- 2021-04-17 发布 |
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文档介绍
中考数学专题大全，高端精品(解析版)+知识点讲解-例题解析-强化训练大全
中考数学专题大全，高端精品 (解析版)+知识点讲解-例题解析-强化训练大全 【类型综述】 数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈，动态几何问题是近年来中 考的热点问题，以运动的观点来探究几何图形的变化规律问题，动态问题的解答， 一般要将动态问题转化为静态问题，抓住运动过程中的不变量，利用不变的关系 和几何性质建立关于方程（组）、函数关系问题，将几何问题转化为代数问题。 在动态问题中，动点形成的等腰三角形问题是常见的一类题型，可以与旋转、 平移、对称等几何变化相结合，也可以与一次函数、反比例函数、二次函数的图 象相结合，从而产生数与形的完美结合.解决动点产生的等腰三角形问题的重点 和难点在于应用分类讨论思想和数形结合思想进行准确的分类. 【方法揭秘】 我们先回顾两个画图问题： 1．已知线段 AB＝5 厘米，以线段 AB 为腰的等腰三角形 ABC 有多少个？顶 点 C 的轨迹是什么？ 2．已知线段 AB＝6 厘米，以线段 AB 为底边的等腰三角形 ABC 有多少个？ 顶点 C 的轨迹是什么？ 已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除了两个点以外，都是顶点 C． 已知底边画等腰三角形，顶角的顶点在底边的垂直平分线上，垂足要除外． 在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般都要先分类． 如果△ABC 是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB 三 种情况． 解等腰三角形的存在性问题，有几何法和代数法，把几何法和代数法相结合， 可以使得解题又好又快． 几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？ 如果△ABC 的∠A（的余弦值）是确定的，夹∠A 的两边 AB 和 AC 可以用含 x 的式子表示出来，那么就用几何法． ①如图 1，如果 AB＝AC，直接列方程；②如图 2，如果 BA＝BC，那么 1 cos2 AC AB A ；③如图 3，如果 CA＝CB，那么 1 cos2 AB AC A ． 代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验． 如果三角形的三个角都是不确定的，而三个顶点的坐标可以用含 x 的式子表 示出来，那么根据两点间的距离公式，三边长（的平方）就可以罗列出来． 图 1 图 2 图 3 【典例分析】 例 1 如图 1，在 Rt△ABC 中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，点 D 为边 BC 的中点，DE⊥BC 交边 AC 于点 E，点 P 为射线 AB 上的一动点，点 Q 为边 AC 上的一动点，且∠PDQ＝90°． （1）求 ED、EC 的长； （2）若 BP＝2，求 CQ 的长； （3）记线段 PQ 与线段 DE 的交点为 F，若△PDF 为等腰三角形，求 BP 的 长． 图 1 备用图 思路点拨 1．第（2）题 BP＝2 分两种情况． 2．解第（2）题时，画准确的示意图有利于理解题意，观察线段之间的和差 关系． 3．第（3）题探求等腰三角形 PDF 时，根据相似三角形的传递性，转化为 探求等腰三角形 CDQ． 满分解答 图 2 图 3 图 4 ①如图 3，当 BP＝2，P 在 BM 上时，PM＝1． 此时 3 3 4 4QN PM ．所以 3 194 4 4CQ CN QN ． ②如图 4，当 BP＝2，P 在 MB 的延长线上时，PM＝5． 此时 3 15 4 4QN PM ．所以 15 314 4 4CQ CN QN ． ②如图 6，当 QC＝QD 时，由cos CHC CQ ，可得 5 4 25 2 5 8CQ ． 所以 QN＝CN－CQ＝ 25 74 8 8 （如图 2 所示）． 此时 4 7 3 6PM QN ．所以 7 253 6 6BP BM PM ． ③不存在 DP＝DF 的情况．这是因为∠DFP≥∠DQP＞∠DPQ（如图 5，图 6 所示）． 图 5 图 6 考点伸展 如图 6，当△CDQ 是等腰三角形时，根据等角的余角相等，可以得到△BDP 也是等腰三角形，PB＝PD．在△BDP 中可以直接求解 25 6BP ．学科@网 例 2 如图 1，抛物线 y＝ax2＋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△PAC 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△PAC 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 所以点 P 的坐标为(1, 2)． 图 2 （3）点 M 的坐标为(1, 1)、(1, 6 )、(1, 6 )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，AC2＝10，MC2＝1＋(m－3)2，MA2＝4＋m2． ①如图 3，当 MA＝MC 时，MA2＝MC2．解方程 4＋m2＝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，AM2＝AC2．解方程 4＋m2＝10，得 6m ． 此时点 M 的坐标为(1, 6 )或(1, 6 )． ③如图 5，当 CM＝CA 时，CM2＝CA2．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 3 如图 1，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 （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，OP2＝16．所以 4+y2＝16．解得 2 3y ． 当 P 在(2,2 3) 时，B、O、P 三点共线（如图 2）． ②当 BP＝BO＝4 时，BP2＝16．所以 2 24 ( 2 3) 16y ．解得 1 2 2 3y y ． ③当 PB＝PO 时，PB2＝PO2．所以 2 2 2 24 ( 2 3) 2y y ．解得 2 3y ． 综合①、②、③，点 P 的坐标为(2, 2 3) ，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 23 3 2 3( 4) ( 2)6 6 3y x x x ，得抛物线的顶点为 2 3(2, )3D ． 因此 2 3tan 3DOA ．所以∠DOA＝30°，∠ODA＝120°． 例 4 如图 1，已知一次函数 y＝－x＋7 与正比例函数 4 3y x 的图象交于点 A， 且与 x 轴交于点 B． （1）求点 A 和点 B 的坐标； （2）过点 A 作 AC⊥y 轴于点 C，过点 B 作直线 l//y 轴．动点 P 从点 O 出发， 以每秒 1 个单位长的速度，沿 O—C—A 的路线向点 A 运动；同时直线 l 从点 B 出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线 l 交 x 轴于点 R，交线段 BA 或线段 AO 于点 Q．当点 P 到达点 A 时，点 P 和直线 l 都停止运动．在运动过 程中，设动点 P 运动的时间为 t 秒． ①当 t 为何值时，以 A、P、R 为顶点的三角形的面积为 8？ ②是否存在以 A、P、Q 为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求 t 的值； 若不存在，请说明理由． 思路点拨 1．把图 1 复制若干个，在每一个图形中解决一个问题． 2．求△APR 的面积等于 8，按照点 P 的位置分两种情况讨论．事实上，P 在 CA 上运动时，高是定值 4，最大面积为 6，因此不存在面积为 8 的可能． 3．讨论等腰三角形 APQ，按照点 P 的位置分两种情况讨论，点 P 的每一种 位置又要讨论三种情况． 满分解答 图 2 图 3 图 4 ②我们先讨论 P 在 OC 上运动时的情形，0≤t＜4． 如图 1，在△AOB 中，∠B＝45°，∠AOB＞45°，OB＝7， 4 2AB ，所 以 OB＞AB．因此∠OAB＞∠AOB＞∠B． 如图 4，点 P 由 O 向 C 运动的过程中，OP＝BR＝RQ，所以 PQ//x 轴． 因此∠AQP＝45°保持不变，∠PAQ 越来越大，所以只存在∠APQ＝∠AQP 的情况． 此时点 A 在 PQ 的垂直平分线上，OR＝2CA＝6．所以 BR＝1，t＝1． 我们再来讨论 P 在 CA 上运动时的情形，4≤t＜7． 在△APQ 中， 3cos 5A 为定值， 7AP t ， 5 5 20 3 3 3AQ OA OQ OA OR t ． 如图 5，当 AP＝AQ 时，解方程 5 207 3 3t t ，得 41 8t ． 如图 6，当 QP＝QA 时，点 Q 在 PA 的垂直平分线上，AP＝2(OR－OP)．解 方程7 2[(7 ) ( 4)]t t t ，得 5t ． 图 5 图 6 图 7 考点伸展 当 P 在 CA 上，QP＝QA 时，也可以用 2 cosAP AQ A 来求解．学科@网 例 5 如图 1，在△ABC 中， ACB＝90°，∠BAC＝60°，点 E 是∠BAC 的 平分线上一点，过点 E 作 AE 的垂线，过点 A 作 AB 的垂线，两垂线交于点 D， 连接 DB，点 F 是 BD 的中点，DH⊥AC，垂足为 H，连接 EF，HF． （1）如图 1，若点 H 是 AC 的中点，AC＝ 2 3 ，求 AB、BD 的长； （2）如图 1，求证：HF＝EF． （3）如图 2，连接 CF、CE，猜想：△CEF 是否是等边三角形？若是，请 证明；若不是，请说明理由． 图 1 图 2 思路点拨 1．把图形中所有 30°的角都标注出来，便于寻找等角和等边． 2．中点 F 有哪些用处呢？联想到斜边上的中线和中位线就有思路构造辅助 线了． 满分解答 图 3 图 4 图 5 （3）如图 5，作 FM⊥AB 于 M，联结 CM． 由 FM//DA，F 是 DB 的中点，得 M 是 AB 的中点． 因此 FM＝ 1 2 AD ，△ACM 是等边三角形． 又因为 AE＝ 1 2 AD ，所以 FM＝EA． 又因为 CM＝CA，∠CMF＝∠CAE＝30°，所以△CMF≌△CAE． 所以∠MCF＝∠ACE，CF＝CE． 所以∠ECF＝∠ACM＝60°．所以△CEF 是等边三角形． 考点伸展 我们再看几个特殊位置时的效果图，看看有没有熟悉的感觉． 如图 6，如图 7，当点 F 落在 BC 边上时，点 H 与点 C 重合． 图 6 图 7 如图 8，图 9，点 E 落在 BC 边上．如图 10，图 11，等腰梯形 ABEC． 图 8 图 9 图 10 图 11 例 6 如图 1，已知 Rt△ABC 中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点 P 以每秒 1 个单位的速度从 A 向 C 运动，同时点 Q 以每秒 2 个单位的速度从 A→B→C 方向 运动，它们到 C 点后都停止运动，设点 P、Q 运动的时间为 t 秒． （1）在运动过程中，求 P、Q 两点间距离的最大值； （2）经过 t 秒的运动，求△ABC 被直线 PQ 扫过的面积 S 与时间 t 的函数关 系式； （3）P，Q 两点在运动过程中，是否存在时间 t，使得△PQC 为等腰三角形．若 存在，求出此时的 t 值，若不存在，请说明理由．（ 24.25 ，结果保留一位小 数） 图 1 思路点拨 1．过点 B 作 QP 的平行线交 AC 于 D，那么 BD 的长就是 PQ 的最大值． 2．线段 PQ 扫过的面积 S 要分两种情况讨论，点 Q 分别在 AB、BC 上． 3．等腰三角形 PQC 分三种情况讨论，先罗列三边长． 满分解答 图 2 图 3 图 4 （2）①如图 2，当点 Q 在 AB 上时，0＜t≤5，S△ABD＝15． 由△AQP∽△ABD，得 2( )AQP ABD S AP S AD △ △ ．所以 S＝S△AQP＝ 215 ( )5 t ＝ 23 5 t ． ②如图 3，当点 Q 在 BC 上时，5＜t≤8，S△ABC＝24． 因为 S△CQP＝ 1 2 CQ CP ＝ 1 (16 2 )(8 )2 t t ＝ 2( 8)t ， 所以 S＝S△ABC－S△CQP＝24－(t－8)2＝－t2＋16t－40． （3）如图3，当点Q在BC上时，CQ＝2CP，∠C＝90°，所以△PQC不可能 成为等腰三角形． 当点Q在AB上时，我们先用t表示△PQC的三边长：易知CP＝8－t． 如图2，由QP//BD，得 QP AP BD AD ，即 53 5 QP t ．所以 3 5 5QP t ． 如图4，作QH⊥AC于H．在Rt△AQH中，QH＝AQ sin∠A＝ 6 5 t ，AH＝ 8 5 t ． 在Rt△CQH中，由勾股定理，得CQ＝ 2 2QH CH ＝ 2 26 8( ) (8 )5 5t t ． 图5 图6 图7 考点伸展 第（1）题求P、Q两点间距离的最大值，可以用代数计算说理的方法： ①如图8，当点Q在AB上时，PQ＝ 2 2QH PH ＝ 2 26 8( ) ( )5 5t t t ＝ 3 5 5 t ． 当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为3 5 ． ②如图9，当点Q在BC上时，PQ＝ 2 2CQ CP ＝ 2 2(2 )CP CP ＝ 5(8 )t ． 当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为3 5 ． 综上所述，PQ的最大值为3 5 ． 图 8 图 9 【变式训练】 1．（2017 四川省达州市）已知函数 12 0 3 0 xxy xx 的图象如图所示，点 P 是 y 轴负半轴上一动点，过点 P 作 y 轴的垂线交图象于 A，B 两点，连接 OA、OB．下 列结论： ①若点 M1（x1，y1），M2（x2，y2）在图象上，且 x1＜x2＜0，则 y1＜y2； ②当点 P 坐标为（0，﹣3）时，△AOB 是等腰三角形； ③无论点 P 在什么位置，始终有 S△AOB=7.5，AP=4BP； ④当点 P 移动到使∠AOB=90°时，点 A 的坐标为（ 2 6 ， 6 ）． 其中正确的结论个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C． ③正确．设 P（0，m），则 B（ 3 m ，m），A（﹣12 m ，m），∴PB=﹣ 3 m ，PA= ﹣12 m ，∴PA=4PB，∵SAOB=S△OPB+S△OPA= 3 12 2 2 =7.5，故③正确． ④正确．设 P（0，m），则 B（ 3 m ，m），A（﹣12 m ，m），∴PB=﹣ 3 m ，PA= ﹣12 m ，OP=﹣m，∵∠AOB=90°，∠OPB=∠OPA=90°，∴∠BOP+∠AOP=90°， ∠AOP+∠OPA=90°，∴∠BOP=∠OAP，∴△OPB∽△APO，∴ OP PB AP OP ，∴ OP2=PB•PA，∴m2=﹣ 3 m •（﹣12 m ），∴m4=36，∵m＜0，∴m=﹣ 6 ，∴A（ 2 6 ， ﹣ 6 ），故④正确，∴②③④正确，故选 C． 考点：1．反比例函数综合题；2．综合题．学科@网 2．（2017 浙江省绍兴市）如图，∠AOB=45°，点 M、N 在边 OA 上，OM=x， ON=x+4，点 P 是边 OB 上的点．若使点 P、M、N 构成等腰三角形的点 P 恰好有 三个，则 x 的值是 ． 【答案】x=0 或 x= 4 2 4 或 4 4 2x ． ②当 0＜x＜4 时，如下图，圆 N 与 OB 相切时，NP2=MN=4，且 NP2⊥OB，此时 MP3=4，则 OM=ON-MN= 2 NP2-4= 4 2 4 ． 当 MD=MN=4 时，圆 M 与 OB 只有一个交点，此时 OM= 2 MD= 4 2 ，故 4≤x ＜ 4 2 ． 与 OB 有两个交点 P2 和 P3，故答案为：x=0 或 x= 4 2 4 或 4≤x＜ 4 2 ． 考点：1．相交两圆的性质；2．分类讨论；3．综合题． 3．（2017 四川省南充市）如图 1，已知二次函数 2y ax bx c （a、b、c 为常 数，a≠0）的图象过点 O（0，0）和点 A（4，0），函数图象最低点 M 的纵坐 标为 3 ，直线 l 的解析式为 y=x． （1）求二次函数的解析式； （2）直线 l 沿 x 轴向右平移，得直线 l′，l′与线段 OA 相交于点 B，与 x 轴下 方的抛物线相交于点 C，过点 C 作 CE⊥x 轴于点 E，把△BCE 沿直线 l′折叠， 当点 E 恰好落在抛物线上点 E′时（图 2），求直线 l′的解析式； （3）在（2）的条件下，l′与 y 轴交于点 N，把△BON 绕点 O 逆时针旋转 135° 得到△B′ON′，P 为 l′上的动点，当△PB′N′为等腰三角形时，求符合条 件的点 P 的坐标． 【答案】（1） 22 8 3 3y x x ；（2）y=x﹣3；（3）P 坐标为（0，﹣3）或（ 3 2 3 3 3 2 ， 3 2 3 3 3 2 ）或（ 3 2 3 3 3 2 ， 3 2 3 3 3 2 ）． （3）分两种情形求解即可①当 P1 与 N 重合时，△P1B′N′是等腰三角形，此 时 P1（0，﹣3）．②当 N′=N′B′时，设 P（m，m﹣3），列出方程解方程即 可； 试题解析：（1）由题意抛物线的顶点坐标为（2， 3 ），设抛物线的解析式为 2( 2) 3y a x ，把（0，0）代入得到 a= 2 3 ，∴抛物线的解析式为 22 ( 2)3 3y x ， 即 22 8 3 3y x x ． （2）如图 1 中，设 E（m，0），则 C（m， 22 8 3 3m m ），B（ 22 11 3 3m m ，0）， ∵E′在抛物线上，∴E、B 关于对称轴对称，∴ 22 11( )3 3 2 m m m =2，解得 m=1 或 6（舍弃），∴B（3，0），C（1，﹣2），∴直线 l′的解析式为 y=x﹣3． 考点：1．二次函数综合题；2．几何变换综合题；3．分类讨论；4．压轴题．学 科@网 4.（2017 四川省广安市）如图，已知抛物线 2y x bx c 与 y 轴相交于点 A（0， 3），与 x 正半轴相交于点 B，对称轴是直线 x=1． （1）求此抛物线的解析式以及点 B 的坐标． （2）动点 M 从点 O 出发，以每秒 2 个单位长度的速度沿 x 轴正方向运动，同时 动点 N 从点 O 出发，以每秒 3 个单位长度的速度沿 y 轴正方向运动，当 N 点到 达 A 点时，M、N 同时停止运动．过动点 M 作 x 轴的垂线交线段 AB 于点 Q，交 抛物线于点 P，设运动的时间为 t 秒． ①当 t 为何值时，四边形 OMPN 为矩形． ②当 t＞0 时，△BOQ 能否为等腰三角形？若能，求出 t 的值；若不能，请说明 理由． 【答案】（1） 2 2 3y x x ，B 点坐标为（3，0）；（2）①；②． 