因動點產(chǎn)生的相似三角形問例 2011年市閘北區(qū)中考模擬第25例 2011年市楊浦區(qū)中考模擬第24例 2014年義烏市中考第24例 2010年市寶山區(qū)中考模擬第24例 2013年臨沂市中考第26例 2014年市閘北區(qū)中考模擬第25例 2012年杭州市中考第24因動點產(chǎn)生的等腰三角形問例 2014年湖州市中考第24例 2014年鹽城市中考第28例 2012年市閘北區(qū)中考模擬第25例 2013年南通市中考第27例 2014年重慶市中考第26例 2014年市中考第24因動點產(chǎn)生的直角三角形問例 2011年沈陽市中考第25例 2011年浙江省中考第23例 2010年市中考第24例 2013年嘉興市中考第24例 2013年省中考第23例 2013年市中考第25因動點產(chǎn)生的平行四邊形問例 2011年市中考第24例 2012年江西省中考第24例 2012年省中考第23例 2013年山西省中考第26例 2014年福州市中考第21例 2013年江西省中考第24例 2013年太原市中考第29因動點產(chǎn)生的梯形例 2011年市海淀區(qū)中考模擬第24例 2011年義烏市中考第24例 2010年杭州市中考第24例 2010年市奉賢區(qū)中考模擬第24例 2011年廣州市中考第25例 2011年河北省中考第26因動點產(chǎn)生的面積例 2011年南通市中考第28例 2011年市松江區(qū)中考模擬第24例 2010年廣州市中考第25例 2010年揚州市中考第28例 2014年蘭州市中考第29例 2014年長春市中考第25因動點產(chǎn)生的相切問例 2011年市奉賢區(qū)中考模擬第25例 2011年市徐匯區(qū)中考模擬第25例 2012年福州市中考第22例 2012年鹽城市中考第28例 2012年江蘇省中考第28例 2012年哈爾濱市中考第28例 2012年市中考第27因動點產(chǎn)生的線段和差問例 2011年嘉興市中考第24例 2011年菏澤市中考第21例 2010年中山市中考第22例 2010年南通市中考第28例 2010年濟南市中考第24例 2010年市中考第25例12011年市閘北區(qū)中考模擬第25y3

x1xyAB兩點，△AOBOBGQA、B、Q為頂點的三角形與△COD相似？Q的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．25△ABQ1∶3B△ABQ與△CODQQ4因為拋物線y＝ax2＋bx＋c經(jīng)過A(3，0)、C(0，3)、D(－1，0)三點，所以9a3bccabc

a解得bc2BGy＝3x＋1CDy＝3x＋3，因此AB⊥CDAB⊥BG，x2 x2BQ3

10x3x3．所以Q(3,10)Q(38 BQ1

1．解得x1．所

Q3(3,

Q4(3,圖 圖x2 x23GH⊥y軸，QN⊥yH、13在Rt△BGH中，sin1 ，cos113①當(dāng)BQ3時，BQ Rt△BQNQNBQsin13BNBQcos19．QBQ1(3,10)QBQ2(38BQ1BQ110

，Q(1,0)

Q3(3, 例22011 市楊浦區(qū)中考模擬第24Rt△ABC1yk(k0xD（4，mE（2，n，△BDEmn12

AByFPFD上，在（2）的條件下，如果△AEO與△EFPP的坐標(biāo)．24BDE＝2mnmB、D、E如果△AEO與△EFP 4m（4m2 已知△BDE2，所以

BDEH k

(m122m＝1 x4為y 4x

34k

解得k 2b1．ABy

1x1．2圖 圖 圖13y

F（0，1（4，12FDx軸，∠EFP＝∠EAO．因此△AEO與△EFP5①如圖3，當(dāng)EAEF時，25 ．解得FP＝1．此時點P的坐標(biāo)為（1，15 54EAFP25FPFP＝5P的坐標(biāo)為（5，15 本題的題設(shè)部分有條件“Rt△ABC15的情況： xABy

1x7．第（3）FDx軸平行，△AEO與△EFP232013義烏市中考第24O（0，0A（2，0B（6，31OABCOACB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S，A1B1的坐標(biāo)分別為(x1，y1)、(x2，y2)Sx2－x1，并求出當(dāng)S=36A1的坐標(biāo)；1D的坐標(biāo)為(1，3)PB1個單位長度的BCQDPDM運動．P、QQM時，P、QP、Q兩點的運動時間ttPQABxPQAB、t的值；若不存在，請說明理由．

圖 圖24到，如果∠GAF＝∠GQE，那么△GAF與△GQE相似．第（2）題用含S的代數(shù)式表示x2－x1，我們反其道而行之，用x1，x2表示S．再注y2－y1＝3．通過代數(shù)變形就可以了．第（3）題最大的在于畫示意圖，在沒有計算結(jié)果的情況下，無法畫出準(zhǔn)確的線的對稱軸的夾角不變．變化的直線PQ的斜率，因此假設(shè)直線PQAB的交點Gx軸Gx軸的上方．（1）x1y1x21xM（11 （2）梯形O1A1B1C1的面積S2(x11x213(xx6，由此得到x

2

y3

y1x21

1x21

3s s

8

4 8 4(xx)1(xx)13．因此得到x 72 1

4

x2x1 x1S=36

x

解得

（6，3 （3）ABPQGABEPQF，那么要探求相似的△GAF與△GQE，有一個公共角∠G．在△GEQ中，∠GEQAB在△GAF中，∠GAFABx 由于tanGAF ，tanPQD ，所以 ．解得t

