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【精选】中考数学专题复习(经典例题汇总汇编)(20200906080133)

来源：欧得旅游网

中考数学专题复习（经典例题汇总汇编）

专题一

类型一分类讨论思想

(2018·临沂中考)将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α(0＜α°＜360°)，得到矩形AEFG.

(1)如图，当点E在BD上时，求证：FD＝CD；(2)当α为何值时，GC＝GB？画出图形，并说明理由．

5大数学思想方法

【分析】(1)先判定四边形BDFA是平行四边形，可得AB＝CD，即可得出FD＝CD；

FD＝AB，再根据

(2)当GC＝GB时，点G在BC的垂直平分线上，分情况讨论，即可得到旋转角α的度数．【自主解答】

在数学中，如果一个命题的条件或结论有多种可能的情况，难以统一解答，那么就需要按可能出现的各种情况分类讨论，最后综合归纳问题的正确答案．

1．(2018·宿迁中考)在平面直角坐标系中与两坐标轴围成的三角形面积为A．5

B．4

C．3

，过点(1，2)作直线l，若直线

l的条数是(

)

4，则满足条件的直线

D．2

2．(2018·随州中考)为迎接“世界华人炎帝故里寻根节纪念品生产订单，按要求在

”，某工厂接到一批

15天内完成，约定这批纪念品的出厂价为每

p元，p与x

件20元，设第x天(1≤x≤，且15x为整数)每件产品的成本是之间符合一次函数关系，部分数据如表：

天数(x) 每件成本p(元)

任务完成后，统计发现工人李师傅第足如下关系：

1 7.5

3 8.5

6 10

10 12

x天生产的产品件数y(件)与x(天)满

设李师傅第x天创造的产品利润为W元．

x的取值范

(1)直接写出p与x，W与x之间的函数关系式，并注明自变量围；

(2)求李师傅第几天创造的利润最大？最大利润是多少元？(3)任务完成后，统计发现平均每个工人每天创造的利润为

299元．工厂制

定如下奖励制度：如果一个工人某天创造的利润超过该平均值，则该工人

当天可获得20元奖金．请计算李师傅共可获得多少元奖金？

类型二数形结合思想

(2018·齐齐哈尔中考)某班级同学从学校出发去扎龙自然保护区研学旅行，一部分乘坐大客车先出发，余下的几人路线出行，大客车中途停车等候，小轿车赶上

20 min后乘坐小轿车沿同一来之后，大客车以出发时

速度的7继续行驶，小轿车保持原速度不变．小轿车司机因路线不熟错过了景点入口，在驶过景点入口

6 km时，原路提速返回，恰好与大客车同

s(km)和行驶时间

t(min)之间的函数

时到达景点入口．两车距学校的路程关系如图所示．

请结合图象解决下面问题：

(1)学校到景点的路程为________ km，大客车途中停留了________ min，a＝________；

(2)在小轿车司机驶过景点入口时，大客车离景点入口还有多远？(3)小轿车司机到达景点入口时发现本路段限速司机计算折返时是否超速？

(4)若大客车一直以出发时的速度行驶，中途不再停车，那么小轿车折返后到达景点入口，需等待【分析】

________分钟，大客车才能到达景点入口．

80 km/h，请你帮助小轿车

(1)根据图形可得总路程和大客车途中停留的时间，先计算小轿

a的值；

车的速度，再根据时间计算

(2)计算大客车的速度，可得大客车后来行驶的速度，计算小轿车赶上来之后大客车行驶的路程，从而可得结论；

(3)先计算直线CD的解析式，计算小轿车驶过景点入口

6 km 时的时间，

再计算大客车到达终点的时间，根据路程与时间的关系可得小轿车行驶km的速度与80 km/h作比较可得结论．

(4)利用路程÷速度＝时间计算出大客车所用时间，计算与小轿车的时间差即可．【自主解答】

把问题中的数量关系与形象直观的几何图形有机地结合起来，并充分利用这种结合寻找解题的思路，使问题得以解决．

3．(2018·大庆中考)如图，二次函数

y＝ax＋bx＋c的图象经过点A(－1，

0)，点B(3，0)，点C(4，y1)，若点D(x2，y2)是抛物线上任意一点，有下列结论：

①二次函数y＝ax＋bx＋c的最小值为－4a；②若－1≤ｘ，则0≤ｙ；2≤４2≤5a③若y2＞y1，则x2＞4；

1④一元二次方程cx＋bx＋a＝0的两个根为－1和.

其中正确结论的个数是( )

A．1 B．2 C．3 D．4

4．(2018·苏州中考)如图，矩形ABCD的顶点A，B在x轴的正半轴上，k

反比例函数y＝x在第一象限内的图象经过点3

CE＝2BE，tan∠AOD＝，则k的值为(

D交BC于点E.若AB＝4，)

A．3 B．23 C．6 D．12

y(升)

5．(2018·上海中考)一辆汽车在某次行驶过程中，油箱中的剩余油量与行驶路程x(千米)之间是一次函数关系，其部分图象如图所示．

(1)求y关于x的函数关系式；(不需要写自变量的取值范围(2)已知当油箱中的剩余油量为

)

8升时，该汽车会开始提示加油，在此次行

30千米的

驶过程中，行驶了500千米时，司机发现离前方最近的加油站有

路程，在开往该加油站的途中，汽车开始提示加油，这时离加油站的路程是多少千米？

类型三转化与化归思想

(2017·江西中考)如图1，研究发现，科学使用电脑时，望向荧光屏幕画面的“视线角”α约为20°，而当手指接触键盘时，肘部形成的约为100°.图2是其侧面简化示意图，其中视线直．

(1)若屏幕上下宽BC＝20 cm，科学使用电脑时，求眼睛与屏幕的最短距离AB的长；

(2)若肩膀到水平地面的距离

DG＝100 cm，上臂DE＝30 cm，下臂EF水平

FH＝72 cm.请判断此时β是否符合科学要

“手肘角”β

AB水平，且与屏幕BC垂

放置在键盘上，其到地面的距离求的100°？

1414414(参考数据：sin 69°≈，cos 21°≈，tan 20°≈，tan 43°≈，所有结果

15151115精确到个位)

【分析】(1)在Rt△ABC中利用三角函数即可直接求解；

(2)延长FE交DG于点I，利用三角函数求得∠DEI即可求得β的值，从而作出判断．

【自主解答】

把一种数学问题合理地转化成另一种数学问题可以有效地解决问题．在解三角形中，将非直角三角形问题转化为解直角三角形问题，把实际问题转化为数学问题等．

6．(2018·山西中考)如图，正方形ABCD内接于⊙O，⊙O的半径为2，以点A为圆心，以AC长为半径画弧交线于点F，则图中阴影部分的面积是

(

AB的延长线于点E，交AD的延长

)

A．4π－4 B．4π－8 C．8π－4 D．8π－8

1127．(2018·黄冈中考)则a－＝6，则a＋2值为______．

8．(2018·白银中考)随着中国经济的快速发展以及科技水平的飞速提高，

中国高铁正迅速崛起．高铁大大缩短了时空距离，改变了人们的出行方式．如图，A，B两地被大山阻隔，由穿山隧道，建成

A地到B地需要绕行C地，若打通

A地到B地的路

A，B两地的直达高铁，可以缩短从

程．已知∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，AC＝0公里，求隧道打通后与打通前相比，从≈1.7，2≈1.4)

A地到B地的路程将缩短约多少公里？

(参考数据：

类型四方程思想

︵

(2018·娄底中考)如图，C，D是以AB为直径的⊙O上的点，AC＝︵

BC，弦CD交AB于点E.

(1)当PB是⊙O的切线时，求证：∠PBD＝∠DAB；(2)求证：BC－CE＝CE·DE；

(3)已知OA＝4，E是半径OA的中点，求线段DE的长．

【分析】(1)由AB是⊙O的直径知∠BAD＋∠ABD＝90°，由PB是⊙O的切线知∠PBD＋∠ABD＝90°，据此可得证；(2)连接OC，设圆的半径为

︵︵

r，证△ADE∽△CBE，由AC＝BC知∠AOC＝

∠BOC＝90°，再根据勾股定理即可得证；

(3)先求出BC，CE，再根据BC－CE＝CE·DE计算可得．【自主解答】

在解决数学问题时，有一种从未知转化为已知的手段就是设元，寻找已知

与未知之间的等量关系，构造方程或方程组，然后求解方程完成未知向已知的转化．

9．(2018·白银中考)若正多边形的内角和是是________．

10．(2018·上海中考)如图，已知正方形

1 080°，则该正多边形的边数

DEFG的顶点D，E在△ABC的边

BC上，顶点G，F分别在边AB，AC上．如果BC＝4，△ABC的面积是6，那么这个正方形的边长是

________．

类型五函数思想

(2017·杭州中考)在面积都相等的所有矩形中，当其中一个矩形的一边长为1时，它的另一边长为(1)设矩形的相邻两边长分别为①求y关于x的函数解析式；②当y≥３时，求x的取值范围；(2)圆圆说其中有一个矩形的周长为

6，方方说有一个矩形的周长为

10，你

3. x，y.

认为圆圆和方方的说法对吗？为什么？

【分析】(1)①直接利用矩形面积求法进而得出接利用y≥３得出x的取值范围；

(2)直接利用x＋y的值结合根的判别式得出答案．【自主解答】

y与x之间的关系；②直

在解答此类问题时，建立函数模型→求出函数解析式→结合函数解析式与

函数的性质作出解答．要注意从几何和代数两个角度思考问题．

11．(2018·桂林中考)如图，已知抛物线

y＝ax＋bx＋6(a≠与0)x轴交于点

A(－3，0)和点B(1，0)，与y轴交于点C. (1)求抛物线y的函数解析式及点(2)点M为坐标平面内一点，若(3)在抛物线上是否存在点满足条件的所有点

C的坐标；

MA＝MB＝MC，求点M的坐标；

E，使4tan∠ABE＝11tan∠ACB？若存在，求出

E的坐标；若不存在，请说明理由．

参

类型一【例1】

(1)如图1，连接AF.

