挑戰(zhàn)2016中考數(shù)學(xué)壓軸題(第九版)

1、挑戰(zhàn)2021中考數(shù)學(xué)壓軸題(第九版)第一局部 函數(shù)圖象中點的存在性問題 1.1 因動點產(chǎn)生的相似三角形問題 例1 2021年上海市中考第24題如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，頂點為M的拋物線yax2bxa0經(jīng)過點A和x軸正半軸上的點B，AOBO2，AOB1201求這條拋物線的表達(dá)式；2連結(jié)OM，求AOM的大?。?如果點C在x軸上，且ABC與AOM相似，求點C的坐標(biāo) 圖1總分值解答1如圖2，過點A作AHy軸，垂足為H在RtAOH中，AO2，AOH30，所以AH1，OH 因為拋物線與x軸交于O、B(2,0)兩點， A(-1 32所以拋物線的表達(dá)式為y=x(x-2)=xx 圖2 22 由y= x-

2、x=x-1)2-3333得拋物線的頂點M 的坐標(biāo)為(1, BOM30所以AOM150 所以tanBOM=3由 A(-1、B(2,0)、 M(1, AB= OM= ，得tanABO= OA所以ABO30 ，=C在點B右側(cè)時，ABCAOM150 OM設(shè)yax(x2)，代入點 A(- 1，可得a=ABC與AOM相似，存在兩種情況：BAOA= 時，BC=2此時C(4,0) BCOMBCOA如圖4 ，當(dāng)= 時，BC=6此時C(8,0) BAOM如圖3 ，當(dāng)圖3 圖4 考點伸展在此題情境下，如果ABC與BOM相似，求點C的坐標(biāo)如圖5，因為BOM是30底角的等腰三角形，ABO30，因此ABC也是底角為30的

3、等腰三角形，ABAC，根據(jù)對稱性，點C的坐標(biāo)為(4,0) 圖5 例2 2021年蘇州市中考第29題 121bx-(b+1)x+b是實數(shù)且b2與x軸的正半軸分別交于點A、B點A444位于點B是左側(cè)，與y軸的正半軸交于點C1點B的坐標(biāo)為_，點C的坐標(biāo)為_用含b的代數(shù)式表示；2請你探索在第一象限內(nèi)是否存在點P，使得四邊形PCOB的面積等于2b，且PBC是以點P為直角頂點的等腰直角三角形？如果存在，求出點P的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由；3請你進(jìn)一步探索在第一象限內(nèi)是否存在點Q，使得QCO、QOA和QAB中的任意兩個三角形均相似全等可看作相似的特殊情況？如果存在，求出點Q的坐標(biāo)；如果不存在，請說明理由

4、 如圖1，拋物線y= 圖1總分值解答1B的坐標(biāo)為(b, 0)，點C的坐標(biāo)為 (0, b) 42如圖2，過點P作PDx軸，PEy軸，垂足分別為D、E，那么PDBPEC因此PDPE設(shè)點P的坐標(biāo)為(x, x)如圖3，聯(lián)結(jié)OP1b15x+bx=bx2b 2428161616解得x=所以點P的坐標(biāo)為(,) 555所以S四邊形PCOBSPCOSPBO圖2 圖33由y= 121b1x-(b+1)x+=(x-1)(x-b)，得A(1, 0)，OA1 4444如圖4，以O(shè)A、OC為鄰邊構(gòu)造矩形OAQC，那么OQCQOABAQA，即QA2=BAOA時，BQAQOA =QAOAb所以()2=b-1解得b=8Q為(1

5、,2 4當(dāng)如圖5，以O(shè)C為直徑的圓與直線x1交于點Q，那么OQC90。因此OCQQOABAQA時，BQAQOA此時OQB90 =QAOABOQA所以C、Q、B三點共線因此，即b=QA解得QA=4此時Q(1,4) =COOAb14當(dāng)圖4 圖5考點伸展第3題的思路是，A、C、O三點是確定的，B是x軸正半軸上待定的點，而QOA與QOC是互余的，那么我們自然想到三個三角形都是直角三角形的情況這樣，先根據(jù)QOA與QOC相似把點Q的位置確定下來，再根據(jù)兩直角邊對應(yīng)成比例確定點B的位置如圖中，圓與直線x1的另一個交點會不會是符合題意的點Q呢？如果符合題意的話，那么點B的位置距離點A很近，這與OB4OC矛盾

