∴P(0,∴k3158)， 23158. 2315－8)， 2当圆心P在线段OB延长线上时,同理可得P(0,－∴k=－315－8， 2∴当k=315315－8或k=－－8时，以⊙P与直线l的两个22交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形. 4（09哈尔滨） 如图1，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为（－3，4）， 点C在x轴的正半轴上，直线AC交y轴于点M，AB边交y轴于点H． （1）求直线AC的解析式； （2）连接BM，如图2，动点P从点A出发，沿折线ABC方向以2个单位／秒的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（要求写出自变量t的取值范围）； （3）在（2）的条件下，当 t为何值时，∠MPB与∠BCO互为余角，并求此时直线OP与直线AC所夹锐角的正切值． 解： 36 5（09河北）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC = 3，AB = 5．点P从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AC返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交 B PQ于点D，交折线QB-BC-CP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停 止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）． （1）当t = 2时，AP = ，点Q到AC的距离是 ； E 37 Q D A P C 图16 （2）在点P从C向A运动的过程中，求△APQ的面积S与 t的函数关系式；（不必写出t的取值范围） （3）在点E从B向C运动的过程中，四边形QBED能否成 为直角梯形？若能，求t的值．若不能，请说明理由； （4）当DE经过点C 时，请直接写出t的值． ．．解：（1）1，； （2）作QF⊥AC于点F，如图3， AQ = CP= t，∴AP3t． 由△AQF∽△ABC，BC52324， 得 QFt4．∴QFt． 4551245Q A D P C B B 85E ∴S(3t)t， 即St2t． 2565 图4 （3）能． ①当DE∥QB时，如图4． ∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． 此时∠AQP=90°． AQAP由△APQ ∽△ABC，得， ACABt3t9即． 解得t． 358A Q D P E C 图5 B ②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形． 此时∠APQ =90°． 由△AQP ∽△ABC，得 即t5AQAP， ABACA P Q G 3t15． 解得t． 38D C(E) B G 545（4）t或t． 214图6 ①点P由C向A运动，DE经过点C． 连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6． 34PCt，QC2QG2CG2[(5t)]2[4(5t)]2． 55Q D 由PC2QC2，得t2[(5t)]2[4(5t)]2，解得t②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7． 34(6t)2[(5t)]2[4(5t)]2，t45】 551435455． 2A P C(E) 图7 6（09河南））如图，在Rt△ABC中，ACB90°，B60°，BC2．点O是AC的中点，过点O的直线l从与AC重合的位置开始，绕点O作逆时针旋转，交AB边于点D．过点C作CE∥AB交直线l于点E，设直线l的旋转角为． 38 （1）①当 度时，四边形EDBC是等腰梯形，此时AD的长为 ； ②当 度时，四边形EDBC是直角梯形，此时AD的长为 ； （2）当90°时，判断四边形EDBC是否为菱形，并说明理由． 解（1）①30，1；②60，1.5； „„„„„„„„4分 （2）当∠α=90时，四边形EDBC是菱形. ∵∠α=∠ACB=90，∴BC//ED. ∵CE//AB, ∴四边形EDBC是平行四边形.„„„„„6分 在Rt△ABC中，∠ACB=90，∠B=60,BC=2, ∴∠A=30. 0 0 0 0 0 E O A l C D C B ∴AB=4,AC=23. ∴AO= O A （备用图） B 1AC=3 . „„„„„„„„8分 20 在Rt△AOD中，∠A=30，∴AD=2. ∴BD=2. ∴BD=BC. 又∵四边形EDBC是平行四边形， ∴四边形EDBC是菱形 „„„„„„„„10分 7（09济南）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD3，DC5，AB42，∠B45．动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动．