【解析】 试题分析：（1）由对称轴公式可求得 b，由 A 点坐标可求得 c，则可求得抛物线 解析式；再令 y=0 可求得 B 点坐标； （2）①用 t 可表示出 ON 和 OM，则可表示出 P 点坐标，即可表示出 PM 的长， 由矩形的性质可得 ON=PM，可得到关于 t 的方程，可求得 t 的值；②由题意可 知 OB=OA，故当△BOQ 为等腰三角形时，只能有 OB=BQ 或 OQ=BQ，用 t 可表 示出 Q 点的坐标，则可表示出 OQ 和 BQ 的长，分别得到关于 t 的方程，可求得 t 的值． ②∵A（0，3），B（3，0），∴OA=OB=3，且可求得直线 AB 解析式为 y=﹣x+3， ∴当 t＞0 时，OQ≠OB，∴当△BOQ 为等腰三角形时，有 OB=QB 或 OQ=BQ 两 种情况，由题意可知 OM=2t，∴Q（2t，﹣2t+3），∴OQ= 2 2(2 ) ( 2 3)t t = 28 12 9t t ，BQ= 2 2( 2 3) ( 2 3)t t = 2 |2t﹣3|，又由题意可知 0＜t＜1， 当 OB=QB 时，则有 2 |2t﹣3|=3，解得 t= 6 3 2 4 （舍去）或 t= 6 3 2 4 ； 当 OQ=BQ 时，则有 28 12 9t t = 2 |2t﹣3|，解得 t= 3 4 ； 综上可知当 t 的值为 6 3 2 4 或 3 4 时，△BOQ 为等腰三角形． 考点：1．二次函数综合题；2．动点型；3．分类讨论；4．压轴题． 5. （2017 四川省眉山市）如图，抛物线 2 2y ax bx 与 x 轴交于 A、B 两点， 与 y 轴交于 C 点，已知 A（3，0），且 M（1， 8 3 ）是抛物线上另一点． （1）求 a、b 的值； （2）连结 AC，设点 P 是 y 轴上任一点，若以 P、A、C 三点为顶点的三角形是 等腰三角形，求 P 点的坐标； （3）若点 N 是 x 轴正半轴上且在抛物线内的一动点（不与 O、A 重合），过点 N 作 NH∥AC 交抛物线的对称轴于 H 点．设 ON=t，△ONH 的面积为 S，求 S 与 t 之间的函数关系式． 【答案】（1） 2 3 4 3 a b ；（2）P 点的坐标 1（0，2）或（0， 13 2 ）或（0， 5 4 ）或（0， 13 2 ）；（3） 2 2 1 1 (0 1)3 3 1 1 (1 3)3 3 t t t S t t t ． （3）过 H 作 HG⊥OA 于 G，设 HN 交 Y 轴于 M，根据平行线分线段成比例定理 得到 OM= 2 3 t ，求得抛物线的对称轴为直线 x= 1 5 52 3 =13 10 ，得到 OG=13 10 ，求得 GN=t﹣13 10 ，根据相似三角形的性质得到 HG= 2 13 3 15t ，于是得到结论． 试题解析：（1）把 A（3，0），且 M（1， 8 3 ）代入 2 2y ax bx 得： 9 3 2 0 82 3 a b a b ， 解得： 2 3 4 3 a b ； （2）在 2 2y ax bx 中，当 x=0 时．y=﹣2，∴C（0，﹣2），∴OC=2，如图， 设 P（0，m），则 PC=m+2，OA=3，AC= 2 22 3 = 13 ，分三种情况： ①当 PA=CA 时，则 OP1=OC=2，∴P1（0，2）； ②当 PC=CA= 13 时，即 m+2= 13 ，∴m= 13 ﹣2，∴P2（0， 13 ﹣2）； ③当 PC=PA 时，点 P 在 AC 的垂直平分线上，则△AOC∽△P3EC，∴ 3 13 2 13 2 PC ， ∴P3C=13 4 ，∴m= 5 4 ，∴P3（0， 5 4 ），④当 PC=CA= 13 时，m=﹣2﹣ 13 ，∴ P4（0，﹣2﹣ 13 ），综上所述，P 点的坐标 1（0，2）或（0， 13 2 ）或（0， 5 4 ）或（0， 13 2 ）； （3）过 H 作 HG⊥OA 于 G，设 HN 交 Y 轴于 M，∵NH∥AC，∴ OM ON OC OA ， ∴ 2 3 OM t ，∴OM= 2 3 t ，∵抛物线的对称轴为直线 x= 1 5 52 3 =13 10 ，∴OG=13 10 ， ∴GN=t﹣13 10 ，∵GH∥OC，∴△NGH∽△NOM，∴ HG GN OM ON ，即 13 10 2 3 tHG tt ， ∴HG= 2 13 3 15t ，∴S= ON•GH= t（ t﹣ ）= t2﹣ t（0＜t＜3）． ∴ 2 2 1 1 (0 1)3 3 1 1 (1 3)3 3 t t t S t t t ． 考点：二次函数综合题．学科@网 6. （2017 广东省）如图，在平面直角坐标系中，O 为原点，四边形 ABCO 是矩 形，点 A，C 的坐标分别是 A（0，2）和 C（2 3 ，0），点 D 是对角线 AC 上一 动点（不与 A，C 重合），连结 BD，作 DE⊥DB，交 x 轴于点 E，以线段 DE， DB 为邻边作矩形 BDEF． （1）填空：点 B 的坐标为 ； （2）是否存在这样的点 D，使得△DEC 是等腰三角形？若存在，请求出 AD 的 长度；若不存在，请说明理由； （3）①求证： DE DB = 3 3 ； ②设 AD=x，矩形 BDEF 的面积为 y，求 y 关于 x 的函数关系式（可利用①的结 论），并求出 y 的最小值． 【答案】（1）（ 2 3 ，2）；（2）AD 的值为 2 或 2 3 ；（3）①证明见解析； ② 23 2 3 4 33y x x ，当 x=3 时，y 有最小值 3 ． （3）①由（2）可知，B、D、E、C 四点共圆，推出∠DBC=∠DCE=30°，由此 即可解决问题； ②作 DH⊥AB 于 H．想办法用 x 表示 BD、DE 的长，构建二次函数即可解决问 题； 试题解析：（1）∵四边形 AOCB 是矩形，∴BC=OA=2，OC=AB= 2 3 ，∠BCO= ∠BAO=90°，∴B（ 2 3 ，2）． 故答案为：（ 2 3 ，2）． （2）存在．理由如下： 连接 BE，取 BE 的中点 K，连接 DK、KC． ∵∠BDE=∠BCE=90°，∴KD=KB=KE=KC，∴B、D、E、C 四点共圆，∴∠DBC= ∠DCE，∠EDC=∠EBC，∵tan∠ACO= AO OC = 3 3 ，∴∠ACO=30°，∠ACB=60° （3）①由（2）可知，B、D、E、C 四点共圆，∴∠DBC=∠DCE=30°，∴tan ∠DBE= DE DB ，∴ DE DB = 3 3 ． ②如图 2 中，作 DH⊥AB 于 H． 在 Rt△ADH 中，∵AD=x，∠DAH=∠ACO=30°，∴DH= 1 2 AD= 1 2 x， AH= 2 2AD DH = 3 2 x ，∴ BH= 32 3 2 x ，在 Rt△BDH 中，BD= 2 2BH DH = 2 21 3( ) (2 3 )2 2x x ， ∴ DE= 3 3 BD= 3 3 • 2 21 3( ) (2 3 )2 2x x ，∴矩形 BDEF 的面积为 y= 3 3 2 2 21 3[ ( ) (2 3 ) ]2 2x x = 23 ( 6 12)3 x x ，即 23 2 3 4 33y x x ，∴ 23 ( 3) 33y x ， ∵ 3 3 ＞0，∴当 x=3 时，y 有最小值 3 ． 考点：1．相似形综合题；2．最值问题；3．二次函数的最值；4．动点型；5．存 在型；6．分类讨论；7．压轴题． 7. （2017 广西四市）如图，已知抛物线 aaxaxy 9322 与坐标轴交于 A，B， C 三点，其中 C（0，3），∠BAC 的平分线 AE 交 y 轴于点 D，交 BC 于点 E， 过点 D 的直线 l 与射线 AC，AB 分别交于点 M，N． （1）直接写出 a 的值、点 A 的坐标及抛物线的对称轴； （2）点 P 为抛物线的对称轴上一动点，若△PAD 为等腰三角形，求出点 P 的坐 标； （3）证明：当直线 l 绕点 D 旋转时， ANAM 11 均为定值，并求出该定值． 【答案】（1）a= 1 3 ，A（﹣ 3 ，0），抛物线的对称轴为 x= 3 ；（2）点 P 的 坐标为（ 3 ，2）或（ 3 ，0）或（ 3 ，﹣4）；（3） 3 2 ． 试题解析：（1）∵C（0，3），∴﹣9a=3，解得：a= 1 3 ． 令 y=0 得： 2 2 3 9 0ax ax a ，∵a≠0，∴ 2 2 3 9 0x x ，解得：x=﹣ 3 或 x=3 3 ，∴点 A 的坐标为（﹣ 3 ，0），B（3 3 ，0），∴抛物线的对称轴为 x= 3 ． （2）∵OA= 3 ，OC=3，∴tan∠CAO= 3 ，∴∠CAO=60°． ∵AE 为∠BAC 的平分线，∴∠DAO=30°，∴DO= 3 3 AO=1，∴点 D 的坐标为 （0，1）． 设点 P 的坐标为（ 3 ，a）． 依据两点间的距离公式可知：AD2=4，AP2=12+a2，DP2=3+（a﹣1）2． 当 AD=PA 时，4=12+a2，方程无解． 当 AD=DP 时，4=3+（a﹣1）2，解得 a=2 或 a=0，∴点 P 的坐标为（ 3 ，2）或 （ 3 ，0）． 当 AP=DP 时，12+a2=3+（a﹣1）2，解得 a=﹣4，∴点 P 的坐标为（ ，﹣4）． 综上所述，点 P 的坐标为（ 3 ，2）或（ 3 ，0）或（ 3 ，﹣4）． ∵∠MAG=60°，∠AGM=90°，∴AM=2AG= 4 2 3 3k = 2 3 2 3 k k ， ∴ ANAM 11 = 3 2 3 2 3 1 k k k k = 3 3 2 3 2 k k = 3( 3 1) 2( 3 1) k k = 3 2 ． 考点：1．二次函数综合题；2．旋转的性质；3．定值问题；4．动点型；5．分 类讨论；6．压轴题． 8.（2017 重庆市 B 卷）如图，在平面直角坐标系中，抛物线 23 2 3 33 3y 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，对称轴与 x 轴 交于点 D，点 E（4，n）在抛物线上． （1）求直线 AE 的解析式； （2）点 P 为直线 CE 下方抛物线上的一点，连接 PC，PE．当△PCE 的面积最 大时，连接 CD，CB，点 K 是线段 CB 的中点，点 M 是 CP 上的一点，点 N 是 CD 上的一点，求 KM+MN+NK 的最小值； （3）点 G 是线段 CE 的中点，将抛物线 23 2 3 33 3y x x 沿 x 轴正方向平 移得到新抛物线 y′，y′经过点 D，y′的顶点为点 F．在新抛物线 y′的对称轴 上，是否存在一点 Q，使得△FGQ 为等腰三角形？若存在，直接写出点 Q 的坐 标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 3 3 3 3y x ；（2）3；（3）Q 的坐标为（3， 4 2 21 3 ）或′ （3， 4 2 21 3 ）或（3， 2 3 ）或（3， 2 3 5 ）． （2）设直线 CE 的解析式为 y=mx﹣ 3 ，将点 E 的坐标代入求得 m 的值，从而 得到直线 CE 的解析式，过点 P 作 PF∥y 轴，交 CE 与点 F．设点 P 的坐标为（x， 23 2 3 33 3x x ），则点 F（x， 2 3 33 x ），则 FP= 23 4 3 3 3x x ．由 三角形的面积公式得到△EPC 的面积= 22 3 8 3 3 3x x ，利用二次函数的性质可 求得 x 的值，从而得到点 P 的坐标，作点 K 关于 CD 和 CP 的对称点 G、H，连 接 G、H 交 CD 和 CP 与 N、M．然后利用轴对称的性质可得到点 G 和点 H 的坐 标，当点 O、N、M、H 在条直线上时，KM+MN+NK 有最小值，最小值=GH； （2）设直线 CE 的解析式为 y=mx﹣ 3 ，将点 E 的坐标代入得：4m﹣ 3 = 5 3 3 ， 解得：m= 2 3 3 ，∴直线 CE 的解析式为 2 3 33y x ． 过点 P 作 PF∥y 轴，交 CE 与点 F． ∵K 是 CB 的中点，∴k（ 3 2 ，﹣ 3 2 ）． ∵点 H 与点 K 关于 CP 对称，∴点 H 的坐标为（ 3 2 ，﹣ 3 3 2 ）． ∵点 G 与点 K 关于 CD 对称，∴点 G（0，0），∴KM+MN+NK=MH+MN+GN． 当点 O、N、M、H 在条直线上时，KM+MN+NK 有最小值，最小值=GH，∴ GH= 2 23 3 3( ) ( )2 2 =3，∴KM+MN+NK 的最小值为 3． （3）如图 3 所示： 考点：1．二次函数综合题；2．最值问题；3．分类讨论；4．存在型；5．压轴 题．学科@网 9. （2017 湖南张家界第 23 题）已知抛物线 c1 的顶点为 A（﹣1，4），与 y 轴的 交点为 D（0，3）． （1）求 c1 的解析式； （2）若直线 l1：y=x+m 与 c1 仅有唯一的交点，求 m 的值； （3）若抛物线 c1 关于 y 轴对称的抛物线记作 c2，平行于 x 轴的直线记作 l2：y=n．试 结合图形回答：当 n 为何值时，l2 与 c1 和 c2 共有：①两个交点；②三个交点； ③四个交点； （4）若 c2 与 x 轴正半轴交点记作 B，试在 x 轴上求点 P，使△PAB 为等腰三角 形． 【答案】（1） 2 2 3y x x ；（2） 21 4 ；（3）①4；②3；③3＜n＜4 或 n＜3； （4）（﹣5，0）或（3﹣ 4 2 ，0）或（3+ 4 2 ，0）或（﹣1，0）． （4）求得 B（3，0），得到 OB=3，根据勾股定理得到 AB 的长，①当 AP=AB， ②当 AB=BP= 4 2 时，③当 AP=PB 时，点 P 在 AB 的垂直平分线上，于是得到结 论． 试题解析：（1）∵抛物线 c1 的顶点为 A（﹣1，4），∴设抛物线 c1 的解析式为 2( 1) 4y a x ，把 D（0，3）代入 2( 1) 4y a x 得 3=a+4，∴a=﹣1，∴抛物 线 c1 的解析式为： 2( 1) 4y x ，即 2 2 3y x x ； （2）解 2 2 3y x x y x m 得 2 3 3 0x x m ，∵直线 l1：y=x+m 与 c1 仅有唯一的 交点，∴△=9﹣4m+12=0，∴m= 21 4 ； （4）如图，∵若 c2 与 x 轴正半轴交于 B，∴B（3，0），∴OB=3，∴AB= 2 24 (1 3) = 4 2 ： ①当 AP=AB= 4 2 时，PB=8，∴P1（﹣5，0）； ②当 AB=BP= 4 2 时，P2（3﹣ 4 2 ，0）或 P3（3+ 4 2 ，0）； ③当 AP=PB 时，点 P 在 AB 的垂直平分线上，∴PA=PB=4，∴P4（﹣1，0）． 综上所述，点 P 的坐标为（﹣5，0）或（3﹣ 4 2 ，0）或（3+ 4 2 ，0）或（﹣ 1，0）时，△PAB 为等腰三角形． 考点：二次函数综合题；分类讨论；轴对称的性质；压轴题． 专题 10 动态几何类问题 【考点综述评价】 所谓“动态几何问题”是指题设图形中存在一个或多个动点、动线、动面， 它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．动态几何问题有两个显著特 点：一是“动态”，常以图形或图象中点、线、面的运动(包括图形的平移、翻 折、旋转、相似等图形变换)为重要的构图背景；二是“综合”，主要体现为三 角形、四边形等几何知识与函数、方程等代数知识的综合． 解决动点问题的关键是在认真审题的基础上先做到静中求动，根据题意画一 些不同运动时刻的图形，想像从头到尾的整个运动过程，对整个运动过程有一个 初步的理解，理清运动过程中的各种情形；然后是做到动中取静，画出运动过程 中各种情形的瞬间图形，寻找变化的本质，或将图中的相关线段代数化，转化为 函数问题或方程问题解决． 【考点分类总结】 考点 1：单点运动问题 【典型例题】（2017 黑龙江省龙东地区）如图，在△ABC 中，AB=BC=8，AO=BO， 点 M 是射线 CO 上的一个动点，∠AOC=60°，则当△ABM 为直角三角形时， AM 的长为 ． 【答案】 4 3 或 4 7 或 4． 【分析】分三种情况讨论：①当 M 在 AB 下方且∠AMB=90°时，②当 M 在 AB 上方且∠AMB=90°时，③当∠ABM=90°时，分别根据含 30°直角三角形的性 质、直角三角形斜边的中线的性质或勾股定理，进行计算求解即可． 三角形，∴AM=AO=4； 如图 3，当∠ABM=90°时，∵∠BOM=∠AOC=60°，∴∠BMO=30°，∴ MO=2BO=2×4=8，∴Rt△BOM 中，BM= 2 2MO OB = 4 3 ，∴Rt△ABM 中， AM= 2 2AB BM = 4 7 ． 综上所述，当△ABM 为直角三角形时，AM 的长为 4 3 或 4 7 或 4．故答案为： 4 3 或 4 7 或 4． 【方法归纳】 从点动的特殊情形入手，进行推理或判断，再对一般情形作出猜想或判断并 证明． 【变式训练】 （2017 辽宁省辽阳市）如图 1，抛物线 21 3y x bx c 经过 A（ 2 3 ，0）、B （0，﹣2）两点，点 C 在 y 轴上，△ABC 为等边三角形，点 D 从点 A 出发，沿 AB 方向以每秒 2 个单位长度的速度向终点 B 运动，设运动时间为 t 秒（t＞0）， 过点 D 作 DE⊥AC 于点 E，以 DE 为边作矩形 DEGF，使点 F 在 x 轴上，点 G 在 AC 或 AC 的延长线上．学科/-网 （1）求抛物线的解析式； （2）将矩形 DEGF 沿 GF 所在直线翻折，得矩形 D'E'GF，当点 D 的对称点 D'落在抛物线上时，求此时点 D'的坐标； （3）如图 2，在 x 轴上有一点 M（ 2 3 ，0），连接 BM、CM，在点 D 的运动 过程中，设矩形 DEGF 与四边形 ABMC 重叠部分的面积为 S，直接写出 S 与 t 之间的函数关系式，并写出自变量 t 的取值范围． 【答案】（1） 21 3 23 3y x x ；（2）D′（ 4 3 3 ，10 9 ）；（3） 2 2 42 3 (0 )3 5 3 412 3 8 3( 2)2 3 t t S t t t ． 【分析】（1）把 A、B 的坐标代入抛物线的解析式求解即可； （2）由等边三角形的性质可知∠BAC=60°，依据特殊锐角三角函数值可得到 AE=t，DE= 3 t，AF= 2 3 t，然后再证明 AD=DF=2t，过点 D′作 D′H⊥x 轴与 点 H，接下来，再求得点 D′的坐标，最后将点 D′的坐标代入抛物线的解析式 求解即可； （3）当 0＜t≤ 4 3 时，S=ED•DF；当 4 3 ＜t≤2 时，S=矩形 DEGF 的面积﹣△CGN 的面积． ∵∠D′FH=∠AFD=30°，∴D′H= 1 2 D′F=t，FH= 3 D′H= 3 t，∴ AH=AF+FH=3 3 t，∴OH=AH﹣AO=3 3 2 3t ，∴D′（3 3 2 3t ，t）． ∴当 0＜t≤ 4 3 时，S=ED•DF= 22 3t ． 当 4 3 ＜t≤2 时，如图 3 所示： ∵CG=AG﹣AC，∴CG=3t﹣4，∴GN=3 3 4 3t ，∴S=ED•DF﹣ 1 2 CG•GN= 22 3t ﹣ 1 2 （3t﹣4）× 3 （3t﹣4）= 25 3 12 3 8 32 t t ． 综上所述，S 与 t 的函数关系式为 2 2 42 3 (0 )3 5 3 412 3 8 3( 2)2 3 t t S t t t ． 考点 2：多点运动问题 【典型例题】（2017 甘肃省天水市）如图，在等腰△ABC 中，AB=AC=4cm，∠ B=30°，点 P 从点 B 出发，以 3 cm/s 的速度沿 BC 方向运动到点 C 停止，同 时点 Q 从点 B 出发，以 1cm/s 的速度沿 BA﹣AC 方向运动到点 C 停止，若△BPQ 的面积为 y（cm2），运动时间为 x（s），则下列最能反映 y 与 x 之间函数关系 的图象是（ ） A． B． C． D． 【答案】D． 