6、例3 2021年黃岡市中考模擬第25題 如圖1，拋物線的方程C1：y=-1(x+2)(x-m) (m0)與x軸交于點B、C，與y軸交于點E，且m點B在點C的左側(cè)1假設(shè)拋物線C1過點M(2, 2)，求實數(shù)m的值；2在1的條件下，求BCE的面積；3在1的條件下，在拋物線的對稱軸上找一點H，使得BHEH最小，求出點H的坐標(biāo)；4在第四象限內(nèi)，拋物線C1上是否存在點F，使得以點B、C、F為頂點的三角形與BCE相似？假設(shè)存在，求m的值；假設(shè)不存在，請說明理由 圖1 總分值解答11(x+2)(x-m)，得2=-4(2-m)解得m4 mm1112當(dāng)m4時，y=-(x+2)(x-4)=-x2+x+2所以C(4,

7、 0)，E(0, 2) 44211所以SBCEBCOE=62=6 221將M(2, 2)代入y=-3如圖2，拋物線的對稱軸是直線x1，當(dāng)H落在線段EC上時，BHEH最小 設(shè)對稱軸與x軸的交點為P，那么因此HPEO =CPCOHP233=解得HP=所以點H的坐標(biāo)為(1,) 34224如圖3，過點B作EC的平行線交拋物線于F，過點F作FFx軸于FCEBC2，即BC=CEBF時，BCEFBC =CBBF1(x+2)(x-m)1FFEO2設(shè)點F的坐標(biāo)為(x,-(x+2)(x-m)，由，得= mBFCOx+2m由于BCEFBC，所以當(dāng)解得xm2所以F(m2, 0) COBFm+4由所以BF= = =CE

8、BFBF 由BC=CE BF，得(m+2)= 22整理，得016此方程無解 圖2 圖3 圖4如圖4，作CBF45交拋物線于F，過點F作FFx軸于F，BEBC2，即BC=BEBF時，BCEBFC =BCBF1在RtBFF中，由FFBF，得(x+2)(x-m)=x+2 m解得x2m所以F(2m,0)所以BF2m2 ，BF=m+2) 由于EBCCBF，所以由BC2=BE BF，得(m+2)2=m+ 2)解得m=2綜合、，符合題意的m 為2+考點伸展第4題也可以這樣求BF的長：在求得點F、F的坐標(biāo)后，根據(jù)兩點間的距離公式求BF的長 例4 2021年義烏市中考第24題 如圖1，梯形OABC，拋物線分別過

9、點O0，0、A2，0、B6，31直接寫出拋物線的對稱軸、解析式及頂點M的坐標(biāo)；2將圖1中梯形OABC的上下底邊所在的直線OA、CB以相同的速度同時向上平移，分別交拋物線于點O1、A1、C1、B1，得到如圖2的梯形O1A1B1C1設(shè)梯形O1A1B1C1的面積為S，A1、 B1的坐標(biāo)分別為 (x1，y1)、(x2，y2)用含S的代數(shù)式表示x2x1，并求出當(dāng)S=36時點A1的坐標(biāo)；3在圖1中，設(shè)點D的坐標(biāo)為(1，3)，動點P從點B出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿著線段BC運動，動點Q從點D出發(fā)，以與點P相同的速度沿著線段DM運動P、Q兩點同時出發(fā)，當(dāng)點Q到達(dá)點M時，P、Q兩點同時停止運動設(shè)P、Q兩點

10、的運動時間為t，是否存在某一時刻t，使得直線PQ、直線AB、x軸圍成的三角形與直線PQ、直線AB、拋物線的對稱軸圍成的三角形相似？假設(shè)存在，請求出t的值；假設(shè)不存在，請說明理由 圖1 圖2 總分值解答1拋物線的對稱軸為直線x2 梯形O1A1B1C1的面積S=1，解析式為y=1x2-1x，頂點為M1，-1 8482(x1-1+x2-1)3s=3(x1+x2)-6，由此得到x1+x2=+2由于y2-y1=3，231211217211x-x=所以y2-y1=x2-x2-x1+x1=3整理，得(x2-x1)因此得到 (x+x)-=321218484S84x2+x1=14,x1=6,當(dāng)S=36時， 解得