设运动的时间为t秒． A D （1）求BC的长． （2）当MN∥AB时，求t的值． （3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形． N 解：（1）如图①，过A、D分别作AKBC于K，DHBC于H， B C M 则四边形ADHK是矩形 ∴KHAD3． „„„„„„„„1分 sin4542．在Rt△ABK中，AKAB24 2BKABcos454224 ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²2分 222在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC543 ∴BCBKKHHC43310„„„„„3分 （2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形 ∵MN∥AB ∴MN∥DG A 39 D B K C ∴BGAD3 ∴GC1037„„„„„4分 由题意知，当M、N运动到t秒时，CNt，CM102t． ∵DG∥MN ∴∠NMC∠DGC 又∠C∠C ∴△MNC∽△GDC CNCM„„„„„5分 CDCGt102t即 5750解得，t„„„„„6分 17∴ （3）分三种情况讨论： ①当NCMC时，如图③，即t102t ∴tA D N B G （图②） M C 10„„„„„7分 3D N A A D N B B C M （图④） （图③） ②当MNNC时，如图④，过N作NEMC于E 解法一： 由等腰三角形三线合一性质得ECM H E C 11MC102t5t 22EC5t在Rt△CEN中，cosc NCtCH3又在Rt△DHC中，cosc CD55t3∴ t525解得t ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²8分 8解法二： ∵∠C∠C，DHCNEC90 ∴△NEC∽△DHC NCECt5t即 3DCHC 525∴t„„„„„8分 8∴ 40 11NCt 22A ③当MNMC时，如图⑤，过M作MFCN于F点.FC解法一：（方法同②中解法一） 1t60FC3解得t cosC217MC102t5 解法二： ∵∠C∠C，MFCDHC90 ∴△MFC∽△DHC B D N F H M C 1t（图⑤） FCMC60102t2∴即∴t 17HCDC 35 102560综上所述，当t、t或t时，△MNC为等腰三角形 ²²²²²9分 81738（09江西）如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，过点E作EF∥BC交CD于点F．AB4，BC6，∠B60. （1）求点E到BC的距离； （2）点P为线段EF上的一个动点，过P作PMEF交BC于点M，过M作MN∥AB交折线ADC于点N，连结PN，设EPx. ①当点N在线段AD上时（如图2），△PMN的形状是否发生改变？若不变，求出△PMN的周长；若 改变，请说明理由； A E B 图1 A E B 图4（备用） D F C B 图5（备用） D F C B M 图2 D F C A E P N D F C B A E P D N F C M 图3 （第25题） A E ②当点N在线段DC上时（如图3），是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x的值；若不存在，请说明理由. 解（1）如图1，过点E作EGBC于点G． ²²²²²² 1分 ∵E为AB的中点， 1 AB2．2在Rt△EBG中，∠B60，∴∠BEG30．„„„„„2分 1∴BGBE1 ，EG22123．2∴BE 41 即点E到BC的距离为3．„„„„„3分 （2）①当点N在线段AD上运动时，△PMN的形状不发生改变． ∵PMEF，EGEF，∴PM∥EG． ∵EF∥BC，∴EPGM，PMEG3． 同理MNAB4．„„„„„4分 如图2，过点P作PHMN于H，∵MN∥AB， ∴∠NMC∠B60，∠PMH30． E B A D F C 图1 G A N D F H 13∴PHPM ．22∴MHPM cos30．32E B 2P 35则NHMNMH4． 2225322在Rt△PNH中，PNNHPH 7．22G M 图2 C ∴△PMN的周长=PMPNMN374． ²²²²²²²²²²²²²6分 ②当点N在线段DC上运动时，△PMN的形状发生改变，但△MNC恒为等边三角形． 当PMPN时，如图3，作PRMN于R，则MRNR． 3 ．2∴MN2MR3 ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²7分 ．∵△MNC是等边三角形，∴MCMN3． 此时，xEPGMBCBGMC6132． ²²²²²²²²²²²8分 类似①，MRA E B P R G M 图3 C B G 图4 M D N F A E P D F N C B A E D F（P） N C 当 G 图5 M MPMN时，如图4，这时MCMNMP3．此时，xEPGM61353． 当NPNM时，如图5，∠NPM∠PMN30． 则∠PMN120，又∠MNC60， ∴∠PNM∠MNC180． 因此点P与F重合，△PMC为直角三角形． ∴MCPM tan301． 42 此时，xEPGM6114． 