由四边形ABCD是矩形，结合旋转可得∠EAF＝∠ABD.

∵AB＝AE，∴∠ABD＝∠AEB，∴∠EAF＝∠AEB，∴BD∥AF，

BD＝AF，

∴四边形BDFA是平行四边形，∴FD＝AB. ∵AB＝CD，∴FD＝CD.

(2)如图2，当点G位于BC的垂直平分线上，且在DG，CG，BG，

BC的右边时，连接

易知点G也是AD的垂直平分线上的点，∴DG＝AG.

又∵AG＝AD，∴△ADG是等边三角形，

∴∠DAG＝60°，∴α＝60°.

如图3，当点G位于BC的垂直平分线上，且在BG，DG，

同理，△ADG是等边三角形，∴∠DAG＝60°，此时α＝300°.

综上所述，当α为60°或300°时，GC＝GB. 变式训练1．C

2．解：(1)设p与x之间的函数关系式为代入(1，7.5)，(3，8.5)得k＋b＝7.5，3k＋b＝8.5，

解得

k＝0.5，b＝7，

p＝0.5x＋7(1≤x≤，x15为整数)．

p＝kx＋b，

BC的左边时，连接CG，

即p与x的函数关系式为当1≤ｘ＜10时，

W＝[20－(0.5x＋7)](2x＋20)＝－x＋16x＋260. 当10≤x≤时，15

W＝[20－(0.5x＋7)]×40＝－20x＋520，

－x＋16x＋260（1≤x<10，x为整数），

即W＝

－20x＋520（10≤x≤，15x为整数）.

(2)当1≤ｘ＜10时，

W＝－x＋16x＋260＝－(x－8)＋324，∴当x＝8时，W取得最大值，此时当10≤x≤时，15W＝－20x＋520，

W＝324.

∴当x＝10时，W取得最大值，此时W＝320.

324元．

∵324＞320，∴李师傅第8天创造的利润最大，最大利润是(3)当1≤ｘ＜10时，

令－x＋16x＋260＝299，得x1＝3，x2＝13，当W＞299时，3＜x＜13.

∵1≤ｘ＜10，∴3＜x＜10.当10≤x≤15时，

令W＝－20x＋520＞299，得x＜11.05，∴10≤x≤11.由上可得，李师傅获得奖金的月份是20×(11－3)＝160(元)．答：李师傅共可获得类型二

【例2】(1)由图形可得学校到景点的路程为5min，小轿车的速度为

4060－20

＝1(km/min)，160元奖金．

4月到11月，李师傅共获得奖金为

40 km，大客车途中停留了

a＝(35－20)×1＝15. 故答案为40，5，15.

151(2)由(1)得a＝15，∴大客车的速度为＝(km/min)．

302小轿车赶上来之后，大客车又行驶了50

－15＝7(km)．

答：在小轿车司机驶过景点入口时，大客车离景点入口还有

km. 7

101125125×＝(km)，40－(60－35)×7277

(3)设直线CD的解析式为s＝kt＋b，将(20，0)和(60，40)代入得20k＋b＝0，60k＋b＝40，

解得

k＝1，b＝－20，

∴直线CD的解析式为s＝t－20. 当s＝46时，46＝t－20，解得t＝66. 小轿车赶上来之后，大客车又行驶的时间为

40－15

＝35(min)，110×27

小轿车司机折返时的速度为80km/h.

答：小轿车折返时已经超速．

6÷(35＋35－66)＝2(km/min)＝90 km/h＞

(4)大客车的时间：＝80(min)，80－70＝10(min)．

12故答案为10. 变式训练3．B

4.A

y＝kx＋b，

5．解：(1)设该一次函数解析式为

将(150，45)，(0，60)代入y＝kx＋b中得150k＋b＝45，b＝60，

解得

1k＝－，

10b＝60，

y＝－x＋60.

∴该一次函数解析式为

(2)当y＝－x＋60＝8时，解得x＝520，

即行驶520千米时，油箱中的剩余油量为530－520＝10(千米)，油箱中的剩余油量为

8升时，距离加油站

8升．

10千米．

答：在开往该加油站的途中，汽车开始提示加油，这时离加油站的路程是10千米．类型三

【例3】(1)∵Rt△ABC中，tan A＝AB，BCBC20∴AB＝≈＝55(cm)．＝tan Atan 20°4

(2)如图，延长FE交DG于点I，则四边形GHFI为矩∴IG＝FH，

∴DI＝DG－FH＝100－72＝28(cm)．DI2814

在Rt△DEI中，sin∠DEI＝DE＝30＝15，∴∠DEI≈69°，

∴β＝180°－69°＝111°≠100，°∴此时β不符合科学要求的变式训练6．A

7.8

C作CD⊥AB于点D.

100°.

形，

8．解：如图，过点

在Rt△ADC和Rt△BCD中，

∵∠CAB＝30°，∠CBA＝45°，AC＝0，

∴CD＝320，AD＝3203，∴BD＝CD＝320，BC＝3202，∴AC＋BC＝0＋3202≈1 088，∴AB＝AD＋BD＝3203＋320≈8，∴1 088－8＝224(公里)．答：隧道打通后与打通前相比，从类型四

【例4】(1)∵AB是⊙O的直径，

∴∠ADB＝90°，∴∠BAD＋∠ABD＝90°. ∵PB是⊙O的切线，

∴∠ABP＝90°，∴∠PBD＋∠ABD＝90°，∴∠BAD＝∠PBD.

(2)∵∠A＝∠DCB，∠AED＝∠CEB，∴△ADE∽△CBE，

DEAE∴＝，即DE·CE＝AE·BE. BECE如图，连接OC.

A地到B地的路程将缩短约

224公里．

设圆的半径为r，

则OA＝OB＝OC＝r，

则DE·CE＝AE·BE＝(OA－OE)(OB＋OE)＝r－OE. ︵︵∵AC＝BC，

∴∠AOC＝∠BOC＝90°，∴CE＝OE＋OC＝OE＋r，BC＝BO＋CO＝2r，

则BC－CE＝2r－(OE＋r)＝r－OE，∴BC－CE＝DE·CE.

(3)∵OA＝4，∴OB＝OC＝OA＝4，∴BC＝

OB＋OC＝42.

又∵E是半径OA的中点，∴AE＝OE＝2，则CE＝

OC＋OE＝

4＋2＝25.

∵BC－CE＝DE·CE，∴(42)－(25)＝DE·25，65解得DE＝5. 变式训练9．8类型五

【例5】(1)①由题意可得xy＝3，则y＝x. 3

②当y≥３时，≥３，解得x≤１，

1210.

∴x的取值范围是0＜x≤1.(2)∵一个矩形的周长为

6，∴x＋y＝3，

∴x＋＝3，整理得x－3x＋3＝0.

x∵b－4ac＝9－12＝－3＜0，∴矩形的周长不可能是∵一个矩形的周长为

6，∴圆圆的说法不对．10，∴x＋y＝5，

∴x＋＝5，整理得x－5x＋3＝0.

∵b－4ac＝25－12＝13＞0，∴矩形的周长可能是∴方方的说法对．变式训练

11．解：(1)将点A，B的坐标代入函数解析式得9a－3b＋6＝0，a＋b＋6＝0，

解得

a＝－2，b＝－4，

y＝－2x－4x＋6，

10，

∴抛物线的函数解析式为

当x＝0时，y＝6，∴点C的坐标为(0，6)．

(2)由MA＝MB＝MC得M点在AB的垂直平分线上，M点在AC的垂直平分线上．

设M(－1，y)，由MA＝MC得(－1＋3)＋y＝(y－6)＋(－1－0)，11

解得y＝4，

∴点M的坐标为(－1，)．

(3)①如图，过点A作DA⊥AC交y轴于点F，交CB的延长线于点D. ∵∠ACO＋∠CAO＝90°，∠DAO＋∠CAO＝90°，∠ACO＋∠AFO＝90°，

∴∠DAO＝∠ACO，∠CAO＝∠AFO，∴△AOF∽△COA，AOCO∴＝，OFAO∴AO＝OC·OF.

333∵OA＝3，OC＝6，∴OF＝＝，∴F(0，－)．

6223

∵A(－3，0)，F(0，－)，

∴直线AF的解析式为y＝－x－.

22∵B(1，0)，C(0，6)，

∴直线BC的解析式为y＝－6x＋6，

y＝－x－，

22y＝－6x＋6，

x＝11，24y＝－，

联立解得

152424∴D(，－)，∴AD＝5，AC＝35，

111111245

118

∴tan∠ACB＝＝11.

∵4tan∠ABE＝11tan∠ACB，∴tan∠ABE＝2.

如图，过点A作AM⊥x轴，连接BM交抛物线于点E. ∵AB＝4，tan∠ABE＝2，∴AM＝8，∴M(－3，8)．

∵B(1，0)，M(－3，8)，

∴直线BM的解析式为y＝－2x＋2.

y＝－2x＋2，联立

y＝－2x－4x＋6，x＝－2，解得

y＝6

或

x＝1，y＝0，

(舍去)

∴E(－2，6)．

②当点E在x轴下方时，如图，过点设点E(m，－2m－4m＋6)，

E作EG⊥AB，连接BE.

GE2m＋4m－6

∴tan∠ABE＝＝＝2，

BG－m＋1∴m＝－4或m＝1(舍去)，可得E(－4，－10)．

综上所述，E点坐标为(－2，6)或(－4，－10)．

专题二

类型一数式规律命题角度?