【分析】作 AH⊥BC 于 H，根据等腰三角形的性质得 BH=CH，利用∠B=30°可 计算出 AH= 1 2 AB=2，BH= 3 AH= 2 3 ，则 BC=2BH= 4 3 ，利用速度公式可得点 P 从 B 点运动到 C 需 4s，Q 点运动到 C 需 8s，然后分类讨论：当 0≤x≤4 时， 作 QD⊥BC 于 D，如图 1，BQ=x，BP= 3 x，DQ= 1 2 BQ= 1 2 x，利用三角形面积公 式得到 23 4y x ；当 4＜x≤8 时，作 QD⊥BC 于 D，如图 2，CQ=8﹣x，BP= 4 3 ， DQ= 1 2 CQ= 1 2 （8﹣x），利用三角形面积公式得 3 8 3y x ，于是可得 0≤x ≤4 时，函数图象为抛物线的一部分，当 4＜x≤8 时，函数图象为线段，则易得 答案为 D． △BDQ 中，DQ= 1 2 CQ= 1 2 （8﹣x），∴y= 1 2 • 1 2 （8﹣x）• 4 3 ，即 3 8 3y x ， 综上所述， 23 (0 4)4 3 8 3(4 8) x xy x x ．故选 D．学+科.网 【方法归纳】 从点动的特殊情形入手，进行推理或判断，再对一般情形作出猜想或判断并 证明． 【变式训练】 （2017四川省雅安市）如图，已知抛物线 2y x bx c 的图象经过点A（1，0）， B（-3，0），与y轴交于点C，抛物线的顶点为D，对称轴与x轴相交于点E，连接 BD． （1）求抛物线的解析式． （2）若点P在直线BD上，当PE=PC时，求点P的坐标． （3）在（2）的条件下，作PF⊥x轴于F，点M为x轴上一动点，N为直线PF上一 动点，G为抛物线上一动点，当以点F，N，G，M四点为顶点的四边形为正方形 时，求点M的坐标． 【答案】（1） 2 2 3y x x ；（2）P（﹣2，﹣2）；（3）点 M 的坐标为（ 1 21 2 ， 0），（ 1 21 2 ，0），（ 3 13 2 ，0），（ 3 13 2 ，0）． 【分析】（1）利用待定系数法即可得出结论； （2）先确定出点 E 的坐标，利用待定系数法得出直线 BD 的解析式，利用 PC=PE 建立方程即可求出 a 即可得出结论； （3）设出点 M 的坐标，进而得出点 G，N 的坐标，利用 FM=MG 建立方程求解 即可得出结论． （﹣1，0），设直线 BD 的解析式为 y=mx+n，∴ 3 0 4 m n m n ，∴ 2 6 m n ，∴ 直线 BD 的解析式为 y=﹣2x﹣6，设点 P（a，﹣2a﹣6）．∵C（0，﹣3），E（﹣ 1，0），根据勾股定理得，PE2=（a+1）2+（﹣2a﹣6）2，PC2=a2+（﹣2a﹣6+3） 2．∵PC=PE，∴（a+1）2+（﹣2a﹣6）2=a2+（﹣2a﹣6+3）2，∴a=﹣2，∴y=﹣2 ×（﹣2）﹣6=﹣2，∴P（﹣2，﹣2）； （3）如图，作 PF⊥x 轴于 F，∴F（﹣2，0）．设 M（d，0），∴G（d，d2+2d ﹣3），N（﹣2，d2+2d﹣3）．∵以点 F，N，G，M 四点为顶点的四边形为正方 形，必有 FM=MG，∴|d+2|=|d2+2d﹣3|，∴d= 1 21 2 或 d= 3 13 2 ，∴点 M 的坐标为（ 1 21 2 ，0），（ 1 21 2 ，0），（ 3 13 2 ，0），（ 3 13 2 ， 0）． 考点 3：线动问题研究 【典型例题】（2017 黑龙江省龙东地区）如图，矩形 AOCB 的顶点 A、C 分别 位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程 15 13 0x y （OA ＞OC），直线 y=kx+b 分别与 x 轴、y 轴交于 M、N 两点，将△BCN 沿直线 BN 折叠，点 C 恰好落在直线 MN 上的点 D 处，且 tan∠CBD= 3 4 ． （1）求点 B 的坐标； （2）求直线 BN 的解析式； （3）将直线 BN 以每秒 1 个单位长度的速度沿 y 轴向下平移，求直线 BN 扫过矩 形 AOCB 的面积 S 关于运动的时间 t（0＜t≤13）的函数关系式． 【答案】（1）B（15，13）；（2） 1 83y x ；（3） 2 15 (0 8) 3 39 96(8 13)2 t t S t t t ． 【分析】（1）由非负数的性质可求得 x、y 的值，则可求得 B 点坐标； （2）过 D 作 EF⊥OA 于点 E，交 CB 于点 F，由条件可求得 D 点坐标，且可求 得 OM ON = 3 4 ，结合 DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得 OM 和 ON 的长， 则可求得 N 点坐标，利用待定系数法可求得直线 BN 的解析式； （3）设直线 BN 平移后交 y 轴于点 N′，交 AB 于点 B′，当点 N′在 x 轴上方 时，可知 S 即为▱BNN′B′的面积，当 N′在 y 轴的负半轴上时，可用 t 表示出 直线 B′N′的解析式，设交 x 轴于点 G，可用 t 表示出 G 点坐标，由 S=S 四边形 BNN′B′ ﹣S△OGN′，可分别得到 S 与 t 的函数关系式． 【解答】 （3）设直线 BN 平移后交 y 轴于点 N′，交 AB 于点 B′，分两种情况讨论： ①当点 N′在 x 轴上方，即 0＜t≤8 时，如图 2，由题意可知四边形 BNN′B′ 为平行四边形，且 NN′=t，∴S=NN′•OA=15t； 【方法归纳】 按线动的位置进行分类，画出各状态图形，利用这些等量关系转化为方程来 解决． 【变式训练】 （2017 辽宁省营口市）如图，直线 l 的解析式为 y=﹣x+4，它与 x 轴和 y 轴分 别相交于 A，B 两点．平行于直线 l 的直线 m 从原点 O 出发，沿 x 轴的正方向以 每秒 1 个单位长度的速度运动．它与 x 轴和 y 轴分别相交于 C，D 两点，运动时 间为 t 秒（0≤t≤4），以 CD 为斜边作等腰直角三角形 CDE（E，O 两点分别在 CD 两侧）．若△CDE 和△OAB 的重合部分的面积为 S，则 S 与 t 之间的函数关 系的图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】C． 【分析】分别求出 0＜t≤2 和 2＜t≤4 时，S 与 t 的函数关系式即可爬判断． 考点 4：面动问题研究 【典型例题】（2017 四川省攀枝花市）如图 1，在平面直角坐标系中，，直线 MN 分别与 x 轴、y 轴交于点 M（6，0），N（0，2 3 ），等边△ABC 的顶点 B 与原点 O 重合，BC 边落在 x 轴正半轴上，点 A 恰好落在线段 MN 上，将等边△ ABC 从图 l 的位置沿 x 轴正方向以每秒 l 个单位长度的速度平移，边 AB，AC 分 别与线段 MN 交于点 E，F（如图 2 所示），设△ABC 平移的时间为 t（s）． （1）等边△ABC 的边长为_______； （2）在运动过程中，当 t=_______时，MN 垂直平分 AB； （3）若在△ABC 开始平移的同时．点 P 从△ABC 的顶点 B 出发．以每秒 2 个单 位长度的速度沿折线 BA—AC 运动．当点 P 运动到 C 时即停止运动．△ABC 也 随之停止平移． ①当点 P 在线段 BA 上运动时，若△PEF 与△MNO 相似．求 t 的值； ②当点 P 在线段 AC 上运动时，设 PEFS S ，求 S 与 t 的函数关系式，并求出 S 的最大值及此时点 P 的坐标． 【答案】（1）3；（2）3；（3）①t=1 或 3 4 或 3 2 ；②S= 23 3 3 8 8t t ，当 t= 3 2 时， △PEF 的面积最大，最大值为 9 3 32 ，此时 P（3， 3 3 2 ）． 【分析】（1）根据，∠OMN=30°和△ABC 为等边三角形，求证△OAM 为直角 三角形，然后即可得出答案． （2）易知当点 C 与 M 重合时直线 MN 平分线段 AB，此时 OB=3，由此即可解决 问题； （3）①如图 1 中，由题意 BP=2t，BM=6﹣t，由△PEF 与△MNO 相似，可得 PE EF = 2 3 6 或 EF PE = 2 3 6 ，即 5 32 3 2 t t = 3 3 或 3 2 5 32 t t = 3 3 ，解方程即可解决问题； ②当 P 点在 EF 上方时，过 P 作 PH⊥MN 于 H，如图 2 中，构建二次函数利用 二次函数的性质即可解决问题； ∵∠BAC=60°，∴EF= 3 AE= 3 2 t，当点 P 在 EF 下方时，PE=BE﹣BP=3﹣ 5 2 t， 由 0 2 3 53 02 t t t ，解得 0≤t＜ 6 5 ，∵△PEF 与△MNO 相似，∴ PE EF = 2 3 6 或 EF PE = 2 3 6 ，∴ 53 2 3 2 t t = 3 3 或 3 2 53 2 t t = 3 3 ，解得 t=1 或 t= 3 4 ． 当点 P 在 EF 上方时，PE=BE﹣BP= 5 2 t-3，∵△PEF 与△MNO 相似，∴ PE EF = 2 3 6 或 EF PE = 2 3 6 ，∴ 5 32 3 2 t t = 3 3 或 3 2 5 32 t t = 3 3 ，解得 t= 3 2 或 3．∵0≤t≤ 3 2 ，且 5 2 t-3 ＞0，即 6 5 ＜t≤ 3 2 ，∴t= 3 2 . 综上所述，t=1 或 3 4 或 3 2 ． ②当 P 点在 EF 上方时，过 P 作 PH⊥MN 于 H，如图 2 中，由题意，EF= 3 2 t， FC=MC=3﹣t，∠PFH=30°，∴PF=PC﹣CF=（6﹣2t）﹣（3﹣t）=3﹣t，∴ PH= 1 2 PF= 3 2 t ，∴S= 1 2 •EF•PH= 1 2 × 3 2 t× 【方法归纳】 根据题意画一些不同运动时刻的图形，想象从头到尾的整个运动过程，对整 个运动过程有一个初步的理解，理清运动过程中的各种情形；然后是做到动中 取静，画出运动过程中各种情形的瞬间图形，寻找变化的本质，或将图中的相 关线段代数化，转化为函数问题或方程问题解决． 【变式训练】 （2017 天津）将一个直角三角形纸片 ABO 放置在平面直角坐标系中，点 A（ 3 ， 0），点 B（0，1），点 O（0，0）．P 是边 AB 上的一点（点 P 不与点 A，B 重 合），沿着 OP 折叠该纸片，得点 A 的对应点 A'． （1）如图①，当点 A'在第一象限，且满足 A'B⊥OB 时，求点 A'的坐标； （2）如图②，当 P 为 AB 中点时，求 A'B 的长； （3）当∠BPA'=30°时，求点 P 的坐标（直接写出结果即可）． 【答案】（1）（ 2 ，1）；（2）1；（3）点 P 的坐标为（ 3 3 2 ， 3 3 2 ） 或（ 2 3 3 2 ， 3 2 ）． 【分析】（1）由点 A 和 B 的坐标得出 OA= 3 ，OB=1，由折叠的性质得： OA'=OA= 3 ，由勾股定理求出 A'B 的值，即可得出点 A'的坐标为（ 2 ，1）； （2）由勾股定理求出 AB=2，证出 OB=OP=BP，得出△BOP 是等边三角形，得 出∠BOP=∠BPO=60°，求出∠OPA=120°，由折叠的性质得：∠OPA'=∠ OPA=120°，PA'=PA=1，证出 OB∥PA'，得出四边形 OPA'B 是平行四边形， 即可得出 A'B=OP=1； （3）分两种情况：①点 A'在 y 轴上，由 SSS 证明△OPA'≌△OPA，得出∠A'OP= ∠AOP= 1 2 ∠AOB=45°，得出点 P 在∠AOB 的平分线上，由待定系数法求出直 线 AB 的解析式，即可得出点 P 的坐标； ②由折叠的性质得：∠A'=∠A=30°，OA'=OA，作出四边形 OAPA'是菱形，得 出 PA=OA= 3 ，作 PM⊥OA 于 M，由直角三角形的性质求出 PM 的长，把 3 2y 代入 3 13y x 求出点 P 的纵坐标即可． 【解答】（1）∵点 A（ 3 ，0），点 B（0，1），∴OA= 3 ，OB=1，由折叠的 性质得：OA'=OA= 3 ，∵A'B⊥OB，∴∠A'BO=90°，在 Rt△A'OB 中， A'B= 2 2'OA OB = 2 ，∴点 A'的坐标为（ 2 ，1）； ①如图③所示：点 A'在 y 轴上，在△OPA'和△OPA 中，∵OA′=OA，PA′=PA， OP=OP，∴△OPA'≌△OPA（SSS），∴∠A'OP=∠AOP= 1 2 ∠AOB=45°，∴点 P 在∠AOB 的平分线上，设直线 AB 的解析式为 y=kx+b，把点 A（ 3 ，0），点 B（0，1）代入得： 3 0 1 k b b ，解得： 3 3 1 k b ，∴直线 AB 的解析式为 3 13y x ，∵P（x，y），∴ 3 13x x ，解得：x= 3 3 2 ，∴P（ 3 3 2 ， 3 3 2 ）； ②如图④所示： 由折叠的性质得：∠A'=∠A=30°，OA'=OA，∵∠BPA'=30°，∴∠A'=∠A= ∠BPA'，∴OA'∥AP，PA'∥OA，∴四边形 OAPA'是菱形，∴PA=OA= 3 ，作 PM⊥OA 于 M，如图④所示：学/科+-网 ∵∠A=30°，∴PM= 1 2 PA= 3 2 ，把 y= 3 2 代入 3 13y x 得： 3 2 = 3 13 x ， 解得：x= 2 3 3 2 ，∴P（ 2 3 3 2 ， 3 2 ）； 综上所述：当∠BPA'=30°时，点 P 的坐标为（ 3 3 2 ， 3 3 2 ）或（ 2 3 3 2 ， 3 2 ）． 【新题好题训练】 1．（2017 内蒙古通辽市）如图，点 P 在直线 AB 上方，且∠APB=90°，PC⊥ AB 于 C，若线段 AB=6，AC=x，S△PAB=y，则 y 与 x 的函数关系图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】D． 【分析】根据已知条件推出△APC∽△PBC，根据相似三角形的性质得到 PC= (6 )x x ，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【解答】∵PC⊥AB 于 C，∠APB=90°，∴∠ACP=∠BCP=90°，∴∠APC+∠ BPC=∠APC+∠PAC=90°，∴∠PAC=∠BPC，∴△APC∽△PBC，∴ PC BC AC PC ， ∵AB=6，AC=x，∴BC=6﹣x，∴PC2=x（6﹣x），∴PC= (6 )x x ，∴ y= 1 2 AB•PC= 23 6x x = 23 ( 3) 9x ，故选 D． 2．（2017 四川省泸州市）已知抛物线 21 14y x 具有如下性质：该抛物线上任 意一点到定点 F（0，2）的距离与到 x 轴的距离始终相等，如图，点 M 的坐标 为（ 3 ，3），P 是抛物线 21 14y x 上一个动点，则△PMF 周长的最小值是（ ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C． 【分析】过点 M 作 ME⊥x 轴于点 E，交抛物线 21 14y x 于点 P，由 PF=PE 结 合三角形三边关系，即可得出此时△PMF 周长取最小值，再由点 F、M 的坐标 即可得出 MF、ME 的长度，进而得出△PMF 周长的最小值． 3．（2017 山东省泰安市）如图，在△ABC 中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm， 点 P 从点 A 沿 AC 向点 C 以 1cm/s 的速度运动，同时点 Q 从点 C 沿 CB 向点 B 以 2cm/s 的速度运动（点 Q 运动到点 B 停止），在运动过程中，四边形 PABQ 的面积最小值为（ ） A．19cm2 B．16cm2 C．15cm2 D．12cm2 【答案】C． 【分析】在 Rt△ABC 中，利用勾股定理可得出 AC=6cm，设运动时间为 t（0≤t ≤4），则 PC=（6﹣t）cm，CQ=2tcm，利用分割图形求面积法可得出 S 四边形 PABQ=t2 ﹣6t+24，利用配方法即可求出四边形 PABQ 的面积最小值，此题得解． 【解答】在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，∴AC= 2 2AB BC =6cm． 设运动时间为 t（0≤t≤4），则 PC=（6﹣t）cm，CQ=2tcm，∴S 四边形 PABQ=S△ABC ﹣S△CPQ= 1 2 AC•BC﹣ 1 2 PC•CQ= 1 2 ×6×8﹣ 1 2 （6﹣t）×2t=t2﹣6t+24=（t﹣3）2+15， ∴当 t=3 时，四边形 PABQ 的面积取最小值，最小值为 15．故选 C． 4．（2017 新疆乌鲁木齐市）如图，点 A（a，3），B（b，1）都在双曲线 3y x 上，点 C，D，分别是 x 轴，y 轴上的动点，则四边形 ABCD 周长的最小值为 （ ） A．5 2 B．6 2 C． 2 10 2 2 D．8 2 【答案】B． 【分析】先把 A 点和 B 点的坐标代入反比例函数解析式中，求出 a 与 b 的值， 确定出 A 与 B 坐标，再作 A 点关于 y 轴的对称点 P，B 点关于 x 轴的对称点 Q， 根据对称的性质得到 P 点坐标为（﹣1，3），Q 点坐标为（3，﹣1），PQ 分别 交 x 轴、y 轴于 C 点、D 点，根据两点之间线段最短得此时四边形 PABQ 的周长 最小，然后利用两点间的距离公式求解可得． 5．（2017 辽宁省营口市）如图，直线 l 的解析式为 y=﹣x+4，它与 x 轴和 y 轴 分别相交于 A，B 两点．平行于直线 l 的直线 m 从原点 O 出发，沿 x 轴的正方向 以每秒 1 个单位长度的速度运动．它与 x 轴和 y 轴分别相交于 C，D 两点，运动 时间为 t 秒（0≤t≤4），以 CD 为斜边作等腰直角三角形 CDE（E，O 两点分别 在 CD 两侧）．若△CDE 和△OAB 的重合部分的面积为 S，则 S 与 t 之间的函数 关系的图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】C． 【分析】分别求出 0＜t≤2 和 2＜t≤4 时，S 与 t 的函数关系式即可爬判断． 学/ 科..网 【解答】当 0＜t≤2 时，S= 1 2 t2，当 2＜t≤4 时，S= 1 2 t2﹣ 1 2 （2t﹣4）2=﹣ 3 2 t2+8t ﹣8，观察图象可知，S 与 t 之间的函数关系的图象大致是 C．故选 C． 6．（2017 四川省内江市）如图，已知直线 l1∥l2，l1、l2 之间的距离为 8，点 P 到直线 l1 的距离为 6，点 Q 到直线 l2 的距离为 4，PQ= 4 30 ，在直线 l1 上有一 动点 A，直线 l2 上有一动点 B，满足 AB⊥l2，且 PA+AB+BQ 最小，此时 PA+BQ= ． 【答案】16． 【分析】作 PE⊥l1 于 E 交 l2 于 F，在 PF 上截取 PC=8，连接 QC 交 l2 于 B，作 BA⊥l1 于 A，此时 PA+AB+BQ 最短．作 QD⊥PF 于 D．首先证明四边形 ABCP 是平行四边形，PA+BQ=CB+BQ=QC，利用勾股定理即可解决问题． 7．（2017 辽宁省抚顺市）如图，OF 是∠MON 的平分线，点 A 在射线 OM 上， P，Q 是直线 ON 上的两动点，点 Q 在点 P 的右侧，且 PQ=OA，作线段 OQ 的 垂直平分线，分别交直线 OF、ON 交于点 B、点 C，连接 AB、PB． （1）如图 1，当 P、Q 两点都在射线 ON 上时，请直接写出线段 AB 与 PB 的数 量关系； （2）如图 2，当 P、Q 两点都在射线 ON 的反向延长线上时，线段 AB，PB 是否 还存在（1）中的数量关系？若存在，请写出证明过程；若不存在，请说明理由； （3）如图 3，∠MON=60°，连接 AP，设 AP OQ =k，当 P 和 Q 两点都在射线 ON 上移动时，k 是否存在最小值？若存在，请直接写出 k 的最小值；若不存在，请 说明理由． 【答案】（1）AB=PB；（2）存在；（3）k=0.5． 【分析】（1）结论：AB=PB．连接 BQ，只要证明△AOB≌△PQB 即可解决问 题； （2）存在．证明方法类似（1）； （3）连接 BQ．