综上所述，当x2或4或53时，△PMN为等腰三角形． ²²²²²² 10分 9（09兰州）如图①，正方形 ABCD中，点A、B的坐标分别为（0，10），（8，4）， 点C在第一象限．动点P在正方形 ABCD的边上，从点A出发沿A→B→C→D匀速运动， 同时动点Q以相同速度在x轴正半轴上运动，当P点到达D点时，两点同时停止运动， 设运动的时间为t秒． (1)当P点在边AB上运动时，点Q的横坐标x（长度单位）关于运动时间t（秒）的函数图象如图②所示，请写出点Q开始运动时的坐标及点P运动速度； (2)求正方形边长及顶点C的坐标； (3)在（1）中当t为何值时，△OPQ的面积最大，并求此时P点的坐标； (4)如果点P、Q保持原速度不变，当点P沿A→B→C→D匀速运动时，OP与PQ能否相等，若能，写出所有符合条件的t的值；若不能，请说明理由． 解：（1）Q（1，0）„„„„„1分 点P运动速度每秒钟1个单位长度．„„„„„2分 （2） 过点B作BF⊥y轴于点F，BE⊥x轴于点E，则BF＝8，OFBE4． ∴AF1046． 在Rt△AFB中，AB826210„„„„„3分 过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H． ∵ABC90,ABBC ∴△ABF≌△BCH． ∴BHAF6,CHBF8． ∴OGFH8614,CG8412． ∴所求C点的坐标为（14，12）． „„„„„4分 （3） 过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N， 则△APM∽△ABF． APAMMPtAMMP ∴． ． ABAFBF1068yDCAMPHGx ∴AMt，PMt． ∴PNOM10t,ONPMt． ONQ35453545FBE设△OPQ的面积为S（平方单位） ∴S(10t)(1t)51235473tt2（0≤t≤10） „„„„„5分 1010说明:未注明自变量的取值范围不扣分． 473<0 ∴当t时， △OPQ的面积最大． ²²²²²²²²²6分 36102()104710 ∵a 此时P的坐标为（ 539453，） ． ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²7分 1510295时， OP与PQ相等． ²²²²²²²²²²²²²²²²9分 13（4） 当 t或t10（09临沂）数学课上，张老师出示了问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中 43 点．AEF90，且EF交正方形外角DCG的平行线CF于点F，求证：AE=EF． 经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证 ，所以AEEF． △AME≌△ECF在此基础上，同学们作了进一步的研究： （1）小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由； （2）小华提出：如图3，点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立．你认为小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由． D A 解：（1）正确． （1分） F 证明：在AB上取一点M，使AMEC，连接ME． （2分） BMBE．BME45°，AME135°． B E C G CF是外角平分线， 图1 DCF45°， ECF135°． AMEECF． D A AEBBAE90°，AEBCEF90°， D A F BAECEF． M F △AME≌△BCF（ASA）．„„„„„（5分） B E C G AEEF．„„„„„（6分） B E C G （2）正确．„„„„„（7分） 图2 证明：在BA的延长线上取一点N． 使ANCE，连接NE．„„„„„（8分） N F D A D BNBE． A F NPCE45°． 四边形ABCD是正方形， AD∥BE． B B C E G C E G DAEBEA． 图3 NAECEF． △ANE≌△ECF（ASA）．„„„„„（10分） AEEF．„„„„„（11分） 11（09天津）已知一个直角三角形纸片OAB，其中AOB90°，OA2，OB4．如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边OB交于点C，与边AB交于点 y D． B （Ⅰ）若折叠后使点B与点A重合，求点C的坐标； （Ⅱ）若折叠后点B落在边OA上的点为B，设OBx，OCy，试写出y关于x的函数解析式，并确定y的取值范围； O （Ⅲ）若折叠后点B落在边OA上的点为B，且使BD∥OB，求此时点C的坐标． 解（Ⅰ）如图①，折叠后点B与点A重合， 则△ACD≌△BCD. 设点C的坐标为0，mm0. 则BCOBOC4m. 44 A x y B O A x 2 于是ACBC4m. 在Rt△AOC中，由勾股定理，得ACOCOA， 即4mm2，解得m222223. 2B y 3点C的坐标为0，.„„„„„4分 2（Ⅱ）如图②，折叠后点B落在OA边上的点为B, 则△BCD≌△BCD. 