数字规律探索

探索规律问题

(2018·泰安中考)观察“田”字中各数之间的关系：

【分析】依次观察每个“田”中相同位置的数字，即可找到数字变化规律，再观察同一个“田”中各个位置的数字数量关系即可．【自主解答】

解数式规律型问题的一般方法

(1)当所给的一组数是整数时，先观察这组数字是自然数列、正数列、奇数列、偶数列还是正整数列经过平方、平方加

1或减1等运算后的数列，

然后再看这组数字的符号，判断数字符号的正负是交替出现还是只出现一种符号，最后把数字规律和符号规律结合起来从而得到结果；

(2)当数字

是分数和整数结合时，先把这组数据的所有整数写成分数，然后分别推断出分子和分母的规律，最后得到该组第

n项的规律；(3)当所给的代数式含

有系数时，先观察其每一项的系数之间是否有自然数列、正整数列、奇数列、偶数列或交替存在一定的对称性，然后观察其指数是否存在相似的规律，最后将系数和指数的规律结合起来求得结果．

1．(2017·百色中考)观察以下一列数的特点：25，…，则第11个数是( A．－121

B．－100

) C．100

0，1，－4，9，－16，

D．121

2．(2017·十堰中考)如图，10个不同的正偶数按下图排列，箭头上方的每

个数都等于其下方两数的和，如(

)

，表示a1＝a2＋a3，则a1的最小值为

A．32 B．36 C．38 D．40

3．(2018·枣庄中考)将从1开始的连续自然数按如下规律排列：

…

则2 018在第________行．命题角度?

数字循环类规律探索

(2018·成都中考)已知a＞0，S1＝，S2＝－S1－1，S3＝，S4＝－S3

aS2

－1，S5＝S，…（即当n为大于1的奇数时，Sn＝；当n为大于1的偶

4Sn－1数时，Sn＝－Sn－1－1)，按此规律，S2 018＝__________．

【分析】根据Sn数的变化找出Sn的值每6个一循环，结合2 018＝336×6＋2，此题得解．【自主解答】

数字循环类规律题就是几个数循环出现，解决此类问题时，一般是先求出前几个数，再观察其中隐含的规律，若和序号有关，则第式子表示，用果．

n个数用含n的

n除以循环出现的数的个数，找出余数即可找到对应的结

4．(2017·岳阳中考)观察下列等式：2＝2，2＝4，2＝8，2＝16，2＝32，2＝，…，根据这个规律，则字是( A．0

) B．2

C．4 )一列数

D．6

a1，a2，a3，…满足条件：a1＝，an＝

12345

2＋2＋2＋2＋…＋2

12342 017

的末位数

5．(2016·枣庄中考改编11－an－1

(n≥２，且n为整数)，则a2 019＝________．

等式规律探索

命题角度?

(2018·滨州中考)观察下列各式：1111＋2＋2＝1＋，121×21111＋2＋2＝1＋，232×3

1111＋32＋42＝1＋3×，

4…

请利用你所发现的规律，计算

111＋12＋22＋

111＋22＋32＋

1＋32＋42＋…＋

1＋92＋102，其

结果为________．

【分析】直接根据已知数据变化规律进而将原式变形求出答案．【自主解答】

探索等式规律的一般步骤

(1)标序数；(2)对比式子与序号，即分别比较等式中各部分与序数

(1，2，

3，4，…，n)之间的关系，把其隐含的规律用含序数的式子表示出来，通常方法是将式子进行拆分，观察式子中数字与序号是否存在倍数或者次方的关系；(3)根据找出的规律得出第

n个等式，并进行检验．

6．(2018·黔南州中考)根据下列各式的规律，在横线处填空：

11111111111111111

…，＋－1＝，＋－＝，＋－＝，＋－＝＋

1223421256330784562 0172 0181－________＝2 017×.

2 0187．(2018·安徽中考)观察以下等式：1010第1个等式：1＋2＋1×＝1，

21111

第2个等式：2＋3＋2×＝1，31212第3个等式：3＋4＋3×＝1，41313第4个等式：4＋5＋4×＝1，

51414

第5个等式：5＋6＋5×＝1，

6…

按照以上规律，解决下列问题：(1)写出第6个等式：________；

(2)写出你猜想的第n个等式：________(用含n的等式表示)，并证明．

类型二点的坐标规律

(2018·东营中考)如图，在平面直角坐标系中，点

A1，A2，A3，…和

OA1B1，△点B1，B2，B3，…分别在直线y＝5x＋b和x轴上．△B1A2B2，△B2A3B3，…都是等腰直角三角形，如果点标是________.

A1(1，1)，那么点A2 018的纵坐

【分析】因为每个A点为等腰直角三角形的直角顶点，则延长直线交轴、y轴于点N，M，构造直角三角形用三角函数值求出各点【自主解答】

MNO，作出各点A垂直于x轴，利

A的纵坐标，找出规律可求解．

根据图形寻找点的坐标的变换特点，这类题目一般有两种考查形式：一类是点的坐标变换在直角坐标系中递推变化；另一类是点的坐标变换在坐标轴上或象限内循环递推变化．解决这类问题可按

如下步骤进行：(1)根据

图形点坐标的变换特点确定属于哪一类；(2)根据图形的变换规律分别求

出第1个点，第2个点，第3个点的坐标，找出点的坐标与序号之间的关系，归纳得出第

M个点的坐标与变换次数之间的关系；

(3)确定第一类点

的坐标的方法：根据(2)中得到的倍分关系，得到第M个点的坐标；确定

n，用M÷n＝

第二类点坐标的方法：先找出循环一周的变换次数，记为ω……q(0≤ｑ＜n)，则第M次变换与每个循环中第

q次变换相同，再根据(2)

M个点的坐标．

中得到的第M个点的坐标与变换次数的关系，得到第

8．(2018·广州中考)在平面直角坐标系中，一个智能机器人接到如下指令：从原点O出发，按向右，向上，向右，向下的方向依次不断移动，每次移动1 m．其行走路线如图所示，第

1次移动到A1，第2次移动到

A2，…，第n次移动到An.则△OA2A2 018的面积是( A )

A．504 m

1 0092

B.m

D．1 009 m

1 0112C.m

9．(2018·威海中考)如图，在平面直角坐标系中，点以点O为圆心，以OA1长为半径画弧，交直线

A1的坐标为(1，2)，

y＝2x于点B1.过B1点作

B1A2∥y轴，交直线y＝2x于点A2，以点O为圆心，以OA2长为半径画1

弧，交直线y＝2x于点B2；过点B2作B2A3∥y轴，交直线y＝2x于点A3，以点O为圆心，以OA3长为半径画弧，交直线

y＝2x于点B3；过B3点作

B3A4∥y轴，交直线y＝2x于点A4，以点O为圆心，以OA4长为半径画1

弧，交直线y＝2x于点B4，…，按照如此规律进行下去，点为______________

B2 018的坐标

类型三图形累加型变化规律

(2017·潍坊中考)如图，自左至右，第方形和6个等边三角形组成；第个等边三角形组成；第

1个图由1个正六边形、6个正

2个图由2个正六边形、11个正方形和10

3个图由3个正六边形、16个正方形和14个等边三

n个图中正方形和等边三角形的个数之和为

角形组成；…按照此规律，第

________个．

【分析】论．

根据题中正方形和等边三角形的个数找出规律，进而可得出结

【自主解答】

找图形累加型变化规律的一般步骤

(1)写序号，记每组图形的序数为

“１，2，3，…n”；

(2)数图形个数，在图形数量变化时，要数出每组图形表示的个数；(3)寻找图形数量与序数示法，即针对寻找第

n的关系，若当图形变化规律不明显时，可利用图

n个图形表示的数量时，先将后一个图形的个数与前

(商)来观察是否有恒等量的变化，然

一个图形的个数进行比对，通常作差后按照定量变化推导出第

n个图形的个数．

10．(2018·重庆中考)下列图形都是由同样大小的黑色正方形纸片组成，其

中第①个图中有3张黑色正方形纸片，第②个图中有5张黑色正方形纸

片，第③个图中有7张黑色正方形纸片，…，按此规律排列下去第⑥个图中黑色正方形纸片的张数为

(

)

A．11 B．13 C．15 D．17

11．(2018·自贡中考)观察下列图中所示的一系列图形，它们是按一定规律排列的，依照此规律，第

2 018个图形共有______________个○．

类型四图形成倍递变型变化规律

(2017·绥化中考)如图，顺次连接腰长为

2的等腰直角三角形各边中点

2个小

得到第1个小三角形，再顺次连接所得的小三角形各边中点得到第三角形，如此操作下去，则第

n个小三角形的面积为________．

【分析】记原来三角形的面积为小三角形的面积为【自主解答】

S，第一个小三角形的面积为S1，第二个

S2，…，求出S1，S2，S3，探究规律后即可解决问题．

对于求面积规律探索问题的一般步骤：(1)根据题意可得出第一次变换前

图形的面积S；(2)通过计算得到第一次变换后图形的面积，第二次变换后图形的面积，第三次变换后图形的面积，归纳出后一个图形的面积与前一个图形的面积之间存在的倍分关系；次变换后图形的面积．

(3)根据找出的规律，即可求出第

12．(2017·内江中考)如图，过点A0(2，0)作直线l：y＝x的垂线，垂足

3为点A1，过点A1作A1A2⊥x轴，垂足为点A2，过点A2作A2A3⊥l，垂足为点A3，…，这样依次下去，得到一组线段：则线段A2 016A2 017的长为(

)

A0A1，A1A2，A2A3，…，

32 015

A．()

232 016

B．()

232 017

C．()

232 018

D．()