5 圖 圖第（3）Gx4，假如存在，說理過程相同，求得t34例42010年市寶山區(qū)中考模擬第241A(-2，4)B(1，0)ymx22mxnAA′BB′，若四AA′B′B為菱形，求平移后拋物線的表達式；AB′CxD，使得B′、C、D為頂點的三角形與△ABC相似．24AA′B′BDx軸上運動，可以體驗到，△B′CD與△ABC相AB3個題目中處處用到，各具特色．第（1）題用在待定系數(shù)法中；第（2）題用來計算平移的距離；第（3）B′的坐標(biāo)、ACB′C的長．探求△ABC與△B′CD相似，根據(jù)菱形的性質(zhì)，∠BAC＝∠CB′D，因此按照夾角的因為點A(-24)和點B(10都在拋物線ymx22mxn4m4mnm2mn

解得m4n43)AA′＝B′B＝AB＝5y4x28x44x1216 x＝－15y,4x4216 A(-2，4)B′(6，0)AB′＝45如圖2， ，可

B' B ，即B' B'

B45 ．解得B45 5AC5

．根據(jù)菱形的性質(zhì)，在△ABC與△B′CD B 時 B'

BD3OD＝3D535B535標(biāo)為（3，0

B'

B'

B

35 35

坐標(biāo)為3

圖 圖我們也可以討論△B′CD與△CBB′相似，這兩個三角形有一組公共角∠B，根據(jù)對應(yīng)邊例 2013年臨沂市中考第26（2）P是拋物線上的一個動點，過PPM⊥x軸，垂足為M，是否存在點P，使得以,26的形狀在變化，分別雙擊按鈕“PBPx軸上方”和“PA示△PAM與△OAC相似的三個情景．雙擊按鈕“第(3)Dx軸上方的拋物線上運動，觀察△DCA的形狀和面D變化的圖象，可以體驗到，EAC的中點時，△DCA的面積最大．因為拋物線與x軸交于A(40)、B（10)兩點，設(shè)拋物線的解析式為ya(x1)(x4)C（0，－2，解得a12y1(x1)(x4)1x25x2 1P的坐標(biāo)為

(x1)(x4))22Px軸上方時，1＜x＜4PM1(x1)(x42

4xAM AM

21 12

1(x1)(x4)41(x1)(x4)4

2x51x22P的坐標(biāo)為（2，13PA的右側(cè)時，x＞4PM1(x1)(x

1(x1)(x4)，2

x4解方程 2，得x5．此時點P的坐標(biāo)為(5,2)．x1(x1)(x解方程 1，得x2不合題意．x 14PB的左側(cè)時，x＜1PM1(x1)(x

(x1)(x4)，2

4x解方程 2，得x3．此時點P的坐標(biāo)為(3,14)．41(x1)(x解方程 1，得x0．此時點P與點O重合，不合題意．4 P的坐標(biāo)為（2，1）或(3,14或(5,2圖 圖 圖1如圖5，過點D作x軸的垂線交AC于E．直線AC的解析式為y x22Dm(1m4D的坐標(biāo)為(m,1m25m2E 坐標(biāo)為(m1m2DE1m25m21m2)1m22m

1(1m22m)4m24m(m2)24 m2時，△DCAD的坐標(biāo)為（2，1圖 圖6DOAMN，那么△DCACAMN△CDN和△ADMD的橫坐標(biāo)為（m，n）(1m4S2

(2n2)4

1m(n2)2

1n(4m)m2n42由于n1m25m2Sm24m 例 2012年市閘北區(qū)中考模擬第251，△ABC中，AB＝5，AC＝3，cosA＝3．DBA上的點（D重合DE//BCCADAB邊上時，BCF，使△ABC與△DEF相似？若存在，BF的長；若不存在，請說明理由．

圖 備用25雙擊按鈕“第（3）DE為腰”和“DE△DEF先解讀背景圖，△ABC是等腰三角形，那么第（3）題中符合條件的△DEF也是等用含有x的式子表示BD、DE、MN是解答第（2）題的先決條件，E的位置不同，DE、MN表示的形式分兩種情況．

3AH＝3＝

ACBHAC，△ABCDE//BCABAC53y5x

x0 34DE//BCDEAEMNANDE|3x||31x

5|3x

5|6x

MN

．因此DE ，圓心距MN 圖 圖 圖 在⊙M

2BD2y6x，在⊙NrN2CE2x5x1x5|6x|x30x10 5x30，此時DE5(3x)155x1x5|6x|

x＜6x306ECADE5(x3)15 x＞6x107ECADE5(x3)35 圖 圖 圖因為△ABC是等腰三角形，因此當(dāng)△ABC與△DEF相似時，△DEF也是等腰三8D、E、F為△ABC的三邊的中點時，DEDEF的腰，符合題BF＝2.5FBCBF＝如圖9當(dāng)DE為等腰三角形DEF的底邊時四邊形DECF是平行四邊形此時 圖 圖 圖 圖例 2014年杭州市中考第24A（0，tQ（t，b的圖象，得到的拋物線F滿足兩個條件：①頂點為Q；②與x軸相交于B、COOFOA23