11、 此時點A1的坐標(biāo)為6，3 x-x=2.x=8.212=3設(shè)直線AB與PQ交于點G，直線AB與拋物線的對稱軸交于點E，直線PQ與x軸交于點F，那么要探求相似的GAF與GQE，有一個公共角G在GEQ中，GEQ是直線AB與拋物線對稱軸的夾角，為定值在GAF中，GAF是直線AB與x軸的夾角，也為定值，而且GEQGAF因此只存在GQEGAF的可能，GQEGAF這時GAFGQEPQD 由于tanGAF=33t20DQt，tanPQD=，所以=解得t= =445-t7QP5-t 圖3 圖4 考點伸展第3題是否存在點G在x軸上方的情況？如圖4，假設(shè)存在，說理過程相同，求得的t的值也是相同的事實上，圖3和圖4

12、都是假設(shè)存在的示意圖，實際的圖形更接近圖3 例5 2021年臨沂市中考第26題 如圖1，拋物線經(jīng)過點A(4，0)、B1，0)、C0，2三點1求此拋物線的解析式；2P是拋物線上的一個動點，過P作PMx軸，垂足為M，是否存在點P，使得以A、P、M為頂點的三角形與OAC相似？假設(shè)存在，請求出符合條件的 點P的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由；3在直線AC上方的拋物線是有一點D，使得DCA的面積最大，求出點D的坐標(biāo) , 1 圖 總分值解答 1因為拋物線與x軸交于A(4，0)、B1，0)兩點，設(shè)拋物線的解析式為y=a(x-1)(x-4)，代入點C的 坐標(biāo)0，2，解得 a=-1115所以拋物線的解析式為y=-

13、(x- 1)(x-4)=-x2+x-2 222211AM=4-x如圖2，當(dāng)點P在x軸上方時，1x4， (x-1)(x-4)PM=-(x-1)(x-4)，2212設(shè)點P的坐標(biāo)為(x,-(x-1)(x-4)AMAO2如果，那么=2=2解得x=5不合題意 PMCO4-xAMAO1，那么-2(x-1)(x-4)1解得x=2此時點P的坐標(biāo)為2，1如果 =PMCO24-x21如圖3，當(dāng)點P在點A的右側(cè)時，x4，PM=(x-1)(x-4)，AM=x-4 211(x-1)(x-4)(x-1)(x-4)1 22解方程=，得x=2不合題意 =2，得x=5此時點P的坐標(biāo)為(5,-2) 解方程x- 42x-4如圖4，

14、當(dāng)點P在點B的左側(cè)時，x1，PM1=1(x-1)(x-4)，AM=4-x 21(x-1)(x-4)解方程2=2，得x=-3此時點P的坐標(biāo)為(-3,-14)4-x1(x-1)(x-4)1解方程2=，得x=0此時點P與點O重合，不合題意4-x2綜上所述，符合條件的 點P的坐標(biāo)為2，1或(-3,-14)或(5,-2)圖2 圖3 圖43如圖5，過點D作x軸的垂線交AC于E直線AC的解析式為設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m(1 y=21x-2 22m4)，那么點D的坐標(biāo)為(m,-1m2+5m-2)，點E的坐標(biāo)為(m,1m-2) 2所以DE=(-1m2+5m-2)-(1m-2)=-1m2+2m 2222因此SDDAC=

15、當(dāng)m22112(-m+2m)4=-m+4m=-(m-2)+4 22=2時，DCA的面積最大，此時點D的坐標(biāo)為2，1圖5 圖6考點伸展 第3題也可以這樣解：如圖6，過D點構(gòu)造矩形OAMN，那么DCA的面積等于直角梯形CAMN的面積減去CDN和ADM的面積設(shè)點D的橫坐標(biāo)為m，n(1m4)，那么S=1(2n+2)4-1m(n+2)-1n(4-m)=-m+2n+4 222由于n=-2125m+m-2，所以S=-m+4m 22例6 2021年蘇州市中考第29題 圖1 總分值解答1OH，b= 2由拋物線的解析式y(tǒng)=a(x+1)(x-5)，得點M的坐標(biāo)為(-1,0)，點N的坐標(biāo)為(5,0) = 1，k= 因

