中考數(shù)學動點問題專題講解

中考動點專題所謂“動點型問題”是指題設(shè)圖形中存在一個或多個動點,它們在線段、射線或弧線上運動的一類開放性題目.解決這類問題的要點是動中求靜,靈便運用相關(guān)數(shù)學知識解決問題.要點:動中求靜.數(shù)學思想：分類思想函數(shù)思想方程思想數(shù)形結(jié)合思想轉(zhuǎn)變思想重視對幾何圖形運動變化能力的觀察從變換的角度和運動變化來研究三角形、四邊形、函數(shù)圖像等圖形，經(jīng)過“對稱、動點的運動”等研究手段和方法，來研究與發(fā)現(xiàn)圖形性質(zhì)及圖形變化，在解題過程中浸透空間見解和合情推理。選擇基本的幾何圖形，讓學生經(jīng)歷研究的過程，以能力立意，觀察學生的自主研究能力，促進培養(yǎng)學生解決問題的能力．圖形在動點的運動過程中觀察圖形的變化情況，需要理解圖形在不一樣地址的情況，才能做好計算推理的過程。在變化中找到不變的性質(zhì)是解決數(shù)學“動點”研究題的基本思路,這也是動向幾何數(shù)學問題中最核心的數(shù)學實質(zhì)。二期課改后數(shù)學卷中的數(shù)學壓軸性題正漸漸轉(zhuǎn)向數(shù)形結(jié)合、動向幾何、著手操作、實驗研究等方向發(fā)展．這些壓軸題題型眾多、題意創(chuàng)新，目的是觀察學生的解析問題、解決問題的能力，內(nèi)容包括空間見解、應(yīng)企圖識、推理能力等．從數(shù)學思想的層面上講：（1）運動見解；（2）方程思想；（3）數(shù)形結(jié)合思想；（4）分類思想；（5）轉(zhuǎn)變思想等．研究歷年來各區(qū)的壓軸性試題，就能找到今年中考數(shù)學試題的熱點的形成和命題的動向，它有利于我們教師在授課中研究對策，掌握方向．只的這樣，才能更好的培養(yǎng)學生解題涵養(yǎng)，在素質(zhì)教育的背景下更明確地表現(xiàn)課程標準的導向．本文擬就壓軸題的題型背景和區(qū)分度測量點的存在性和區(qū)分度小題辦理手法提出自己的見解．專題一：成立動點問題的函數(shù)解析式函數(shù)揭穿了運動變化過程中量與量之間的變化規(guī)律,是初中數(shù)學的重要內(nèi)容.動點問題反響的是一種函數(shù)思想,由于某一個點或某圖形的有條件地運動變化,引起未知量與已知量間的一種變化關(guān)系,這類變化關(guān)系就是動點問題中的函數(shù)關(guān)系.那么,我們怎樣成立這類函數(shù)解析式呢?下面結(jié)合中考試題舉例解析.一、應(yīng)用勾股定理成立函數(shù)解析式例1(2000年·上海)如圖1,在半徑為6,圓心角為90°的扇形OAB的弧AB上,有一個動點P,PH⊥OA,垂足為H,△OPH的重心為G.當點P在弧AB上運動時,線段GO、GP、GH中,有無長度保持不變的線段?若是有,請指出這樣的線段,并求出相應(yīng)的長度.(2)設(shè)PHx,GPy,求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出函數(shù)的定義域(即自變量x的取值范圍).(3)若是△PGH是等腰三角形,試求出線段PH的長.BPNyGxOMHA圖1解:(1)當點P在弧AB上運動時,OP保持不變,于是線段GO、GP、GH中,有長度保持不變的線段，這條線段是GH=2NH=21OP=2.3321OH1(2)在Rt△POH中,OHOP2PH236x2,∴MH36x2.22在Rt△MPH中,.∴y=GP=2MP=1363x2(0<x<6).3△PGH是等腰三角形有三種可能情況:①GP=PH時,1x2x,解得x6.經(jīng)檢驗,x6是原方程的根,且吻合題意.3②GP=GH時,1363x22,解得x0.經(jīng)檢驗,x0是原方程的根,但不吻合題意.3PH=GH時,x2.綜上所述,若是△PGH是等腰三角形,那么線段PH的長為6或2.二、應(yīng)用比率式成立函數(shù)解析式例2（2006年·山東）如圖2,在△ABC中,AB=AC=1,點D,E在直線BC上運動.設(shè)BD=x,CE=y.若是∠BAC=30°,∠DAE=105°,試確定y與x之間的函數(shù)解析式；(2)若是∠BAC的度數(shù)為,∠DAE的度數(shù)為,當,滿足怎樣的關(guān)系式時,(1)中y與x之間的函數(shù)解析式還成立?試說明原由.ADEBC圖2解:(1)在△ABC中,∵AB=AC,∠BAC=30°,∴∠ABC=∠ACB=75°,∴∠ABD=∠ACE=105°.∵∠BAC=30°,∠DAE=105°,∴∠DAB+∠CAE=75°,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=75°,∴∠CAE=∠ADB,∴△ADB∽△EAC,

∴

AB

BD

,CE

AC∴

1

x

,

∴y

1

.y1

x(2)由于∠DAB+∠CAE=,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=90,且2F函數(shù)關(guān)系式成立,∴90=,整理得90.B22當90時,函數(shù)解析式y(tǒng)1P成立.2xD例3(2005年·上海)如圖3(1),在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3.點O是邊AC上的一個動點,以點O為圓心作半圓,與邊AB相切于點D,CA交線段OC于點E.作EP⊥ED,交射線AB于點P,交射線CB于點F.3(1)EO(1)求證:△ADE∽△AEP.P(2)設(shè)OA=x,AP=y,求y關(guān)于x的函數(shù)解析式,并寫出它的定B義域.F(3)當BF=1時,求線段AP的長.DCEAO3(2)解:(1)連接OD.依照題意,得OD⊥AB,∴∠ODA=90°,∠ODA=∠DEP.又由OD=OE,得∠ODE=∠OED.∴∠ADE=∠AEP,∴△ADE∽△AEP.(2)∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3,∴AC=5.∵∠ABC=∠ADO=90°,∴OD∥BC,∴ODx,ADx,3545∴OD=3x,AD=4x.∴AE=x3x=8x.555584∵△ADE∽△AEP,∴AEADxx16x(0x25,∴55.∴y).APAEy858x5當BF=1時，①若EP交線段∵∠ADE=∠AEP,∴∠F=∠PDE,

CB的延長線于點F,如圖3(1)，則CF=4.∴∠PDE=∠PEC.∵∠FBP=∠DEP=90°,∠FPB=∠DPE,∴∠F=∠FEC,∴CF=CE.∴5-8x=4,得x5.可求得y2,即AP=2.58②若EP交線段CB于點F,如圖3(2),則CF=2.近似①,可得CF=CE.∴5-8x=2,得x15.58可求得y6,即AP=6.綜上所述,當BF=1時,線段AP的長為2或6.三、應(yīng)用求圖形面積的方法成立函數(shù)關(guān)系式例4（2004年·上海）如圖,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=22,⊙A的半徑為1.若點O在BC邊上運動(與點B、C不重合),設(shè)BO=x,△AOC的面積為y.(1)求y關(guān)于x的函數(shù)解析式,并寫出函數(shù)的定義域.A以點O為圓心,BO長為半徑作圓O,求當⊙O與⊙A相切時,AOC的面積.BOHC圖8解:(1)過點A作AH⊥BC,垂足為H.∵∠BAC=90°,AB=AC=22,∴BC=4,AH=1BC=2.∴OC=4-x.1OCAH,2∵SAOC∴yx4(0x4).2(2)①當⊙O與⊙A外切時,在Rt△AOH中,OA=x1,OH=2x,∴(x1)222(2x)2.解得x7.6此時,△AOC的面積y=47176.6②當⊙O與⊙A內(nèi)切時,在Rt△AOH中,OA=x1,OH=x2,∴(x1)222(x2)2.解得x7.271此時,△AOC的面積y=4.22綜上所述,當⊙O與⊙A相切時,△AOC的面積為17或1.62專題二：動向幾何型壓軸題動向幾何特點----問題背景是特別圖形，觀察問題也是特別圖形，所以要掌握好一般與特其他關(guān)系；解析過程中，特別要關(guān)注圖形的特點（特別角、特別圖形的性質(zhì)、圖形的特別地址。）動點問題素來是中考熱點，近幾年觀察研究運動中的特別性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四邊形、梯形、特別角或其三角函數(shù)、線段或面積的最值。下面就此問題的常有題型作簡單介紹，解題方法、要點賜予點撥。一、以動向幾何為主線的壓軸題（一）點動問題．1．（09年徐匯區(qū)）如圖，ABC中，ABAC10，BC12，點D在邊BC上，且BD4，以點D為極點作EDFB，分別交邊AB于點E，交射線CA于點F．（1）當AE6時，求AF的長；2）當以點C為圓心CF長為半徑的⊙C和以點A為圓心AE長為半徑的⊙A相切時，求BE的長；3）當以邊AC為直徑的⊙O與線段DE相切時，求BE的長．此題改編自新教材九上《相似形》(4)例六,典型的一線三角(三等角)問題,試題在原題的基礎(chǔ)上改編出第一小題,當E點在AB邊上運動時，浸透入圓與圓的地址關(guān)系(相切問題)的存在性的研究形成了第二小題,加入直線與圓的地址關(guān)系(相切問題)的存在性的研究形成了第三小題．區(qū)分度測量點在直線與圓的地址關(guān)系和圓與圓的地址關(guān)系,進而利用方程思想來求解．[區(qū)分度性小題辦理手法]1．直線與圓的相切的存在性的辦理方法：利用d=r成立方程．2．圓與圓的地址關(guān)系的存在性(相切問題)的辦理方法：利用d=R±r(