只要证明△ABP∽△OBQ，即可推出 AP OQ = AB OB ，由∠AOB=30°， 推出当 BA⊥OM 时， AB OB 的值最小，最小值为 0.5，由此即可解决问题； 【解答】（1）连接：AB=PB．理由：如图 1 中，连接 BQ． ∵BC 垂直平分 OQ，∴BO=BQ，∴∠BOQ=∠BQO，∵OF 平分∠MON，∠BOQ= ∠FON，∴∠AOF=∠FON=∠BQC，∴∠BQP=∠AOB，∵OA=PQ，∴△AOB≌ △PQB，∴AB=PB． （3）连接 BQ． 8．（2017 江苏省宿迁市）如图，在矩形纸片 ABCD 中，已知 AB=1，BC= 3 ， 点 E 在边 CD 上移动，连接 AE，将多边形 ABCE 沿直线 AE 翻折，得到多边形 AB′C′E，点 B、C 的对应点分别为点 B′、C′． （1）当 B′C′恰好经过点 D 时（如图 1），求线段 CE 的长； （2）若 B′C′分别交边 AD，CD 于点 F，G，且∠DAE=22.5°（如图 2），求 △DFG 的面积； （3）在点 E 从点 C 移动到点 D 的过程中，求点 C′运动的路径长． 【答案】（1）CE= 6 ﹣2；（2） 5 62 ；（3） 2 3 ． 【分析】（1）如图 1 中，设 CE=EC′=x，则 DE=1﹣x，由△ADB′′∽△DEC， 可得 ' ' AD DB DE EC ，列出方程即可解决问题； （2）如图 2 中，首先证明△ADB′，△DFG 都是等腰直角三角形，求出 DF 即 可解决问题； （3）如图 3 中，点 C 的运动路径的长为 'CC 的长，求出圆心角、半径即可解决 问题． 【解答】（1）如图 1 中，设 CE=EC′=x，则 DE=1﹣x，∵∠ADB′+∠EDC′=90°， ∠B′AD+∠ADB′=90°，∴∠B′AD=∠EDC′，∵∠B′=∠C′=90°， AB′=AB=1，AD= 3 ，∴DB′= 3 1 = 2 ，∴△ADB′∽△DEC′，∴ ' ' AD DB DE EC ，∴ 3 2 1 x x ，∴x= 6 ﹣2，∴CE= 6 ﹣2． 9．（2017 四川省广元市）如图，已知抛物线 2y ax bx c 过点 A（﹣3，0）， B（﹣2，3），C（0，3），其顶点为 D． 学+科-网 （1）求抛物线的解析式； （2）设点 M（1，m），当 MB+MD 的值最小时，求 m 的值； （3）若 P 是抛物线上位于直线 AC 上方的一个动点，求△APC 的面积的最大值； （4）若抛物线的对称轴与直线 AC 相交于点 N，E 为直线 AC 上任意一点，过点 E 作 EF∥ND 交抛物线于点 F，以 N，D，E，F 为顶点的四边形能否为平行四边 形？若能，求点 E 的坐标；若不能，请说明理由． 【答案】（1） 2 2 3y x x ；（2）18 5 ；（3）27 8 ；（4）E（﹣2，1）或（ 3 17 2 ， 3 17 2 ）或（ 3 17 2 ， 3 17 2 ）． 【分析】（1）根据待定系数法，可得答案； （2）利用轴对称求最短路径的知识，找到 B 点关于直线 x=1 的对称点 B′，连 接 B'D，B'D 与直线 x=1 的交点即是点 M 的位置，继而求出 m 的值． （3）根据平行于 y 轴的直线上两点间的距离是较大的纵坐标减去较小的纵坐标， 可得 PE 的长，根据三角形的面积，可得二次函数，根据二次函数的性质，可得 答案； （4）设出点 E 的，分情况讨论，①当点 E 在线段 AC 上时，点 F 在点 E 上方， ②当点 E 在线段 AC（或 CA）延长线上时，点 F 在点 E 下方，根据平行四边形 的性质，可得关于 x 的方程，继而求出点 E 的坐标． 【解答】（1）将 A，B，C 点的坐标代入解析式，得： 9 3 0 4 2 3 3 a b c a b c c ，解得： 1 2 3 a b c ， 抛物线的解析式 m=﹣ 3 2 时，△APC 的面积的最大值是 27 8 ； （4）由（1）、（2）得 D（﹣1，4），N（﹣1，2），点 E 在直线 AC 上，设 E （x，x+3）： ①当点 E 在线段 AC 上时，点 F 在点 E 上方，则 F（x，﹣x2﹣2x+3），∵EF=DN， ∴﹣x2﹣2x+3﹣（x+3）=4﹣2=2，解得，x=﹣2 或 x=﹣1（舍去），则点 E 的坐 标为：（﹣2，1）． ②当点 E 在线段 AC（或 CA）延长线上时，点 F 在点 E 下方，则 F（x，﹣x2﹣ 2x+3），∵EF=DN，∴（x+3）﹣（﹣x2﹣2x+3）=2，解得 x= 3 17 2 或 x= 3 17 2 ， 即点 E 的坐标为：（ 3 17 2 ， 3 17 2 ）或（ 3 17 2 ， 3 17 2 ）． 综上所述：满足条件的点 E 坐标为 E（﹣2，1）或（ 3 17 2 ，3 17 2 ）或（ 3 17 2 ， 3 17 2 ）． 10．（2017 四川省德阳市）如图，在平面直角坐标系 xoy 中，抛物线 C1： 2y mx n （m≠0）与 x 轴交于 A、B 两点，与 y 轴的负半轴交于点 C，其中 A（-1，0）， C（0，-1）． （1）求抛物线 C1 及直线 AC 的解析式； （2）沿直线 AC 上 A 至 C 的方向平移抛物线 C1，得到新的抛物线 C2，C2 上的 点 D 为 C1 上的点 C 的对应点，若抛物线 C2 恰好经过点 B，同时与 x 轴交于另一 点 E，连结 OD、DE，试判断ΔODE 的形状，并说明理由；学+6/科+-网 （3）在（2）的条件下，若 P 为线段 OE（不含端点）上一动点，作 PF⊥DE 于 F，PG⊥OD 于 G，设 PF＝h1，PG＝h2，试判断 h1•h2 的值是否存在最大值，若 存在，求出这个最大值，并求出此时 P 点的坐标，若不存在，请说明理由． 【答案】（1） 2 1y x ，y=﹣x﹣1；（2）△ODE 是等腰三角形；（3）当 x= 5 2 时，h1h2 的值最大，是 2 5 ，此时点 P（ 5 2 ，0）． 【分析】（1）利用待定系数法求抛物线 C1 及直线 AC 的解析式； （2）△ODE 是等腰三角形，根据 D 在直线 AC 上，所以 D（a，﹣a﹣1），由 △AOC 是等腰直角三角形，可得△HCD 是等腰直角三角形，则 CH=DH=a，即 点 C 平移到 D 处：向下平移 a 个单位，再向右平移 a 个单位，所以抛物线 C2： y=（x﹣a）2﹣1﹣a，因为 抛物线 C2 恰好经过点 B，把 B（1，0）代入可得 a 的值，分别求得：OD=OE=5； （3）如图 2，用面积法，分别表示 h1、h2 的长，相乘求最大值即可． ∵A、B 对称，∴B（1，0）．如图 1，设 D（a，﹣a﹣1），过 D 作 DH⊥y 轴于 H．∵OA=OC=1，∠AOC=90°，∴△AOC 是等腰直角三角形，∴∠HCD=∠ ACO=45°，∴△HCD 是等腰直角三角形，∴CH=DH=a，由平移得：抛物线 C2： y=（x﹣a）2﹣1﹣a，把 B（1，0）代入得：0=（1﹣a）2﹣1﹣a，a（a﹣3）=0， a1=0（舍），a2=3，∴抛物线 C2：y=（x﹣3）2﹣4，∴D（3，﹣4），E（5，0）， ∴OE=5．由勾股定理得：OD= 2 23 4 =5，∴OD=OE，∴△ODE 是等腰三角形； 专题 11 几何开放型问题 【考点综述评价】 几何问题探究是新中考中命题的一大亮点，往往设计成一个小课题， 以“链 式”问题链的形式出现，图形运动与证明的结合，常把点的运动、线段的运动与 全等、相似的证明、特殊三角形的判定、特殊四边形的判定结合起来，挖掘变中 之不变，将问题图形中的某个图形进行平移、翻折、旋转等运动，使其中某些元 素或图形的结构产生了规律性的变化，针对这种规律性的变化形式或特定的结论 设计逐步递进的问题串来形成探究问题，由于涉及图形较复杂，关注知识点较多， 各知识块之间的联系较为密切．让学生在一定的情景中完成探究， 先用类比， 而后归纳悟出规律，从特殊到得出一般规律，再到利用规律求解，使学生的才能 得到充分的展示． 【考点分类总结】 考点 1：条件开放式问题 【典型例题】（2017 山东省日照市）如图，已知 BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE， 垂足为 E． （1）求证：△DCA≌△EAC； （2）只需添加一个条件，即 ，可使四边形 ABCD 为矩形．请加以证明． 【答案】（1）证明见解析；（2）AD=BC（答案不唯一）． 【分析】（1）由 SSS 证明△DCA≌△EAC 即可； （2）先证明四边形 ABCD 是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°， 即可得出结论． 【方法归纳】 条件开放题是指结论给定，条件未知或不全，需探求与结论相对应的条件．解 这种开放问题的一般思路是：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从 题目的结论出发，逆向追索，逐步探求． 【变式训练】 （2017 山东省潍坊市）如图，在△ABC 中，AB≠AC．D、E 分别为边 AB、AC 上的点．AC=3AD，AB=3AE，点 F 为 BC 边上一点，添加一个条件： ，可 以使得△FDB 与△ADE 相似．（只需写出一个） 【答案】DF∥AC 或∠BFD=∠A． 【分析】结论：DF∥AC，或∠BFD=∠A．根据相似三角形的判定方法一一证明 即可． 考点 2：结论开放式问题 【典型例题】（2017 内蒙古包头市）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线 23 2y x bx c 与 x 轴交于 A（﹣1，0），B（2，0）两点，与 y 轴交于点 C． （1）求该抛物线的解析式；学/科+-网 （2）直线 y=﹣x+n 与该抛物线在第四象限内交于点 D，与线段 BC 交于点 E，与 x 轴交于点 F，且 BE=4EC． ①求 n 的值； ②连接 AC，CD，线段 AC 与线段 DF 交于点 G，△AGF 与△CGD 是否全等？请 说明理由； （3）直线 y=m（m＞0）与该抛物线的交点为 M，N（点 M 在点 N 的左侧），点 M 关于 y 轴的对称点为点 M'，点 H 的坐标为（1，0）．若四边形 OM'NH 的面 积为 5 3 ．求点 H 到 OM'的距离 d 的值． 【答案】（1） 23 3 32 2y x x ；（2）①n=﹣2；②△AGF 与△CGD 全等；（3） 5 41 41 ． 【分析】（1）根据抛物线 23 2y x bx c 与 x 轴交于 A（﹣1，0），B（2，0） 两点，可得抛物线的解析式； （2）①过点 E 作 EE'⊥x 轴于 E'，则 EE'∥OC，根据平行线分线段成比例定理， 可得 BE'=4OE'，设点 E 的坐标为（x，y），则 OE'=x，BE'=4x，根据 OB=2， 可得 x 的值，再根据直线 BC 的解析式即可得到 E 的坐标，把 E 的坐标代入直线 y=﹣x+n，可得 n 的值； ②根据 F（﹣2，0），A（﹣1，0），可得 AF=1，再根据点 D 的坐标为（1，﹣ 3），点 C 的坐标为（0，﹣3），可得 CD∥x 轴，CD=1，再根据∠AFG=∠CDG， ∠FAG=∠DCG，即可判定△AGF≌△CGD； （3）根据轴对称的性质得出 OH=1=M'N，进而判定四边形 OM'NH 是平行四边 形，再根据四边形 OM'NH 的面积，求得 OP 的长，再根据点 M 的坐标得到 PM' 的长，Rt△OPM'中，运用勾股定理可得 OM'的值，最后根据 OM'×d= 5 3 ，即 可得到 d 的值． 与 y 轴交于点 C，∴C（0，﹣3），设直线 BC 的解析式为 y=kx+b'，∵B（2，0）， C（0，﹣3），∴ 2 ' 0 ' 3 k b b ，解得： 3 2 ' 3 k b ，∴直线 BC 的解析式为 3 32y x ， 当 x= 2 5 时，y=﹣12 5 ，∴E（ 2 5 ，﹣12 5 ），把 E 的坐标代入直线 y=﹣x+n，可得 ﹣ 2 5 +n=﹣12 5 ，解得 n=﹣2； ②△AGF 与△CGD 全等．理由如下： ∵直线 EF 的解析式为 y=﹣x﹣2，∴当 y=0 时，x=﹣2，∴F（﹣2，0），OF=2， ∵A（﹣1，0），∴OA=1，∴AF=2﹣1=1，由 23 3 32 2 2 y x x y x ，解得： 2 3 4 3 x y 或 1 3 x y ，∵点 D 在第四象限，∴点 D 的坐标 ∴OP= 5 3 ，当 23 3 32 2x x = 5 3 时，解得 x1=﹣ 4 3 ，x2= 7 3 ，∴点 M 的坐标为（﹣ 4 3 ， 5 3 ），∴M'（ 4 3 ，5 3 ），即 PM'= 4 3 ，∴Rt△OPM'中，OM'= 2 2'OP PM = 41 3 ， ∵四边形 OM'NH 的面积为 5 3 ，∴OM'×d= 5 3 ，∴d= 5 41 41 ． 【方法归纳】 给出问题的条件，让解题者根据条件探索相应的结论并且符合条件的结论往 往呈现多样性，这些问题都是结论开放问题．这类问题的解题思路是：充分利 用已知条件或图形特征，进行猜想、类比、联想、归纳，透彻分析出给定条件 下可能存在的结论，然后经过论证作出取舍． 【变式训练】 （2017 上海市）已知一个二次函数的图象开口向上，顶点坐标为（0，﹣1 ）， 那么这个二次函数的解析式可以是 ．（只需写一个） 【答案】答案不唯一，形如 2 1y ax （a＞0）即可，如： 22 1y x ． 【分析】根据顶点坐标知其解析式满足 2 1y ax ，由开口向上知 a＞0，据此写 出一个即可． 考点 3：条件和结论开放式问题 【典型例题】（2017 浙江省绍兴市）已知△ABC，AB=AC，D 为直线 BC 上一点， E 为直线 AC 上一点，AD=AE ，设∠BAD=α，∠CDE=β． （1）如图，若点 D 在线段 BC 上，点 E 在线段 AC 上． ①如果∠ABC=60°，∠ADE=70°， 那么α=_______，β=_______． ②求α、β之间的关系式． （2）是否存在不同于以上②中的α、β之间的关系式？若存在，求出这个关系 式，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①20，10；②α=2β；（2）α=2β-180°． 【分析】（1）①在△ADE 中，由 AD=AE，∠ADE=70°，不难求出∠AED 和∠ DAE；由 AB=AC，∠ABC=60°，可得∠BAC=∠C=∠ABC=60°，则α=∠BAC- ∠DAE，再根据三角形外角的性质可得β=∠AED-∠C；②求解时可借助设未知 数的方法，然后再把未知数消去的方法，可设∠ABC=x，∠ADE=y；（2）有很 多种不同的情况，做法与（1）中的②类似，可求这种情况：点 E 在 CA 延长线 上，点 D 在线段 BC 上． 注：求出其它关系式，相应给分，如点 E 在 CA 的延长线上，点 D 在 CB 的延长 线上，可得α=180°-2β． 【方法归纳】 利用已知条件或图形特征，进行猜想，并证明． 【变式训练】 （2017 吉林省长春市）【再现】如图①，在△ABC 中，点 D，E 分别是 AB，AC 的中点，可以得到：DE∥BC，且 DE= 1 2 BC．（不需要证明） 【探究】如图②，在四边形 ABCD 中，点 E，F，G，H 分别是 AB，BC，CD， DA 的中点，判断四边形 EFGH 的形状，并加以证明． 【应用】在（1）【探究】的条件下，四边形 ABCD 中，满足什么条件时，四边 形 EFGH 是菱形？你添加的条件是： ．（只添加一个条件） （2）如图③，在四边形 ABCD 中，点 E，F，G，H 分别是 AB，BC，CD，DA 的中点，对角线 AC，BD 相交于点 O．若 AO=OC，四边形 ABCD 面积为 5，则 阴影部分图形的面积和为 ． 【答案】【探究】平行四边形；【应用】（1）添加 AC=BD；（2） 5 4 ． 【分析】【探究】利用三角形的中位线定理可得出 HG=EF、EF∥GH，继而可判 断出四边形 EFGH 的形状； 【应用】（1）同【探究】的方法判断出 EF= 1 2 AC，即可判断出 EF=FG，即可得 出结论； （2）先判断出 S△BCD=4S△CFG，同理：S△ABD=4S△AEH，进而得出 S 四边形 EFGH= 5 2 ，再 判断出 OM=ON，进而得出 S 阴影= 1 2 S 四边形 EFGH 即可． △BCD+S△ABD=5，∴S△CFG+S△AEH= 5 4 ，同理：S△DHG+S△BEF= 5 4 ，∴S 四边形 EFGH=S 四边形 ABCD ﹣（S△CFG+S△AEH+S△DHG+S△BEF）=5﹣ 5 2 = 5 2 ，设 AC 与 FG，EH 相交于 M，N，EF 与 BD 相交于 P，∵FG∥BD，FG= 1 2 BD，∴CM=OM= 1 2 OC，同理：AN=ON= 1 2 OA， ∵OA=OC，∴OM=ON，易知，四边形 ENOP，FMOP 是平行四边形，∴S 阴影= 1 2 S 四边形 EFGH= 5 4 ．故答案为： 5 4 ． 考点 4：几何结论判断的问题 【典型例题】（2017 四川省乐山市）在四边形 ABCD 中，∠B+∠D=180°，对 角线 AC 平分∠BAD． （1）如图 1，若∠DAB=120°，且∠B=90°，试探究边 AD、AB 与对角线 AC 的数量关系并说明理由． （2）如图 2，若将（1）中的条件“∠B=90°”去掉，（1）中的结论是否成立？ 请说明理由． （3）如图 3，若∠DAB=90°，探究边 AD、AB 与对角线 AC 的数量关系并说明 理由． 【答案】（1）AC=AD+AB；（2）成立；（3）AD+AB= 2 AC． 【分析】（1）结论：AC=AD+AB，只要证明 AD= 1 2 AC，AB= 1 2 AC 即可解决问题； （2）（1）中的结论成立．以 C 为顶点，AC 为一边作∠ACE=60°，∠ACE 的 另一边交 AB 延长线于点 E，只要证明△DAC≌△BEC 即可解决问题；学/科-+ 网 （3）结论：AD+AB= 2 AC．过点 C 作 CE⊥AC 交 AB 的延长线于点 E，只要证 明△ACE 是等腰直角三角形，△DAC≌△BEC 即可解决问题； 线于点 E，如图 2，∵∠BAC=60°，∴△AEC 为等边三角形，∴AC=AE=CE，∵ ∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°，∴∠DCB=60°，∴∠DCA=∠BCE，∵∠ D+∠ABC=180°，∠ABC+∠EBC=180°，∴∠D=∠CBE，∵CA=CB，∴△DAC ≌△BEC，∴AD=BE，∴AC=AD+AB． （3）结论：AD+AB= 2 AC．理由如下： 过点 C 作 CE⊥AC 交 AB 的延长线于点 E，如图 3，∵∠D+∠ABC =180°，∠ DAB=90°，∴∠DCB=90°，∵∠ACE=90°，∴∠DCA=∠BCE，又∵AC 平分 ∠DAB，∴∠CAB=45°，∴∠E=45°，∴AC=CE． 又∵∠D+∠ABC =180°，∠D=∠CBE，∴△CDA≌△CBE，∴AD=BE，∴ AD+AB=AE． 在 Rt△ACE 中，∠CAB=45°，∴AE= cos45 AC = 2 AC，∴AD+AB= 2 AC． 【方法归纳】 解决这类问题的方法：一是根据条件，结合已学的知识、数学思想方法，通 过观察、实验、猜想的方法求解；二是关注前面几个小题在求解过程的解题思 路和方法，往往会对最后一小题的求解有一定的模仿和提示作用． 【变式训练】 （2017 四川省内江市）如图，在⊙O 中，直径 CD 垂直于不过圆心 O 的弦 AB， 垂足为点 N，连接 AC，点 E 在 AB 上，且 AE=CE． （1）求证：AC2=AE•AB； （2）过点 B 作⊙O 的切线交 EC 的延长线于点 P，试判断 PB 与 PE 是否相等， 并说明理由； （3）设⊙O 半径为 4，点 N 为 OC 中点，点 Q 在⊙O 上，求线段 PQ 的最小值． 