16、此MN的中點D的坐標(biāo)為2，0，DN3因為AOB是等腰直角三角形，如果DNE與AOB相似，那么DNE也是等腰直角三角形如圖2，如果DN為直角邊，那么點E的坐標(biāo)為E12，3或E22，3將E12，3代入y=a(x+1)(x-5)，求得a=-131 3此時拋物線的解析式為y=-(x+1)(x-5)=-將E22，3代入1245x+x+ 3331 311245此時拋物線的解析式為y=(x+1)(x-5)=x-x- 33331111如果DN為斜邊，那么點E的坐標(biāo)為E3(3,1)或E4(3,-1) 2222112將E3(3,1)代入y=a(x+1)(x-5)，求得a=- 229222810此時拋物線的解析式為

17、y=-(x+1)(x-5)=-x+x+ 9999112將E4(3,-1)代入y=a(x+1)(x-5)，求得a= 229222810此時拋物線的解析式為y=(x+1)(x-5)=x-x- 9999y=a(x+1)(x-5)，求得a= 圖2 圖3對于點E為E12，3和E3(3 11,1)，直線NE是相同的，ENP45 22又OBP45，PP，所以POBPGN 因此PBPG=POPN=27=143414443，所以PBPG=14102 又PB3333考點伸展在此題情景下，怎樣計算PB的長？如圖3，作AFAB交OP于F，那么OBCOAF，OFOC PF 2- PA PF= 1，所以PB=11.2 因

18、動點產(chǎn)生的等腰三角形問題 例1 2021年上海市虹口區(qū)中考模擬第25題 如圖1，在RtABC中，A90，AB6，AC8，點D為邊BC的中點，DEBC交邊AC于點E，點P為射線AB上的一動點，點Q為邊AC上的一動點，且PDQ901求ED、EC的長；2假設(shè)BP2，求CQ的長；3記線段PQ與線段DE的交點為F，假設(shè)PDF為等腰三角形，求BP的長 圖1 備用圖 總分值解答1在RtABC中， AB6，AC8，所以BC10在RtCDE中，CD5，所以ED=CDtanC=53=15，EC= 4442如圖2，過點D作DMAB，DNAC，垂足分別為M、N，那么DM、DN是ABC的兩條中位線，DM4，DN3由PD

19、Q90，MDN90，可得PDMQDN因此PDMQDN 所以2534PMDM4=所以QN=PM，PM=QN 43QNDN3圖2 圖3 圖4如圖3，當(dāng)BP2，P在BM上時，PM1 此時QN =33319PM=所以CQ=CN+QN=4+= 4444如圖4，當(dāng)BP2，P在MB的延長線上時，PM5 3151531PM=所以CQ=CN+QN=4+= 4444QDDN33如圖5，如圖2，在RtPDQ中，tanQPD= PDDM4BA3在RtABC中，tanC=所以QPDC CA4此時QN=由PDQ90，CDE90，可得PDFCDQ因此PDFCDQ當(dāng)PDF是等腰三角形時，CDQ也是等腰三角形如圖5，當(dāng)CQCD

20、5時，QNCQCN541如圖3所示 4445=QN=所以BP=BM-PM=3-= 33335425CH如圖6，當(dāng)QCQD時，由cosC=，可得CQ= 258CQ257所以QNCNCQ4- =如圖2所示8847725此時PM=QN=所以BP=BM+PM=3+= 3666此時PM不存在DPDF的情況這是因為DFPDQPDPQ如圖5，圖6所示 圖5 圖6考點伸展如圖6，當(dāng)CDQ是等腰三角形時，根據(jù)等角的余角相等，可以得到BDP也是等腰三角形，PBPD在BDP中可以直接求解BP =25 6例2 2021年揚州市中考第27題 如圖1，拋物線yax2bxc經(jīng)過A(1,0)、B(3, 0)、C(0 ,3)三