R

r

)成立方程．3．解題的要點是用含

x的代數(shù)式表示出相關(guān)的線段

.[

略解]解：（1）證明CDF∽EBD∴CFCD，代入數(shù)據(jù)得CF8，∴AF=2BDBE（2）設(shè)BE=x,則dAC10,AE10x,利用（1）的方法CF32，32x相切時分外切和內(nèi)切兩種情況考慮：外切，1010，x42；xx32，x10217．0x10內(nèi)切，1010xx∴當⊙C和⊙A相切時，BE的長為42或10217．（3）當以邊AC為直徑的⊙O與線段DE相切時，BE20．3類題⑴一個動點：09楊浦25題（四月、五月）、09靜安25題、⑵兩個動點：09閘北25題、09松江25題、09盧灣25題、09青浦25題．（二）線動問題在矩形ABCD中，AB＝3，點O在對角線AC上，直線l過點O，且與AC垂直交AD于點E.(1)若直線l過點B，把△ABE沿直線l翻折，點A與矩形ABCD的對稱中心A＇重合，求BC的長；(2)若直線l與AB訂交于點F，且AO＝1AC，設(shè)AD的長為x，五邊形4lBCDEF的面積為S.①求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并指出x的取值范圍；AED3②研究：可否存在這樣的x，以A為圓心，以x長為半徑的圓與O4′直線l相切，若存在，央求出x的值；若不存在，請說明原由．ABC[題型背景和區(qū)分度測量點]此題以矩形為背景,結(jié)合軸對稱、相似、三角等相關(guān)知識編制獲得．第一小題核查了學生軸對稱、矩形、勾股定理三小塊知識內(nèi)容；當直線l沿lAB邊向上平移時，研究面積函數(shù)解析式為區(qū)分測量點一、加入直線與圓的AED地址關(guān)系(相切問題)的存在性的研究形成了區(qū)分度測量點二．O[區(qū)分度性小題辦理手法]1．找面積關(guān)系的函數(shù)解析式，規(guī)則圖形套用公式或用割補法，不規(guī)則圖形用割補法．F2．直線與圓的相切的存在性的辦理方法：利用d=r成立方程．BC3．解題的要點是用含x的代數(shù)式表示出相關(guān)的線段.[略解]∵A’是矩形ABCD的對稱中心∴A’B＝AA’＝1AC2∵AB＝A’B，AB＝3∴AC＝6BC33(2)①ACx29，AO1x29，AF1(x29)，AEx294124x∴SAEF1AEAF(x29)2，S3x(x29)2296x96xSx4270x281(3x33)96x②若圓A與直線l相切，則x31x29，x10(舍去)，x28∵x283∴4455不存在這樣的x，使圓A與直線l相切．[類題]09虹口25題．（三）面動問題如圖，在

ABC中，

AB

AC

5,BC

6，D、E分別是邊

AB、AC上的兩個動點（

D不與

A、B重合），且保持（1）試求（2）當邊

DE∥BC，以DE為邊，在點A的異側(cè)作正方形ABC的面積；FG與BC重合時，求正方形DEFG的邊長；

DEFG

.（3）設(shè)

AD

x，

ABC與正方形

DEFG

重疊部分的面積為

y，試求

y關(guān)于

x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出定義域；（4）當

BDG是等腰三角形時，請直接寫出

AD的長．[題型背景和區(qū)分度測量點]此題改編自新教材九上《相似形》(4)例七,典型的共角相似三角形問題,試題為了形成坡度，在原題的基礎(chǔ)上改編出求等腰三角形面積的第一小題,當D點在AB邊上運動時，正方形DEFG整體動起來，GF邊落在BC邊上時，恰好和教材中的例題對應(yīng)，能夠說是相似三角形對應(yīng)的小高比大高=對應(yīng)的小邊比大邊，探望正方形和三角形的重疊部分的面積與線段AD的關(guān)系的函數(shù)解析式形成了第三小題，依舊屬于面積類習題來設(shè)置區(qū)分測量點一，用等腰三角形的存在性來設(shè)置區(qū)分測量點二．[區(qū)分度性小題辦理手法]1．找到三角形與正方形的重疊部分是解決此題的要點，如上圖

3-1、3-2

重疊部分分別為正方形和矩形包括兩種情況．2．正確的抓住等腰三角形的腰與底的分類，如上圖3-3、3-4、3-5用方程思想解決．3．解題的要點是用含x的代數(shù)式表示出相關(guān)的線段.[略解]解：（1）SABC12.（2）令此時正方形的邊長為a，則a4a，解得a12.645236x2，（3）當0x2時，y6x525當2x5時，y6x45x24x24x2.555254）AD125,25,20.73117[類題]改編自09奉賢3月考25題，將條件（2）“當點M、N分別在邊BA、CA上時”,去掉，同時加到第（3）題中.已知：在△中，=，∠=30o，=6，點D在邊上，F(xiàn)ABCABACBBCBC點E在線段DC上，DE=3，△DEF是等邊三角形，邊DF、EFAN與邊BA、CA分別訂交于點M、N．M（1）求證：△BDM∽△CEN；（2）設(shè)=，△與△重疊部分的面積為y，求y關(guān)BDECBDxABCDEF于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域．3）當點M、N分別在邊BA、CA上時,可否存在點D，使以M為圓心,BM為半徑的圓與直線EF相切,如果存在，央求出x的值；如不存在，請說明原由．例1：已知⊙O的弦AB的長等于⊙O的半徑，點C在⊙O上變化（不與A、B）重合，求∠ACB的大小.解析：點C的變化可否影響∠ACB的大小的變化呢?我們不如將點C改變一下,怎樣變化呢？可能在優(yōu)弧AB上，也可能在劣弧AB上變化，顯然這兩者的結(jié)果不一樣樣。那么，當點C在優(yōu)弧AB上變化時，∠ACB所對的弧是劣弧AB，它的大小為劣弧AB的一半，所以很自然地想到它的圓心角，連接AO、BO，則由于AB=OA=OB，即三角形ABC為等邊三角形，則∠AOB=600，則由同弧所對的圓心角與圓周角的關(guān)系得出：∠1ACB=2

∠AOB=300，優(yōu)弧

當點C在劣弧AB上變化時，∠ACB所對的弧是優(yōu)弧AB，它的大小為優(yōu)弧AB的一半，由∠AOB=600得，AB的度數(shù)為3600-600=3000，則由同弧所對的圓心角與圓周角的關(guān)系得出：∠ACB=1500，所以，此題的答案有兩個，分別為300或1500.反思：此題經(jīng)過點C在圓上運動的不確定性而引起結(jié)果的不唯一性。進而需要分類談?wù)摗＿@樣由點的運動變化性而引起的分類談?wù)撛诮忸}中經(jīng)常出現(xiàn)。變式1：已知△ABC是半徑為2的圓內(nèi)接三角形，若AB23，求∠C的大小.此題與例1的差異可是AB與圓的半徑的關(guān)系發(fā)生了一些變化,其解題方法與上面一致,在三角形AOB11AB3120中,sin2AOBOB2,則2AOB60,即AOB1200,進而當點C在優(yōu)弧AB上變化時，∠C所對的弧是劣弧AB，它的大小為劣弧AB的一半，即C600,當點C在劣弧AB上變化時，∠C所對的弧是優(yōu)弧AB，它的大小為優(yōu)弧AB的一半，由∠AOB=1200得，優(yōu)弧AB的度數(shù)為3600-1200=2400，則由同弧所對的圓心角與圓周角的關(guān)系得出：∠C=1200，所以C600或∠C=1200.變式2:如圖,半經(jīng)為1的半圓O上有兩個動點A、B，若AB=1，判斷∠AOB的大小可否會隨點A、B的變化而變化，若變化，求出變化范圍，若不變化，求出它的值。四邊形ABCD的面積的最大值。解：（1）由于AB=OA=OB，所以三角形AOB為等邊三角形，則∠AOB=600，即∠AOB的大小不會隨點A、的變化而變化。3（2）四邊形ABCD的面積由三個三角形組成，其中三角形AOB的面積為4，而三角1ODAF1OCBG1(AFBG)形AOD與三角形BOC的面積之和為222，又由梯形1(AFBG)EH的中位線定理得三角形AOD與三角形BOC的面積之和2，要四邊形3ABCD的面積最大，只要EH最大，顯然EH≤OE=2，當AB∥CD時，EH=OE，所以3333四邊形ABCD的面積最大值為4+2=4.關(guān)于此題同學們還可以夠連續(xù)思慮:四邊形ABCD的周長的變化范圍.變式3:如圖,有一塊半圓形的木板,現(xiàn)要把它截成三角形板塊.三角形的兩個極點分別為A、B，另一個極點C在半圓上，問怎樣截取才能使截出的三角形的面積最大？要求說明原由（廣州市2000年考題）解析：要使三角形ABC的面積最大，而三角形ABC的底邊AB為圓的直徑為常量，只要大即可。過點C作CD⊥AB于點D，連接CO，由于CD≤CO，當O與D重合，CD=CO，所以，當CO與AB垂直時，即C為半圓弧的中點時，其三角形ABC的面積最大。此題也能夠先猜想，點C為半圓弧的中點時，三角形ABC的面積最大，故只要另選一個地址重合），，證明三角形ABC的面積大于三角形ABC1的面積即可。如圖