AQ∥BCtan∠ABO＝F224t＝3t＝06t＝－06t＝－3B．22OAOBOC轉(zhuǎn)化為t2

x1x2tan∠ABO＝3A、B、C的位置關(guān)系分為四種情況．Ay2B、Cy軸同側(cè)和兩側(cè)兩種情況；AyB、Cy軸同側(cè)（1）ytx2F的頂點為Q（t，bF對yt(xt)2b．x軸有兩個交點，因此tb0y0，得OBt

b，OCt bttbt所以|OB||OC||(t

b)(t )||t2b|t2OA2．即t2bt2bt bt以當(dāng)b2t3F使得|OA|2|OB||OC|（2）因為AQ//BC，所以t＝b，于是拋物線Fyt(xt)2t．解得x1t1,x2t1①當(dāng)t0時，由|OB||OC|B(t1,0如圖2，當(dāng)t10tanABO3|OA|

t

t3y3x218x24

t3y

x2＋18x

48

t 圖 圖45，當(dāng)t0時，由|OB||OC|，將t代t,可得t

3，t35y

x2＋18x

48或y3x2

圖 圖AQ//BCt＝b得OB

2OA3

B2t0)yt(xt)2t，得t3（23B(2t0)yt(xt)2t，得t3（3 第一部分例 2013年湖州市中考第24的中點．P(0,m)OC上一動點（C點除外PMABD的坐標(biāo)（m的代數(shù)式表示當(dāng)△APDmP、M、BxEOME的垂線，H（2POCHH所經(jīng)過．圖 圖24三個頂點有四次機會可以落在對邊的垂直平分線上．雙擊按鈕“第(3)PO△OHMOMOMH、PC//DBCPPMMC1PM＝DM，CP＝BD＝2－m AD＝4－mD的坐標(biāo)為在△APDAD24m)2AP2m24PD22PM)244(2m)2AP＝AD(4m)2m24．解得m3（2PA＝PD時，m2444(2m)2．解得m4（4）或m4（3去DA＝DP(4m)244(2m)2．解得m2（5）或m2（3舍去綜上所述，當(dāng)△APD為等腰三角形時，m342 圖 圖 圖H所經(jīng)過的路徑長為54①如圖3，當(dāng)AP＝ADAM垂直平分PDPCMMBAPCMB1．因此PC1m3 得m43如圖6，在Rt△OHM中，斜邊OM為定值，因此以O(shè)M為直徑的⊙G經(jīng)過點H，也就H7，POH運圖 圖例 2011年鹽城市中考第281y＝－x＋7y4xAx3ABAAC⊥yCBl//y軸．動點P從點O1個單位長的O—C—AAlB出發(fā)，以相同BAAOQPAP和直lP運動的時間為t秒．28的情況；PCA上時，有三個時刻，△APQ求△APR8P的位置分兩種情況討論．事實上，PCA上運468的可能．APQPP的每一種位置又要

yx

xyy

43

得y

A的坐標(biāo)是yx70x7B的坐標(biāo)是2POC上運動時，0≤t＜4．由S△APRS梯形CORAS△ACPS△POR813+7t414(4t1t(7t8t28t120t＝2t＝6（（ 去3PCA上運動時，△APR6．t＝2A、P、R8．圖 圖 圖POC22

4POC運動的過程中，OP＝BR＝RQPQ//xAPQ的垂直平分線上，OR＝2CA＝6BR＝1，t＝1．PCA在△APQ

cosA3AP7tAQOAOQOA5OR5t2055AP＝AQ時，解方程7t5t20，得t41

如圖6，當(dāng)QP＝QA時，點Q在PA的垂直平分線上，AP＝2(OR－OP)7t2[(7tt4)]，得t51如7，當(dāng)PA＝PQ時，那么cosA ．因此AQ2APcosA．解方程5t202(7t3，得t226 綜上所述，t＝1415226時，△APQ 圖 圖 圖PCA上，QP＝QAAP2AQcosA例 2010 市閘北區(qū)中考模擬第25如圖1，在直角坐標(biāo)平面內(nèi)有點A(6,0)，B(0,8)，C(－4,0)M、N分別為線段AC和射線AB上的動M2個單位長度/秒的速CA方向作勻速N5個單位長度/AB方向作勻速運動，MNOBP．若△BNP與△MNACM若△BNPCM請打開幾何畫板文件名“1025MCA上運動，可以看到△BNPBNP∽△MNAABBNP的三種情況．第（1）MN∶NPN的位置分兩種情況．這個結(jié)論為后面的計第（3）題探求等腰三角形，要兩級（兩層）N的位置分類，再按NAB的延長線上時，鈍角等腰三角形只有一種情況．BNP，NAB上時，∠B是確定的，把夾∠B的兩邊的長先表示23NQ⊥xQM、Nt秒．Rt△ANQ中，AN＝5t，NQ＝4t，AQ＝3t．2中，QO＝6－3t，MQ＝10－5tMN∶NP＝MQ∶QO＝5∶3．因為△BNP與△MNA有一組鄰補角，因此這兩個三角形要么是一個銳角三角形和一

解得 CM60

3 3

10 圖 圖 圖567OPMPOP2．所以O(shè)P8t

8NAB上時，在△BNP中，∠BBP8

t，BN105t55BP＝BN時，解方程88t105t，得t10CM20 5 5 2 5 5 52

1BN4BP1105t488tt時 5 5 PB＝PN②如圖7，當(dāng)點N段AB的延長線上時，∠B是鈍角，只存在BP＝BN的可能，BN5t10．解方程88t5t10，得t30CM60 圖 圖 圖6NB＝NP時，△NMA