21、點，直線l是拋物線的對稱軸1求拋物線的函數(shù)關(guān)系式；2設(shè)點P是直線l上的一個動點，當(dāng)PAC的周長最小時，求點P的坐標(biāo)；3在直線l上是否存在點M，使MAC為等腰三角形，假設(shè)存在，直接寫出所有符合條件的點M的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由 圖1 總分值解答1因為拋物線與x軸交于A(1,0)、B(3, 0)兩點，設(shè)ya(x1)(x3)， 代入點C(0 ,3)，得3a3解得a1所以拋物線的函數(shù)關(guān)系式是y(x1)(x3)x22x32如圖2，拋物線的對稱軸是直線x1當(dāng)點P落在線段BC上時，PAPC最小，PAC的周長最小設(shè)拋物線的對稱軸與x軸的交點為H 由BHPH，BOCO，得PHBH2 =BOCO圖2 所以點

22、P的坐標(biāo)為(1, 2)3點M的坐標(biāo)為(1, 1)、 、 (1,或(1,0)考點伸展第3題的解題過程是這樣的：設(shè)點M的坐標(biāo)為(1,m)在MAC中，AC210，MC21(m3)2，MA24m2如圖3，當(dāng)MAMC時，MA2MC2解方程4m21(m3)2，得m1 此時點M的坐標(biāo)為(1, 1)如圖4，當(dāng)AMAC時，AM2AC2解方程4m210 ，得m= 此時點M的坐標(biāo)為 或 (1,如圖5，當(dāng)CMCA時，CM2CA解方程1(m3)210，得m0或6 當(dāng)M(1, 6)時，M、A、C三點共線，所以此時符合條件的點M的坐標(biāo)為(1,0) 圖3 圖4 圖5 例3 2021年臨沂市中考第26題 如圖1，點A在x軸上，

23、OA4，將線段OA繞點O順時針旋轉(zhuǎn)120至OB的位置1求點B的坐標(biāo)；2求經(jīng)過A、O、B的拋物線的解析式；3在此拋物線的對稱軸上，是否存在點P，使得以點P、O、B為頂點的三角形是等腰三角形？假設(shè)存在，求點P的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由 圖1 總分值解答1如圖2，過點B作BCy軸，垂足為C在RtOBC中，BOC30，OB4，所以BC2 ，OC所以點B 的坐標(biāo)為(-2,-= 2因為拋物線與x軸交于O、A(4, 0)，設(shè)拋物線的解析式為yax(x4)，代入點 B(-2,- 2所以拋物線的解析式為y=x(x-4)=xx ，-=-2a(- 6)解得a=3拋物線的對稱軸是直線x2，設(shè)點P的坐標(biāo)為(2, y

24、) 當(dāng)OPOB4時，OP216所以4+ y216解得y=當(dāng)P在 時，B、 O、P三點共線如圖2當(dāng)BPBO4時，BP2 16所以42+(y+當(dāng)PBPO時，PB2PO2 所以42+(y+綜合、，點P的坐標(biāo)為(2,-2=16解得y1=y2 =- 2=22+ y 2解得y=- ，如圖2所示圖2 圖3 考點伸展如圖3，在此題中，設(shè)拋物線的頂點為D ，那么DOA與OAB是兩個相似的等腰三角形 ，得拋物線的頂點為D(x-4)= x-2)2 因此tanDOA=DOA30，ODA120 由y= 例4 2021年鹽城市中考第28題 如圖1，一次函數(shù)yx7與正比例函數(shù)y=4x的圖象交于點A，且與x軸交于點B 31求

25、點A和點B的坐標(biāo)；2過點A作ACy軸于點C，過點B作直線l/y軸動點P從點O出發(fā)，以每秒1個單位長的速度，沿OCA的路線向點A運動；同時直線l從點B出發(fā)，以相同速度向左平移，在平移過程中，直線l交x軸于點R，交線段BA或線段AO于點Q當(dāng)點P到達(dá)點A時，點P和直線l都停止運動在運動過程中，設(shè)動點P運動的時間為t秒當(dāng)t為何值時，以A、P、R為頂點的三角形的面積為8？是否存在以A、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形？假設(shè)存在，求t的值；假設(shè)不存在，請說明理由圖1 總分值解答y=-x+7,x=3, 所以點A的坐標(biāo)是(3，4) 1解方程組 得4y=x,y=4.3令y=-x+7=0，得x=7所以點B的坐標(biāo)是