AB邊上的高最C1（不與

C1

1

1顯然三角形

ABC1的面積

=2AB×C1D，而

C1D<C1O=CO,則三角形

ABC1的面積=2

AB×C1D<2

AB×C1O=三角形ABC的面積,所以,關(guān)于除點

C外的任意點

C1,都有三角形

ABC1的面積小于三角形三角形

ABC的面積,故點C為半圓中點時,三角形

ABC面積最大

.此題還可研究三角形ABC的周長何時最大的問題。提示：利用周長與面積之間的關(guān)系。要三角形ABC的周長最大，AB為常數(shù)，只要AC+BC最大，而（AC+BC）2=AC2+CB2+2AC×BC=AB2+4×ΔABC的面積，所以ABC的面積最大時，AC+BC最大，進而ABC的周長最大。從以上一道題及其三個變式的研究我們不難發(fā)現(xiàn),解決動向幾何問題的常有方法有:一、特別探路，一般推證例2：（2004年廣州市中考題第11題）如圖，⊙O1和⊙O2內(nèi)切于A，⊙O1的半徑為3，⊙O2的半BP徑為2，點P為⊙O1上的任一點（與點A不重合），直線PA交⊙O2于點C，PB切⊙O2于點B，則PC的值為36（A）2（B）3（C）2（D）2解析：此題是一道選擇題，給出四個答案有且只有一個是正確的，所以能夠取一個特別地址進行研究，當點P滿足PB⊥AB時，能夠經(jīng)過計算得出PB=321222BC×AP=BP×AB，所以ABBP828242BC=AB2BP2168266，BP2BC226在三角形BPC中，PC=3，BP所以，PC=3選（B）BPAP自然，此題還可以夠依照三角形相似得PCBP，即可計算出結(jié)論。作為一道選擇題，到此已經(jīng)完成，但若是是一道解答題，我們得出的結(jié)論可是一個特別情況，還要進一步證明對一般情況也成立。例3：如圖，在等腰直角三角形ABC中，斜邊BC=4，OABC于O,點E和點F分別在邊AB、AC上滑動并保持AE=CF,但點F不與A、C重合，點E不與B、A重合。判斷OEF的形狀，并加以證明。判斷四邊形AEOF的面積可否隨點E、F的變化而變化，若變化，求其變化范圍，若不變化，求它的值.AEF的面積可否隨著點E、F的變化而變化，若變化，求其變化范圍，若不變化，求它的值。解析：此題結(jié)論很難發(fā)現(xiàn)，先從特別情況下手。最特別情況為E、F分別為AB、AC中點，顯然有EOF為等腰直角三角形。還可發(fā)現(xiàn)當點E與A無量湊近時，點F與點C無量湊近，此時EOF無量湊近AOC，而AOC為等腰直角三角形，幾種特別情況都能夠得出EOF為等腰直角三角形。一般情況下成立嗎？OE與OF相等嗎？∠EOF為直角嗎？可否證明。若是它們成立，便能夠推出三角形OFC與三角形OEA全等，一般情況下這兩個三角形全等嗎？不難從題目的條件可得：OA=OC，∠OCF=∠OAE，而AE=CF，則OEA≌ΔOFC，則OE=OF，且∠FOC=∠EOA，所以∠EOF=∠EOA+∠AOF=∠FOC+∠FOA=900，則∠EOF為直角，故EOF為等腰直角三角形。二、著手實踐，操作確認例4（2003年廣州市中考試題）在⊙O中，C為弧AB的中點，D為弧AC上任一點（與A、C不重合），則（A）AC+CB=AD+DB(B)AC+CB<AD+DB(C)AC+CB>AD+DB(D)AC+CB與AD+DB的大小關(guān)系不確定解析:此題能夠經(jīng)過著手操作一下,胸襟AC、CB、AD、DB的長度，能夠試一試換幾個地址量一量，得出結(jié)論（C）例5：如圖，過兩同心圓的小圓上任一點C分別作小圓的直徑CA和非直徑的弦CD，延長CA和CD與大圓分別交于點B、E，則以下結(jié)論中正確的選項是（*）（A）DEAB（B）DEAB（C）DEAB（D）DE,AB的大小不確定解析：此題能夠經(jīng)過重量的方法進行，選（B）此題也能夠能夠證明得出結(jié)論，連接DO、EO，則在三角形OED中，由于兩邊之差小于第三邊，則OE—OD<DE,即OB—OA<DE,所以ABED,即DEAB三、成立聯(lián)系，計算說明例6：如圖，正方形ABCD的邊長為4，點M在邊DC上，且DM=1，N為對角線AC上任意一點，則DN+MN的最小值為.解析：可否將DN和NM進行轉(zhuǎn)變，與成立三角形兩邊之和大于第三邊等問題，很自然地想到軸對稱問題，由于ABCD為正方形，所以連接BN，顯然有ND=NB，則問題就轉(zhuǎn)化為BN+NM的最小值問題了，一般情況下：BN+NM≥BM,只有在B、N、M三點共線時，BN+NM=BM，因此DN+MN的最小值為BM=BC2CM25此題經(jīng)過成立平面上三個點中組成的三角形中的兩邊之和大于第三邊及共線時的兩邊之和等于第三邊的特別情況求最小值，最后經(jīng)過勾股定理計算得出結(jié)論。例7：如圖，在等腰直角三角形ABC中，斜邊BC=4，OABC于O,點E和點F分別在邊AB、AC上滑動并保持AE=CF,但點F不與A、C重合，點E不與B、A重合。判斷四邊形AEOF的面積可否隨點E、F的變化而變化，若變化，求其變化范圍，若不變化，求它的值.AEF的面積可否隨著點E、F的變化而變化，若變化，求其變化范圍，若不變化，求它的值。（即例3的第2、第3問）解析：(2)此題的方法很多，其一，能夠成立四邊形AEOF與AE長的函數(shù)關(guān)系式，如設(shè)AE=x，則AF=22x，221OA2xOB而三角形AOB的面積與三角形AOE的面積之比=，而三角形AOB的面積=2，x22x則三角形AOE的面積=2，同理三角形AOF的面積=2，所以四邊形AEOF的面積x(22x)2=2；即AEOF的面積不會隨點自然，此題也能夠這樣思慮，由于三角形角形AOC的面積相等，而AOC的面積為2，所以值，且為2.此題經(jīng)過成立函數(shù)關(guān)系或相關(guān)圖形之間的關(guān)系較廣泛.

E、F的變化而變化，是一個定值，且為2.AOE與三角形COF全等，則四邊形AEOF的面積與三AEOF的面積不會隨點E、F的變化而變化，是一個定爾后經(jīng)過簡單的計算得出結(jié)論的方法應(yīng)用比第(3)問,也能夠經(jīng)過成立函數(shù)關(guān)系求得,1x(22x)1(x2)21AEF的面積=22,又x的變化范圍為0x22,由二次函數(shù)知識得AEF的面積的范圍為:0AEF的面積1.此題也能夠依照三角形AEF與三角形OEF的面積關(guān)系確定AEF的面積范圍:不難證明AEF的面積≤OEF的面積，它們公用邊EF，取EF的中點H，顯然由于OEF為等腰直1EF角三角形，則OH⊥EF，作AG⊥EF，顯然AG≤AH=AG（=2），所以AEF的面積≤OEF的面積，而它們的和為2，所以0AEF的面積1.此題包括的內(nèi)涵十分豐富，還可以夠提出很多問題研究：比方，比較線段EF與AO長度大小等（能夠經(jīng)過A、E、O、F四點在以EF為直徑的圓上得出很多結(jié)論）例8：如圖，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，點P沿AB邊從點A開始向點B以2厘米/秒的速度搬動；點Q沿DA邊從點D開始向點A以1厘米/秒的速度搬動。若是Ｐ、Ｑ同時出發(fā)，用t秒表示搬動的時間（0≤t≤6），那么：1）當t為什么值時，三角形QAP為等腰三角形？2）求四邊形QAPC的面積，提出一個與計算結(jié)果相關(guān)的結(jié)論；3）當t為什么值時，以點Q、A、P為極點的三角形與△ABC相似？解析：（1）當三角形QAP為等腰三角形時，由于∠A為直角，只能是AQ=AP，成立等量關(guān)系，2t6t，即t2時，三角形QAP為等腰三角形；（2）四邊形QAPC的面積=ABCD的面積—三角形QDC的面積—三角形PBC的面積126112x1(122x)6=22=36，即當P、Q運動時，四邊形QAPC的面積不變。（3）顯然有兩種情況：△PAQ∽△ABC，△QAP∽△ABC，2x122x6由相似關(guān)系得6x6或6x12，解之得x3或x1.2成立關(guān)系求解，包括的內(nèi)容多，能夠是函數(shù)關(guān)系，能夠是方程組或不等式等，經(jīng)過解方程、或函數(shù)的最大值最小值，自變量的取值范圍等方面來解決問題；也能夠是經(jīng)過一些幾何上的關(guān)系，描述圖形的特點，如全等、相似、共圓等方面的知識求解。作為訓練同學們能夠綜合上述方法求解：練習1：2003年廣州市中考壓軸題（全卷得分最低的一道）已知ABC為直角三角形，AC=5，BC=12，∠ACB為直角，P是AB邊上的動點（與點A、B不重合），Q是