1BN

例 2013年南通市中考第27，BC＝8，Eyxm＝8x為何值時，yy12，要使△DEF為等腰三角形，mm請打開幾何畫板文件名“1027EBCyx變化的函數(shù)圖像，可以體驗到，yx的二次函數(shù)，拋物線的開口向下．對照圖形和圖像，可以看到，EBC的中點時，y取得最大值．雙擊按鈕“m＝8EBC的中點，可以體驗FAB的四等分點．拖動點A可以改變m的值，再拖動圖像中為“y隨x”的點到射線y＝x上，從圖證明△DCE∽△EBFyx的函數(shù)關(guān)x＝y(tǒng)mxx的值；m的值．90°，所以△DCE∽△EBFDCEBm8xyx y1x28x 2m＝8y1x2x1(x4)22x＝4時，y y12，那么121x28xx28x120x＝2 6．要使△DEFED＝EF的情況．因為△DCE∽△EBF3 ＝2（ 圖 圖 圖由第（1）y1x28x1(x28x1(x4)216 m8的任何值，△DEFx1x28xx8m（3） 52012重慶市中考第26已知：如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOyOABC的邊OAy軸的正半軸上，OCx軸的正半軸上，OA＝2，OC＝3，過原點O作∠AOC的平分AB于點DDC，DDE⊥DCOAE．6OCGDF與（1）MM的橫坐標(biāo)為5對于（2）G，在位于第一象限內(nèi)的該拋物線上是否存在點Q，使得直線GQABPC、G構(gòu)成的△PCGQ的坐標(biāo)26與△DEF保持全等，雙擊按鈕“M1.2EF＝2，GO＝1．（2將∠EDCD旋轉(zhuǎn)的過程中，△DCG與△DEF第（3）題反客為主，分三種情況討論△PCGP的位置確定QQ的坐標(biāo)．（2，2（0，1c設(shè)過E、D、C三點的拋物線的解析式為yax2bxc，那么4a2bc 9a3bc 得a c1因此過EDC三點的拋物線的解析式為y5x213x1． x6y5x213x1y12 M的坐標(biāo)為61255 55 12

2即 5．解得FA 因為∠EDC繞點D旋轉(zhuǎn)的過程中，△DCG≌△DEF， 圖在第（2）中，GC＝2Q的坐標(biāo)為x,5x213x166 66 時 xx，因此5x213x1x1。由此得到點Q的坐標(biāo)為12,755 55 （12坐標(biāo)為

1,6 Q的坐標(biāo)為（2，2 圖 圖 圖在第（2）題情景下，∠EDCD旋轉(zhuǎn)的過程中，F(xiàn)G(2m)2(2設(shè)AF的長為m，那么(2m)2(22點F由E開始沿射線EA運動的過程中，F(xiàn)G先是越來越小，F(xiàn)與A重合時，F(xiàn)G達到最小值2 ；F經(jīng)過點A以后，F(xiàn)G越來越大，當(dāng)C與O重合時，F(xiàn)G達到最大值4．2例 2010年市中考第24（10（04CM//x軸（1所示BAy＝x＋b（b為常數(shù)）B，CMDOD．bDPx軸的正半軸上，若△PODP在（2）PDOO24，PD＝POPOO不存在．OPP而改變，但是兩圓外切，圓心距等于半徑（1，01，0．將B（－1，0）代入y＝x＋b，得b＝1．將y＝4代入y＝x＋1，得x＝3．所以點D（3，4．3D（3，4， 35 OE ，所以O(shè)O ．此時點P的坐標(biāo)為 3OP＝OD＝5P的坐標(biāo)為(50)4DO＝DPDOPP的坐標(biāo)為(60)圖 圖 圖圓PrPPD，兩圓的圓心距為OP．當(dāng)兩圓外切時，圓O的半徑rOOPPD2PD＝POrO0ODP25．此時rOOPPD525．4DO＝DPrOOPPD6536PCPCDP的坐標(biāo)為(,0)23Px軸上點(,0)PC2 圖 圖第一部分函數(shù)圖象中點的存在性問題例 2014年沈陽市中考第251y＝x2＋bx＋cxA、B兩點（AB左側(cè)y軸C(0，－3)x＝1BCD．BCEy軸上一動點，CECEFP、Q兩點，P在第三象限．PQ3ABtan∠CED4C、D、EP的坐標(biāo)．254（1第（3）Ey軸負(fù)半軸上的點的C、DCDEE的y(x1)2nC(0，－3)，得n4．所以拋y(x1)24x22x3．ykxbB(3，0)C(0，－3)，得3kbb

解得k1b3BCyx3AB＝4，所以PQ3AB3P、Qx＝1P4橫坐標(biāo)為1．于是得到點P的坐標(biāo)為17，點F的坐標(biāo)為07．所以 4

4 FCOCOF375，EC2FC5 進而得到OEOCEC351E的坐標(biāo)為01 2 （1，－2．DDH⊥yH．Rt△EDH中，DH＝1EHOHOE213tan∠CEDDH2

6,5)

圖 圖 圖如圖34，先分兩種情況求出等腰直角三角形CDE的頂點E的坐CE的FFxP例 2011年浙江省中考第23（1）y1x2yx2y2x22 是點C的直角0)、B(2，7)、C(0，7)，POCB、P兩點的直l1A、Pl2l1l2P的直角線，求l1l2的解析式．23答