26、(7，0)2如圖2，當(dāng)P在OC上運動時，0t4由SAPR=S-S梯形CORAACP-SPOR8=，得1113+7-t)4(t4-)t2222如圖3，當(dāng)P在CA(t7-整理，得)=8t-8t+12=0解得t2或t6舍去上運動時，APR的最大面積為6因此，當(dāng)t2時，以A、P、R為頂點的三角形的面積為8 圖2 圖3 圖4我們先討論P在OC上運動時的情形，0t4如圖1，在AOB中，B45，AOB45，OB7 ，AB=OBAB因此OABAOBB 如圖4，點P由O向C運動的過程中，OPBRRQ，所以PQ/x軸因此AQP45保持不變，PAQ越來越大，所以只存在APQAQP的情況此時點A在PQ的垂直平分線上，

27、OR2CA6所以BR1，t1我們再來討論P在CA上運動時的情形，4t735520為定值，AP=7-t，AQ=OA-OQ=OA-OR=t- 533352041如圖5，當(dāng)APAQ時，解方程7-t=t-，得t= 338如圖6，當(dāng)QPQA時，點Q在PA的垂直平分線上，AP2(OROP)解方程7-t=2(7-t)-(t-4)，得t=51AQ5203226如7，當(dāng)PAPQ時，那么cosA=因此AQ=2APcosA解方程t- =2(7-t)，得t=33543AP41226綜上所述，t1或或5或時，APQ是等腰三角形 843在APQ中， cosA= 圖5 圖6 圖7 考點伸展當(dāng)P在CA上，QPQA時，也可以用

28、AP=2AQcosA來求解 例5 2021年南通市中考第27題 如圖1，在矩形ABCD中，ABmm是大于0的常數(shù)，BC8，E為線段BC上的動點不與B、C重合連結(jié)DE，作EFDE，EF與射線BA交于點F，設(shè)CEx，BFy1求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；2假設(shè)m8，求x為何值時，y的值最大，最大值是多少？123假設(shè)y=，要使DEF為等腰三角形，m的值應(yīng)為多少？ m圖1 總分值解答(1)因為EDC與FEB都是DEC的余角，所以EDCFEB又因為CB90，所以DCEEBF因此DCEB=CEBF128m8-xx+x 整理，得y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系為y=-=mmxy1212(2)如圖2，當(dāng)m8時，y=-x+x=-(

29、x-4)+2因此當(dāng)x4時，y取得最大值為2 88121812=-x2+x整理，得x2-8x+12=0解得x2或x6要使DEF為等腰三角形，(3) 假設(shè)y=，那么mmmm，即只存在EDEF的情況因為DCEEBF，所以CEBF，即xy將xy 2代入y=6代入y=12，得m6如圖3；將xy m12，得m2如圖4 m 圖2 圖3 圖4 考點伸展此題中蘊涵著一般性與特殊性的辯證關(guān)系，例如：由第1題得到y(tǒng)=-1281116x+x=-(x2-8x)=-(x-4)2+， mmmmm那么不管m為何值，當(dāng)x4時，y都取得最大值對應(yīng)的幾何意義是，不管AB邊為多長，當(dāng)E是BC的中點時，BF都取得最大值第2題m8是第1

30、題一般性結(jié)論的一個特殊性再如，不管m為小于8的任何值，DEF都可以成為等腰三角形，這是因為方程x=- 128x+x總有一個根x=8-m的第3題是這個一般性結(jié)論的一個特殊性 mm 例 6 2021年江西省中考第25題 如圖1，在等腰梯形ABCD中，AD/BC，E是AB的中點，過點E作EF/BC交CD于點F，AB4，BC6，B601求點E到BC的距離；2點P為線段EF上的一個動點，過點P作PMEF交BC于M，過M作MN/AB交折線ADC于N，連結(jié)PN，設(shè)EPx當(dāng)點N在線段AD上時如圖2，PMN的形狀是否發(fā)生改變？假設(shè)不變，求出PMN的周長；假設(shè)改變，請說明理由；當(dāng)點N在線段DC上時如圖3，是否存在