BC邊上動點（與點

B、C不重合）（1）如圖，當PQ∥AC，且Q為BC的中點，求線段CP的長。當PQ與AC不平行時，CPQ可能為直角三角形嗎？若有可能，求出線段可能，請說明原由。

CQ的長的取值范圍；若不1AB13第1問很易得出P為AB中點，則CP=22第2問：若是CPQ為直角三角形，由于PQ與AC不平行，則∠Q不能能為直角又點P不與A重合，則∠PCQ也不能能為直角，只能是∠CPQ為直角，即以CQ為直徑的圓與AB有交點，設(shè)CQ=2x，CQ的中點D到AB的距離DM不大于CD，DMDBDM12x5(12x)5(12x)xACAB，即513DMDMCD，所以13，由13，即101020CQ12x6，故3x63，而x，亦即3時，CPQ可能為直角三角形。自然還有其他方法。同學們能夠連續(xù)研究。練習2：（廣東省2003年中考試題最后一題）在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，O為BC的中點，1）寫出點O到△ABC的三個極點A、B、C距離的大小關(guān)系。2）若是點M、N分別在線段AB、AC上搬動，搬動中保持AN＝BM，請判斷△OMN的形狀，并證明你的結(jié)論。該題與例3近似，同學們能夠仿本大類習題的共性：1．代數(shù)、幾何的高度綜合（數(shù)形結(jié)合）；著力于數(shù)學實質(zhì)及核心內(nèi)容的觀察;四大數(shù)學思想：數(shù)學結(jié)合、分類談?wù)摗⒎匠?、函?shù)．2．以形為載體，研究數(shù)量關(guān)系；經(jīng)過設(shè)、表、列獲得函數(shù)關(guān)系式；研究特別情況下的函數(shù)值．專題三：雙動點問題點動、線動、形動組成的問題稱之為動向幾何問題.它主要以幾何圖形為載體，運動變化為主線，集多個知識點為一體，集多種解題思想于一題.這類題綜合性強，能力要求高，它能全面的觀察學生的實踐操作能力，空間想象能力以及解析問題和解決問題的能力.其中以靈便多變而著稱的雙動點問題更成為今年中考試題的熱點，現(xiàn)采擷幾例加以分類淺析，供讀者欣賞.1以雙動點為載體，研究函數(shù)圖象問題例1(2007年杭州市)在直角梯形ABCD中，∠C=90°，高CD=6cm(如圖1).動點P，Q同時從點B出發(fā)，點P沿BA，AD，DC運動到點C停止，點Q沿BC運動到點C停止，兩點運動時的速度都是1cm/s.而當點P到達點A時，點Q正好到達點C.設(shè)P，Q同時從點B出發(fā)，經(jīng)過的時間為t(s)時，△BPQ的面積為y(cm)2(如圖2).分別以t，y為橫、縱坐標成立直角坐標系，已知點P在AD邊上從A到D運動時，y與t的函數(shù)圖象是圖3中的線段MN.分別求出梯形中BA，AD的長度；寫出圖3中M，N兩點的坐標；分別寫出點P在BA邊上和DC邊上運動時，y與t的函數(shù)關(guān)系式(注明自變量的取值范圍)，并在圖3中補全整個運動中y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系的大體圖象.評析此題將點的運動過程中形成的函數(shù)解析式與其相應(yīng)的函數(shù)圖象有機的結(jié)合在一起，兩者相輔相成，給人以清爽、淡雅之感.此題彰顯數(shù)形結(jié)合、分類談?wù)?、函?shù)建模與參數(shù)思想在解題過程中的靈活運用.解決此題的要點是從函數(shù)圖象中確定線段AB、梯形的高與t的函數(shù)關(guān)系式，成立起y與t的函數(shù)關(guān)系式，進而依照函數(shù)關(guān)系式補充函數(shù)圖象.以雙動點為載體，研究結(jié)論開放性問題例2(2007年泰州市)如圖5，Rt△ABC中，∠B=90°，∠CAB=30°.它的極點A的坐標為(10，0)，極點B的坐標為(5，53)，AB=10，點P從點A出發(fā)，沿A→B→C的方向勻速運動，同時點Q從點D(0，2)出發(fā)，沿y軸正方向以相同速度運動，當點P到達點C時，兩點同時停止運動，設(shè)運動的時間為t秒.求∠BAO的度數(shù).當點P在AB上運動時，△OPQ的面積S(平方單位)與時間t(秒)之間的函數(shù)圖象為拋物線的一部分，(如圖6)，求點P的運動速度.(3)求(2)中面積S與時間t之間的函數(shù)關(guān)系式及面積S取最大值時點P的坐標.(4)若是點P，Q保持(2)中的速度不變，那么點P沿AB邊運動時，∠OPQ的大小隨著時間t的增大而增大；沿著BC邊運動時，∠OPQ的大小隨著時間t的增大而減小，當點P沿這兩邊運動時，使∠OPQ=90°的點P有幾個?請說明原由.解(1)∠BAO=60°.點P的運動速度為2個單位/秒.評析此題是以雙點運動成立的集函數(shù)、開放、最值問題于一體的綜合題.試題有難度、有梯度也有區(qū)分度，是一道擁有很好的選拔功能的好題.解決此題的要點是從圖象中獲得P的速度為2，爾后成立S與t的函數(shù)關(guān)系式，利用函數(shù)的性質(zhì)解得問題(3).此題的難點是題(4)，考生要從題目的信息中確定成立以B為直角極點的三角形，以B為臨界點進行分類談?wù)?，進而確定點的個數(shù)問題.以雙動點為載體，研究存在性問題例3(2007年揚州市)如圖8，矩形ABCD中，AD=3厘米，AB=a厘米(a>3).動點M，N同時從B點出發(fā)，分別沿B→A，B→C運動，速度是1厘米/秒.過M作直線垂直于AB，分別交AN，CD于P，Q.當點N到達終點C時，點M也隨之停止運動.設(shè)運動時間為t秒.(1)若a=4厘米，t=1秒，則PM=厘米；若a=5厘米，求時間t，使△PNB∽△PAD，并求出它們的相似比；若在運動過程中，存在某時刻使梯形PMBN與梯形PQDA的面積相等，求a的取值范圍；(4)可否存在這樣的矩形：在運動過程中，存在某時刻使梯形PMBN，梯形PQDA，梯形PQCN的面積都相等?若存在，求a的值；若不存在，請說明原由.評析此題是以雙動點為載體，矩形為背景創(chuàng)立的存在性問題.試題由淺入深、層層遞進，將幾何與代數(shù)知識圓滿的綜合為一題，重視對相似和梯形面積等知識點的觀察，此題的難點主若是題(3)，解決此題的要點是運用相似三角形的性質(zhì)用t的代數(shù)式表示PM，進而利用梯形面積相等列等式求出t與a的函數(shù)關(guān)系式，再利用t的范圍確定的a取值范圍.第(4)小題是題(3)結(jié)論的拓展應(yīng)用，在解決此問題的過程中，要有全局見解以及對問題的整體掌握.以雙動點為載體，研究函數(shù)最值問題例4(2007年吉林省)如圖9，在邊長為82cm的正方形ABCD中，E、F是對角線AC上的兩個動點，它們分別從點A、C同時出發(fā)，沿對角線以1cm/s的相同速度運動，過E作EH垂直AC交Rt△ACD的直角邊于H；過F作FG垂直AC交Rt△ACD的直角邊于G，連接HG、EB.設(shè)HE、EF、FG、GH圍成的圖形面積為S1，AE、EB、BA圍成的圖形面積為S2(這里規(guī)定：線段的面積為0).E到達C，F(xiàn)到達A停止.若E的運動時間為x(s)，解答以下問題：(1)當0<X(2)①若y是S1與S2的和，求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；(圖10為備用圖)②求y的最大值.解(1)以E、F、G、H為極點的四邊形是矩形，由于正方形ABCD的邊長為82，所以AC=16，過B作BO⊥AC于O，則OB=89，由于AE=x，所以S2=4x，由于HE=AE=x，EF=16-2x，所以S1=x(16-2x)，當S1=S2時，4x=x(16-2x)，解得x1=0(舍去)，x2=6，所以當x=6時，S1=S2.(2)①當0≤x<8時，y=x(16-2x)+4x=-2x2+20x，當8≤x≤16時，AE=x，CE=HE=16-x，EF=16-2(16-x)=2x-16，所以S1=(16-x)(2x-16)，所以y=(16-x)(2x-16)+4x=-2x2+52x-256.②當0≤x<8時，y=-2x2+20x=-2(x-5)2+50，所以當x=5時，y的最大值為50.當8≤x≤16時，y=-2x2+52x-256=-2(x-13)2+82，所以當x=13時，y的最大值為82.綜上可得，y的最大值為82.評析此題是以雙動點為載體，正方形為背景創(chuàng)立的函數(shù)最值問題.要修業(yè)生認真讀題、意會題意、畫出不一樣情況下的圖形，依照圖形成立刻間變量與其他相關(guān)變量的關(guān)系式，進而成立面積的函數(shù)表達式