【答案】（1）证明见解析；（2）PB=PE；（3） 4 21 12 3 ． 【分析】（1）证明△AEC∽△ACB，列比例式可得结论； （2）如图 2，证明∠PEB=∠COB=∠PBN，根据等角对等边可得：PB=PE； （3）如图 3，先确定线段 PQ 的最小值时 Q 的位置：因为 OQ 为半径，是定值 4， 则 PQ+OQ 的值最小时，PQ 最小，当 P、Q、O 三点共线时，PQ 最小，先求 AE 的长，从而得 PB 的长，最后利用勾股定理求 OP 的长，与半径的差就是 PQ 的 最小值． （3）如图 3，∵N 为 OC 的中点，∴ON= 1 2 OC= 1 2 OB，Rt△OBN 中，∠OBN=30°， ∴∠COB=60°，∵OC=OB，∴△OCB 为等边三角形，∵Q 为⊙O 任意一点，连 接 PQ、OQ，因为 OQ 为半径，是定值 4，则 PQ+OQ 的值最小时，PQ 最小，当 P、Q、O 三点共线时，PQ 最小，∴Q 为 OP 与⊙O 的交点时，PQ 最小，∠A= 1 2 ∠COB=30°，∴∠PEB=2∠A=60°，∠ABP=90°﹣30°=60°，∴△PBE 是等 边三角形，Rt△OBN 中，BN= 2 24 2 = 2 3 ，∴AB=2BN= 4 3 ，设 AE=x，则 CE=x， EN= 2 3 ﹣x，Rt△CNE 中， 2 2 22 (2 3 )x x ，x= 4 3 3 ，∴ BE=PB= 4 34 3 3 = 8 3 3 ，Rt△OPB 中，OP= 2 2PB OB = 2 28 3( ) 43 = 4 21 3 ，∴PQ= 4 21 3 ﹣4= 4 21 12 3 ．则线段 PQ 的最小值是 4 21 12 3 ． 考点 5：结论猜想证明的问题 【典型例题】（2017 四川省达州市）如图，在△ABC 中，点 O 是边 AC 上一个 动点，过点 O 作直线 EF∥BC 分别交∠ACB、外角∠ACD 的平分线于点 E、F． （1）若 CE=8，CF=6，求 OC 的长； （2）连接 AE、AF．问：当点 O 在边 AC 上运动到什么位置时，四边形 AECF 是矩形？并说明理由． 【答案】（1）5；（2）当点 O 在边 AC 上运动到 AC 中点时，四边形 AECF 是 矩形． 【分析】（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠OEC=∠OCE，∠ OFC=∠OCF，证出 OE=OC=OF，∠ECF=90°，由勾股定理求出 EF，即可得出 答案； （2）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可． 连接 AE、AF，如图所示： 当 O 为 AC 的中点时，AO=CO，∵EO=FO，∴四边形 AECF 是平行四边形，∵ ∠ECF=90°，∴平行四边形 AECF 是矩形． 【方法归纳】 解决这类问题的方法：一是根据条件，结合已学的知识、数学思想方法，通 过分析、归纳逐步得出结论，或通过观察、实验、猜想、论证的方法求解；二 是关注前面几个小题在求解过程的解题思路和方法，往往会对最后一小题的求 解有一定的模仿和提示作用． 【变式训练】 （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． 【答案】（1）3；（2）∠DEF 的大小不变，tan∠DEF= 3 4 ；（3）t 的值为 75 41 或 75 17 ． 【分析】（1）当 t=3 时，点 E 为 AB 的中点，由三角形中位线定理得出 DE∥OA， DE= 1 2 OA=4，再由矩形的性质证出 DE⊥AB，得出∠OAB=∠DEA=90°，证出四 边形 DFAE 是矩形，得出 DF=AE=3 即可； （2）作 DM⊥OA 于 M，DN⊥AB 于 N，证明四边形 DMAN 是矩形，得出∠ MDN=90°，DM∥AB，DN∥OA，由平行线得出比例式 BD BN DO NA ，DO OM BD MA ， 由三角形中位线定理得出 DM= 1 2 AB=3，DN= 1 2 OA=4，证明△DMF∽△DNE，得 出 DF DM DE DN = 3 4 ，再由三角函数定义即可得出答案； （3）作作 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，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE 得：MF= 3 4 （3﹣t）， 求出 AF=4+MF= 3 25 4 4t ，得出 G（ 3 71 12 t ， 2 3 t ），求出直线 AD 的解析式为 3 64y x ，把 G（ 3 71 12 t ， 2 3 t ）代入即可求出 t 的值； ②当点 E 越过中点之后，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE 得：MF= 3 4 （t﹣3），求 出 AF=4﹣MF= 3 25 4 4t ，得出 G（ 3 23 6 t ， 1 3t ），代入直线 AD 的解析式 3 64y x 求出 t 的值即可．学+*科/-网 BD BN DO NA ， DO OM BD MA ，∵点 D 为 OB 的中点，∴M、N 分别是 OA、AB 的中 点，∴DM= 1 2 AB=3，DN= 1 2 OA=4，∵∠EDF=90°，∴∠FDM=∠EDN，又∵∠ DMF=∠DNE=90°，∴△DMF∽△DNE，∴ DF DM DE DN = 3 4 ，∵∠EDF=90°， ∴tan∠DEF= DF DE = 3 4 ； （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 3 所示，NE=3﹣t，由△DMF∽△DNE 得：MF= 3 4 （3﹣t），∴AF=4+MF= 3 25 4 4t ，∵点 G 为 EF 的三等分点，∴G（ 3 71 12 t ，2 3 t ）， 设直线 AD 的解析式为 y=kx+b，把 A（8，0），D（4，3）代入得： 8 0 4 3 k b k b ， 解得： 3 4 6 k b ，∴直线 AD 的解析式为 3 64y x ，把 G（ 3 71 12 t ， 2 3 t ）代 入得：t= 75 41 ； ②当点 E 越过中点之后，如图 4 所示，NE=t﹣3，由△DMF∽△DNE 得：MF= 3 4 （t﹣3），∴AF=4﹣MF= 3 25 4 4t ，∵点 G 为 EF 的三等分点，∴G（ 3 23 6 t ， 1 3t ），代入直线 AD 的解析式 3 64y x 得：t= 75 17 ； 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 75 41 或 75 17 【新题好题训练】 1．（2017 北京市）写出一个比 3 大且比 4 小的无理数： ． 【答案】答案不唯一．如：π． 【分析】根据无理数的定义即可． 【解答】写出一个比 3 大且比 4 小的无理数：π，故答案为：答案不唯一．如： π． 2．（2017 北京市）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，△AOB 可以看作是△OCD 经过若干次图形的变化（平移、轴对称、旋转）得到的，写出一中由△OCD 得 到△AOB 的过程： ． 【答案】答案不唯一，如：△OCD 绕 C 点旋转 90°，并向左平移 2 个单位得到 △AOB． 【分析】根据旋转的性质，平移的性质即可得到由△OCD 得到△AOB 的过程． 【解答】△OCD 绕 C 点旋转 90°，并向左平移 2 个单位得到△AOB（答案不唯 一）． 故答案为：答案不唯一，如：△OCD 绕 C 点旋转 90°，并向左平移 2 个单位得 到△AOB． 3．（2017 黑龙江省齐齐哈尔市）矩形 ABCD 的对角线 AC，BD 相交于点 O，请 你添加一个适当的条件 ，使其成为正方形（只填一个即可） 4．（2017 四川省成都市）问题背景：如图 1，等腰△ABC 中，AB=AC，∠BAC=120°， 做 AD⊥BC 于点 D，则 D 为 BC 的中点，∠BAD= 1 2 ∠BAC=60°，于是 2 3BC BD AB AB ； 迁移应用：如图 2，△ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC=∠ADE=120°， D，E，C 三点在同一条直线上，连接 BD． ①求证：△ADB≌△AEC； ②请直接写出线段 AD，BD，CD 之间的等量关系式； 拓展延伸：如图 3，在菱形 ABCD 中，∠ABC=120°，在∠ABC 内作射线 BM， 作点 C 关于 BM 的对称点 E，连接 AE 并延长交 BM 于点 F，连接 CE，CF． ①证明△CEF 是等边三角形； ②若 AE=5，CE=2，求 BF 的长． 【答案】迁移应用：①证明见解析；②CD= 3 AD+BD；拓展延伸：①证明见解 析；②3 3 ． 【分析】迁移应用：①如图②中，只要证明∠DAB=∠CAE，即可根据 SAS 解决 问题； ②结论：CD= 3 AD+BD．由△DAB≌△EAC，可知 BD=CE，在 Rt△ADH 中， DH=AD•cos30°= 3 2 AD，由 AD=AE，AH⊥DE，推出 DH=HE，由 CD=DE+EC=2DH+BD= 3 AD+BD，即可解决问题； 拓展延伸：①如图 3 中，作 BH⊥AE 于 H，连接 BE．由 BC=BE=BD=BA，FE=FC， 推出 A、D、E、C 四点共圆，推出∠ADC=∠AEC=120°，推出∠FEC=60°，推 出△EFC 是等边三角形； ②由AE=5，EC=EF=2，推出AH=HE=2.5，FH=4.5，在Rt△BHF中，由∠BFH=30°， 可得 HF BF =cos30°，由此即可解决问题． 【解答】迁移应用：①证明：如图② ∵∠BAC=∠DAE=120°，∴∠DAB=∠CAE，在△DAE 和△EAC 中，∵DA=EA， ∠DAB=∠EAC，AB=AC，∴△DAB≌△EAC；学-+科+网 ②解：结论：CD= 3 AD+BD． 理由：如图 2﹣1 中，作 AH⊥CD 于 H． ∵四边形 ABCD 是菱形，∠ABC=120°，∴△ABD，△BDC 是等边三角形，∴ BA=BD=BC，∵E、C 关于 BM 对称，∴BC=BE=BD=BA，FE=FC，∴A、D、E、 C 四点共圆，∴∠ADC=∠AEC=120°，∴∠FEC=60°，∴△EFC 是等边三角形， ②解：∵AE=5，EC=EF=2，∴AH=HE=2.5，FH=4.5，在 Rt△BHF 中，∵∠ BFH=30°，∴ HF BF =cos30°，∴BF= 4.5 3 2 =3 3 ． 5．（2017 天门）在 Rt△ABC 中，∠ACB=90°，点 D 与点 B 在 AC 同侧，∠DAC ＞∠BAC，且 DA=DC，过点 B 作 BE∥DA 交 DC 于点 E，M 为 AB 的中点，连接 MD，ME． （1）如图 1，当∠ADC=90°时，线段 MD 与 ME 的数量关系是 ； （2）如图 2，当∠ADC=60°时，试探究线段 MD 与 ME 的数量关系，并证明你 的结论； （3）如图 3，当∠ADC=α时，求 ME MD 的值． 【答案】（1）MD=ME；（2）MD= 3 ME；（3）tan 2 ． 【分析】（1）先判断出△AMF≌△BME，得出 AF=BE，MF=ME，进而判断出 ∠EBC=∠BED﹣∠ECB=45°=∠ECB，得出 CE=BE，即可得出结论； （2）同（1）的方法即可； （3）同（1）的方法判断出 AF=BE，MF=ME，再判断出∠ECB=∠EBC，得出 CE=BE 即可得出∠MDE= 2 ，即可得出结论． BME，∴AF=BE，MF=ME，∵DA=DC，∠ADC=60°，∴∠BED=∠ADC=60°， ∠ACD=60°，∵∠ACB=90°，∴∠ECB=30°，∴∠EBC=∠BED﹣∠ECB=30°= ∠ECB，∴CE=BE，∴AF=CE，∵DA=DC，∴DF=DE，∴DM⊥EF，DM 平分∠ ADC，∴∠MDE=30°，在 Rt△MDE 中，tan∠MDE= ME MD = 3 3 ，∴MD= 3 ME． （3）如图 3，延长 EM 交 AD 于 F，∵BE∥DA，∴∠FAM=∠EBM，∵AM=BM， ∠AMF=∠BME，∴△AMF≌△BME，∴AF=BE，MF=ME，延长 BE 交 AC 于点 N，∴∠BNC=∠DAC，∵DA=DC，∴∠DCA=∠DAC，∴∠BNC=∠DCA，∵∠ ACB=90°，∴∠ECB=∠EBC，∴CE=BE，∴AF=CE，∴DF=DE，∴DM⊥EF， DM 平分∠ADC，∵∠ADC=α，∴∠MDE= 2 ，在 Rt△MDE 中， ME MD =tan∠ MDE=tan 2 ． 6．（2017 湖北省十堰市）已知 O 为直线 MN 上一点，OP⊥MN，在等腰 Rt△ ABO 中，∠BAO=90°，AC∥OP 交 OM 于 C，D 为 OB 的中点，DE⊥DC 交 MN 于 E． （1）如图 1，若点 B 在 OP 上，则： ①AC OE（填“＜”，“=”或“＞”）； ②线段 CA、CO、CD 满足的等量关系式是 ； （2）将图 1 中的等腰 Rt△ABO 绕 O 点顺时针旋转α（0°＜α＜45°），如图 2，那么（1）中的结论②是否成立？请说明理由； （3）将图 1 中的等腰 Rt△ABO 绕 O 点顺时针旋转α（45°＜α＜90°），请 你在图 3 中画出图形，并直接写出线段 CA、CO、CD 满足的等量关系式 ． 【答案】（1）①=；②AC2+CO2=CD2；（2）不成立；（3）OC﹣CA= 2 CD． 【分析】（1）①如图 1，证明 AC=OC 和 OC=OE 可得结论； ②根据勾股定理可得：AC2+CO2=CD2； （2）如图 2，（1）中的结论②不成立，作辅助线，构建全等三角形，证明 A、 D、O、C 四点共圆，得∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠EDO，再证明△ACO ≌△EOF，得 OE=AC，AO=EF，根据勾股定理得：AC2+OC2=FO2+OE2=EF2，由 直角三角形中最长边为斜边可得结论； （3）如图 3，连接 AD，则 AD=OD 证明△ACD≌△OED，根据△CDE 是等腰直 角三角形，得 CE2=2CD2，等量代换可得结论（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2， 开方后是：OC﹣AC= 2 CD． 连接 AD，延长 CD 交 OP 于 F，连接 EF，∵AB=AO，D 为 OB 的中点，∴AD⊥ OB，∴∠ADO=90°，∵∠CDE=90°，∴∠ADO=∠CDE，∴∠ADO﹣∠CDO= ∠CDE﹣∠CDO，即∠ADC=∠EDO，∵∠ADO=∠ACO=90°，∴∠ADO+∠ ACO=180°，∴A、D、O、C 四点共圆，∴∠ACD=∠AOB，同理得：∠EFO=∠ EDO，∴∠EFO=∠AOC，∵△ABO 是等腰直角三角形，∴∠AOB=45°，∴∠ DCO=45°，∴△COF 和△CDE 是等腰直角三角形，∴OC=OF，∵∠ACO=∠ EOF=90°，∴△ACO≌△EOF，∴OE=AC，AO=EF，∴AC2+OC2=FO2+OE2=EF2， Rt△DEF 中，EF＞DE=DC，∴AC2+OC2＞DC2，所以（1）中的结论②不成立； （3）如图 3，结论：OC﹣CA= 2 CD，理由是：连接 AD，则 AD=OD，同理： ∠ADC=∠EDO，∵∠CAB+∠CAO=∠CAO+∠AOC=90°，∴∠CAB=∠AOC，∵ ∠DAB=∠AOD=45°，∴∠DAB﹣∠CAB=∠AOD﹣∠AOC，即∠DAC=∠DOE， ∴△ACD≌△OED，∴AC=OE，CD=DE，∴△CDE 是等腰直角三角形，∴ CE2=2CD2，∴（OC﹣OE）2=（OC﹣AC）2=2CD2，∴OC﹣AC= 2 CD，故答案 为：OC﹣AC= 2 CD． 7．（2017 湖北省咸宁市）定义： 数学活动课上，李老师给出如下定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条 边的一半，那么称这个三角形为“智慧三角形”． 理解： （1）如图 1，已知 A、B 是⊙O 上两点，请在圆上找出满足条件的点 C，使△ABC 为“智慧三角形”（画出点 C 的位置，保留作图痕迹）；学*-科网 （2）如图 2，在正方形 ABCD 中，E 是 BC 的中点，F 是 CD 上一点，且 CF= 1 4 CD， 试判断△AEF 是否为“智慧三角形”，并说明理由； 运用： （3）如图 3，在平面直角坐标系 xOy 中，⊙O 的半径为 1，点 Q 是直线 y=3 上 的一点，若在⊙O 上存在一点 P，使得△OPQ 为“智慧三角形”，当其面积取 得最小值时，直接写出此时点 P 的坐标． 【答案】（1）作图见解析；（2）△AEF 是“智慧三角形”；（3）P 的坐标（﹣ 2 2 3 ， 1 3 ），（ 2 2 3 ， 1 3 ）． 【分析】（1）连结 AO 并且延长交圆于 C1，连结 BO 并且延长交圆于 C2，即可 求解； （2）设正方形的边长为 4a，表示出 BE=CE 以及 FC、BF 的长，然后根据勾股 定理列式表示出 AF2、EF2、AE2，再根据勾股定理逆定理判定△AEF 是直角三角 形，由直角三角形的性质可得△AEF 为“智慧三角形”； （3）根据“智慧三角形”的定义可得△OPQ 为直角三角形，根据题意可得一条 直角边为 1，当斜边最短时，另一条直角边最短，则面积取得最小值，由垂线段 最短可得斜边最短为 3，根据勾股定理可求另一条直角边，再根据三角形面积可 求斜边的高，即点 P 的横坐标，再根据勾股定理可求点 P 的纵坐标，从而求解． 【解答】（1）如图 1 所示： 8．（2017 四川省自贡市）如图 1，在平面直角坐标系，O 为坐标原点，点 A（﹣ 1，0），点 B（0， 3 ）． （1）求∠BAO 的度数； （2）如图 1，将△AOB 绕点 O 顺时针得△A′OB′，当 A′恰好落在 AB 边上 时，设△AB′O 的面积为 S1，△BA′O 的面积为 S2，S1 与 S2 有何关系？为什么？ （3）若将△AOB 绕点 O 顺时针旋转到如图 2 所示的位置，S1 与 S2 的关系发生 变化了吗？证明你的判断． 【答案】（1）60°；（2）S1=S2；（3）S1=S2 不发生变化． 【分析】（1）先求出 OA，OB，再用锐角三角函数即可得出结论； （2）根据等边三角形的性质可得 AO=AA'，再根据直角三角形 30°角所对的直 角边等于斜边的一半求出 AO= 1 2 AB，然后求出 AO=OA'，再根据等边三角形的 性质求出点 O 到 AB 的距离等于点 A'到 AO 的距离，然后根据等底等高的三角 形的面积相等解答； （3）根据旋转的性质可得 BO=OB'，AA'=OA'，再求出∠AON=∠A'OM，然后 利用“角角边”证明△AON 和△A'OM 全等，根据全等三角形对应边相等可得 AN=A'M，然后利用等底等高的三角形的面积相等证明． 【解答】（1）∵A（﹣1，0），B（0， 3 ），∴OA=1，OB= 3 ，在 Rt△AOB 中，tan∠BAO= OB OA = 3 ，∴∠BAO=60°； （2）∵∠BAO=60°，∠AOB=90°，∴∠ABO=30°，∴CA'=AC= 1 2 AB，∴ OA'=AA'=AO，根据等边三角 9．（2017 临沂）数学课上，张老师出示了问题：如图 1，AC，BD 是四边形 ABCD 的对角线，若∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60°，则线段 BC，CD，AC 三者 之间有何等量关系？ 经过思考，小明展示了一种正确的思路：如图 2，延长 CB 到 E，使 BE=CD，连 接 AE，证得△ABE≌△ADC，从而容易证明△ACE 是等边三角形，故 AC=CE， 所以 AC=BC+CD． 