31、點P，使PMN為等腰三角形？假設(shè)存在，請求出所有滿足條件的x的值；假設(shè)不存在，請說明理由 圖1 圖2 圖3 總分值解答1如圖4，過點E作EGBC于G1AB=2，B60， 2所以BG=BEcos60=1，EG=BEsin60= 在RtBEG中，BE=所以點E到BC的距離為2因為AD/EF/BC，E是AB的中點，所以F是DC的中點因此EF是梯形ABCD的中位線，EF4如圖4，當(dāng)點N在線段AD上時，PMN的形狀不是否發(fā)生改變過點N作NHEF于H，設(shè)PH與NM交于點Q在矩形EGMP中，EPGMx，PMEG在平行四邊形BMQE中，BMEQ1x所以BGPQ1因為PM與NH平行且相等，所以PH與NM互相平分

32、，PH2PQ2在RtPNH中，NH3，PH2，所以PN在平行四邊形ABMN中，MNAB4因此PMN的周長為7 74 圖4 圖5當(dāng)點N在線段DC上時，CMN恒為等邊三角形如圖5，當(dāng)PMPN時，PMC與PNC關(guān)于直線PC對稱，點P在DCB的平分線上在RtPCM中，PM，PCM30，所以MC3此時M、P分別為BC、EF的中點，x2如圖6，當(dāng)MPMN時，MPMNMC3，xGMGCMC5如圖7，當(dāng)NPNM時，NMPNPM30，所以PNM120又因為FNM120，所以P與F重合此時x4綜上所述，當(dāng)x2或4或5 3 時，PMN為等腰三角形 圖6 圖7 圖8考點伸展第2題求等腰三角形PMN可以這樣解：如圖8，

33、以B為原點，直線BC為x軸建立坐標(biāo)系，設(shè)點M的坐標(biāo)為m，0，那么點P的坐標(biāo)為m，6m，點N的坐標(biāo)為，MNMC3m+63(6-m)， 2222由兩點間的距離公式，得PN=m-9m+212當(dāng)PMPN時，m-9m+21=9，解得m=3或m=6此時x=2當(dāng)MPMN時，6-m=3，解得m=6-3，此時x=5-22當(dāng)NPNM時，m-9m+21=(6-m)，解得m=5，此時x=4 1.3 因動點產(chǎn)生的直角三角形問題 例1 2021年山西省中考第26題 如圖1，拋物線y=123，與y軸交于點C，連結(jié)x-x-4與x軸交于A、B兩點點B在點A的右側(cè)42BC，以BC為一邊，點O為對稱中心作菱形BDEC，點P是x軸上

34、的一個動點，設(shè)點P的坐標(biāo)為(m, 0)，過點P作x軸的垂線l交拋物線于點Q1求點A、B、C的坐標(biāo)；2當(dāng)點P在線段OB上運動時，直線l分別交BD、BC于點M、N試探究m為何值時，四邊形CQMD是平行四邊形，此時，請判斷四邊形CQBM的形狀，并說明理由；3當(dāng)點P在線段EB上運動時，是否存在點Q，使BDQ為直角三角形，假設(shè)存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)；假設(shè)不存在，請說明理由 圖1 總分值解答1231x-x-4=(x+2)(x-8)，得A(2,0)，B(8,0)，C(0,4) 42412直線DB的解析式為y=-x+4 21123由點P的坐標(biāo)為(m, 0)，可得M(m,-m-4)，Q(m,m-m-4) 2

35、42112312所以MQ(-m+4)-(m-m-4)=-m+m+8 24241由y=當(dāng)MQDC8時，四邊形CQMD是平行四邊形 解方程-12 m+m+8=8，得m4，或m0舍去4此時點P是OB的中點，N是BC的中點，N(4,2)，Q(4,6)所以MNNQ4所以BC與MQ互相平分所以四邊形CQBM是平行四邊形 圖2 圖33存在兩個符合題意的點Q，分別是(2,0)，(6,4)考點伸展第3題可以這樣解：設(shè)點Q的坐標(biāo)為(x,如圖3，當(dāng)DBQ90時，解得x6此時Q(6,4) 1(x+2)(x-8) 41-(x+2)(x-8)QGBH11=所以= GBHD28-x2如圖4，當(dāng)BDQ90時，解得x2此時Q(