.此題在知識點上重視對二次函數(shù)最值問題的觀察，要修業(yè)生有扎實的基礎(chǔ)知識、靈便的解題方法、優(yōu)異的思想質(zhì)量；在解題思想上重視對數(shù)形結(jié)合思想、分類談?wù)撍枷?、?shù)學建模等思想的靈便運用.專題四：函數(shù)中因動點產(chǎn)生的相似三角形問題例題如圖1，已知拋物線的極點為A（2，1），且經(jīng)過原點O，與x軸的另一個交點為B。y1x2x⑴求拋物線的解析式；（用極點式求得拋物線的解析式為4）⑵若點C在拋物線的對稱軸上，點D在拋物線上，且以O(shè)、C、D、B四點為極點的四邊形為平行四邊形，求D點的坐標；⑶連接OA、AB，如圖2，在x軸下方的拋物線上可否存在點P，使得△OBP與△OAB相似？若存在，求出P點的坐標；若不存在，說明原由。圖1例1題圖圖2．．．．．．．解析:1.當給出四邊形的兩個極點時應(yīng)以兩個極點的連線為四邊形的邊和對角線來考慮問題以O(shè)、C、D、B四點為極點的四邊形為平行四邊形要分類談?wù)?按OB為邊和對角線兩種情況2.函數(shù)中因動點產(chǎn)生的相似三角形問題一般有三個解題路子①求相似三角形的第三個極點時，先要解析已知三角形的邊和角的特點，進而得出已知三角形．．可否為特別三角形。依照未知三角形中已知邊與已知三角形的可能對應(yīng)邊分類談?wù)?。②或利用已知三角形中對?yīng)角，在未知三角形中利用勾股定理、三角函數(shù)、對稱、旋轉(zhuǎn)等知識來推導邊的大小。③若兩個三角形的各邊均未給出，則應(yīng)先設(shè)所求點的坐標進而用函數(shù)解析式來表示各邊的長度，此后利用相似來列方程求解。練習1、已知拋物線y2，，53，及原點O(0，0)．a(chǎn)xbxc經(jīng)過P(33)E02（1）求拋物線的解析式．（由一般式得拋物線的解析式為2253yxx）．．．33（2）過P點作平行于x軸的直線PC交y軸于C點，在拋物線對稱軸右側(cè)且位于直線PC下方的拋物線上，任取一點Q，過點Q作直線QA平行于y軸交x軸于A點，交直線PC于B點，直線QA與直線PC及兩坐標軸圍成矩形OABC．可否存在點Q，使得△OPC與△PQB相似？若存在，求出Q點的坐標；若不存在，說明原由．3）若是吻合（2）中的Q點在x軸的上方，連接OQ，矩形OABC內(nèi)的四個三角形OPC，△PQB，△OQP，△OQA之間存在怎樣的關(guān)系？為什么？練習2、如圖，四邊形OABC是一張放在平面直角坐標系中的矩形紙片，點A在x軸上，點C在y軸上，將邊BC折疊，使點B落在邊OA的點D處。已知折疊CE55，且tanEDA3。41）判斷△OCD與△ADE可否相似？請說明原由；2）求直線CE與x軸交點P的坐標；（3）可否存在過點D的直線l，使直線l、直線CE與x軸所圍成的三角形和直線l、直線CE與y軸所圍成的三角形相似？若是存在，請直接寫出其解析式并畫出相應(yīng)的直線；若是不存在，請說明原由。練習3、在平面直角坐標系xOy中，已知二次函數(shù)yyax2bxc(a0)的圖象與x軸交于A，B兩點（點A在點B的CB左側(cè)），與y軸交于點C，其極點的橫坐標為1，且過點(2，3)和E(3，12)．ODAx（1）求此二次函數(shù)的表達式；（由一般式．．．得拋物線的解析式為練習2圖yx22x3）（2）若直線l:ykx(k0)與線段BC交于點D（不與點B，C重合），則可否存在這樣的直線l，使得以B，O，D為極點的三角形與△BAC相似？若存在，求出該直線的函數(shù)表達式及點D的坐標；若不存在，請說明原由；A(1，0)，B(3，0),C(0，3)（3）若點P是位于該二次函數(shù)對稱軸右側(cè)圖象上不與極點重合的任意一點，試比較銳角PCO與y

xlP

CACO的大?。ú挥米C明），并寫出此時點P的橫坐標xp的取值范圍．O練習4(2008廣東湛江市)以下列圖，已知拋物線yx21與x軸交于A、B兩點，與y軸交于點C．1）求A、B、C三點的坐標．2）過點A作AP∥CB交拋物線于點P，求四邊形ACBP的面積．3）在x軸上方的拋物線上可否存在一點M，過M作MGx軸于點G，使以A、M、G三點為極點的三角形與PCA相似．若存在，央求出M點的坐標；否則，請說明原由．練習5、已知：如圖，在平面直角坐標系中，△ABC是直角三角形，ACB90o，點A，C的坐標分別為A(3，0)3，C(1，0)，tanBAC．4（1）求過點A，B的直線的函數(shù)表達式；點A(3，0)，C(10)，，3x9yB(13)，，yB42）在x軸上找一點D，連接DB，使得△ADB與△ABC相似（不包括全等），并求點D的坐標；（3）在（2）的條件下，如P，Q分別是AB和AD上的動點，連接AxOCPQ，設(shè)APDQm，問可否存在這樣的m使得△APQ與△ADB相似，如存在，央求出m的值；如不存在，請說明原由．參照答案例題、解:⑴由題意可設(shè)拋物線的解析式為ya(x2)21∵拋物線過原點，∴0a(02)211∴a.4拋物線的解析式為y1(x2)21,即y1x2x44⑵如圖1,當OB為邊即四邊形OCDB是平行四邊形時,CD∥OB,＝由01(x2)21得x10,x24,4B(4,0),OB＝4.∴D點的橫坐標為6將x＝6代入y1(x2)21,得y＝－3,圖14D(6,－3);依照拋物線的對稱性可知,在對稱軸的左側(cè)拋物線上存在點D,使得四邊形坐標為(－2,－3),當OB為對角線即四邊形OCBD是平行四邊形時,D點即為A點,此時D點的坐標為(2,1)⑶如圖2，由拋物線的對稱性可知:AO＝AB,∠AOB＝∠ABO.若△BOP與△AOB相似,必定有∠POB＝∠BOA＝∠BPO設(shè)OP交拋物線的對稱軸于A′點,顯然A′(2,－1)