PO＝6

7 2OP＝6時，l1y1x6，23OP＝1時，l1：y＝3x＋1，l2y1x3圖 圖例 2012年市中考第24xOyym1x25mxm23m2x OAB(2,n)B點P段OA上，從點O出發(fā)向點A運動，過點P作x軸的垂線，與直線OBEPEDED＝PEPDPD右側(cè)作等腰直角三角形PCD（PC、D也隨之運動．PCDCOPPOA1OA上另一QAO2個單位（QO時停止運P也停止運動QxABFQFM，使得FM＝QFQMQMQMN（QM、N也隨之運動Pt秒時，兩個等腰直角三角形分別有一條邊恰好落在同一條t的值．24，這個題目最大的，莫過于無圖了C的坐標(biāo)始終可以表示為(3t,2t)OPt的方程因為拋物線

ym1x25mxm23m

經(jīng)過原點，所以m23m20．解得m2，m1（舍去y1x25xB 為（2，42t1(3t)253t．解得tOP22 1PDQMP、Q3t＝10得 32PCMN在同一條直線上，△PQNPE．此時103t2t．解得t23DCQN在同一條直線上，△PQCPD．此時103t4t．解得t107 圖 圖 圖PDEQMFt 32如圖6，當(dāng)兩圓外切時，t30 2圖 圖 圖例 2013年嘉興市中考第241A、BMNMN4MA1MB1A為中心順MBNM、NC，構(gòu)成△ABC，ABx．x若△ABCx24兩邊之和大于第三邊，兩邊之差小于第三邊；∠CAB和∠ACB可以成為直角，∠CBA不可x的不等式組，可x的取值范圍．把△ABCSS2的問題．ABCD要根據(jù)位置關(guān)系分CD在三角形內(nèi)部和外部兩種情況．1x3在△ABC中，AC1，ABx，BC3x13x

解得1x2AC為斜邊，則1x23x2x23x40ABx23x21x5，滿足1x23BC為斜邊，則(3x21x2x4，滿足1x23x5x4時，△ABC 在△ABC中，作CDABD，設(shè)CDh，△ABCSS1xh21(3x)211①如圖2，若點1(3x)211(3x)(3x)2

(3x)2h2x2

1h21h得 1h

x2(1h2)9x224x

x2h28x224xS21x2h22x26x42(x321（4x2 x3時（4x2S21S取最大值2 1圖1(3x)2②如圖(3x)2

xS21x2h22x26x42(x321（1x44此時S 22

綜合①②得，△ABC的最大面積為22第（3）ADa2AC2AD2BC2BD2列方程1a23x)2xa)23x整理，得a ．所x3x4 8x224x1a21 xS21x2(1a2)2x26x44例 2014年省中考第231y4x4x軸、yB、CA的坐標(biāo)是（-3MAxBNBBCCMt秒時，△MONS．St23，StS的度量值，可以看到，S第（1）題說明△ABCM、N同時出發(fā)，同時到達MAOOBtOM邊上的高都是相同的，用tOM要分類討論．3中，OB＝3，OC＝4BC＝5A的坐標(biāo)是（-2，0），BA＝5BC＝BA，所以△ABC是等腰三角形．4 45NH

4t52MAO上時，OM＝2－tS1OMNH1(2t)4t2t24t 3MOB上時，OM＝t－2S1OMNH1(t2)4t2t24t 圖 圖②把S＝4代入S2t24t，得2t24t4．解得t2 ，t2

11（ 去負(fù)值．因此，當(dāng)點M段OB上運動時，存在S＝4的情形，此時t2

5tcosB355 ．解得t 5，當(dāng)∠OMN＝90°時，NCt5．不存在∠ONM＝90所以，當(dāng)t 或者t5時，△MON為直角三角形8 圖 圖在本題情景下，如果△MONACt圖 圖例62008年市中考第25Rt△ABC中，ACB90，CACB，有一個圓心角為45，半徑的長等于CA的扇形CEFCCE，CFABM，N．當(dāng)扇形CEFC在ACB1，求證：MN2AM2BN2；MN2AM2BN2符合勾股定理的形式，需轉(zhuǎn)化為在直角三角形中ACM沿直線CEDCMDNDNBN，MDN90CEFC2MN2AM2BN2是否仍然圖 圖25證明 的關(guān)鍵是證明 AM、BN、MN集中在一個因此CDCADMAMDCMACMCDMA．又由CACB，得

．由DCNECF

又CNCN，所以CDNCBNDNBNCDNB RtMDNMN2DM2DN2MN2AM2BN2圖 圖MN2AM2BN24，將△ACM沿直線CE對折，得DCMDN，則DCMACM所以CDCADMAM

，

CAMCACB，得

CDCBDCNDCMECFDCM45BCNACBACN90(ECFACM)45

，得DCNBCNCDMCAM180CAB135所以MDNCDMCDN1354590RtMDNMN2DM2DN2MN2AM2BN2CEFC567的位置時，關(guān)系式MN2AM2BN2仍然圖 圖 圖例 2011年市中考第2414y3xMO＝MA2y＝x2＋bx＋cA、AMByACDy3x34ABCDC24，本題最大的是沒有圖形準(zhǔn)確畫出兩條直線是基本要求拋物線可以不畫出來MO＝MAMOAM的坐標(biāo)，是整個題第（3）Cm（1）x＝0y3x33A的坐標(biāo)為42MO＝MAMOAM32(1,y3代入y3x，得x＝1．所以點M的坐標(biāo)為3．因此AM (1,

c ,)

解得b 2c3yx25x32

21bc 2 3ABCDAAE⊥CDE．Rt△ADEAE＝4m，DE＝3mAD＝5m．C的坐標(biāo)可以表示為(4m，3－2m)C(4m，3－2m)yx25x3232m16m210m3．解得m1m＝0（舍去2C的坐標(biāo)為（2，2圖 圖( 4C的坐標(biāo)為727( 4例 2014年江西省中考第24c1y