小亮展示了另一种正确的思路：如图 3，将△ABC 绕着点 A 逆时针旋转 60°， 使 AB 与 AD 重合，从而容易证明△ACF 是等边三角形，故 AC=CF，所以 AC=BC+CD． 在此基础上，同学们作了进一步的研究： （1）小颖提出：如图 4，如果把“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60°”改为“∠ ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=45°”，其它条件不变，那么线段 BC，CD，AC 三者之间有何等量关系？针对小颖提出的问题，请你写出结论，并给出证明． （2）小华提出：如图 5，如果把“∠ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=60°”改为“∠ ACB=∠ACD=∠ABD=∠ADB=α”，其它条件不变，那么线段 BC，CD，AC 三 者之间有何等量关系？针对小华提出的问题，请你写出结论，不用证明． 【答案】（1）BC+CD= 2 AC；（2）BC+CD=2AC•cosα． 【分析】（1）先判断出∠ADE=∠ABC，即可得出△ACE 是等腰三角形，再得出 ∠AEC=45°，即可得出等腰直角三角形，即可；（判断∠ADE=∠ABC 也可以先 判断出点 A，B，C，D 四点共圆） （2）先判断出∠ADE=∠ABC，即可得出△ACE 是等腰三角形，再用三角函数即 可得出结论． 【解答】（1）BC+CD= 2 AC； ∵AB=AD，∠ABC=∠ADE，BC=DE，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴∠ACB=∠ AED=α，AC=AE，∴∠AEC=α，过点 A 作 AF⊥CE 于 F，∴CE=2CF，在 Rt△ ACF 中，∠ACD=α，CF=AC•cos∠ACD=AC•cosα，∴CE=2CF=2AC•cosα，∵ CE=CD+DE=CD+BC，∴BC+CD=2AC•cosα． 10．（2017 江西省）我们定义：如图 1，在△ABC 中，把 AB 点绕点 A 顺时针旋 转α（0°＜α＜180°）得到 AB'，把 AC 绕点 A 逆时针旋转β得到 AC'，连接 B'C'．当α+β=180°时，我们称△A'B'C'是△ABC 的“旋补三角形”，△AB'C' 边 B'C'上的中线 AD 叫做△ABC 的“旋补中线”，点 A 叫做“旋补中心”． 特例感知： （1）在图 2，图 3 中，△AB'C'是△ABC 的“旋补三角形”，AD 是△ABC 的“旋 补中线”． ①如图 2，当△ABC 为等边三角形时，AD 与 BC 的数量关系为 AD= BC； ②如图 3，当∠BAC=90°，BC=8 时，则 AD 长为 ． 猜想论证： （2）在图 1 中，当△ABC 为任意三角形时，猜想 AD 与 BC 的数量关系，并给 予证明． 拓展应用 （3）如图 4，在四边形 ABCD，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD= 2 3 ，DA=6．在 四边形内部是否存在点 P，使△PDC 是△PAB 的“旋补三角形”？若存在，给 予证明，并求△PAB 的“旋补中线”长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）① 1 2 ；②4；（2）AD= 1 2 BC；（3） 39 ． 【分析】（1）①首先证明△ADB′是含有 30°是直角三角形，可得 AD= 1 2 AB′ 即可解决问题； ②首先证明△BAC≌△B′AC′，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题； （2）结论：AD= 1 2 BC．如图 1 中，延长 AD 到 M，使得 AD=DM，连接 E′M， C′M，首先证明四边形 AC′MB′是平行四边形，再证明△BAC≌△AB′M， 即可解决问题； （3）存在．如图 4 中，延长 AD 交 BC 的延长线于 M，作 BE⊥AD 于 E，作线段 BC 的垂直平分线交 BE 于 P，交 BC 于 F，连接 PA、PD、PC，作△PCD 的中线 PN．连接 DF 交 PC 于 O．想办法证明 PA=PD，PB=PC，再证明∠APD+∠ BPC=180°，即可； 【解答】（1）①如图 2 中，∵△ABC 是等边三角形，∴AB=BC=AC=AB′=AC′， ∵DB′=DC′，∴AD⊥B′C′，∵∠BAC=60°，∠BAC+∠B′AC′=180°， ∴∠B′AC′=120°，∴∠B′=∠C′=30°，∴AD= 1 2 AB′= 1 2 BC，故答案为： 1 2 ． ②如图 3 中，∵∠BAC=90°，∠BAC+∠B′AC′=180°，∴∠B′AC′=∠ BAC=90°，∵AB=AB′，AC=AC′，∴△BAC≌△B′AC′，∴BC=B′C′， ∵B′D=DC′，∴AD= 1 2 B′C′= 1 2 BC=4，故答案为：4． （3）存在． 理由：如图 4 中，延长 AD 交 BC 的延长线于 M，作 BE⊥AD 于 E，作线段 BC 的垂直平分线交 BE 于 P，交 BC 于 F，连接 PA、PD、PC，作△PCD 的中线 PN． 连接 DF 交 PC 于 O． 专题 12 等腰三角形问题 【考点综述评价】 等腰(边)三角形是最常见的特殊三角形．在各类测试卷中，常常以它为载体， 与其他知识结合编制成综合性较强的问题， 是中考中必考的一个热点问题，往 往在综合题中出现，是函数、方程与几何的综合运用，形式广泛，在中考命题中 常考常新． 一是将它与图形的轴对称、旋转等变换结合探究数形结合与分类讨论的问 题；二是将它与反比例函数、二次函数等函数结合探究函数、方程思想的应用问 题；三是将它与运动问题结合， 涉及三角形全等、三角形相似、特殊四边形等 知识，探究等腰三角形的存在性问题． 等腰三角形存在性问题的重点和难点在于应用分类思想和数形结合的思想 准确地进行分类． 【考点分类总结】 考点 1：等腰三角形中体现的分类思想 【典型例题】（2017 怀化）如图，在菱形 ABCD 中，∠ABC=120°，AB=10cm， 点 P 是这个菱形内部或边上的一点．若以 P，B，C 为顶点的三角形是等腰三角 形，则 P，A（P，A 两点不重合）两点间的最短距离为 cm． 【答案】10 3 10 ． 【分析】分三种情形讨论①若以边 BC 为底．②若以边 PB 为底．③若以边 PC 为底．分别求出 PA 的最小值，即可判断． ③若以边 PC 为底，∠PBC 为顶角，以点 B 为圆心，BC 为半径作圆，则弧 AC 上的点 A 与点 D 均满足△PBC 为等腰三角形，当点 P 与点 A 重合时，PA 最小， 显然不满足题意，故此种情况不存在． 综上所述：PA 的最小值为10 3 10 （cm）．故答案为：10 3 10 ．学-*科+网 【方法归纳】 由于等腰三角形边或角的不确定性，在没有明确哪两条边是腰、哪两个角是 底角时，就需要分类，一般分类时可以按边分类． 【变式训练】 （2017 浙江省湖州市）如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 y=kx（k＞0） 分别交反比例函数 1y x 和 9y x 在第一象限的图象于点 A，B，过点 B 作 BD⊥x 轴于点 D，交 1y x 的图象于点 C，连结 AC．若△ABC 是等腰三角形，则 k 的值 是 ． 【答案】k= 3 7 7 或 15 5 ． 【分析】根据一次函数和反比例函数的解析式，即可求得点 A、B、C 的坐标（用 k 表示），再讨论①AB=BC，②AC=BC，即可解题． 【解答】∵点 B 是 y=kx 和 9y x 的交点，y=kx= 9 x ，解得：x= 3 k ，y=3 k ，∴点 B 坐标为（ 3 k ，3 k ），点 A 是 y=kx 和 1y x 的交点，y=kx= 1 x ，解得：x= 1 k ， y= k ，∴点 A 坐标为（ 1 k ， k ），∵BD⊥x 考点 2：变换探究等腰三角形 【典型例题】 （2017 内蒙古赤峰市）△OPA 和△OQB 分别是以 OP、OQ 为直角边的等腰直角 三角形，点 C、D、E 分别是 OA、OB、AB 的中点． （1）当∠AOB=90°时如图 1，连接 PE、QE，直接写出 EP 与 EQ 的大小关系； （2）将△OQB 绕点 O 逆时针方向旋转，当∠AOB 是锐角时如图 2，（1）中的 结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请加以说明． （3）仍将△OQB 绕点 O 旋转，当∠AOB 为钝角时，延长 PC、QD 交于点 G， 使△ABG 为等边三角形如图 3，求∠AOB 的度数． 【答案】（1）EP=EQ；（2）成立；（3）150°． 【分析】（1）先判断出点 P，O，Q 在同一条直线上，再判断出△APE≌△BFE， 最后用直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论； （2）先判断出 CE=DQ，PC=DE，进而判断出△EPC≌△QED 即可得出结论； （3）先判断出 CQ，GP 分别是 OB，OA 的垂直平分线，进而得出∠GBO=∠GOB， ∠GOA=∠GAO，即可得出结论． 是 Rt△OQB 斜边中点，∴DQ= 1 2 OB，∴CE=DQ，同理：PC=DE，∠DOC=∠BDE， ∴∠ECA=∠BDE，∵∠PCE=∠EDQ，∴△EPC≌△QED，∴EP=EQ； （3）如图 3，连接 GO，∵点 D，C 分别是 OB，OA 的中点，△APO 与△QBO 都是等腰直角三角形，∴CQ，GP 分别是 OB，OA 的垂直平分线，∴GB=GO=GA， ∴∠GBO=∠GOB，∠GOA=∠GAO，设∠GOB=x，∠GOA=y，∴ x+x+y+y+60°=360°，∴x+y=150°，∴∠AOB=150°． 【方法归纳】 画出各种变化中的图形，以边或角进行分类探究其等腰三角形存在的可能． 【变式训练】 （2017 四川省阿坝州）如图，△ABC 和△ADE 是有公共顶点的等腰直角三角形， ∠BAC=∠DAE=90°，点 P 为射线 BD，CE 的交点． （1）求证：BD=CE；学+-科/网 （2）若 AB=2，AD=1，把△ADE 绕点 A 旋转，当∠EAC=90°时，求 PB 的长； 【答案】（1）证明见解析；（2）PB 的长为 2 5 5 或 6 5 5 ． 【分析】（1）依据等腰三角形的性质得到 AB=AC，AD=AE，依据同角的余角相 等得到∠DAB=∠CAE，然后依据 SAS 可证明△ADB≌△AEC，最后，依据全等 三角形的性质可得到 BD=CE； （2）分为点 E 在 AB 上和点 E 在 AB 的延长线上两种情况画出图形，然后再证 明△PEB∽△AEC，最后依据相似三角形的性质进行证明即可． 【解答】（1）∵△ABC 和△ADE 是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，∴ AB=AC，AD=AE，∠DAB=∠CAE，∴△ADB≌△AEC，∴BD=CE． （2）解：①当点 E 在 AB 上时，BE=AB﹣AE=1． ∵∠EAC=90°，∴CE= 2 2AE AC = 5 ． 同（1）可证△ADB≌△AEC，∴∠DBA=∠ECA． ∵∠BEP=∠CEA，∴△PEB∽△AEC，∴ PB BE AC CE ，∴ 3 2 5 PB ，∴PB= 6 5 5 ． 综上所述，PB 的长为 2 5 5 或 6 5 5 ． 考点 3：函数探究等腰三角形 【典型例题】（2017 贵州省安顺市）如图甲，直线 y=﹣x+3 与 x 轴、y 轴分别交 于点 B、点 C，经过 B、C 两点的抛物线 2y x bx c 与 x 轴的另一个交点为 A， 顶点为 P． （1）求该抛物线的解析式； （2）在该抛物线的对称轴上是否存在点 M，使以 C，P，M 为顶点的三角形为 等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点 M 的坐标；若不存在，请说 明理由； （3）当 0＜x＜3 时，在抛物线上求一点 E，使△CBE 的面积有最大值（图乙、 丙供画图探究）． 【答案】（1） 2 4 3y x x ；（2）M，其坐标为（2， 3 2 ）或（2，7）或（2， 1 2 5 ）或（2， 1 2 5 ）；（3）E 点坐标为（ 3 2 ， 3 4 ）． 【分析】（1）由直线解析式可求得 B、C 坐标，利用待定系数法可求得抛物线 解析式； （2）由抛物线解析式可求得 P 点坐标及对称轴，可设出 M 点坐标，表示出 MC、 MP 和 PC 的长，分 MC=MP、MC=PC 和 MP=PC 三种情况，可分别得到关于 M 点坐标的方程，可求得 M 点的坐标； （3）过 E 作 EF⊥x 轴，交直线 BC 于点 F，交 x 轴于点 D，可设出 E 点坐标， 表示出 F 点的坐标，表示出 EF 的长，进一步可表示出△CBE 的面积，利用二次 函数的性质可求得其取得最大值时 E 点的坐标． 【解答】 （1）∵直线 y=﹣x+3 与 x 轴、y 轴分别交于点 B、点 C，∴B（3，0），C（0，3）， 把 B、C 坐标代入抛物线解析式可得： 9 3 0 3 b c c ，解得： 4 3 b c ，∴抛物线 解析式为 2 4 3y x x ； （2）∵ 2 4 3y x x = 2( 2) 1x ，∴抛物线对称轴为 x=2，P（2，﹣1），设 M（2，t），且 C（0，3），∴MC= 2 22 ( 3)t = 2 6 13t t ，MP=|t+1|， PC= 2 22 ( 1 3) = 2 5 ，∵△CPM 为等腰三角形， （3）如图，过 E 作 EF⊥x 轴，交 BC 于点 F，交 x 轴于点 D，设 E（x， 2 4 3x x ）， 则 F（x，﹣x+3），∵0＜x＜3，∴EF=﹣x+3﹣（ 2 4 3x x ）= 2 3x x ，∴S△CBE=S △EFC+S△EFB= 1 2 EF•OD+ 1 2 EF•BD= 1 2 EF•OB= 1 2 ×3×（ 2 3x x ） = 23 3 27( )2 2 8x ，∴当 x= 3 2 时，△CBE 的面积最大，此时 E 点坐标为（ 3 2 ， 3 4 ）， 即当 E 点坐标为（ 3 2 ， 3 4 ）时，△CBE 的面积最大． 【方法归纳】 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． 【变式训练】 （2017 黑龙江省齐齐哈尔市）已知等腰三角形的周长是 10，底边长 y 是腰长 x 的函数，则下列图象中，能正确反映 y 与 x 之间函数关系的图象是（ ） 学 *-科+-网 A． B． C． D． 【答案】D． 【分析】先根据三角形的周长公式求出函数关系式，再根据三角形的任意两边之 和大于第三边，三角形的任意两边之差小于第三边求出 x 的取值范围，然后选择 即可． 考点 4：操作探究等腰三角形 【典型例题】（2017 河南省）如图 1，在 Rt△ABC 中，∠A=90°，AB=AC，点 D，E 分别在边 AB，AC 上，AD=AE，连接 DC，点 M，P，N 分别为 DE，DC， BC 的中点． （1）观察猜想 图 1 中，线段 PM 与 PN 的数量关系是 ，位置关系 是 ； （2）探究证明 把△ADE 绕点 A 逆时针方向旋转到图 2 的位置，连接 MN，BD，CE，判断△PMN 的形状，并说明理由； （3）拓展延伸 把△ADE 绕点 A 在平面内自由旋转，若 AD=4，AB=10，请直接写出△PMN 面积 的最大值． 【答案】（1）PM=PN，PM⊥PN；（2）△PMN 是等腰直角三角形；（3） 49 2 ． 【分析】（1）利用三角形的中位线得出 PM= 1 2 CE，PN= 1 2 BD，进而判断出 BD=CE， 即可得出结论，再利用三角形的中位线得出平行线即可得出结论； （2）先判断出△ABD≌△ACE，得出 BD=CE，同（1）的方法得出 PM= 1 2 BD， PN= 1 2 BD，即可得出 PM=PN，同（1）的方法即可得出结论； （3）先判断出 MN 最大时，△PMN 的面积最大，进而求出 AN，AM，即可得出 MN 最大=AM+AN，最后用面积公式即可得出结论． 同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN= 1 2 BD，PM= 1 2 CE，∴PM=PN，∴ △PMN 是等腰三角形，同（1）的方法得，PM∥CE，∴∠DPM=∠DCE，同（1） 的方法得，PN∥BD，∴∠PNC=∠DBC，∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠ DBC，∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC =∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC =∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，∵∠BAC=90°，∴∠ACB+∠ ABC=90°，∴∠MPN=90°，∴△PMN 是等腰直角三角形； （3）如图 2，同（2）的方法得，△PMN 是等腰直角三角形，∴MN 最大时，△ PMN 的面积最大，∴DE∥BC 且 DE 在顶点 A 上面，∴MN 最大=AM+AN，连接 AM，AN，在△ADE 中，AD=AE=4，∠DAE=90°，∴AM= 2 2 ，在 Rt△ABC 中， AB=AC=10，AN=5 2 ，∴MN 最大= 2 2 5 2 =7 2 ，∴S△PMN 最大= 1 2 PM2= 1 2 × 1 2 MN2= 21 (7 2)4 = 49 2 ． 【方法归纳】 操作转化为图形，通过画图，画出存在等腰三角形的所有可能情况． 【变式训练】 （2017 湖北省武汉市）如图，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，以△ABC 的一边为 边画等腰三角形，使得它的第三个顶点在△ABC 的其他边上，则可以画出的不 同的等腰三角形的个数最多为（ ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】D． 【分析】①以 B 为圆心，BC 长为半径画弧，交 AB 于点 D，△BCD 就是等腰三 角形； ②以 A 为圆心，AC 长为半径画弧，交 AB 于点 E，△ACE 就是等腰三角形； ③以 C 为圆心，BC 长为半径画弧，交 AC 于点 F，△BCF 就是等腰三角形； ④以 C 为圆心，BC 长为半径画弧，交 AB 于点 K，△BCK 就是等腰三角形； ⑤作 AB 的垂直平分线交 AC 于 G，则△AGB 是等腰三角形；学+科-*网 ⑥作 BC 的垂直平分线交 AB 于 I，则△BCI 和△ACI 是等腰三角形． 【解答】如图： 故选 D． 考点 5：运动探究等腰三角形 【典型例题】（2017 湖南省岳阳市）问题背景：已知∠EDF 的顶点 D 在△ABC 的边 AB 所在直线上（不与 A，B 重合），DE 交 AC 所在直线于点 M，DF 交 BC 所在直线于点 N，记△ADM 的面积为 S1，△BND 的面积为 S2． （1）初步尝试：如图①，当△ABC 是等边三角形，AB=6，∠EDF=∠A，且 DE ∥BC，AD=2 时，则 S1S2= ； （2）类比探究：在（1）的条件下，先将点 D 沿 AB 平移，使 AD=4，再将∠EDF 绕点 D 旋转至如图②所示位置，求 S1S2 的值； （3）延伸拓展：当△ABC 是等腰三角形时，设∠B=∠A=∠EDF=α． （Ⅰ）如图③，当点 D 在线段 AB 上运动时，设 AD=a，BD=b，求 S1S2 的表达式 （结果用 a，b 和α的三角函数表示）． （Ⅱ）如图④，当点 D 在 BA 的延长线上运动时，设 AD=a，BD=b，直接写出 S1S2 的表达式，不必写出解答过程． 