ODCB是平行四邊形

,此時

D點的∴直線

OP的解析式為

y

1x

圖22由

1

x

1x2

x,2

4得x1

0,x

2

6.∴P(6,－3)過P作PE⊥x軸,在Rt△BEP中,BE＝2,PE＝3,∴PB＝13≠4.∴PB≠OB,∴∠BOP≠∠BPO,∴△PBO與△BAO不相似,同理可說明在對稱軸左側(cè)的拋物線上也不存在吻合條件的P點.所以在該拋物線上不存在點P,使得△BOP與△AOB相似.練習1、解：（1）由已知可得：3a3b375a53b0解之得，a2，b53，c0．4233c0所以得，拋物線的解析式為：y2x253x．33（2）存在．設(shè)Q點的坐標為(m，n)，則n2m253m，33BQPB3nm332m253mm3要使△OCP∽△PBQ,，即33CP，則有333OC3解之得，m123，m22．當m23時，n2，即為Q點，所以得Q(23，2)1要使△OCP∽△QBP,BQPB，則有3nm332m253mm3，即33OCCP3333解之得，m133，m23，當m3時，即為P點，y當m133時，n3，所以得Q(33，3)．CB故存在兩個Q點使得△OCP與△PBQ相似．3EQ點的坐標為(23，2)，(33，3)．12CP3．所以COP30o．ODAx（3）在Rt△OCP中，由于tanCOP圖1OC3當Q點的坐標為(23，2)時，BPQCOP30o．所以O(shè)PQOCPBQAO90o．所以，△OPC，△PQB，△OPQ，△OAQ都是直角三角形．又在Rt△OAQ中，由于tanQOAQA3．所以QOA30o．AO3即有POQQOAQPBCOP30o．所以△OPC∽△PQB∽△OQP∽△OQA，又由于QP⊥OP，QA⊥OAPOQAOQ30o，yl所以△OQA≌△OQP．NCBM練習2GE解：（1）△OCD與△ADE相似。P原由以下：ODAx由折疊知，CDEB，90°∴12，Q1390o，23.90°又∵CODDAE90°，∴△OCD∽△ADE。（2）∵tanAE3EDA，∴設(shè)AE=3t，AD4則AD=4t。由勾股定理得DE=5t。∴OCABAEEBAEDE3t5t8t。由（1）△OCD∽△ADE，得OCCD，ADDE8tCD，4t5tCD10t。在△DCE中，∵CD2DE2CE2，∴(10t)2(5t)2(55)2，解得t=1。OC=8，AE=3，點C的坐標為（0，8），點E的坐標為（10，3），設(shè)直線CE的解析式為y=kx+b，10kb，k1，2∴，解得b8b8，∴y1x8，則點P的坐標為（16，0）。2（3）滿足條件的直線l有2條：y=－2x+12，=2x－12。如圖2：正確畫出兩條直線。練習3解：（1）Q二次函數(shù)圖象極點的橫坐標為1，且過點(2，3)和(3，12)，b，2a1a1，由4a2bc，解得，b239a3b212.c3.此二次函數(shù)的表達式為yx22x3．（2）假設(shè)存在直線l:ykx(k0)與線段BC交于點D（不與點B，C重合），使得以B，O，D為頂點的三角形與△BAC相似．在yx22x3中，令y0，則由x22x30，解得x11，x23xlA(10)，，B(3，0)．令x0，得y3．C(0，3)．C設(shè)過點O的直線l交BC于點D，過點D作DE⊥x軸于點E．DQ點B的坐標為(3，0)，點C的坐標為(0，3)，點A的坐標為(1，0)．AOEByAB，OC，OBCo4OB345.BC323232．要使△BOD∽△BAC或△BDO∽△BAC，x1已有BB，則只要BDBO，①BCBA或BOBD.②BCBA成立．若是①，則有BDBOgBC33292．BA44而OBC45o，BEDE．922在Rt△BDE中，由勾股定理，得2222．BEDE2BEBD49解得BEDE（負值舍去）．493OEOBBE3．44點D的坐標為394，．4將點D的坐標代入ykx(k0)中，求得k3．滿足條件的直線l的函數(shù)表達式為y3x．［或求出直線AC的函數(shù)表達式為y3x3，則與直線AC平行的直線l的函數(shù)表達式為y3x．此時易知△BOD∽△BAC，再求出直線BC的函數(shù)表達式為yx3．聯(lián)立y3x，yx3求得點D的坐標為394，．］4若是②，則有BDBOgBA342．BC232而OBC45o，BEDE．在Rt△BDE中，由勾股定理，得222BD22．BEDE2BE(22)解得BEDE2（負值舍去）．OEOBBE321．點D的坐標為(1，2)．將點D的坐標代入ykx(k0)中，求得k2．∴滿足條件的直線l的函數(shù)表達式為y2x．存在直線l:y3x或y2x與線段BC交于點D（不與點B，C重合），使得以B，O，D為極點的三角形與△BAC相似，且點D的坐標分別為39或(12)，．4，4（3）設(shè)過點C(0，3)，E(1，0)的直線ykx3(k0)與該二次函數(shù)的圖象交于點P．將點E(10)，的坐標代入ykx3中，求得k3．此直線的函數(shù)表達式為y3x3．設(shè)點P的坐標為(x，3x3)，并代入yx22x3，得x25x0．解得x15，x20（不合題意，舍去）．xC·Cx5，y12．點P的坐標為(5，12)．此時，銳角PCOACO．又Q二次函數(shù)的對稱軸為x1，點C關(guān)于對稱軸對稱的點C的坐標為(2，3)．當xp5時，銳角PCOACO；當xp5時，銳角PCOACO；當2xp5時，銳角PCOACO．練習四解：（1）令y0，得x210解得x1令x0，得y1∴A(1,0)B(1,0)C(0,1)2）∵OA=OB=OC=1∴BAC=ACO=BCO=45o∵AP∥CB，∴PAB=45o過點P作Px軸于，則P為等腰直角三角形EEAE

yPAoBxC圖1令OE=a，則PE=a1∴P(a,a1)∵點P在拋物線yx21上∴a1a21解得a12，a21（不合題意，舍去）∴PE=3∴四邊形ACBP的面積S=1AB?OC+1AB?PE=12112342222(3)．假設(shè)存在∵PAB=BAC=45o∴PAAC∵MGx軸于點G，∴MGA=PAC=90o在Rt△AOC中，OA=OC=1∴AC=2y在Rt△PAE中，AE=PE=3∴AP=32MPGAoBx設(shè)M點的橫坐標為m，則M(m,m21)①點M在y軸左側(cè)時，則m1(ⅰ)當AMG∽PCA時，有AG=MGPACA∵AG=m1，MG=m21即m1m21322解得m11（舍去）m22（舍去）3(ⅱ)當MGP時有AG=MGA∽CACAPAm1m211（舍去）m22即23解得：m2∴M(2,3)②點M在y軸右側(cè)時，則m1(ⅰ)當AMG∽PCA時有AG=MGPACAAG=m1，MG=m21m1m21解得m114∴322（舍去）m2347∴M(,)(ⅱ)當MAG∽PCA時有AG=MGCAPA即m1m21232解得：m11（舍去）m24

yPMGAoBxC圖3∴M(4,15)∴存在點M，使以A、M、G三點為極點的三角形與PCA相似M點的坐標為(2,3)，(4,7)，(4,15)39練習5、解：（1）Q點A(3，0)，C(10)，AC4，BCtan∠BACAC343，B點坐標為(13)，4設(shè)過點A，B的直線的函數(shù)表達式為ykxb，0k(3)b得k3939y由kb，b直線AB的函數(shù)表達式為yx4B344421B作BDAB，交x軸于點D，P（）如圖，過點在Rt△ABC和Rt△ADB中，Q∠BAC∠DABRt△ABC∽Rt△ADB，AOQCD點為所求又tan∠ADBtan∠ABC4圖1，3CDBCtan∠ADB349ODOCCD1313，3444（3）這樣的m存在y在Rt△ABC中，由勾股定理得AB5如圖，當PQ∥BD時，△APQ∽△ABDB113mPm325則413，解得m539QOCA4圖2如圖2，當PQAD時，△APQ∽△ADB

xxm313m125則4135，解得m3364例1(2008福建福州)如圖，已知△ABC是邊長為6cm的等邊三角形，動點P、Q同時從A、B兩點出發(fā)，分別沿AB、BC勻速運動，其中點P運動的速度是1cm/s，點Q運動的速度是2cm/s，當點Q到達點C時，、兩點都停止運動，設(shè)運動時間為t（s），解答以下問題：PQ1）當t＝2時，判斷△BPQ的形狀，并說明原由；2）設(shè)△BPQ的面積為S（cm2），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；（3）作QRSBPQ

12

解:(1)△BPQ是等邊三角形,當t=2時,AP=2×1=2,BQ=2×2=4,所以BP=AB-AP=6-2=4,即BQ=BP又.由于∠B=600,所以△BPQ是等邊三角形.(2)過Q作QE⊥AB,垂足為E,由QB=2t,得QE=2t·sin6003t,=由AP=t,得PB=6-t,所以SBPQ=1×BP×QE=1(6-t)×3t=－3t2+33t；222(3)由于QR∥BA,所以∠QRC=∠A=600，∠RQC=∠B=600，又由于∠C=600,所以△QRC是等邊三角形,這時BQ=2t,所以QR=RC=QC=6-2t.由于BE=BQ·cos600=1×2t=t,AP=t,所以EP=AB-AP-BE=6-t-t=6-2t,2所以EP=QR,又EP∥QR,所以四邊形EPRQ是平行四邊形,所以PR=EQ=3t,由△APR∽△PRQ,獲得APPR,即t3t,解得t=6,PRRQ3t62t5所以當t=6時,△APR∽△PRQ.5談?wù)?此題是雙動點問題.動向問題是近幾年來中考數(shù)學的熱點題型.這類試題信息量大,對同學們獲守信息和辦理信息的能力要求較高;解題時需要用運動和變化的眼光去觀察和研究問題,挖掘運動、變化的全過程,并特別關(guān)注運動與變化中的不變量、不變關(guān)系或特別關(guān)系,動中取靜,靜中求動.例2(2008浙江溫州)如圖，在Rt△ABC中，A90o，AB6，AC8，D，E分別是邊AB，AC的中點，點P從點D出發(fā)沿DE方向運動，過點P作PQBC于Q，過點Q作QR∥BA交AC于R，當點Q與點C重合時，點P停止運動．設(shè)BQx，QRy．（1）求點D到BC的距離DH的長；2）求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫出自變量的取值范圍）；3）可否存在點P，使△PQR為等腰三角形？若存在，央求出所有滿足要求的x的值；若不存在，請說明原由．解析:由△BHD∽△BAC,可得DH;由△RQC∽△ABC,可得y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式;由腰相等列方程可得x的值;注意需分類談?wù)?解：（1）QARt，AB6，AC8，BC10．Q點D為AB中點，BD1AB3．2QDHBA90o，BB．△BHD∽△BAC，DHBD，BD312ACBCAC∴DH85BC10（2）QQR∥AB，QRCA90o．QCC，△RQC∽△ABC，RQQCy10xyABBC，10，即y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式為：6（3）存在.按腰相均分三種情況：①當PQPR時，過點P作PMQR于M，則QMRM．Q1290o，C290o，1C．