3x2

3xc21c1mMx軸的交點從左到右依次為A、B；將拋物線c2向右也平移m個單位長度，平移后得到新拋物線NxD、E．B、DAEmm的值；若不存在，請說明理由．24A、B、D、E、M、Nm的式子把這六個點B、DAEABAE的大小寫出等量關(guān)m的方程．c2y

3x23c1：y

3x2

,c2y

3x2

3x軸的兩個交點也為(－1，0)、(1，0)，頂點為(0

3)c1mM的坐標(biāo)為(m,3xA(1m0)B(1mc2mN的坐標(biāo)為(m3xD(1m0E(1m0①B、DAE33m12圖 圖 圖＋3，所以4(1＋m)2＝4(m2＋3)．解得m＝1（如圖3在等腰三角形ABM中，因為AB＝2，AB邊上的高 ，所以△ABM是等邊三角形3同理△DENANEM是矩形時，B、D兩點重合．BD＝2m＝1．例 2010年省中考第23MMm，△MAB的面積為SSmS的最大值；PQy＝－x上的動點，判斷有幾個位置能使P、Q、B、OQ的坐標(biāo)． 圖 圖23，把△MABMDPQOBP、Q、B、O為頂點的四邊形是平行四邊形，按P、Q的上下位置關(guān)系，分兩種情況列方程．4)，求得a1y1(x4)(x21x2x4 2ABy＝－x－4MxABDMDm41m2m41m22m S

1MDOAm24m(m2)242因此當(dāng)m2時，SQ的坐標(biāo)為(xxP的坐標(biāo)為(x1x2x425①當(dāng)點P在點Q上方時，(1x2x4)(x)4．解得x2 52Q的坐標(biāo)為(225225)（3(225225)（QP(x1x2x442x4x0（O重合，舍去Q的坐標(biāo)為(－4,4)（ 圖 圖 圖P、Q、B、O為頂點的四邊形能成為直角梯形嗎？6，Q(2,－2)7，Q(－2,2)8，Q(4,－4)． 圖 圖 圖例 2010年山西省中考第2655OA、OCx軸、y1B

D、EOC、OB上的點，OD＝5，OE＝2EBDEx軸于FDE的解析式；M是（2）DExN，O、D、M、NN的坐標(biāo)；若不存在，請說

圖 圖26鈕“DO、DMDO、DN為鄰邊”和“DO討論菱形要進行兩次（兩級）DO為邊和對角線分類，再進行二級分類，DODM、DODN為鄰邊．52BH⊥xHBCOH5

OE＝2EBx2

2，

2

4 3

3

b DEy＝kx＋bD(0,5)，E(2,4)，得2kb

解得k 2b5DEy2

x55由y1x5，知直線DE與x軸交于點F(10,0)，OF＝10，DF＝ 52M的坐標(biāo)為(5,2

)N的坐標(biāo)為(－5,524DO、DNNOEN的坐標(biāo)5DO、DM為菱形的鄰邊時，NO＝5MNx5 5由△NPO∽△DOF

．解得NP 5 5PO25N的坐標(biāo)為(25,5圖 圖如果第（3）Nx6圖 圖例 2012年福州市中考第211，等邊△ABC4，EBC上的動點，EH⊥ACHEEF∥AC，交線段AB于點F，段AC上取點P，使PE＝EB．設(shè)EC＝x（0＜x≤2（2）QACEFPQ（3）當(dāng)（2）EFPQE為圓心，r為半徑作圓，根據(jù)⊙EEFPQ四條邊交點的總個數(shù)，求相應(yīng)的r的取值范圍．請打開幾何畫板文件名“09福州21拖動點EBC上運動，觀察面積隨x變化的圖象，可以體驗到，當(dāng)E是BC的中點時，平行四邊形EFPQ的面積最大，此時四邊形EFPQEFPQ2，4，6，3，0．x值，準(zhǔn)確、規(guī)范地畫出此時的圖形是解第（3）EBC的中點，圖形充滿了特殊性．2Rt△CEH中，∠C＝60°，EC＝xEH

3x2

PQEH

3x(4x)2

3x22

3x

平行四邊形EFPQ

3x22

3x

222

x＝23EFPQ32的菱形（圖 圖3過點E點作ED⊥FP于D，則 333如圖4，當(dāng)⊙E與平行四邊形EFPQ的四條邊交點的總個數(shù)是2個時，0＜r＜ 如圖5，當(dāng)⊙E與平行四邊形EFPQ的四條邊交點的總個數(shù)是4個時，r＝ 333如圖6，當(dāng)⊙E與平行四邊形EFPQ的四條邊交點的總個數(shù)是6個時 37，當(dāng)⊙EEFPQ3個時，r＝2時；8，當(dāng)⊙EEFPQ0個時，r＞2圖 圖 圖 圖 圖xx＞2PEFPQ也就不存在了．EFPQx的增大而增大．例 2012年江西省中考第241yx22x3xA、B兩點（AB的左側(cè)PF//DEFPmPFmPEDF為平行四②設(shè)△BCFSSm24PBC的中點時，SPEDFDE=FPm（1）A－1，0，（3，0，（0，3（1，2（1，4DE=2．因為PF//DE，點P的橫坐標(biāo)為m，設(shè)點P的坐標(biāo)為(m,m3，點F(0,m22m3FP(m22m3m3)m23m1PEDF是平行四邊形時，DE=FP．于是得到m23m2．解得m21m21（E重合，舍去m=2PEDFPFxMOM+BM=OB=3S