由题设OBx，OCy， 则BCBCOBOC4y， 在Rt△BOC中，由勾股定理，得BCOCOB. 222O A x 4yy2x2， 212x2 ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²6分 8由点B在边OA上，有0≤x≤2， 1 解析式yx220≤x≤2为所求. 8即y 当0≤x≤2时，y随x的增大而减小， 3y的取值范围为≤y≤2. ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²7分 2（Ⅲ）如图③，折叠后点B落在OA边上的点为B，且BD∥OB. 则OCBCBD. 又CBDCBD，OCBCBD，有CB∥BA. Rt△COB∽Rt△BOA. OBOC有，得OC2OB. ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²² 9分 OAOB在Rt△BOC中， 设OBx0x0，则OC2x0. 由（Ⅱ）的结论，得2x012x02， 8x00，x0845. 解得x0845．8516. ²²²²²²²²²²²²²²²²²²²²² 10分 点C的坐标为0，12（09太原）问题解决 如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点 45 A M F D E B N 图（1） C C，D重合），压平后得到折痕MN．当 CE1AM的值． 时，求 CD2BN 方法指导： AM 为了求得的值，可先求BN、AM的长，不妨设：AB=2 BN 类比归纳 CE1AMCE1AM则的值等于 ；若则的值等于 ；，，BNBNCD3CD4CE1AM若的值等于 ．（用含n的式子表示） （n为整数），则CDnBN在图（1）中，若 联系拓广 如图（2），将矩形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得 AB1CE1AM则的值等于 ．（用含mm1，，，n的式子表示） BNBCmCDnF 解：方法一：如图（1-1），连接BM，EM，BE． 到折痕MN，设 由题设，得四边形ABNM和四边形FENM关于直线MN对称． ∴MN垂直平分BE．∴BMEM，BNEN．„„„„„1分 ∵四边形ABCD是正方形，∴ADC90°,ABBCCDDA2． ∵ A M D E CE1设BNx，则NEx， ，CEDE1．NC2x．CD2222B 在Rt△CNE中，NECNCE． N 图（2） C 55，即BN．„„„„3分 44在Rt△ABM和在Rt△DEM中， AM2AB2BM2， DM2DE2EM2， 2222∴AMABDMDE．„„„„5分 2222设AMy，则DM2y，∴y22y1． 11解得y，即AM．„„„„6分 44AM1∴„„„„7分 ．BN55方法二：同方法一，BN．„„„„3分 4如图（1－2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE． ∵AD∥BC，∴四边形GDCN是平行四边形． ∴NGCDBC． 5 同理，四边形ABNG也是平行四边形．∴AGBN． 4 ∵MNBE， EBCBNM90°． NGBC， MNGBNM90°，EBCMNG． 在△BCE与△NGM中 ∴x2x1．解得x222A M F D E B N 图（1-1） F G M A C D E B C N 图（1-2） 46 EBCMNG， BCNG，∴△BCE≌△NGM，ECMG． ²²²²²²²² ５分 CNGM90°．∵AMAGMG，AM=∴ 51„„„„6分 1．44AM1„„„„7分 ．BN52n1249类比归纳 （或）；； 2„„„„10分 n151017n2m22n1联系拓广 „„„„12分 n2m21 动点个数 两个 08 09 一个 特殊直角梯形三边上移动 探究三角形面积函数关系式 ①求直线解析式 ②四边形面积的表示 ③动三角形面积函数④矩形性质 ①观察图形构造特征适当割补表示面积 ②动点按到拐点时间分段分类 ③画出矩形必备条件的图形探究其存在性 两个 抛物线中特殊直角梯形底边上移动 探究等腰三角形 ①求抛物线顶点坐标 ②探究平行四边形 ③探究动三角形面积是定值 ④探究等腰三角形存在性 ①直角梯形是特殊的（一底角是45°） ②点动带动线动 ③线动中的特殊性（两个交点D、E是定点；动线段PF长度是定值，PF=OA） ④通过相似三角形过度，转化相似比得出方程。 ⑤探究等腰三角形时，先画图，再探究（按边相等分类讨论） 10 问题背景 特殊菱形两边上移动 考查难点 探究相似三角形 考 点 ①菱形性质 ②特殊角三角函数 ③求直线、抛物线解析式 ④相似三角形 ⑤不等式 ①菱形是含60°的特殊菱形； △AOB是底角为30°的等腰三角形。 ②一个动点速度是参数字母。 ③探究相似三角形时，按对应角不同分类讨论；先画图，再探究。 ④通过相似三角形过度，转化相似比得出方程。 ⑤利用a、t范围，运用不等式求出a、t的值。 特 点 三年共同点：①特殊四边形为背景；②点动带线动得出动三角形；③探究动三角形问题（相似、等腰三角形、面积函数关系式）；④求直线、抛物线解析式；⑤探究存在性问题时，先画出图形，再根据图形性质探究答案。 47 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容