x6．ARcos1cosC84QM4DPE，QP5，1M105B2CHQ13x618254，x125．5A5②當PQRQ時，3x612，DPE55Rx6．BCHQ③當PRQR時，則R為PQ中垂線上的點，于是點R為EC的中點，CR1CE1AC2．24QtanCQRBACR，CA3x66155，x28．2綜上所述，當x為18或6或15時，△PQR為等腰三角形．52談?wù)?成立函數(shù)關(guān)系式,實質(zhì)就是把函數(shù)y用含自變量x的代數(shù)式表示;要求使△PQR為等腰三角形的x的值,可假設(shè)△PQR為等腰三角形,找到等量關(guān)系,列出方程求解,由于題設(shè)中沒有指明等腰三角形的腰,故還須分類談?wù)?五、以圓為載體的動點問題動點問題是初中數(shù)學的一個難點，中考經(jīng)常觀察，有一類動點問題，題中未說到圓，卻與圓相關(guān)，只要巧妙地構(gòu)造圓，以圓為載體，利用圓的相關(guān)性質(zhì)，問題便會瓜熟蒂落；此類問題方法巧妙，耐人尋味。例1.在RtABC中，AC＝5，BC＝12，∠ACB＝90°，P是AB邊上的動點（與點A、B不重合），Q是BC邊上的動點（與點B、C不重合），當PQ與AC不平行時，△CPQ可能為直角三角形嗎？若有可能，請求出線段CQ的長的取值范圍；若不能能，請說明原由。（03年廣州市中考）解析：不論P、Q怎樣運動，∠PCQ都小于∠ACB即小于90°，又由于PQ與AC不平行，所以∠PQC不等于90°，所以只有∠CPQ為直角，△CPQ才可能是直角三角形，而要判斷△CPQ可否為直角三角形，只要構(gòu)造以CQ為直徑的圓，依照直徑所對的圓周角為直角，若AB邊上的動點P在圓上，∠CPQ就為直角，否則∠CPQ就不能能為直角。以CQ為直徑做半圓D。①當半圓D與AB相切時，設(shè)切點為M，連接DM，則DM⊥AB，且AC＝AM＝5所以MBABAM1358設(shè)CDx，則DMx，DB12x在RtDMB中，DB2DM2MB2，即122x282x解得：x10，所以CQ2x2033即當CQ20且點P運動到切點M的地址時，△CPQ為直角三角形。3②當20CQ12時，半圓D與直線AB有兩個交點，當點P運動到這兩個交點的地址時，△CPQ3為直角三角形。③當0CQ

20

時，半圓D與直線AB相離，即點P在半圓D之外，0＜∠CPQ＜90°，3此時，△CPQ不能能為直角三角形。所以，當20CQ12時，△CPQ可能為直角三角形。3例2.如圖2，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＋BC＜DC，若腰DC上有動點P，使AP⊥BP，則這樣的點有多少個？解析：由條件AP⊥BP，想到以AB為直徑作圓，若CD與圓訂交，依照直徑所對的圓周角是90°，兩個交點即為點P；若CD與圓相切，切點即是點P；若CD與圓相離，則DC上不存在動點P，使AP⊥BP。解：如圖3，以AB為直徑做⊙O，設(shè)⊙O與CD切于點E由于∠B＝∠A＝90°所以AD、BC為⊙O的切線即AD＝DE，BC＝CE所以AD＋BC＝CD而條件中AD＋BC＜DC，我們把CD向左平移，如圖4，CD的長度不變，AD與BC的長度縮短，此時AD＋BC＜DC，點O到CD的距離OE小于⊙O的半徑OE，CD與⊙O訂交，∠AP1B和∠AP2B是直徑AB所對的圓周角，都為90°，所以交點P1、P2即為所求。所以，腰DC上使AP⊥BP的動點P有2個。例3.如圖5，△ABC的外面有一動點P（在直線BC上方），分別連接PB、PC，試確定∠BPC與∠BAC的大小關(guān)系。（02年廣州市中考）解析：∠BPC與∠BAC之間沒有聯(lián)系，要確定∠BPC與∠BAC的大小關(guān)系，必定找合適的載體，作為它們之間的橋梁，這道橋梁就是圓，經(jīng)過構(gòu)造△ABC的外接圓，問題就會瓜熟蒂落。（1）當點P在△ABC外接圓外時，如圖5，連接BD，依照外角大于任何一個與它不相鄰的內(nèi)角，∠BPC＜∠BDC又由于∠BDC＝∠BAC，所以∠BPC＜∠BAC；2）當點P在△ABC外接圓上時，如圖6，依照同弧所對的圓周角相等，∠BPC＝∠BAC；3）當點P在△ABC外接圓內(nèi)時，如圖7，延長BP交△ABC外接圓于點D，連接CD，則∠BPC＞∠BDC，又∠BDC＝∠BAC，故∠BPC＞∠BAC。綜上，知當點P在△ABC外接圓外時，∠BPC＜∠BAC；當點P在△ABC外接圓上時，∠BPC＝∠BAC；當點P在△ABC外接圓內(nèi)時，∠BPC＞∠BAC。專題七、2010中考數(shù)學熱點專題打破訓練――動點問題動點試題是近幾年中考命題的熱點，與一次函數(shù)、二次函數(shù)等知識綜合，組成中考試題的壓軸題.動點試題大體分為點動、線動、圖形動三各種類.動點試題要以靜代動的解題思想解題.下面就中考動點試題進行解析.例1（2006年福建晉州）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD=4cm，∠A=60°，BD⊥AD.一動點

P從

A出發(fā)，以每秒1cm的速度沿A→B→C的路線勻速運動，過點P作直線PM，使PM⊥AD.1．當點

P運動

2秒時，設(shè)直線

PM與

AD訂交于點

E，求△APE的面積；2．當點P運動2秒時，另一動點Q也從A出發(fā)沿A→B的路線運動，且在AB上以每秒1cm的速度勻速運動，（當P、Q中的某一點到達終點，則兩點都停止運動.）過Q作直線QN，使QN∥PM，設(shè)點Q運動2的時間為t秒（0≤t≤8），直線PM與QN截平行四邊形ABCD所得圖形的面積為S（cm）.1）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；2）求S的最大值.1.解析：此題為點動題，所以，1)搞清動點所走的路線及速度，這樣就能求出相應(yīng)線段的長；2）分析在運動中點的幾種特別地址.由題意知，點

P為動點，所走的路線為：

A→B→C

速度為

1cm/s。而

t=2s，故可求出

AP的值，進而求出△APE的面積.略解：由AP=2，∠A=60°得AE=1，EP=.所以.解析：兩點同時運動，點P在前，點Q在后，速度相等，所以兩點距出發(fā)點A的距離相差總是在AB邊上運動后，又到BC邊上運動.所以PM、QN截平行四邊形ABCD所得圖形不一樣.故分兩種情況：（1）①當

P、Q都在

AB上運動時，PM、QN截平行四邊形

ABCD所得的圖形永遠為直角梯形

.此時

0≤t≤6.②當

P在

BC上運動，而

Q在

AB邊上運動時，畫出相應(yīng)圖形，所成圖形為六邊形

DFQBPG不.規(guī)則圖形面積用割補法.此時6＜t≤8.⑴略解：①當P、Q同時在AB邊上運動時，0≤t≤6.AQ=t,AP=t+2,AF=t,QF=t,AG=(t+2),由三角函數(shù)PG=(t+2),FG=AG-AF=(t+2)-t==·(QF+PG)·FG=[t+(t+2)]·1=t+.②當6＜t≤8時，S=S平行四邊形ABCD-S△AQF-S△GCP.易求S平行四邊形ABCD=16,S△AQF=AF·QF=t2.而S△CGP=PC·PG,PC=4-BP=4-(t+2-8)=10-t.由比率式可得∴PG=(10-t).∴S△CGP=PC·PG=(10-t)·(10-t)=(10-t)2.∴S=16-t22-(10-t)=(6＜t≤8⑵解析:求面積的最大值時,應(yīng)用函數(shù)的增減性求.若題中分多種情況,那么每一種情況都要分別求出最大值，爾后綜合起來得出一個結(jié)論.此題分兩種情況,那么就分別求出0≤t≤6和6＜t≤8時的最大值.0≤t≤6時,是一次函數(shù),應(yīng)用一次函數(shù)的性質(zhì),由于一次項系數(shù)是正數(shù),面積S隨t的增大而增大.當6＜t≤8時,是二次函數(shù),應(yīng)用配方法或公式法求最值.略解：由于所以t=6時，S最大＝；由于

S＝(6＜t≤8,所以

t=8

時，S最大=6.綜上所述

,

當

t=8

時，S最大=6.例2．（2006年錦州市）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形∠AOC=60°，垂直于x軸的直線l從y軸出發(fā)，沿x軸正方向以每秒與菱形OABC的兩邊分別交于點M、N(點M在點N的上方).