【答案】（1）12；（2）12；（3）（Ⅰ） 2 2 21 sin4 a b ；（Ⅱ） 2 2 21 sin4 a b ． 【分析】（1）首先证明△ADM，△BDN 都是等边三角形，可得 S1= 3 4 •22= 3 ， S2= 3 4 •（4）2=4 3 ，由此即可解决问题； （2）如图 2 中，设 AM=x，BN=y．首先证明△AMD∽△BDN，可得 AM AD BD BN ， 推出 4 2 x y ，推出 xy=8，由 S1= 1 2 •AD•AM•sin60°= 3 x，S2= 1 2 DB• BN•sin60°= 3 2 y，可得 S1S2= 3 x• 3 2 y= 3 2 xy=12； （3）Ⅰ如图 3 中，设 AM=x，BN=y，同法可证△AMD∽△BDN，可得 xy=ab， 由 S1= 1 2 •AD•AM•sinα= 1 2 axsinα，S2= 1 2 DB•BN•sinα= 1 2 bysinα，可得 S1S2= 1 4 （ab）2sin2α． （Ⅱ）结论不变，证明方法类似； S2= 1 2 DB• BN•sin60°= 3 2 y，∴S1S2= 3 x• 3 2 y= 3 2 xy=12． （3）Ⅰ如图 3 中，设 AM=x，BN=y，同法可证△AMD∽△BDN，可得 xy=ab， ∵S1= 1 2 •AD•AM•sinα= 1 2 axsinα，S2= 1 2 DB•BN•sinα= 1 2 bysinα，∴ S1S2= 2 2 21 sin4 a b ． Ⅱ如图 4 中，设 AM=x，BN=y，同法可证△AMD∽△BDN，可得 xy=ab，∵ S1= 1 2 •AD•AM•sinα= 1 2 axsinα，S2= 1 2 DB•BN•sinα= 1 2 bysinα，∴ S1S2= 2 2 21 sin4 a b ． 【方法归纳】 根据等边三角形的性质表示出有关线段的长度、点的坐标等，常常转化为方 程解决． 【变式训练】 （2017 四川省广安市）如图，已知抛物线 2y x bx c 与 y 轴相交于点 A（0， 3），与 x 正半轴相交于点 B，对称轴是直线 x=1． （1）求此抛物线的解析式以及点 B 的坐标．学+-科/网 （2）动点 M 从点 O 出发，以每秒 2 个单位长度的速度沿 x 轴正方向运动，同时 动点 N 从点 O 出发，以每秒 3 个单位长度的速度沿 y 轴正方向运动，当 N 点到 达 A 点时，M、N 同时停止运动．过动点 M 作 x 轴的垂线交线段 AB 于点 Q，交 抛物线于点 P，设运动的时间为 t 秒． ①当 t 为何值时，四边形 OMPN 为矩形． ②当 t＞0 时，△BOQ 能否为等腰三角形？若能，求出 t 的值；若不能，请说明 理由． 【答案】（1） 2 2 3y x x ，B 点坐标为（3，0）；（2）①t=1；② 6 3 2 4 或 3 4 ． 【分析】（1）由对称轴公式可求得 b，由 A 点坐标可求得 c，则可求得抛物线解 析式；再令 y=0 可求得 B 点坐标； （2）①用 t 可表示出 ON 和 OM，则可表示出 P 点坐标，即可表示出 PM 的长， 由矩形的性质可得 ON=PM，可得到关于 t 的方程，可求得 t 的值；②由题意可 知 OB=OA，故当△BOQ 为等腰三角形时，只能有 OB=BQ 或 OQ=BQ，用 t 可表 示出 Q 点的坐标，则可表示出 OQ 和 BQ 的长，分别得到关于 t 的方程，可求得 t 的值． 【解答】 （1）∵抛物线 2y x bx c 对称轴是直线 x=1，∴﹣ 2 ( 1) b =1，解得 b=2， ∵抛物线过 A（0，3），∴c=3，∴抛物线解析式为 2 2 3y x x ，令 y=0 可得 2 2 3 0x x ，解得 x=﹣1 或 x=3，∴B 点坐 OQ= 2 2(2 ) ( 2 3)t t = 28 12 9t t ，BQ= 2 2( 2 3) ( 2 3)t t = 2 |2t﹣3|， 又由题意可知 0＜t＜1，当 OB=QB 时，则有 2 |2t﹣3|=3，解得 t= 6 3 2 4 （舍 去）或 t= 6 3 2 4 ； 当 OQ=BQ 时，则有 28 12 9t t = 2 |2t﹣3|，解得 t= 3 4 ； 综上可知当 t 的值为 6 3 2 4 或 3 4 时，△BOQ 为等腰三角形． 【新题好题训练】 1．（2017四川省雅安市）一个等腰三角形的边长是6，腰长是一元二次方程 2 7 12 0x x 的一根，则此三角形的周长是 （ ） A．12 B．13 C．14 D．12或14 【答案】C． 【分析】通过解一元二次方程 x2﹣7x+12=0 求得等腰三角形的两个腰长，然后求 该等腰三角形的周长． 2．（2017 广西河池市）已知等边△ABC 的边长为 12，D 是 AB 上的动点，过 D 作 DE⊥AC 于点 E，过 E 作 EF⊥BC 于点 F，过 F 作 FG⊥AB 于点 G．当 G 与 D 重合时，AD 的长是（ ） A．3 B．4 C．8 D．9 【答案】B． 【分析】设 AD=x，根据等边三角形的性质得到∠A=∠B=∠C=60°，由垂直的定 义得到∠ADF=∠DEB=∠EFC=90°，解直角三角形即可得到结论． 【解答】设 AD=x，∵△ABC 是等边三角形，∴∠A=∠B=∠C=60°，∵DE⊥AC 于点 E，EF⊥BC 于点 F，FG⊥AB，∴∠ADF=∠DEB=∠EFC=90°，∴AF=2x， ∴CF=12﹣2x，∴CE=2CF=24﹣4x，∴BE=12﹣CE=4x﹣12，∴BD=2BE=8x﹣24， ∵AD+BD=AB，∴x+8x﹣24=12，∴x=4，∴AD=4．故选 B． 3．（2017 黑龙江省绥化市）在等腰△ABC 中，AD⊥BC 交直线 BC 于点 D，若 AD= 1 2 BC，则△ABC 的顶角的度数为 ． 【答案】30°或 150°或 90°． 【分析】分两种情况；①BC 为腰，②BC 为底，根据直角三角形 30°角所对的 直角边等于斜边的一半判断出∠ACD=30°，然后分 AD 在△ABC 内部和外部两 种情况求解即可． 【解答】①BC 为腰，∵AD⊥BC 于点 D，AD= 1 2 BC，∴∠ACD=30°，如图 1， AD 在△ABC 内部时，顶角∠C=30°，如图 2，AD 在△ABC 外部时，顶角∠ ACB=180°﹣30°=150°，②BC 为底，如图 3，∵AD⊥BC 于点 D，AD= 1 2 BC， ∴AD=BD=CD，∴∠B=∠BAD，∠C=∠CAD，∴∠BAD+∠CAD= 1 2 ×180°=90°， ∴顶角∠BAC=90°，综上所述，等腰三角形 ABC 的顶角度数为 30°或 150°或 90°． 故答案为：30°或 150°或 90°． 4．（2017 黑龙江省齐齐哈尔市）经过三边都不相等的三角形的一个顶点的线段 把三角形分成两个小三角形，如果其中一个是等腰三角形，另外一个三角形和原 三角形相似，那么把这条线段定义为原三角形的“和谐分割线”．如图，线段 CD 是△ABC 的“和谐分割线”，△ACD 为等腰三角形，△CBD 和△ABC 相似， ∠A=46°，则∠ACB 的度数为 ． 【答案】113°或 92°． 【分析】由△ACD 是等腰三角形，∠ADC＞∠BCD，推出∠ADC＞∠A，即 AC ≠CD，分两种情形讨论①当 AC=AD 时，②当 DA=DC 时，分别求解即可．学+- 科*/网 5．（2017 四川省达州市）如图，在△ABC 中，点 O 是边 AC 上一个动点，过点 O 作直线 EF∥BC 分别交∠ACB、外角∠ACD 的平分线于点 E、F． （1）若 CE=8，CF=6，求 OC 的长； （2）连接 AE、AF．问：当点 O 在边 AC 上运动到什么位置时，四边形 AECF 是矩形？并说明理由． 【答案】（1）5；（2）当点 O 在边 AC 上运动到 AC 中点时，四边形 AECF 是 矩形． 【分析】（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠OEC=∠OCE，∠ OFC=∠OCF，证出 OE=OC=OF，∠ECF=90°，由勾股定理求出 EF，即可得出 答案； （2）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可． 当 O 为 AC 的中点时，AO=CO，∵EO=FO，∴四边形 AECF 是平行四边形，∵ ∠ECF=90°，∴平行四边形 AECF 是矩形． 6．（2017 福建省）如图，矩形 ABCD 中，AB=6，AD=8，P，E 分别是线段 AC、 BC 上的点，且四边形 PEFD 为矩形． （1）若△PCD 是等腰三角形时，求 AP 的长； （2）若 AP= 2 ，求 CF 的长． 【答案】（1）AP=4 或 5 或14 5 ；（2） 3 2 4 ． 【分析】（1）先求出 AC，再分三种情况讨论计算即可得出结论； （2）先判断出 OC= 1 2 ED，OC= 1 2 PF，进而得出 OC=OP=OF，即可得出∠OCF= ∠OFC，∠OCP=∠OPC，最后判断出△ADP∽△CDF，得出比例式即可得出结 论． 【解答】（1）在矩形 ABCD 中，AB=6，AD=8，∠ADC=90°，∴DC=AB=6，∴ AC= 2 2AD DC =10，要使△PCD 是等腰三角形，分三种情况讨论： ①当 CP=CD 时，AP=AC﹣CP=10﹣6=4； ②当 PD=PC 时，∠PDC=∠PCD，∵∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°，∴∠ PAD=∠PDA，∴PD=PA，∴PA=PC，∴AP= 1 2 AC=5； OPC，∵∠OPC+∠OFC+∠PCF=180°，∴2∠OCP+2∠OCF=180°，∴∠ PCF=90°，∴∠PCD+∠FCD=90°，在 Rt△ADC 中，∠PCD+∠PAD=90°，∴ ∠PAD=∠FCD，∴△ADP∽△CDF，∴ CF CD AP AD = 3 4 ，∵AP= 2 ，∴CF= 3 2 4 ． 7．（2017 衢州）问题背景 如图 1，在正方形 ABCD 的内部，作∠DAE=∠ABF=∠BCG=∠CDH，根据三角 形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得到四边形 EFGH 是正方形． 类比探究 如图 2，在正△ABC 的内部，作∠BAD=∠CBE=∠ACF，AD，BE，CF 两两相交 于 D，E，F 三点（D，E，F 三点不重合） （1）△ABD，△BCE，△CAF 是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明． （2）△DEF 是否为正三角形？请说明理由． （3）进一步探究发现，△ABD 的三边存在一定的等量关系，设 BD=a，AD=b， AB=c，请探索 a，b，c 满足的等量关系． 【答案】（1）△ABD≌△BCE≌△CAF；（2）是正三角形；（3） 2 2 2c a ab b ． 【分析】（1）由正三角形的性质得出∠CAB=∠ABC=∠BCA=60°，AB=BC，证 出∠ABD=∠BCE，由 ASA 证明△ABD≌△BCE 即可； （2）由全等三角形的性质得出∠ADB=∠BEC=∠CFA，证出∠FDE=∠DEF=∠ EFD，即可得出结论； （3）作 AG⊥BD 于 G，由正三角形的性质得出∠ADG=60°，在 Rt△ADG 中， DG= 1 2 b，AG= 3 2 b，在 Rt△ABG 中，由勾股定理即可得出结论． 【解答】（1）△ABD≌△BCE≌△CAF；理由如下： 2 2 21 3( ) ( )2 2c a b b ，∴ 2 2 2c a ab b ． 8．（2017 四川省巴中市）如图，已知两直线 l1，l2 分别经过点 A（1，0），点 B （﹣3，0），且两条直线相交于 y 轴的正半轴上的点 C，当点 C 的坐标为（0， 3 ） 时，恰好有 l1⊥l2，经过点 A、B、C 的抛物线的对称轴与 l1、l2、x 轴分别交于点 G、E、F，D 为抛物线的顶点． （1）求抛物线的函数解析式；学+-科*/网 （2）试说明 DG 与 DE 的数量关系？并说明理由； （3）若直线 l2 绕点 C 旋转时，与抛物线的另一个交点为 M，当△MCG 为等腰 三角形时，请直接写出点 M 的坐标． 【答案】（1） 23 2 3 33 3y x x ；（2）DG=DE；（3）（﹣2， 3 ）， （﹣1， 4 3 3 ）． 【分析】（1）设抛物线的函数解析式为 2y ax bx c ．将点 A、B、C 的坐标 代入，得到关于 a、b、c 的方程组，解方程求出 a、b、c 的值，进而得到抛物线 的解析式； （2）利用待定系数法分别求出直线 l1、直线 l2 的解析式，再求出 G、D、E 的坐 标，计算得出 DG 的长； （3）当△MCG 为等腰三角形时，分三种情况：①GM=GC；②CM=CG；③MC=MG． 【解答】（1）设抛物线的函数解析式为 2y ax bx c ． ∵点 A（1，0），点 B（﹣3，0），点 C（0， 3 ）在抛物线上，∴ 0 9 3 0 3 a b c a b c c ， 解得： 3 3 2 3 3 3 a b c ，∴抛物线的函数解析式为 23 2 3 33 3y x x ； （2）DG=DE．理由如下： （3）若直线 l2 绕点 C 旋转时，与抛物线的另一个交点为 M，当△MCG 为等腰 三角形时，分三种情况： ①以 G 为圆心，GC 为半径画弧交抛物线于点 M1、C，点 M1 与 C 关于抛物线的 对称轴对称，则 M1 的坐标为（﹣2， 3 ）； ②以 C 为圆心，GC 为半径画弧交抛物线于点 M2、M3，点 M2 与点 A 重合，点 A、 C、G 在一条直线上，不能构成三角形，M3 与 M1 重合； ③作线段 GC 的垂直平分线，交抛物线于点 M4、M5，点 M4 与点 D 重合，点 D 的坐标为（﹣1， 4 3 3 ），M5 与 M1 重合； 综上所述，满足条件的点 M 只有两个，其坐标分别为（﹣2， 3 ），（﹣1，4 3 3 ）． 9．（2017 山东省东营市）如图，在等腰三角形 ABC 中，∠BAC=120°，AB=AC=2， 点 D 是 BC 边上的一个动点（不与 B、C 重合），在 AC 上取一点 E，使∠ADE=30°． （1）求证：△ABD∽△DCE； （2）设 BD=x，AE=y，求 y 关于 x 的函数关系式并写出自变量 x 的取值范围； （3）当△ADE 是等腰三角形时，求 AE 的长． 【答案】（1）证明见解析；（2） 21 3 22y x x （0＜x＜ 2 3 ）；（3）AE= 4 2 3 或 2 3 ． 【分析】（1）根据两角相等证明：△ABD∽△DCE； （2）如图 1，作高 AF，根据直角三角形 30°的性质求 AF 的长，根据勾股定理 求 BF 的长，则可得 BC 的长，根据（1）中的相似列比例式可得函数关系式，并 确定取值； （3）分三种情况进行讨论： ①当 AD=DE 时，如图 2，由（1）可知：此时△ABD∽△DCE，则 AB=CD，即 2= 2 3 ﹣x； ②当 AE=ED 时，如图 3，则 ED= 1 2 EC，即 y= 1 2 （2﹣y）； ③当 AD=AE 时，∠AED=∠EDA=30°，∠EAD=120°，此时点 D 与点 B 重合， 不符合题意，此情况不存在． 【解答】（1）∵△ABC 是等腰三角形，且∠BAC=120°，∴∠ABD=∠ACB=30°， ∴∠ABD=∠ADE=30°，∵∠ADC=∠ADE+∠EDC=∠ABD+∠DAB，∴∠EDC= ∠DAB，∴△ABD∽△DCE； （2）如图 1，∵AB=AC=2，∠BAC=120°，过 A 作 AF⊥BC 于 F，∴∠AFB=90°， ∵AB=2，∠ABF=30°，∴AF= 1 2 AB=1，∴BF= 3 ，∴BC=2BF= 2 3 ，则 DC= 2 3 ﹣x，EC=2﹣y，∵△ABD∽△DCE，∴ AB DC BD CE ， 10．（2017 贵州省遵义市）如图，抛物线 2y ax bx a b （a＜0，a、b 为常 数）与 x 轴交于 A、C 两点，与 y 轴交于 B 点，直线 AB 的函数关系式为 8 16 9 3y x ． （1）求该抛物线的函数关系式与 C 点坐标；学/科+-网 （2）已知点 M（m，0）是线段 OA 上的一个动点，过点 M 作 x 轴的垂线 l 分别 与直线 AB 和抛物线交于 D、E 两点，当 m 为何值时，△BDE 恰好是以 DE 为底 边的等腰三角形？ （3）在（2）问条件下，当△BDE 恰好是以 DE 为底边的等腰三角形时，动点 M 相应位置记为点 M′，将 OM′绕原点 O 顺时针旋转得到 ON（旋转角在 0°到 90°之间）； ①探究：线段 OB 上是否存在定点 P（P 不与 O、B 重合），无论 ON 如何旋转， NP NB 始终保持不变，若存在，试求出 P 点坐标；若不存在，请说明理由； ②试求出此旋转过程中，（NA+ 3 4 NB）的最小值． 【答案】（1） 28 40 16 9 9 3y x x ，C（1，0）；（2）m=﹣4；（3）①存在， P（0，3）；②3 5 ． 【分析】（1）根据已知条件得到 B，A 的坐标，解方程组得到抛物线的函数关 系式，令 y=0，于是得到 C 的坐标； （2）由点 M（m，0），过点 M 作 x 轴的垂线 l 分别与直线 AB 和抛物线交于 D、 E 两点，得到 D（m， 8 16 9 3m ），当 DE 为底时，作 BG⊥DE 于 G，根据等腰 三角形的性质得到 EG=GD= 1 2 ED，GM=OB=16 3 ，列方程即可得到结论； （3）①根据已知条件得到 ON=OM′=4，OB=16 3 ，由∠NOP=∠BON，特殊的当 △NOP∽△BON 时，根据相似三角形的性质得到 3 4 OP NP ON ON NB OB ，于是得到 结论； ②根据题意得到 N 在以 O 为圆心，4 为半径的半圆上，由①知， 3 4 OP NP ON NB ， 得到 NP= 3 4 NB，于是得到（NA+ 3 4 NB）的最小值=NA+NP，此时 N，A，P 三点 共线，根据勾股定理得到结论． （2）∵点 M（m，0），过点 M 作 x 轴的垂线 l 分别与直线 AB 和抛物线交于 D、 E 两点，∴D（m，8 16 9 3m ），当 DE 为底时，作 BG⊥DE 于 G，则 EG=GD= 1 2 ED， GM=OB=16 3 ，∵DM+DG=GM=OB，∴ 28 16 1 8 40 16 8 16( )9 3 2 9 9 3 9 3m m m m =16 3 ，解得：m1=﹣4，m2=9（不合题意， 舍去），∴当 m=﹣4 时，△BDE 恰好是以 DE 为底边的等腰三角形； （3）①存在，∵ON=OM′=4，OB=16 3 ，∵∠NOP=∠BON，∴当△NOP∽△BON 时， 3 4 OP NP ON ON NB OB ，∴ NP NB 不变，即 OP= 3 4 ON = 3 4 ×4=3，∴P（0，3）； ②∵N 在以 O 为圆心，4 为半径的半圆上，由①知， 3 4 OP NP ON NB ，∴NP= 3 4 NB， ∴（NA+ 3 4 NB）的最小值=NA+NP，∴此时 N，A，P 三点共线，∴（NA+ 3 4 NB） 的最小值= 2 23 6 =3 5 ． 第四关 以平面几何图形的变换为背景的解答题 1．如图1， ABC 中， CD AB 于 D ，且 : : 2:3: 4BD AD CD ． （1）试说明 ABC 是等腰三角形． （2 ）已知 240cmABCS ，如图2 ，动点 M 从点 B 出发以每秒1cm的速度沿线段 BA 向点 A 运动，同时动点 N 从点 A 出发以相同速度沿线段 AC 向点C 运动，当 其中一点到达终点时整个运动都停止．