36、2,0) 14-(x+2)(x-8)QGDH=2所以=2 GDHB-x圖3 圖4 例1 2021年廣州市中考第24題 33如圖1，拋物線y=-x2-x+3與x軸交于A、B兩點點A在點B的左側(cè)，與y軸交于點C 841求點A、B的坐標(biāo)；2設(shè)D為拋物線的對稱軸上的任意一點，當(dāng)ACD的面積等于ACB的面積時，求點D的坐標(biāo)；3假設(shè)直線l過點E(4, 0)，M為直線l上的動點，當(dāng)以A、B、M為頂點所作的直角三角形有且只有三個時，求直線l的解析式 圖1 總分值解答1由y=-3233x-x+3=-(x+4)(x-2)， 848得拋物線與x軸的交點坐標(biāo)為A(4, 0)、B(2, 0)對稱軸是直線x12ACD與A

37、CB有公共的底邊AC，當(dāng)ACD的面積等于ACB的面積時，點B、D到直線AC的距離相等 過點B作AC的平行線交拋物線的對稱軸于點D，在AC的另一側(cè)有對應(yīng)的點D設(shè)拋物線的對稱軸與x軸的交點為G，與AC交于點HDGCO3= BGAO4399所以DG=BG=，點D的坐標(biāo)為(1,-) 444由BD/AC，得DBGCAO所以因為AC/BD，AGBG，所以HGDG而DHDH，所以DG3DG=2727所以D的坐標(biāo)為(1,) 44圖2 圖33過點A、B分別作x軸的垂線，這兩條垂線與直線l總是有交點的，即2個點M以AB為直徑的G如果與直線l相交，那么就有2個點M；如果圓與直線l相切，就只有1個點M了 聯(lián)結(jié)GM，那

38、么GMl在RtEGM中，GM3，GE5，所以EM4M1A3=，所以M1A6 AE43所以點M1的坐標(biāo)為(4, 6)，過M1、E的直線l為y=-x+3 43根據(jù)對稱性，直線l還可以是y=x+3 4在RtEM1A中，AE8，tanM1EA=考點伸展第3題中的直線l恰好經(jīng)過點C，因此可以過點C、E求直線l的解析式在RtEGM中，GM3，GE5，所以EM4在RtECO中，CO3，EO4，所以CE5因此三角形EGMECO，GEMCEO所以直線CM過點C 例3 2021年杭州市中考第22題 在平面直角坐標(biāo)系中，反比例函數(shù)與二次函數(shù)yk(x2x1)的圖象交于點A(1,k)和點B(1,k)1當(dāng)k2時，求反比例

39、函數(shù)的解析式；2要使反比例函數(shù)與二次函數(shù)都是y隨x增大而增大，求k應(yīng)滿足的條件以及x的取值范圍；3設(shè)二次函數(shù)的圖象的頂點為Q，當(dāng)ABQ是以AB為斜邊的直角三角形時，求k的值 總分值解答1因為反比例函數(shù)的圖象過點A(1,k)，所以反比例函數(shù)的解析式是y=當(dāng)k2時，反比例函數(shù)的解析式是y=-2在反比例函數(shù)y=k x2 xk中，如果y隨x增大而增大，那么k0 x125)-k的對稱軸是直線24當(dāng)k0時，拋物線的開口向下，在對稱軸左側(cè)，y隨x增大而增大 拋物線yk(x2x1)k(x+1x=- 圖1 21所以當(dāng)k0且x1以A為中心順時針旋轉(zhuǎn)點M，以B為中心逆時針旋轉(zhuǎn)點N，使M、N兩點重合成一點C，構(gòu)成AB

40、C，設(shè)AB=x1求x的取值范圍；2假設(shè)ABC為直角三角形，求x的值；3探究：ABC的最大面積？ 圖1 總分值解答1在ABC中，AC=1，AB=x，BC=3-x，所以2221+x3-x,解得1xx.2假設(shè)AC為斜邊，那么1=x+(3-x)，即x-3x+4=0，此方程無實根5，滿足1x2 3422假設(shè)BC為斜邊，那么(3-x)=1+x，解得x=，滿足1x2354因此當(dāng)x=或x=時，ABC是直角三角形33假設(shè)AB為斜邊，那么x=(3-x)+1，解得x=223在ABC中，作CDAB于D，設(shè)CD=h，ABC的面積為S，那么S=如圖2，假設(shè)點D在線段AB上，那么-h2+1xh 22222(3-x)2-h2=x移項，得(3-x)-h=x-h兩邊平方，得(