1FPOM1FP

1(m23m)33m29m m圖 圖4PEDFDG=EHyDyFyPyE1于是4m22m3)(m321

m2（E重合，舍去PEDF例 2008年太原市中考第29xOyyx1y3x3Ax4BCDACA、B、C當(dāng)△CBD為等腰三角形時，求點D

29BC＝BDCB＝CDDB＝DC數(shù)形結(jié)合，由兩條直線的解析式組成的方程組的解，就是點ADCEDOACABE，由OEADD的兩個位置，這樣就容易得到三個平行四邊形．

yx1y0時，x1，所以點B的坐標(biāo)為(10y3x4yx （40 y x

得x 878 y15．所以A的坐標(biāo)為8157 7 Dy4

x3D的坐標(biāo)為4

x3．當(dāng)△CBD 2DMDM3CM15D的坐標(biāo)為315

BC 2 2 （0，3．根DCD′的坐標(biāo)為（8，－3③如圖4，當(dāng)BC＝BD時，設(shè)BC、DC邊上的高分別為DM、BN．在 ＝5，所以CN＝4，因此DC＝8．在Rt△DCM中，DC＝8DMDM4DC32D的坐標(biāo)為1224

DC 5 28（0，328 12,24 5 圖 圖 圖AEODBE32 ②當(dāng)四邊形ADEO為平行四邊形時，BE 2 AODEBE272

在△ABCBC＝5，BC7

7

2 7 ，得BE' 2，所以BE 2 ，得CD ，所以CD' 5BE32，2272 例 2011年市海淀區(qū)中考模擬第24xOyy＝ax2－(a＋1)xy＝kx若點P段OA上，過點P作y軸的平行線交（1）中拋物線于點Q，求線段PQ長度的最大值；記（1）MNAOMN恰好是梯NAOMN的面積．24化的點，可以體驗到，當(dāng)P運動到OA的中點時，PQ的長取得最大值．答拋物線的解析式為y＝x2－2x，直線的解析式為9．圖 圖例 2011年義烏市中考第24A（2，0PxB．21y＝2xDOPBD為等腰梯形？若存在，D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由；22MOP上的一個動點（O、P兩點除外

的速度由點P向點OM作直線MN//xPB于點NPMN沿直線MN對折，得到△P1MN．在動點M的運動過程中，設(shè)△P1MN與梯形OMNB的部分的面StSt的函數(shù)關(guān)系式．圖 圖24達PO的中點前，部分是三角形；經(jīng)過中點以后，部分是梯形．ya(x4)2k，代入A（2，0、C(0，12)4ak16ak

a解得kyx4)24x28x12P的坐標(biāo)為（4，－4yx28x12x2)(x6B的坐標(biāo)為（6，0OPBDDP＝OB＝6D的坐標(biāo)為(x，2x)． ，得(x4)2(2x4)236．解得x2或如圖3，當(dāng)x＝－2時，四邊形ODPB是平行四邊形 D的坐標(biāo)為(5

，)OPBD5圖 圖 圖設(shè)△PMN與△POBPH、Rt△PMHPM2tPHMHt．所以P'G2t4Rt△PNHPHtNH1PH1t．所以MN3t ①如圖4當(dāng)0＜t≤2 部分的面積等于△PMN的面積此時S13tt3t22 ②如圖5，當(dāng)2＜t＜4時，部分是梯形，面積等于△PMN的面積減去△P′DC的 積．由于S△PDC

P'G

，所以

2t4

3t2

(2t4)2 PH

△P' 此時S3t23(2t4)29t212t12 P為圓心，OBy＝2x有兩個B為圓心，OPy＝2x有兩個交32012杭州市中考第241xOyy＝1x21C的坐標(biāo)為44，0)OABCA，B在拋物線上，AByMMtxxCMQP1∶2t24可以看到，tx的二次函數(shù)，拋物線的開口向下．還可以感受到，PQ∶CM＝1∶2只有一Qy軸上；CM∶PQ＝1∶2有兩種情況．第（1）M的坐標(biāo)以后，Rt△OCM1∶2，這是本題的txtx的函數(shù)關(guān)系．MOAB＝OC＝4，A、ByA2x＝21x21y＝2M的坐標(biāo)為（0，242QQHxHHQ＝y(tǒng)1x21，HP＝x–t4因為CM//PQ，所以∠QPH＝MCO．因此tanQPH＝tanMCOHQ

11x211(xt．整理，得t1x2x2 5如圖3，當(dāng)P與C重合時，t4，解方程41x2x2，得x 525如圖4，當(dāng)Q與B或A重合時，四邊形為平行四邊形，此時，x＝2．因此自變量x的取值范圍是x1 ，且x2的所有實數(shù)．5圖 圖 圖②因為sin∠QPH＝sin∠MCO，所以HQOM，即 HQ PQ

HQ1時，HQ1OM11x211x0（5．此 時t2PQ

HQ2時，HQ2OM4．解方程1x214，得x 3 333如圖6，當(dāng)x23時，t823；如圖6，當(dāng)x 時，t8 33圖 圖 圖Q為圓心、QMx