设点 M 运动的时间为t （秒）． ①若 DMN 的边与 BC 平行，求t 的值． ②若点 E 是边 AC 的中点，问在点 M 运动的过程中， MDE 能否成为等腰三角 形？若能，求出t 的值；若不能，请说明理由． 【答案】（1）见解读；（2）①t 为5或6 ；②能， t 值为9或10或 49 6 ，理由见 解读 在 Rt △ ACD 中，AC＝ 2 2AD CD ＝5x， ∴AB＝AC， ∴△ABC 是等腰三角形； （2）解：S △ ABC＝ 1 2 ×5x×4x＝40cm2，而 x＞0， ∴x＝2cm， 则 BD＝4cm，AD＝6cm，CD＝8cm，AC＝10cm． ①当 MN∥BC 时，AM＝AN， 即 10－t＝t， ∴t＝5； 当 DN∥BC 时，AD＝AN， 得：t＝6； ∴若 △ DMN 的边与 BC 平行时，t 值为 5 或 6． ②当点 M 在 BD 上，即 0≤t＜4 时， △ MDE 为钝角三角形，但 DM≠DE； 当 t＝4 时，点 M 运动到点 D，不构成三角形， 当点 M 在 DA 上，即 4＜t≤10 时， △ MDE 为等腰三角形，有 3 种可能． 如果 DE＝DM，则 t－4＝5， ∴t＝9； 如果 ED＝EM，则点 M 运动到点 A， ∴t＝10； 如果 MD＝ME＝t－4， 过点 E 做 EF 垂直 AB 于 F， 因为 ED＝EA， 所以 DF＝AF＝ 1 2 AD＝3， 在 Rt △ AEF 中，EF＝4； 点睛：本题考查了勾股定理、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、解方程 等知识；本题有一定难度，需要进行分类讨论才能得出结果．学/科**网 2．定义：对角线互相垂直的凸四边形叫做“垂直四边形”． （1）理解： 如图 1，已知四边形 ABCD 是“垂直四边形”，对角线 AC，BD 交于点 O，AC=8， BD=7，求四边形 ABCD 的面积. （2）探究： 小明对 “垂直四边形”ABCD（如图 1）进行了深入探究，发现其一组对边的平方 和等于另一组对边的平方和．即 2 2 2 2AB CD AD BC ．你认为他的发现正确 吗？试说明理由． （3）应用： ①如图 2，在 △ ABC 中， 90ACB ，AC=6，BC=8，动点 P 从点 A 出发沿 AB 方向以每秒 5 个单位的速度向点 B 匀速运动，同时动点 Q 从点 C 出发沿 CA 方 向以每秒 6 个单位的速度向点 A 匀速运动，运动时间为 t 秒（0 1t ），连结 CP，BQ，PQ．当四边形 BCQP 是“垂直四边形”时，求 t 的值． ②如图 3，在 △ ABC 中， ，AB=3AC，分别以 AB，AC 为边向外作正 方形 ABDE 和正方形 ACFG，连结 EG．请直接写出线段 EG 与 BC 之间的数量关 系． 【答案】（1）28；（2）证明见解读；（3）① 2 9 ；② 2 23 2EG BC 【解读】试卷分析：（1）由于对角线互相垂直，所以四边形 ABCD 的面积可化 为 1 2 AO•BD+ 1 2 CO•BD 的和； （2）由于对角线互相垂直，由勾股定理分别表示出 AB2、CD2、AD2、BC2； （3）①过点 P 作 PD⊥AC 于点 D，构造 △ PAD∽△BAC 后，利用 BP2+CQ2=PQ2+BC2 列出关于 t 的方程；② 故答案为：28； （2）∵四边形 ABCD 是“垂直四边形”， ∴AC⊥BD. 由勾股定理可知： AB2+CD2=(AO2+BO2)+(DO2+CO2)， AD2+BC2=(AO2+DO2)+(BO2+CO2)， ∴AB2+CD2=AD2+BC2； ∴ AP=5t，CQ=6t ∴ AD PD 5t 6 8 10 ，∴AD=3t，PD=4t. ∵四边形 BCQP 是“垂直四边形”. ∴BP2+CQ2=PQ2+BC2. ∴(10-5t)2+(6t)2=(6-9t)2+82， 解得 t= 2 9 或 t=0（舍去）. ∴当四边形 BCQP 是“垂直四边形”时，t 的值为 2 9 . ②如图 3， 连接 CG、BG、BE、CE， CE 与 BG 交于点 O 由题意知：EA=BA，AC=AG ∠EAB=∠CAG=90° ∴∠EAB+∠BAC=∠CAG+∠BAC ∴∠EAC=∠BAG 在 △ EAC 与 △ BAG 中{ EA BA EAC BAG AC AG ， 点睛：本题考查的是垂直四边形的概念和性质、相似三角形的判定和性质以及勾 股定理的应用，正确理解垂直四边形的定义，灵活运用勾股定理是解题的关键. 3．在四边形 ABCD中， 180B D ，对角线 AC 平分 BAD .学科..网 （1）如图 1，若 120DAB ，且 90B ，试探究边 AD 、AB 与对角线 AC 的 数量关系并说明理由. （2）如图 2，若将（1）中的条件“ 90B ”去掉，（1）中的结论是否成立？ 请说明理由. （3）如图 3，若 90DAB ，探究边 AD 、 AB 与对角线 AC 的数量关系并说明 理由. 【答案】（1） AC AD AB .证明见解读；（2）成立；（3） 2AD AB AC . 理由见解读. 【解读】试卷分析：（1）结论：AC=AD+AB，只要证明 AD= 1 2 AC，AB= 1 2 AC 即可解决问题； （2）（1）中的结论成立．以 C 为顶点，AC 为一边作∠ACE=60°，∠ACE 的另 一边交 AB 延长线于点 E，只要证明 △ DAC≌△BEC 即可解决问题； （3）结论：AD+AB＝ 2 AC．过点 C 作 CE⊥AC 交 AB 的延长线于点 E，只要 证明 △ ACE 是等腰直角三角形， △ DAC≌△BEC 即可解决问题； 试卷解读：解：（1）AC=AD+AB． 理由如下：如图 1 中， （2）（1）中的结论成立，理由如下：以 C 为顶点，AC 为一边作∠ACE=60°， ∠ACE 的另一边交 AB 延长线于点 E， ∵∠BAC=60°， ∴△AEC 为等边三角形， ∴AC=AE=CE， ∵∠D+∠ABC=180°，∠DAB=120°， ∴∠DCB=60°， （3）结论：AD+AB＝ 2 AC．理由如下： 过点 C 作 CE⊥AC 交 AB 的延长线于点 E，∵∠D+∠B=180°，∠DAB=90°， ∴DCB=90°， ∵∠ACE=90°， ∴∠DCA=∠BCE， 又∵AC 平分∠DAB， ∴∠CAB=45°， ∴∠E=45°． ∴AC=CE． 又∵∠D+∠ABC=180°，∠D=∠CBE， ∴△CDA≌△CBE， ∴AD=BE， ∴AD+AB=AE． 在 Rt △ ACE 中，∠CAB=45°， ∴AE＝ 245 AC ACcos ＝ ∴ 2AD AB AC ＝ . 4． △ ABC 和 △ CDE 是以 C 为公共顶点的两个三角形． （1）如图 1，当 △ ABC 和 △ CDE 都是等边三角形时，连接 BD、AE 相交于点 P．求 ∠DPE 的度数； （2）如图 2，当 △ ABC 和 △ CDE 都是等腰直角三角形，且∠ACB=∠DCE=90° 时，连接 AD、BE，Q 为 AD 中点，连接 QC 并延长交 BE 于 K．求证：QK⊥ BE； （3）在（1）的条件下，N 是线段 AE 与 CD 的交点，PF 是∠DPE 的平分线， 与 DC 交于点 F，CN=2 ，∠PFN=45°，求 FN 的长． 【答案】（1）60°；（2）见解读；（3） DE、NE,再利用相似三角形的性质可得 DE2=NE·PE，求出 PE、PN,由此即可解 决问题。 解：（1）如图 1 中，设 AE 交 CD 于 J． ∴∠DPE=60°． （2）如图 2 中，延长 CQ 到 R，使得 CQ=QR，连接 AR、DR． ∵△ABC 和 △ CDE 都是等腰直角三角形，学/++科网 ∴∠ACB=∠DCE=90°，AC=BC，CE=CD， ∴∠BCE+∠ACD=180°， ∵AQ=DQ，CQ=QR， ∴四边形 ACDR 是平行四边形， ∴∠CKB=90°，即 CK⊥BE． （3）如图 3 中，作 NH⊥EC 于 H，NG⊥PF 于 G，在 EH 上取一点 K 使得 NK=EK． ∵∠DPE=60°，PF 平分∠DPE， ∴∠NPPF=30°， ∵∠PFN=45°，∠NGF=90°， ∴GF=GN= PN，FN= GN， ∴∠PNF=∠CNE=105°，∠CEN=15°， ∵KN=KE， ∴∠KNE=∠KEN=15°， ∴∠NKH=30°， 在 Rt △ CNH 中，∵CN=2 ，∠CNH=30°， ∴CH= CN= ，NH= CH= ， 在 Rt △ NKH 中，NK=KE=2NH=2 ，HK= NH=3 ， ∴EN= = =6+2 ，CE=DE=4 +2 ∵∠DEN=∠PED，∠EDN=∠EPD， ∴△DEN∽△PED， ∴DE2=NE•PE， ∴可得 PE= ，PN=PE﹣EN= ， ∴FN= × × = ． 5．在正方形 ABCD 中，动点 E，F 分别从 D，C 两点同时出发，以相同的速度 在直线 DC，CB 上移动． （1）如图①，当点 E 自 D 向 C，点 F 自 C 向 B 移动时，连接 AE 和 DF 交于点 P，请你写出 AE 与 DF 的位置关系，并说明理由； （2）如图②，当 E，F 分别移动到边 DC，CB 的延长线上时，连接 AE 和 DF， （1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不须证明） （3）如图③，当 E，F 分别在边 CD，BC 的延长线上移动时，连接 AE，DF， （1）中的结论还成立吗？请说明理由； （4）如图④，当 E，F 分别在边 DC，CB 上移动时，连接 AE 和 DF 交于点 P， 由于点 E，F 的移动，使得点 P 也随之运动，请你画出点 P 运动路径的草图．若 AD=2，试求出线段 CP 的最小值． 【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF； （2）是； （3）成立，理由见解读； （4）CP=QC﹣QP= 5 1 ． 【解读】 试卷分析：（1）AE=DF，AE⊥DF．先证得 △ ADE≌△DCF．由全等三角形的性 质得 AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得 AE⊥DF； （2）是．四边形 ABCD 是正方形，所以 AD=DC，∠ADE=∠DCF=90°，DE=CF， 所以 △ ADE≌△DCF，于是 AE=DF，∠DAE=∠CDF，因为∠CDF+∠ADF=90°， ∠DAE+∠ADF=90°，所以 AE⊥DF； （3）成立．由（1）同理可证 AE=DF，∠DAE=∠CDF，延长 FD 交 AE 于点 G， 再由等角的余角相等可得 AE⊥DF； （4）由于点 P 在运动中保持∠APD=90°，所以点 P 的路径是一段以 AD 为直径 的弧，设 AD 的中点为 Q，连接 QC 交弧于点 P，此时 CP 的长度最小，再由勾 股定理可得 QC 的长，再求 CP 即可． 理由：由（1）同理可证 AE=DF，∠DAE=∠CDF 延长 FD 交 AE 于点 G， 则∠CDF+∠ADG=90°， ∴∠ADG+∠DAE=90°． ∴AE⊥DF； （4）如图： 由于点 P 在运动中保持∠APD=90°，∴点 P 的路径是一段以 AD 为直径的弧， 设 AD 的中点为 Q，连接 QC 交弧于点 P，此时 CP 的长度最小， 在 Rt △ QDC 中，QC= 2 2 2 2CD +QD = 2 +1 = 5 ， ∴CP=QC﹣QP= 5-1． 考点：四边形的综合知识． 6．如图 1 所示，在正方形 ABCD 和正方形 CGEF 中，点 B、C、G 在同一条直 线上，M 是线段 AE 的中点，DM 的延长线交 EF 于点 N，连接 FM，易证：DM=FM， DM⊥FM（无需写证明过程） （1）如图 2，当点 B、C、F 在同一条直线上，DM 的延长线交 EG 于点 N，其 余条件不变，试探究线段 DM 与 FM 有怎样的关系？请写出猜想，并给予证明； （2）如图 3，当点 E、B、C 在同一条直线上，DM 的延长线交 CE 的延长线于 点 N，其余条件不变，探究线段 DM 与 FM 有怎样的关系？请直接写出猜想． 【答案】（1）DM⊥FM，DM=FM，证明见解读； （2）DM⊥FM，DM=FM． 【解读】 试卷分析：（1）连接 DF，NF，由四边形 ABCD 和 CGEF 是正方形，得到 AD ∥BC，BC∥GE，于是得到 AD∥GE，求得∠DAM=∠NEM，证得 △ MAD≌△ MEN，得出 DM=MN，AD=EN，推出 △ MAD≌△MEN，证出 △ DFN 是等腰直角 三角形，即可得到结论； （2）连接 DF，NF，由四边形 ABCD 是正方形，得到 AD∥BC，由点 E、B、C 在同一条直线上，于是得到 AD∥CN，求得∠DAM=∠NEM，证得 △ MAD≌△ MEN，得出 DM=MN，AD=EN，推出 △ MAD≌△MEN，证出 △ DFN 是等腰直角 三角形，于是结论得到． 试卷解读：（1）如图 2，DM=FM，DM⊥FM， 证明：连接 DF，NF， ∵四边形 ABCD 和 CGEF 是正方形， ∴AD∥BC，BC∥GE， ∴AD∥GE， ∵∠EFN+∠NFC=90°，∴∠DFC+∠CFN=90°，∴∠DFN=90°， ∴DM⊥FM，DM=FM 学--科-网 （2）猜想：DM⊥FM，DM=FM， 证明如下：如图 3，连接 DF，NF，连接 DF，NF， ∵四边形 ABCD 是正方形，∴AD∥BC，∵点 E、B、C 在同一条直线上， ∴AD∥CN，∴∠ADN=∠MNE， 在 △ MAD 与 △ MEN 中， AMD= EMN AM=EN DAM= NEM ∠ ∠ ∠ ∠ ， ∴△MAD≌△MEN，∴DM=MN，AD=EN，∵AD=CD，∴CD=NE，∵CF=EF， ∵∠DCF=90°+45°=135°，∠NEF=180°﹣45°=135°，∴∠DCF=∠NEF， 在 △ DCF 与 △ NEF 中， CD=NE DCF= NEF CF=EF ∠ ∠ ，∴△MAD≌△MEN，∴DF=NF，∠CFD= ∠EFN， ∵∠CFD+∠EFD=90°，∴∠NFE+∠EFD=90°，∴∠DFN=90°， ∴DM⊥FM，DM=FM． 考点：四边形综合题． 7．已知，在矩形 ABCD 中，AB=a，BC=b，动点 M 从点 A 出发沿边 AD 向点 D 运动． （1）如图 1，当 b=2a，点 M 运动到边 AD 的中点时，请证明∠BMC=90°； （2）如图 2，当 b＞2a 时，点 M 在运动的过程中，是否存在∠BMC=90°，若存 在，请给与证明；若不存在，请说明理由； （3）如图 3，当 b＜2a 时，（2）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 【答案】（1）证明见解读（2）存在（3）不成立 【解读】 （3）由（2），当 b＜2a，a＞0，b＞0，判定方程 x2﹣bx+a2=0 的根的情况，即 可求得答案． 试卷解读：（1）∵b=2a，点 M 是 AD 的中点， ∴AB=AM=MD=DC=a， 又∵在矩形 ABCD 中，∠A=∠D=90°， ∴∠AMB=∠DMC=45°， ∴∠BMC=90°． （2）存在， 整理得：x2﹣bx+a2=0， ∵b＞2a，a＞0，b＞0， ∴△=b2﹣4a2＞0， ∴方程有两个不相等的实数根，且两根均大于零，符合题意， ∴当 b＞2a 时，存在∠BMC=90°， （3）不成立． 理由：若∠BMC=90°， 由（2）可知 x2﹣bx+a2=0， ∵b＜2a，a＞0，b＞0， ∴△=b2﹣4a2＜0， ∴方程没有实数根， ∴当 b＜2a 时，不存在∠BMC=90°，即（2）中的结论不成立． 考点：1、相似三角形的判定与性质；2、根的判别式；3、矩形的性质 8．在正方形 ABCD 中，动点 E，F 分别从 D，C 两点同时出发，以相同的速度 在直线 DC，CB 上移动. （1）如图 1，当点 E 在边 DC 上自 D 向 C 移动，同时点 F 在边 CB 上自 C 向 B 移动时，连接 AE 和 DF 交于点 P，请你写出 AE 与 DF 的数量关系和位置关系， 并说明理； （2）如图 2，当 E，F 分别在边 CD，BC 的延长线上移动时，连接 AE，DF，（1） 中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）；连接 AC，求 △ ACE 为等腰三角形时 CE：CD 的值； （3）如图 3，当 E，F 分别在直线 DC，CB 上移动时，连接 AE 和 DF 交于点 P， 由于点 E，F 的移动，使得点 P 也随之运动，请你画出点 P 运动路径的草图.若 AD=2，试求出线段 CP 的最大值. 图 1 图 2 图 3 【答案】（1）AE=DF，AE⊥DF，理由见解读；（2）成立，CE:CD= 2 或 2； （3） 5 1 【解读】试卷分析：（1）根据正方形的性质，由 SAS 先证得 △ ADE≌△DCF．由 全等三角形的性质得 AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得 AE⊥ DF； （2）有两种情况：①当 AC=CE 时，设正方形 ABCD 的边长为 a，由勾股定理 求出 AC=CE= 2 a 即可；②当 AE=AC 时，设正方形的边长为 a，由勾股定理求 出 AC=AE= 2 a，根据正方形的性质知∠ADC=90°，然后根据等腰三角形的性 质得出 DE=CD=a 即可； （3）由（1）（2）知：点 P 的路径是一段以 AD 为直径的圆，设 AD 的中点为 Q，连接 QC 交弧于点 P，此 { AD DC ADE DCF DE CF ， 有两种情况： ①如图 1，当 AC=CE 时， 设正方形 ABCD 的边长为 a，由勾股定理得， 2 2 2AC CE a a a ， 则 : 2 : 2CE CD a a ； ②如图 2，当 AE=AC 时， 设正方形 ABCD 的边长为 a，由勾股定理得： 2 2 2AC AE a a a ， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠ADC=90°，即 AD⊥CE， ∴DE=CD=a， ∴CE:CD=2a:a=2； 即 CE:CD= 2 或 2； （3）∵点 P 在运动中保持∠APD=90°， ∴点 P 的路径是以 AD 为直径的圆， 点睛：此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，圆周角定理，全等三角形的性 质与判定，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，能综合运用性质进行推挤 是解此题的关键，用了分类讨论思想，难度偏大. 9．综合与实践 问题情境 如图，同学们用矩形纸片 ABCD 开展数学探究活动，其中 AD=8，CD=6。 操作计算 学！科网 （1）如图（1），分别沿 BE,DF 剪去 RtΔABE 和 RtΔCDF 两张纸片，如果剩余 的纸片 BEDF 菱形，求 AE 的长； 图（1） 图（2） 图（3） 操作探究 把矩形纸片 ABCD 沿对角线 AC 剪开，得到ΔABC 和 C DA 两张纸片 (2)将两张纸片如图（2）摆放，点 C 和C 重合，点 B,C,D 在同一条直线上，连 接 A A ,记 A A 的中点为 M，连接 BM，MD，发现ΔBMD 是等腰三角形，请证明： （3）如图（3），将两张纸片叠合在一起，然后将 A DC 纸片绕点 B 顺时针旋 转 a（00查看更多
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