13．(2018·潍坊中考)如图，点A1的坐标为(2，0)，过点A1作x轴的垂线交直线l：y＝3x于点B1，以原点O为圆心，OB1的长为半径画弧交

x轴正

半轴于点A2；再过点A2作x轴的垂线交直线l于点B2，以原点O为圆心，以OB2的长为半径画弧交

x轴正半轴于点A3；…．按此作法进行下去，则

的长是________．

参

类型一

【例1】观察“田”字中各数之间的关系得：左上角数字为连续的正奇数；左下角数字为2的整数指数幂；右下角数字则为左上角与左下角两数字的和；右上角的数字为右下角数字与

1的差．故此，可知

a＝2＝256，b＝

15＋256＝271，c＝271－1＝270.故答案为270. 变式训练1．B

2.D

3.45

a＋1111a【例2】∵S1＝a，S2＝－S1－1＝－a－1＝－a，S3＝S＝－，S4

2a＋11

＝－S3－1＝－1＝－，S5＝S＝－(a＋1)，S6＝－S5－1＝(a＋1)－

4a＋1a＋111

1＝a，S7＝S＝a，…，

6∴Sn的值每6个一循环．∵2 018＝336×6＋2，a＋1∴S2 018＝S2＝－.

a故答案为－变式训练4．B

5.－1

111＋2＋2＋

12111＋92＋102

111＋2＋2＋

111＋2＋2

a＋1a. a

【例3】＋…＋

1111

＝1＋1×＋1＋＋1＋＋…＋1＋

22×33×49×101111111

＝1×9＋1－2＋2－3＋3－4＋…＋9－101＝9＋1－109＝910. 9

故答案为910. 变式训练16.

1 009

1515

7．解：(1)6＋7＋6×＝1

(2)根据题意，第n个分式分母分别为1n－11n－1

故答案为n＋＋n×＝1.

n＋1n＋1

n＋n1n－11n－1n＋1＋n（n－1）＋（n－1）

证明：n＋＋n×＝＝＝1，

n＋1n＋1n（n＋1）n（n＋1）∴等式成立．类型二

【例4】∵A1(1，1)在直线y＝5x＋b上，414∴b＝，∴直线解析式为y＝x＋.

555设直线与x轴、y轴的交点坐标分别为点

N，M.

n和n＋1，分子分别为1和n－1，

当x＝0时，y＝5；14

当y＝0时，5x＋5＝0，解得x＝－4，

∴点M，N的坐标分别为M(0，)，N(－4，0)，

MO51

∴tan∠MNO＝. ＝＝

NO45

如图，作A1C1⊥x轴于点C1，A2C2⊥x轴于点C2，A3C3⊥x轴于点C3. ∵A1(1，1)，OB1＝2A1C1＝2，

A2C2A2C2A2C21

∴tan∠MNO＝＝＝＝，

NC2NO＋OB1＋A2C24＋2＋A2C253

∴A2C2＝.

9322733

同理，A3C3＝4＝(2)，A4C4＝8＝(2)，…32 017

. 依此类推，点A2 018的纵坐标是(2)32 017

. 故答案为(2)

变式训练8．A

9.(2

2 018

，2

2 017

)

类型三

【例5】∵第1个图由6个正方形和6个等边三角形组成，∴正方形和等边三角形的个数之和为

6＋6＝12＝9＋3；

∵第2个图由11个正方形和10个等边三角形组成，∴正方形和等边三角形的个数之和为

11＋10＝21＝9×2＋3；

∵第3个图由16个正方形和14个等边三角形组成，∴正方形和等边三角形的个数之和为

16＋14＝30＝9×3＋3；…

9n＋3.

∴第n个图中正方形和等边三角形的个数之和为故答案为9n＋3. 变式训练10．B类型四

【例6】记原来三角形的面积为小三角形的面积为

S2，…．

11.6 055

S，第一个小三角形的面积为S1，第二个

11111

∵S1＝·S＝2·S，S2＝·S＝4·S，

424421

S3＝6·S，

11111

∴Sn＝2n·S＝2n··2·2＝2n－1.故答案为2n－1.

22222变式训练12．B

213.

2 019

专题三

类型一定义新的运算

阅读理解问题

(2018·德州中考)对于实数a，b，定义运算“◆”：a◆b＝

例如4◆3，因为4>3，所以4◆3＝4＋3＝5.若x，y满

足方程组则x◆y＝________.

【分析】根据二元一次方程组的解法以及新定义运算法则即可求出答案．【自主解答】

定义新运算问题的实质是一种规定，规定某种运算方式，然后要求按照规定去计算、求值，解决此类问题的方法技巧是：

(1)明白这是一种特殊运

算符号，常用※，●，▲，★，&，◎，◆，♂等来表示一种运算；(2)正确理解新定义运算的含义，严格按照计算顺序把它转化为一般的四则运算，然后进行计算；(3)新定义的算式中，有括号的要先算括号里面的．

1．(2018·金华中考)对于两个非零实数x，y，定义一种新的运算：

x*y＝

＋y.若1*(－1)＝2，则(－2)*2的值是________．

2．(2016·雅安中考)我们规定：若m＝(a，b)，n＝(c，d)，则m·n＝ac＋bd.如m＝(1，2)，n＝(3，5)，则m·n＝1×3＋2×5＝13. (1)已知m＝(2，4)，n＝(2，－3)，求m·n；

(2)已知m＝(x－a，1)，n＝(x－a，x＋1)，求y＝m·n，问y＝m·n的函数图象与一次函数

y＝x－1的图象是否相交，请说明理由．

类型二方法模拟型

(2018·内江中考)对于三个数a，b，c，用M{a，b，c}表示这三个数的中位数，用

max{a，b，c}表示这三个数中最大数，例如：

M{－2，－1，

0}＝

－1，max{－2，－1，0}＝0，max{－2，－1，a}＝解决问题：

(1)填空：M{sin 45，°cos 60，°tan 60}°＝________，如果max{3，5－3x，2x－6}＝3，则x的取值范围为________；

(2)如果2·M{2，x＋2，x＋4}＝max{2，x＋2，x＋4}，求x的值；(3)如果M{9，x，3x－2}＝max{9，x，3x－2}，求x的值．

【分析】(1)根据定义写出sin 45，cos 60°，°tan 60的值，确定其中位数；°根据max{a，b，c}表示这三个数中最大数，对于＝3，可得不等式组，即可得结论；

(2)根据已知条件分情况讨论，分别解出即可；

(3)不妨设y1＝9，y2＝x，y3＝3x－2，画出图象，两个函数相交时对应的x的值符合条件，结合图象可得结论．【自主解答】

max{3，5－3x，2x－6}

该类题目是指通过阅读所给材料，将得到的信息通过观察、分析、归纳、类比，作出合理的推断，大胆的猜测，从中获取新的思想、方法或解题途径，进而运用归纳与类比的方法来解答题目中所提出的问题．

3．(2018·怀化中考)根据下列材料，解答问题．等比数列求和：概念：对于一列数

a1，a2，a3，…，an，…(n为正整数)，若从第二个数开

akak－1

＝q(常数)，那么这一列数

始，每一个数与前一个数的比为一定值，即a1，a2，a3…，an，…成等比数列，这一常数例：求等比数列

1，3，3，3，…，3

100

q叫做该数列的公比．

的和．

解：令S＝1＋3＋3＋3＋…＋3则3S＝3＋3＋3＋…＋3因此，3S－S＝3

3101

100

，

＋3，

101

－1，所以S＝

100

－1

，2

即1＋3＋3＋3＋…＋3仿照例题，等比数列

＝

101

－1

. 2

2 018

1，5，5，5，…，5

的和为________．

4．(2018·随州中考)我们知道，有理数包括整数、有限小数和无限循环小数，事实上，所有的有理数都可以化为分数形式

(整数可看作分母为1的分

数)，那么无限循环小数如何表示为分数形式呢？请看以下示例：

例：将0.7化为分数形式，

由于0.7＝0.777…，设x＝0.777…，①则10x＝7.777…，②

·77

②－①得9x＝7，解得x＝，于是得0.7＝.

99··31413

同理可得0.3＝9＝3，1.4＝1＋0.4＝1＋9＝9.

根据以上阅读，回答下列问题：【基础训练】

(以下计算结果均用最简分数表示)

(1)0.5＝________，5.8＝________；(2)将0.23化为分数形式，写出推导过程；【能力提升】

(3)0.315＝________，2.018＝________；

··

(注：0.315＝0.315 315【探索发现】

，…2.018＝2.018 18

…）

(4)①试比较0.9与1的大小：0.9________1；(填“＞”“＜”或“＝”）

··2

②若已知0.285 714＝，则3.714 285＝________．

··

(注：0.285 714＝0.285 714 285 714

··

…）

类型三学习新知型

(2018·自贡中考)阅读以下材料：对数的创始人是苏格兰数学家纳皮尔发明对数是在指数

(J.Napier，1550－1617年)，纳皮尔

18世纪瑞士数学家欧拉

(Euler，

书写方式之前，直到

1707－1783年)才发现指数与对数之间的联系．对数的定义：一般地，若

a＝N(a＞0，a≠，那么1)x叫做以a为底N的对

数，记作：x＝logaN.比如指数式2＝16可以转化为4＝log216，对数式2＝log525可以转化为5＝25.