設(shè)點Q的坐標(biāo)為 x21，那么QM2x2 x21 x21 Qx1x21．4QQMQxQx例 2010年市奉賢區(qū)中考模擬第24OABC1A的坐標(biāo)為(4,0)C的坐標(biāo)為(0，2)y2xBCD．3Dyax2bxcA、D、OMO、D、A、M為頂點的四邊形是梯形？若存在，M的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．4MO//AD“MA//ODMD//OA以判定直角三角形相似；在“MD//OAM的坐標(biāo)．2y3

xO、A(4,0)y＝ax(x－4)D－2)，得a2y2x(x42x28x3 2 8

M的坐標(biāo)為x3x3x 2x28 32xx＝0MO

x 2x＝7M的坐標(biāo)為 2x28②如圖3，當(dāng)AM//OD時，由tan∠MAN＝tan∠DOQ，得 324 因為x＝4時點M與A重合因此 x x＝－1 ) 4DM//OAMDM（1，－2圖 圖 圖OMOM和拋物線的解析式組成的二元二次方程組．例 2010年廣州市中考第251yx2pxqp0xA、ByC（0，－1，△ABC4yM（0，m）yABC的外接圓有公共點m的取值范圍；DA、B、C、D為頂點的四邊形為直角D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．5根據(jù)△ABCABAB的長，這樣就可以把兩個點的坐標(biāo)用一A、B、COA、OB、OC∽△COB，從而得到△ABCAB為斜邊的直角三角形，AB是它的外接圓直徑，再根據(jù)m的取值范圍．DD的坐標(biāo)比OC＝1，△ABC4

AB＝525（a，025

5y(xa)(xaa1或a22

（012

)12yx2pxq中，p0yA、B的坐標(biāo)分別為(1,0(2,0)2y(x1)(x2)x23x1． 2，因為OAOB1，OC21OAOCAOC∽△COB 5因此m的取值范圍是 ≤m≤55 圖 圖 圖D的坐標(biāo)為(x,(x

1)(x2))23ABCDDDE⊥x(x1)(x1因為tanDABtanOBC，所以DECO1．因 1

x2

D的坐標(biāo)為52

3)2

x 2過點B作AC的平行線交拋物線于DD作DFx軸于Ftan

tanCAO所 2因

(x1)(x

2x5D的坐標(biāo)為

2

2 D的坐標(biāo)為52

3或2

21 2AD//BCADy1x1AD D例 2009年河北省中考第261個單位長的速度A勻速運動，到達點A后立刻以原來的速度沿ACQAAB1BP、Q的運動，DE保持垂直平分PQ，且交PQD，交折線QB-BC-CP于點E．點P、Q同時出發(fā)，當(dāng)點Q到達點BPP、Qt秒（t>0當(dāng)t＝2時，AP＝，點Q到AC的距離 t的取值范圍EBCQBEDtDECt26PCA運動的過程中，St的函數(shù)圖象是開口向下的拋物線的一部分；DEC，雙擊按鈕“PA時，DEC”和“PC時，DEC”可以準(zhǔn)第（1）QAC的距離，暗示了第（2）題求△APQQBEDDEABAC平行的可能性分兩種情況Rt△AQP3∶4∶5．（1）1；852QF⊥AC4在Rt△ABC中，AC＝3，AB＝5，所以BC＝4，sinA 54在Rt△AQF中，AQ＝t，sinA ，所以QF45

4t5S1APQF1(3t4t2t26t 3DE//QB時，∠AQP＝90Rt△AQP中，AP＝3t cosA ，所 ．解得t

3 ②如圖4，當(dāng)DE//BC時，∠APQ＝90°．在Rt△AQP中，AP＝3tcosAAP33t3．解得t15 圖 圖 圖 t 或t QC2QG2GC2

4 t

t2

t95 5 ①如圖5，點P由C向A運動，DE經(jīng)過點C，此時PC＝tPC2QC2t2t218t9．解得t5 6PAC運動，DECPC＝6－tPC2QC2(6t)2t218t9．解得t45 55t 2圖 圖第一部分1.6例 2011年南通市中考第28x(p＞1)xym(x＞0)ym(x＜0)M、N mlPy＝228同高的三角形，MN＝4MP存在兩種情況．第（3）S△AMN＝4S△AMPMN＝4MPMNP的位置關(guān)系分B(2，1)ymm＝2lykxbx2kb

解得kb

lyx1．由點Pp,p1(p＞1)Pyx1x2，y＝2P的坐標(biāo)為(3，2)M的坐標(biāo)為(1，2)N的坐標(biāo)為(－1，2)．P(3，2)、N(－1，2)、A(1，0)三點的位置關(guān)系，可知△PNA為等腰直角三角形．圖 圖 圖△AMN和△AMPMNMP在同一條直線上．S△AMN＝4S△AMP時，MN＝4MP．3MNP上時，xM－xN＝4(xP－xM)．因此224(x12 x x 12得x 或x113（此時點P在x軸下方，舍去．此時p11312 ②如圖4，當(dāng)M在NPxMxN＝4(xMxP)．因此2242x1x

5x

p152（12（32．6，∠MAN＝90MN上的中線等于斜邊的一半．圖 圖例 2011年市松江區(qū)中考模擬第24如圖1，在平面直角坐xOy中，直角梯形OABC的頂點O為坐標(biāo)原點，頂點A、C3DDBDExE．Ey＝－x2＋bx＋cBMxS△CEM＝2S△ABMM24MxMFBFBM的縱坐標(biāo)表示△ABMM的位置不BC∥OABC⊥CDCD＝CB＝3，所以△BCD是等腰直角三角（1，093bc①因為拋物線y＝－x2＋bx＋c經(jīng)過點（34（10所以1bc b解得c

所以二次函數(shù)的解析式為y＝－x2＋6x－5，拋物線的對稱軸為直線（3，t．

S梯形OFMCSMEF (4t)3 2t 14 4 1如圖2，當(dāng)點M位于線段BF

(4t24t2t42(4t，得t2

8M的坐標(biāo)為（38 13MFBt42(t4，得t8M的坐標(biāo)為（3，8．2

(t42t42圖 圖 ACy58

x4，當(dāng)x＝3時，y 55

）ACA、EME＋MC＝MA＋