OABC為菱形，點C的坐標為(4,0)1個單位長度的速度運動，設(shè)直線

，

l求A、B兩點的坐標；2.設(shè)△OMN的面積為S，直線l運動時間為t秒(0≤t≤6)，試求S與t的函數(shù)表達式；在題(2)的條件下，t為什么值時，S的面積最大？最大面積是多少？解析：由菱形的性質(zhì)、三角函數(shù)易求A、B兩點的坐標.解：∵四邊形OABC為菱形，點C的坐標為(4,0)，OA=AB=BC=CO=4如圖.①，過點A作AD⊥OC于D.∵∠AOC=60°，∴OD=2，AD=.A(2,)，B（6,）.解析：直線l在運動過程中，隨時間t的變化，△MON的形狀也不斷變化，所以，第一要把所有情況畫出相應(yīng)的圖形，每一種圖形都要相應(yīng)寫出自變量的取值范圍。這是解決動點題要點之一.直線l從y軸出發(fā)，沿x軸正方向運動與菱形OABC的兩邊訂交有三種情況：①0≤t≤2時，直線l與OA、OC兩邊訂交(如圖①).②2＜t≤4時，直線l與AB、OC兩邊訂交(如圖②).③4＜t≤6時，直線l與AB、BC兩邊訂交(如圖③).略解：①∵MN⊥OC，∴ON=t.∴MN=ONtan60°=.∴S=ON·MN=t2.②S=ON·MN=t·2=t.③方法一：設(shè)直線l與x軸交于點H.∵MN＝2-(t-4)=6-t,∴S=MN·OH=(6-t)t=-t2+3t.方法二：設(shè)直線l與x軸交于點H.∵S=S△OMH-S△ONH，∴S=t·2-t·(t-4)=-t2+3t.方法三：設(shè)直線l與x軸交于點H.∵S=,=4×2=8,=·2·(t-2)=t-2,=·4·(t-4)=2t-8,=(6-t)(6-t)=18-6t+t2,∴S=8-(t-2)-(2t-8)-(18-6t+t2)=-t2+3t.3.求最大面積的時候，求出每一種情況的最大面積值，爾后再綜合每種情況，求出最大值.略解：由2知，當0≤t≤2時，=×22=2；當2＜t≤4時，=4；當4＜t≤6時，配方得S=-(t-3)2+，2的最大值是.∴當t=3時，函數(shù)S＝-t+3t但t=3不在4＜t≤6內(nèi)，∴在4＜t≤6內(nèi)，函數(shù)S＝-t2+3t的最大值不是.而當t＞3時，函數(shù)S＝-t2+3t隨t的增大而減小，∴當4＜t≤6時，S＜4.綜上所述，當t=4秒時，=4.練習1（2006年南安市）以下列圖，在直角坐標系中，矩形ABCD的邊AD在x軸上，點A在原點，AB＝3，AD＝5．若矩形以每秒2個單位長度沿x軸正方向作勻速運動．同時點P從A點出發(fā)以每秒1個單位長度沿A－B－C－D的路線作勻速運動．當P點運動到D點時停止運動，矩形ABCD也隨之停止運動．⑴求P點從A點運動到D點所需的時間；⑵設(shè)P點運動時間為t（秒）.當t＝5時，求出點P的坐標；若⊿OAP的面積為s，試求出s與t之間的函數(shù)關(guān)系式（并寫出相應(yīng)的自變量t的取值范圍）．解:（1）P點從A點運動到D點所需的時間＝（3+5+3）÷1＝11（秒）.（2）當t＝5時，P點從A點運動到BC上，此時OA=10,AB+BP=5，∴BP=2.過點P作PE⊥AD于點E，則PE=AB=3,AE=BP=2.OE=OA+AE=10+2=12∴.點P的坐標為（12，3）．分三種情況：．當0＜t≤3時，點P在AB上運動，此時OA=2t,AP=t，∴s=×2t×t=t2.．當3＜t≤8時，點P在BC上運動，此時OA=2t，∴s=×2t×3=3t.．當8＜t＜11時，點P在CD上運動，此時OA=2t,AB+BC+CP=t，∴DP=(AB+BC+CD)-AB+BC+CP)=11-t.∴s=×2t×(11-t)=-t2+11t.綜上所述，s與t之間的函數(shù)關(guān)系式是：當0＜t≤3時，s=t2；當3＜t≤8時，s=3t；當8＜t＜11時，s=-t2+11t.練習2如圖，邊長為4的正方形的極點O為坐標原點，點A在x軸的正半軸上，點C在y軸OABC的正半軸上．動點D在線段BC上搬動（不與B，C重合），連接OD，過點D作DE⊥OD，交邊AB于點E，連接OE．1）當CD=1時，求點E的坐標；2）若是設(shè)CD=t，梯形COEB的面積為S，那么可否存在S的最大值？若存在，央求出這個最大值及此時t的值；若不存在，請說明原由．解：(1)正方形OABC中，由于ED⊥OD，即∠ODE=90°，所以∠COD=90°-∠CDO，而∠EDB=90°-∠CDO，所以∠COD=∠EDB.又由于∠OCD=∠DBE=90°，所以△CDO∽△BED.所以，即，BE=，則.所以點E的坐標為（4，）．存在S的最大值．由于△∽△，所以，即，BE=－t2.CDOBEDt2×4×(4＋t－t)．故當t=2時，S有最大值10．1、（09包頭）如圖，已知中，厘米，厘米，點為的中點．（1）若是點P在線段BC上以3厘米/秒的速度由B點向C點運動，同時，點Q在線段CA上由C點向A點運動．①若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，經(jīng)過1秒后，與可否全等，請說明原由；②若點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使與全等？（2）若點Q以②中的運動速度從點C出發(fā)，點P以原來的運動速度從點B同時出發(fā)，都逆時針沿三邊運動，求經(jīng)過多長時間點P與點第一次在的哪條邊上相遇？AQDQBPC解：（1）①∵秒，∴厘米，∵厘米，點為的中點，∴厘米．又∵厘米，∴厘米，∴．又∵，∴，∴．··································（4分）②∵，∴，又∵，，則，∴點，點運動的時間秒，∴厘米/秒．······························（7分）（2）設(shè)經(jīng)過秒后點與點第一次相遇，由題意，得，解得秒．∴點共運動了厘米．∵，∴點、點在邊上相遇，∴經(jīng)過秒點與點第一次在邊上相遇．···················（12分）2、（09齊齊哈爾）直線與坐標軸分別交于兩點，動點同時從點出發(fā)，同時到達點，運動停止．點沿線段運動，速度為每秒1個單位長度，點沿路線→→運動．1）直接寫出兩點的坐標；2）設(shè)點的運動時間為秒，的面積為，求出與之間的函數(shù)關(guān)系式；3）當時，求出點的坐標，并直接寫出以點為極點的平行四邊形的第四個極點的坐標．y解（1）A（8，0）B（0，6）·····1分B（2）點由到的時間是（秒）P點的速度是（單位/秒）·······1分當在線段上運動（或0）時，xOQ1分······································A當在線段上運動（或）時，,如圖，作于點，由，得，···························1分······································1分（自變量取值范圍寫對給1分，否則不給分．）（3）···································1分······································3分3（09深圳）如圖，在平面直角坐標系中，直線l：y=－2x－8分別與x軸，y軸訂交于A，B兩點，點P（0，）是y軸的負半軸上的一個動點，以P為圓心，3為半徑作⊙.kP（1）連接PA，若PA=PB，試判斷⊙P與x軸的地址關(guān)系，并說明原由；（2）當k為什么值時，以⊙P與直線l的兩個交點和圓心P為極點的三角形是正三角形？解：（1）⊙P與x軸相切.∵直線y=－2x－8與x軸交于A（4，0），與y軸交于B（0，－8），∴OA=4，OB=8.由題意，OP=－k，PB=PA=8+k.在Rt△AOP中，k2+42=(8+k)2，∴k=－3，∴OP等于⊙P的半徑，∴⊙P與x軸相切.2）設(shè)⊙P與直線l交于C，D兩點，連接PC，PD當圓心P在線段OB上時,作PE⊥CD于E.∵△PCD為正三角形，∴DE=CD=，PD=3，PE=.∵∠AOB=∠PEB=90°，∠ABO=∠PBE，∴△AOB∽△PEB，∴，∴∴，∴，∴.當圓心P在線段OB延長線上時,同理可得P(0,－－8)，∴k=－－8，∴當k=－8或k=－－8時，以⊙P與直線l的兩個交點和圓心P為極點的三角形是正三角形.4（09哈爾濱）如圖1，在平面直角坐標系中，點O是坐標原點，四邊形ABCO是菱形，點A的坐標為（－3，4），點C在x軸的正半軸上，直線AC交y軸于點M，AB邊交y軸于點H．（1）求直線AC的解析式；（2）連接BM，如圖2，動點P從點A出發(fā)，沿折線ABC方向以2個單位／秒的速度向終點C勻速運動，設(shè)△PMB的面積為S（S≠0），點P的運動時間為t秒，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式（要求寫出自變量t的取值范圍）；（3）在（2）的條件下，當t為什么值時，∠MPB與∠BCO互為余角，并求此時直線OP與直線AC所夾銳角的正切值．解：5（09河北）在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5．點P從點C出發(fā)沿CA以每秒1個單位長的速度向點A勻速運動，到達點A后立刻以原來的速度沿AC返回；點Q從點A出發(fā)沿以每秒1個單AB位長的速度向點B勻速運動．陪同著P、Q的運動，DE保持垂直均分PQ，且交PQ于點D，交折線QB-BC-CP于點．點、Q同時出發(fā)，當點Q到達點B時停止運動，點P也隨之停止．設(shè)點、運