我们根据对数的定义可得到对数的一个性质：

loga(M·N)＝logaM＋logaN(a＞0，a≠１，M＞0，N＞0)；理由如下：设logaM＝m，logaN＝n，则M＝a，N＝a，∴M·N＝a·a＝a由对数的定义得

m＋n

，

N)．m＋n＝loga(M·

又∵m＋n＝logaM＋logaN，∴loga(M·N)＝logaM＋logaN. 解决以下问题：

(1)将指数4＝转化为对数式________；

(2)证明：loga＝logaM－logaN(a＞0，a≠１，M＞0，N＞0)；

N(3)拓展运用：计算log32＋log36－log34＝________．【分析】(1)根据题意可以把指数式

4＝写成对数式；

的结果，同理由所给材料的证N

(2)根据对数的定义可表示为指数式，计算明过程可得结论；

(3)根据公式：loga(M·N)＝logaM＋logaN和logaN＝logaM－logaN的逆用，可得结论．【自主解答】

这类题目就是由阅读材料给出一个新的定义、运算等，涉及的知识可能是以后要学到的数学知识，也有可能是其他学科的相关内容，然后利用所提供的新知识解决所给问题．解答这类问题的关键是要读懂题目提供的新知识，理解其本质，把它与已学的知识联系起来，把新的问题转化为已学的知识进行解决．

5．(2018·济宁中考)知识背景

a2aa

，所以x－2a＋≥０，从而x＋≥２a当a＞0且x＞0时，因为(x－)≥０

xxx(当x＝a时取等号)．

设函数y＝x＋x(a＞0，x＞0)，由上述结论可知，当小值为2a. 应用举例

x＝a时，该函数有最

已知函数y1＝x(x＞0)与函数y2＝x(x＞0)，则当x＝4＝2时，y1＋y2＝x＋4

有最小值为24＝4. x解决问题

(1)已知函数y1＝x＋3(x＞－3)与函数y2＝(x＋3)＋9(x＞－3)，当x取何值y2

时，y有最小值？最小值是多少？

(2)已知某设备租赁使用成本包含以下三部分：一是设备的安装调试费用，共490元；二是设备的租赁使用费用，每天费用，它与使用天数的平方成正比，比例系数为使用天数为

x天，则当

200元；三是设备的折旧0.001.若设该设备的租赁

x取何值时，该设备平均每天的租赁使用成本最

低？最低是多少元？

6．(2018·荆州中考)阅读理解：在平面直角坐标系中，若P，Q两点的坐标

分别是P(x1，y2)，Q(x2，y2)，则P，Q这两点间的距离为|PQ|＝（x1－x2）＋（y1－y2）

.如P(1，2)，Q(3，4)，则|PQ|＝

（1－3）＋（2－4）＝22.

对于某种几何图形给出如下定义：符合一定条件的动点形成的图形，叫做符合这个条件的点的轨迹．如平面内到线段两个端点距离相等的点的轨迹是这条线段的垂直平分线．

解决问题：如图，已知在平面直角坐标系

xOy中，直线y＝kx＋2交y轴于

点A，点A关于x轴的对称点为点B，过点B作直线l平行于x轴．(1)到点A的距离等于线段AB长度的点的轨迹是________；

(2)若动点C(x，y)满足到直线l的距离等于线段CA的长度，求动点C轨迹的函数解析式；

问题拓展：(3)若(2)中的动点C的轨迹与直线y＝kx＋2交于E，F两点，分别过E，F作直线l的垂线，垂足分别是点求证：①EF是△AMN外接圆的切线；11②＋为定值．AEAF

M，N.

参

类型一

x＝5，

【例1】解方程组得

y＝12.

∵5＜12，∴x◆y＝5×12＝60. 故答案为60. 变式训练1．－1

2．解：(1)m·n＝2×2＋4×(－3)＝－8. (2)m·n＝(x－a)＋(x＋1) ＝x－(2a－1)x＋a＋1，∴y＝x－(2a－1)x＋a＋1.

联立方程得x－(2a－1)x＋a＋1＝x－1，化简得x－2ax＋a＋2＝0. ∵Δ＝b－4ac＝－8＜0，

∴方程无实数根，两函数图象无交点．类型二

21【例2】(1)∵sin 45＝°，cos 60＝°，tan 60＝°3，

222

∴M{sin 45°，cos 60°，tan 60°}＝.

2∵max{3，5－3x，2x－6}＝3，

3≥５－3x，则

3≥2x－6，

∴x的取值范围为≤x≤.

32229. 故答案为2，3≤x≤2

(2)2M·{2，x＋2，x＋4}＝max{2，x＋2，x＋4}，分三种情况：①当x＋4≤２时，即x≤－2，原等式变为2(x＋4)＝2，解得x＝－3. ②x＋2≤2≤ｘ＋4时，即－2≤x≤０，原等式变为2×2＝x＋4，解得x＝0.

③当x＋2≥２时，即x≥０，

原等式变为2(x＋2)＝x＋4，解得x＝0. 综上所述，x的值为－3或0.

(3)不妨设y1＝9，y2＝x，y3＝3x－2，画出图象，如图所示．结合图象，不难得出，在图象中的交点

A，B两点处，满足条件且

M{9，x，3x－2}＝max{9，x，3x－2}＝yA＝yB，此时x＝9，解得x＝3或－3.

变式训练53.

2 019

－14

539

，…

4．解：(1)

··

(2)0.23＝0.232 323设x＝0.232 323

，①…

则100x＝23.232 3…，②②－①得99x＝23，23

解得x＝99，23

∴0.23＝.

··

35(3)111(4)①＝类型三

1115526②7

【例3】(1)由题意可得，指数式3＝log4.

4＝写成对数式为3＝log4.故答案为

(2)设logaM＝m，logaN＝n，则M＝a，N＝a，Mam－n

∴＝n＝a，由对数的定义得Na又∵m－n＝logaM－logaN，

∴loga＝logaM－logaN(a＞0，a≠１，M＞0，N＞0)．

N(3)log32＋log36－log34＝log3(2×6÷4)＝log33＝1.

m－n＝logaN.

故答案为1. 变式训练

5．解：(1)∵x＞－3，∴x＋3＞0，

y2（x＋3）＋999∴＝≥２（x＋3）×＝(x＋3)＋，y1

x＋3x＋3x＋3y2

，即y≥６1

∴的最小值为6，此时x＋3＝9＝3，解得x＝0. y1(2)设该设备的租赁使用成本为根据题意得w＝

490＋200x＋0.001x

，

490 000

∴w＝0.001(＋x)＋200. x∵x＞0，

490 000∴w≥0.001×２·x＋200，

x即w≥201.4，

∴w的最小值为201.4，此时x＝490 000＝700.

答：当x取700时，该设备平均每天的租赁使用成本最低，最低是元．

6．解：(1)以A为圆心，AB长为半径的圆(2)设点C到直线l的距离为d. 1

∵直线y＝kx＋交y轴于点A，

211

∴令x＝0得y＝，即A(0，)，

201.4

∴|CA|＝

（x－0）＋（y－）.

∵点B关于x轴与点A对称，∴B(0，－)，

21212

∴x＋(y－)＝(y＋)，

∴动点C轨迹的函数解析式为

y＝x.

(3)①证明如下：如图，由(2)可知EA＝EM，FA＝FN. 又∵EM⊥直线l，FN⊥直线l，∴EM∥FN，∴∠MEA＋∠NFA＝180°，1

∴∠EAM＝(180°－∠MEA)，

∠FAN＝(180°－∠NFA)，

111

－∠MEA)＋(180°－∠NFA)＝180°－(∠则∠EAM＋∠FAN＝2(180°22MEA＋∠NFA)＝90°，

∴∠MAN＝90°，即△AMN是直角三角形．设点G是△AMN外接圆的圆心，则点EG.

G是直径MN的中点，连接AG，

由EM＝EA，AG＝MG，EG＝EG，

可证明△AEG≌△MEG，∴∠EAG＝∠EMG＝90°，∴GA⊥EF，

∴EF是△AMN的外接圆的切线．②证明如下：设点

E，F的坐标分别为(x1，kx1＋)，(x2，kx2＋)，则EM

＝kx1＋1，FN＝kx2＋1.

y＝x，

y＝kx＋，

联立抛物线与直线EF的解析式

121

则有2x－kx－2＝0，∴x1＋x2＝2k，x1x2＝－1，

EM＋FNkx1＋1＋kx2＋11111

∴＋＝＋＝＝＝

AEAFEMFNEM·FN（kx1＋1）（kx2＋1）

k（x1＋x2）＋2（kx1＋1）（kx2＋1）

2k＋2＝2＝2＝2，kx1x2＋k（x1＋x2）＋1k＋111∴＋的值为定值．AEAF

k（x1＋x2）＋2

专题四

类型一涉及一个动点的几何问题

几何变换综合题

(2018·长春中考)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点

B运

动．过点P作PD⊥AC于点D(点P不与点A，B重合)，作∠DPQ＝60°，边PQ交射线DC于点Q.设点P的运动时间为t秒．(1)用含t的代数式表示线段

DC的长；

(2)当点Q与点C重合时，求t的值；(3)设△PDQ与△ABC重叠部分图形的面积为式；

(4)当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，直接写出

t的值．

S，求S与t之间的函数关系

【分析】(1)先求出AC，用三角函数求出(2)利用AD＋DQ＝AC，即可得出结论；

AD，即可得出结论；

(3)分两种情况，利用三角形的面积公式和面积差即可得出结论；(4)分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．【自主解答】

1．(2018·江西中考)在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，点P是射线BD上一动点，以AP为边向右侧作等边△APE，点E的位置随着点P的位置变化而变化．

(1)如图1，当点E在菱形ABCD内部或边上时，连接CE，BP与CE的数

量关系是________，CE与AD的位置关系是________；

(2)当点E在菱形ABCD外部时，(1)中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由说理)；

(3)如图4，当点P在线段BD的延长线上时，连接＝219，求四边形ADPE的面积．

BE，若AB＝23，BE

(选择图2，图3中的一种情况予以证明或

类型二涉及两个动点的几何问题

(2018·青岛中考)已知：如图，四边形AB＝

ABCD，AB∥DC，CB⊥AB，

16 cm，BC＝6 cm，CD＝8 cm，动点P从点D开始沿DA边匀速

2 cm/s.

运动，动点Q从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为点P和点Q同时出发，以QA，QP为边作平行四边形间为t(s)，0＜t＜5. 根据题意解答下列问题：(1)用含t的代数式表示AP；

(2)设四边形CPQB的面积为S(cm)，求S与t的函数关系式；(3)当QP⊥BD时，求t的值；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻

AQPE，设运动的时

t，使点E在∠ABD的平分线上？若

存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)作DH⊥AB于点H，则四边形DHBC是矩形，利用勾股定理求出AD的长即可解决问题；

(2)作PN⊥AB于N，连接PB，根据S＝S△PQB＋S△BCP计算即可；

(3)当QP⊥BD时，∠PQN＋∠DBA＝90°，∠QPN＋∠PQN＝90°，推出∠QPN＝∠DBA，由此利用三角函数即可解决问题；

(4)连接BE交DH于点K，作KM⊥BD于点M.当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，推出KH＝KM.作EF⊥AB于点F，则△AEF≌△QPN，KHBH

推出EF＝PN，AF＝QN，由KH∥EF可得EF＝BF，由此构建方程即可解决问题．【自主解答】

2．(2018·黄冈中考)如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC的边OA

在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C＝120°，边长OA＝8.点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度作匀速运动，点出发沿边AB－BC－CO以每秒2个单位长的速度作匀速运动，过点

N从AM作

直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P，交对角线OB于Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点时停止运动．

(1)当t＝2时，求线段PQ的长；(2)求t为何值时，点P与N重合；

(3)设△APN的面积为S，求S与t的函数关系式及t的取值范围．

N运动到原点O时，M和N两点同

类型三图形的平移变换

(2017·扬州中考)如图，将△ABC沿着射线BC方向平移至△A′B′，使C′点A′落在∠ACB的外角平分线CD上，连接AA′．(1)判断四边形ACC′A′的形状，并说明理由；

(2)在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝13，求CB′的长．

【分析】(1)根据平行四边形的判定定理(有一组对边平行且相等的四边形

是平行四边形)知四边形ACC′A是平行四边形．再根据对角线平分对角的′平行四边形是菱形知四边形

ACC′是菱形．A′

(2)通过解直角△ABC得到AC，BC的长度，由(1)中菱形ACC′A′的性质推知AC＝AA′，由平移的性质得四边形BB′，所以CB′＝BB′－BC. 【自主解答】

ABB′A是平行四边形，则′

AA′＝

平移变换命题的呈现形式主要有：(1)坐标系中的点、函数图象的平移问

(3)利用平移变换作为工具解

题；(2)涉及基本图形平移的几何问题；题．其解题思路：

(1)特殊点法：解题的关键是学会运用转化的思想，如

坐标系中图象的平移问题，一般是通过图象上一个关键研究整个图象的平移；条件，使问题获得解决；

(特殊)点的平移来

(2)集中条件法：通过平移变换添加辅助线，集中(3)综合法：已知条件中涉及基本图形的平移或

要求利用平移作图的问题时，要注意找准对应点，看清对应边，注意变换性质的理解和运用．

3．(2018·安徽中考)如图，直线

l1，l2都与直线l垂直，垂足分别为

M，

N，MN＝1.正方形ABCD的边长为2，对角线AC在直线l上，且点C位

于点M处．将正方形ABCD沿l向右平移，直到点A与点N重合为止．记点C平移的距离为x，正方形ABCD的边位于l1，l2之间部分的长度和为y，则y关于x的函数图象大致为(

)

4．如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点O为坐标原点，点A的坐

OBDE

标为(4，0)，点B的坐标为(0，1)，点C为边AB的中点，正方形的顶点E在x轴的正半轴上，连接

CO，CD，CE.

(1)线段OC的长为________；(2)求证：△CBD≌△COE；

(3)将正方形OBDE沿x轴正方向平移得到正方形B，D，E的对应点分别为点

O1B1D1E1，其中点O，

O1，B1，D1，E1，连接CD1，CE1，设点E1

的坐标为(a，0)，其中a≠２，△CD1E1的面积为S. ①当1＜a＜2时，请直接写出S与a之间的函数解析式；②在平移过程中，当

S＝时，请直接写出a的值．

类型四图形的旋转变换

(2017·潍坊中考)边长为6的等边△ABC中，点D，E分别在AC，BC边上，DE∥AB，EC＝23.

(1)如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′，边C′D′E与′AC的交点为M，边C′与∠D′ACC′的角平分线交于点MCND′为菱形？并说明理由．

(2)如图2，将△DEC绕点C旋转∠α(0°<α<360，得到°）△D′E′Ｃ，连接AD′，BE′．边D′E的中点为′P.

①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)

N.当CC′多大时，四边形

图1

【分析】(1)先判断出四边形为等边三角形，即可求出形；

(2)①分两种情况，利用旋转的性质，即可判断出得出结论；

图2

MCND′为平行四边形，可得△MCE′和△NCC′

MCND′为菱

CC′，得出CN＝CM，即证四边形

△ACD′≌△BCE′，即可

②先判断出点A，C，P三点共线，求出CP，AP，最后用勾股定理即可得出结论．【自主解答】

旋转变换问题的解题思路：(1)以旋转为背景的问题，要根据题意，找准

对应点，看清对应边，注意对旋转的性质的理解和运用，想象其中基本元素，如点、线(角)之间的变化规律，再结合几何结果并加以证明来解决问题；

图形的性质，大胆地猜想

(2)利用旋转变换工具解决问题，要注意观

察，通过旋转图形中的部分，运用旋转的性质，将复杂问题简单化．

5．(2018·菏泽中考)问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以

“矩形纸片的剪拼”为主题开展数学活

动．如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD.并且量得AB＝2 cm，AC＝4 cm. 操作发现：

(1)将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转

∠α，使∠α

＝∠BAC，得到如图2所示的△AC′Ｄ，过点C作AC′的平行线，与DC′的延长线交于点E，则四边形ACEC′的形状是________．

(2)创新小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B，A，D三点在同一条直线上，得到如图

3所示的△AC′Ｄ，连接CC′，取

CC′的中点F，连接AF并延长至点G，使FG＝AF，连接CG，C′Ｇ，得到四边形ACGC′，发现它是正方形，请你证明这个结论．实践探究：

(3)缜密小组在创新小组发现结论的基础上，进行如下操作：将BD方向平移，使点

△ABC沿着

B与点A重合，此时A点平移至A′点，A′Ｃ与BC′相

交于点H，如图4所示，连接CC′，试求tan∠C′CH的值．

类型五图形的翻折变换

(2017·德州中考)如图1，在矩形纸片

ABCD中，AB＝3 cm，AD＝5

cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ.过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF.

(1)求证：四边形BFEP为菱形；(2)当点E在AD边上移动时，折痕的端点

P，Q也随之移动．

①当点Q与点C重合时(如图2)，求菱形BFEP的边长；

②若限定P，Q分别在边BA，BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．

【分析】(1)由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平

行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；(2)①由矩形的性质得出90°，由对称的性质得出

BC＝AD＝5 cm，CD＝AB＝3 cm，∠A＝∠D＝CE＝BC＝5 cm，在Rt△CDE中，由勾股定理求出

DE＝4 cm，得出AE＝AD－DE＝1 cm；在Rt△APE中，由勾股定理得出方程，解方程得出

EP＝

cm即可；3

②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1 cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形＝AB＝3 cm，即可得出答案．

ABQE为正方形，AE

【自主解答】

翻折变换问题的解题思路：以翻折变换为载体，考查几何图形的判定和性质问题．一般先作出折叠前、后的图形位置，考虑折叠前、后哪些线段、角对应相等，哪些量发生了变化．然后再利用轴对称的性质和相关图形的性质推出相等的线段、角、全等三角形等，当有直角三角形出现时，考虑利用勾股定理以及方程思想来解决．

6．(2017·兰州中考)如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F. (1)求证：△BDF是等腰三角形；

(2)如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O. ①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；

②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．

类型六图形的相似变换

【探究证明】

(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条相互垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明：

如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分EFAD

别交AD，BC于点G，H.求证：GH＝AB；【结论应用】

(2)如图2，在满足(1)的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CDEF11BN

上．若GH＝15，则AM的值为________；【联系拓展】

(3)如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝10，BC＝CD＝DN5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求的值．

【分析】(1)过点A作AP∥EF，交CD于点P，过点B作BQ∥GH，交AD于点Q，易证AP＝EF，GH＝BQ，△PDA∽△QAB，然后运用相似三角形的性质就可以解决问题；

EFADBN

(2)只需运用(1)中的结论，就可得到GH＝AB＝AM，就可以解决问题；(3)过D作AB的平行线，交BC的延长线于点E，作AF⊥AB交直线DE于点F，易证得四边形

ABEF是矩形，通过等量代换，得

∠1＝∠3，进而DE，AF，DC，

得到△ADF∽△DCE，根据相似三角形的性质，得出线段

AD之间的关系，再通过设未知数及勾股定理求出结论，即可解决问题．【自主解答】

AF，最后根据(1)中的

求两条线段的比，一般有两种方法：一是根据定义，求出两条线段的长度，再求两条线段的比；二是利用比例线段，等比转换，能够产生比例线段的是相似三角形和平行线，可以利用相似三角形和平行线的性质去寻找比例线段．在含有比值与相似的问题中，关键是证明三角形相似．判定三角形相似的方法一般有：

(1)条件中若有平行线，可采用找角相等证两个

三角形相似；(2)条件中若有一组对应角相等，可再找一组对应角相等或再找此角所在的两边对应成比例；

(3)条件中若有两边对应成比例，可找

夹角相等；(4)条件中若有一组直角，可考虑再找一组等角或证明斜边、直角边对应成比例；

(5)条件中若有等腰关系，可找顶角相等或找对应底

角相等或底和腰对应成比例．

7．(2018·湖州中考)已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB≥AC，D，E分DCAC

别为AC，BC边上的点(不包括端点)，且BE＝BC＝m，连接AE，过点D作DM⊥AE，垂足为点M，延长DM交AB于点F. (1)如图1，过点E作EH⊥AB于点H，连接DH. ①求证：四边形DHEC是平行四边形；2

②若m＝，求证：AE＝DF；

23DF

(2)如图2，若m＝，求的值．

5AE

类型七类比、拓展类探究问题

(2018·淄博中考)(1)操作发现：如图

1，小明画了一个等腰三角形

ABC，其中AB＝AC，在△ABC的外侧分别以AB，AC为腰作了两个等腰直角三角形

ABD，ACE.分别取

BD，CE，BC的中点

M，N，G.连接

GM，GN.小明发现了：线段是________．(2)类比思考：如图

GM与GN的数量关系是________；位置关系

2，小明在此基础上进行了深入思考．把等腰三角形

AB>AC，其他条件不变，小明发现的

ABC换为一般的锐角三角形．其中上述结论还成立吗？请说明理由．(3)深入探究：如图

3，小明在(2)的基础上，又作了进一步探究，向

ABD，ACE.其他条件不变，试判断

△ABC△GMN

的内侧分别作等腰直角三角形的形状，并给予证明．

【分析】(1)利用SAS判断出△AEB≌△ACD，得出EB＝CD，∠AEB＝∠ACD，进而判断出EB⊥CD，最后用三角形中位线定理即可得出结论；(2)同(1)的方法即可得出结论；(3)同(1)的方法得出可得出结论．【自主解答】

MG＝NG，最后利用三角形中位线定理和等量代换即

8．(2018·日照中考)问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于边等于斜边的一半．即：如图1＝30°，则AC＝2AB.

探究结论：小明同学对以上结论作了进一步探究．

(1)如图1，连接AB边上中线CE，由于CE＝2AB，易得结论：①△ACE为等边三角形；②BE与CE之间的数量关系为________；

30°，那么它所对的直角

1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC

(2)如图2，点D是边CB上任意一点，连接∠ACB的内部，连接的猜想并加以证明；

(3)当点D为边CB延长线上任意一点时，在

AD，作等边△ADE，且点E在

BE.试探究线段BE与DE之间的数量关系，写出你

(2)条件的基础上，线段

________；

BE与

DE之间存在怎样的数量关系？请直接写出你的结论拓展应用：如图3，在平面直角坐标系点B是x轴正半轴上的一动点，以

xOy中，点A的坐标为(－3，1)，

AB为边作等边△ABC.当C点在第一象

限内，且B(2，0)时，求C点的坐标．

参

类型一

【例1】(1)∵在Rt△ABC中，∠A＝30°，AB＝4，∴AC＝23.

∵PD⊥AC，∴∠ADP＝∠CDP＝90°. 在Rt△ADP中，AP＝2t，

∴DP＝t，AD＝3t，∴CD＝AC－AD＝23－3t(0＜t＜2)．(2)在Rt△PDQ中，

∵∠DPQ＝60°，∴∠PQD＝30°＝∠A，∴PA＝PQ. ∵PD⊥AC，∴AD＝DQ.

∵点Q和点C重合，∴AD＋DQ＝AC，∴23t＝23，∴t＝1. 1132(3)当0＜t≤１时，S＝S△PDQ＝DQ·DP＝×3t·t＝t.

222如图，当1＜t＜2时，

CQ＝AQ－AC＝2AD－AC＝23t－23＝23(t－1)．在Rt△CEQ中，∠CQE＝30°，

∴CE＝CQ·tan∠CQE＝23(t－1)×＝2(t－1)，

11332

∴S＝S△PDQ－S△ECQ＝×3t·t－×23(t－1)×2(t－1)＝－t＋43t－

22223，

∴S＝

t（0332

－2t＋43t－23（1(4)①如图，当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，

∴∠PGF＝90°，PG＝PQ＝

211

AP＝t，AF＝AB＝2. 22∵∠A＝∠AQP＝30°，

∴∠FPG＝60°，∴∠PFG＝30°，∴PF＝2PG＝2t，∴AP＋PF＝2t＋2t＝2，1∴t＝.

②如图，当PQ的垂直平分线过AC的中点N时，

∴∠QMN＝90°，1

AN＝AC＝3，

211

QM＝PQ＝AP＝t.

MQ23

t. 在Rt△NMQ中，NQ＝cos 30＝°323

∵AN＋NQ＝AQ，∴3＋t＝23t，

3∴t＝.

③如图，当PQ的垂直平分线过BC的中点F时，

∴BF＝BC＝1，PE＝PQ＝t，∠H＝30°.

22∵∠ABC＝60°，∴∠BFH＝30°＝∠H，∴BH＝BF＝1.

在Rt△PEH中，PH＝2PE＝2t.

∵AH＝AP＋PH＝AB＋BH，∴2t＋2t＝5，5

∴t＝.

135

即当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为2或4或4. 变式训练

1．解：(1)BP＝CE提示：如图，连接

CE⊥AD AC.

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，

∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC. 又∵△APE是等边三角形，

∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，

∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°. 延长CE交AD于点H. ∵∠CAH＝60°，

∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD. (2)结论仍然成立．理由：如图，连接

AC交BD于点O，设CE交AD于点H.

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，

∴△ABC，△ACD都是等边三角形，∠ABD＝∠CBD＝30°，∴AB＝AC.

∵△APE是等边三角形，

∴AP＝AE，∠BAC＝∠PAE＝60°，∴∠BAP＝∠CAE，∴△BAP≌△CAE，

∴BP＝CE，∠ABP＝∠ACE＝30°.

∵∠CAH＝60°，∴∠CAH＋∠ACH＝90°，∴∠AHC＝90°，即CE⊥AD. 也可选用图3进行证明，方法同上．

(3)如图，连接AC交BD于点O，连接CE交AD于点H，

由(2)可知EC⊥AD，CE＝BP. 在菱形ABCD中，AD∥BC，∴EC⊥BC.

∵BC＝AB＝23，BE＝219，在Rt△BCE中，EC＝

（219）－（23）＝8，

∴BP＝CE＝8.

∵AC与BD是菱形的对角线，

∴∠ABD＝∠ABC＝30°，AC⊥BD，

2∴BD＝2BO＝2AB·cos 30°＝6，

∴OA＝AB＝3，DP＝BP－BD＝8－6＝2，

2∴OP＝OD＋DP＝5. 在Rt△AOP中，AP＝∴S四边形类型二

【例2】(1)如图，作DH⊥AB于点H，则四边形DHBC是矩形，∴CD＝BH＝8，DH＝BC＝6. ∵AH＝AB－BH＝8，

AO＋OP＝27，

132

2×3＋×(27)＝83. ADPE＝S△ADP＋S△AEP＝×24

∴AD＝

DH＋AH＝10，

∴AP＝AD－DP＝10－2t.

(2)如图，作PN⊥AB于点N，连接PB. 在Rt△APN中，PA＝10－2t，3∴PN＝PA·sin∠DAH＝(10－2t)，

AN＝PA·cos∠DAH＝(10－2t)，

∴BN＝16－AN＝16－(10－2t)，

131462

∴S＝S△PQB＋S△BCP＝·(16－2t)·(10－2t)＋×6×[16－(10－2t)]＝t－t

252555＋72.

(3)当QP⊥BD时，∠PQN＋∠DBA＝90°. ∵∠QPN＋∠PQN＝90°，∴∠QPN＝∠DBA，QN3

∴tan∠QPN＝＝，

PN44（10－2t）－2t53∴＝，

34（10－2t）535解得t＝27.

经检验，t＝27是分式方程的解，且符合题意，35

∴当t＝时，QP⊥BD.

27(4)存在．理由如下：

如图，连接BE交DH于点K，作KM⊥BD于点M. 当BE平分∠ABD时，△KBH≌△KBM，∴KH＝KM，BH＝BM＝8. ∵BD＝

CD＋BC＝10，

∴DM＝2. 设KH＝KM＝x，

在Rt△DKM中，(6－x)＝2＋x，8解得x＝3.

如图，作EF⊥AB于点F，则△AEF≌△QPN，34

∴EF＝PN＝(10－2t)，AF＝QN＝(10－2t)－2t.

∴BF＝16－[(10－2t)－2t]．

5∵KH∥EF，KHBH∴＝，EFBF

833（10－2t）5

16－[（10－2t）－2t]

∴

＝，

解得t＝18.

经检验，t＝18是分式方程的解，且符合题意，25

∴当t＝时，点E在∠ABD的平分线上．

变式训练

2．解：(1)当t＝2时，OM＝2，在Rt△OPM中，∠POM＝60°，∴PM＝OM·tan 60＝°23. 在Rt△OMQ中，∠QOM＝30°，23∴QM＝OM·tan 30＝°

3，

2343

∴PQ＝PM－QM＝23－. ＝

33(2)当t≤４时，AN＝PO＝2OM＝2t，

t＝4时，P到达C点，N到达B点，点P，N在边BC上相遇．设t秒时，点P与N重合，则(t－4)＋2(t－4)＝8，2020

解得t＝3，即t＝3秒时，点P与N重合．1

(3)①当0＜t≤４时，S＝·2t·43＝43t.

201

②当432＝403－63t.

201

③当32＝63t－403.

④当81113

＝323－2·(24－2t)4·3－2·[8－(t－4)]4·3－2(t－4)··(2t－16)

232

＝－2t＋123t－563. 综上所述，S与t的函数关系式为

43t（020403－63t（43S＝

63t－403（3

－2t＋123t－563（8【例3】(1)四边形ACC′A是菱形．理由如下：′由平移的性质得到

AC∥A′，且C′AC＝A′，C′

则四边形ACC′是平行四边形，A′∴∠ACC′＝∠AA′C′．

又∵CD平分∠ACB的外角，即CD平分∠ACC′，易证CD也平分∠AA′，C′∴四边形ACC′A′是菱形．

12(2)∵在△ABC中，∠B＝90°，AB＝24，cos∠BAC＝，

13AB122412

∴cos∠BAC＝＝，即＝，∴AC＝26，

AC13AC13∴由勾股定理知BC＝

AC2－AB2＝

26－24＝10.

又由(1)知，四边形ACC′A是菱形，′∴AC＝AA′＝26.

由平移的性质得到AB∥A′，B′AB＝A′，B′

则四边形ABB′是平行四边形，A′∴AA′＝BB′＝26，

∴CB′＝BB′－BC＝26－10＝16. 变式训练3．A

4．解：(1)

(2)∵∠AOB＝90°，点C是AB的中点，1

∴OC＝BC＝AB，∴∠CBO＝∠COB.

2∵四边形OBDE是正方形，

∴BD＝OE，∠DBO＝∠EOB＝90°，∴∠CBD＝∠COE.

CB＝CO，

在△CBD和△COE中，

∠CBD＝∠COE，BD＝OE，

∴△CBD≌△COE(SAS)．1

(3)①S＝－a＋1.

2类型四

【例4】(1)当CC′＝3时，四边形MCND′为菱形．理由：由平移的性质得

CD∥C′，D′DE∥D′E′．35

②a＝或.

∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，

∴∠ACC′＝180°－60°＝120°. ∵CN是∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝60°.

∵AB∥DE，DE∥D′E，∴′AB∥D′E，′∴∠D′E′＝C′∠B＝60°，

∴∠D′E′＝C′∠NCC′，∴D′E∥′CN，∴四边形MCND′为平行四边形．

∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′Ｃ＝60°，∴△MCE′和△NCC′为等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′．

又∵E′＝C′23，CC′＝3，∴CE′＝CC′＝3，∴MC＝CN，∴四边形MCND′为菱形．(2)①AD′＝BE′．

理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD′＝∠BCE′．由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′，∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′．

当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，即AD′＝BE′．

综上可知，AD′＝BE′．②

如图，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得AP在△D′CE中，由′P为D′中点得E′AP⊥D′，E′PD′＝3，∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9. 在Rt△APD′中，由勾股定理得AD′＝变式训练5．(1)解：菱形

(2)证明：∵点F是CC′的中点，∴CF＝FC′．∵FG＝AF，∴四边形ACGC′是平行四边形．

∵在Rt△ABC和Rt△AC′Ｄ中，∠BAC＋∠ACB＝90°，∠ACB＝∠DAC′，∴∠BAC＋∠DAC′＝90°.

又∵B，A，D三点在同一条直线上，∴四边形ACGC′是矩形．

∵AC＝AC′，∴四边形ACGC′是正方形．(3)解：在Rt△A′BC和Rt△BC′Ｄ中，BC＝BD＝

4－2＝23.

AP＋PD′＝

9＋（3）＝221.

∴∠CAC′＝90°，

∵Rt△A′BC≌Rt△BC′Ｄ，∴∠DBC′＋∠BA′Ｃ＝90°，∴∠BHA′＝90°，∴BC′⊥A′C.在Rt△A′BC中，A′C·＝BHBC·A′Ｂ，即4BH＝2×23，

∴BH＝3，∴C′Ｈ＝BC′－BH＝4－3.

在Rt△A′BH中，A′Ｈ＝∴CH＝4－1＝3，

A′Ｂ－BH＝

2－（

3）＝1，

C′Ｈ4－3∴tan∠C′CH＝＝，

CH34－3

∴tan∠C′CH的值为.

3类型五

【例5】(1)∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，∴点B与点E关于PQ对称，

∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF. 又∵EF∥AB，

∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF ＝∠EFP，∴EP＝EF，∴BP＝BF＝FE＝EP，∴四边形BFEP为菱形．(2)①如图1，

图1

∵四边形ABCD为矩形，∴BC＝AD＝5 cm，

CD＝AB＝3 cm，∠A＝∠D＝90°. ∵点B与点E关于PQ对称，∴CE＝BC＝5 cm.

在Rt△CDE中，DE＝CE－CD，

即DE＝5－3，

∴DE＝4 cm，∴AE＝AD－DE＝5－4＝1(cm)．在Rt△APE中，AE＝1，AP＝3－PB＝3－PE，5

∴EP＝1＋(3－EP)，解得EP＝cm，

222

∴菱形BFEP的边长为cm.

3②

图2

当点Q与点C重合时，如图1，点E离A点最近，由①知，此时AE＝1 cm. 当点P与点A重合时，如图2，点E离A点最远，此时四边形方形，

AE＝AB＝3 cm，

∴点E在边AD上移动的最大距离为变式训练

6．(1)证明：根据折叠的性质知

∠DBC＝∠DBE.

2 cm.

ABQE为正

又∵AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形．

(2)解：①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴FD∥BG.

又∵DG∥BE，∴四边形BFDG是平行四边形．∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形．

②∵AB＝6，AD＝8，∴BD＝10，∴OB＝BD＝5.

2假设DF＝BF＝x，则AF＝AD－DF＝8－x，∴在Rt△ABF中，AB＋AF＝BF，即6＋(8－x)＝x，2525

解得x＝4，即BF＝4，∴FO＝

BF－OB＝

252152

4－5＝4，

∴FG＝2FO＝.

2类型六【例6】(1)

如图，过点A作AP∥EF，交CD于点P，过点B作BQ∥GH，交AD于点Q，交AP于点T.

∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC，∴四边形AEFP和四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ.

∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT＋∠AQT＝90°. ∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP＋∠DPA＝90°，∴∠AQT＝∠DPA，APADEFAD∴△PDA∽△QAB，∴. ＝，∴＝

BQBAGHAB

11(2)15.

提示：∵EF⊥GH，AM⊥BN，EFADBNAD

∴由(1)结论可得＝，＝，

GHABAMABBNEF11∴. ＝＝AMGH15

(3)如图，过D作AB的平行线，交BC的延长线于E，作AF⊥AB交ED延长线于点F.

∵∠BAF＝∠B＝∠E＝90°，∴四边形ABEF是矩形．

连接AC，由已知条件得△ADC≌△ABC，∴∠ADC＝∠ABC＝90°，∠1＋∠2＝90°.

又∵∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3，∴△ADF∽△DCE，DEDC51∴＝＝＝. AFAD102

设DE＝x，则AF＝2x，DF＝10－x. 在Rt△ADF中，AF＋DF＝AD，即(2x)＋(10－x)＝100，

解得x1＝4，x2＝0(舍去)，∴AF＝2x＝8，DNAF84∴. ＝＝＝AMAB105

变式训练

7．(1)①证明：∵EH⊥AB，∠BAC＝90°，BEHE∴EH∥CA，∴△BHE∽△BAC，∴. ＝BCACDCACBEDC∵＝，∴＝，BEBCBCACHEDC∴＝，∴HE＝DC. ACAC∵EH∥DC，

∴四边形DHEC是平行四边形．

AC2

②证明：∵＝，∠BAC＝90°，∴AC＝AB.

BC2DC2HE2

∵＝，HE＝DC，∴＝. BE2BE2∵∠BHE＝90°，∴BH＝HE.

∵HE＝DC，∴BH＝CD，∴AH＝AD. ∵DM⊥AE，EH⊥AB，∴∠EHA＝∠AMF＝90°，

∴∠HAE＋∠HEA＝∠HAE＋∠AFM＝90°，∴∠HEA＝∠AFD. ∵∠EHA＝∠FAD＝90°，∴△HEA≌△AFD，∴AE＝DF.

(2)解：如图，过点E作EG⊥AB于点G.

∵CA⊥AB，∴EG∥CA，∴△EGB∽△CAB，EGBEEGCA3∴. ＝，∴＝＝CABCBEBC5CD3∵＝，∴EG＝CD. BE5

设EG＝CD＝3x，AC＝3y，∴BE＝5x，BC＝5y，∴BG＝4x，AB＝4y. ∵∠EGA＝∠AMF＝90°，

∴∠GEA＋∠EAG＝∠EAG＋∠AFM，∴∠AFM＝∠AEG.

∵∠FAD＝∠EGA＝90°，∴△FAD∽△EGA，DFAD3y－3x3∴. ＝＝＝AEAG4y－4x4类型七

【例7】(1)MG＝NG提示：如图，连接

MG⊥NG

EB，DC，EB，DC交于点F.

∵AE＝AC，AB＝AD，∠EAC＝∠BAD＝90°，∴∠EAB＝∠CAD，∴△AEB≌△ACD，

∴EB＝CD，∠AEB＝∠ACD. ∵∠AHE＝∠FHC，

∴∠EFC＝∠EAC＝90°，∴EB⊥CD.

∵M，N，G分别是BD，CE，BC的中点，

∴NG∥EB，且NG＝EB，MG∥CD，且MG＝CD，

22∴MG＝NG，MG⊥NG. (2)成立．理由：类似于

(1)的证明方法，可以得出

△ADC≌△ABE，从而

得出EB⊥CD，再利用三角形中位线定理可证明结论还成立．(3)△GMN是等腰直角三角形．证明：如图，连接

EB，DC，并分别延长交于点

∵AE＝AC，AB＝AD，∠EAB＝∠CAD，

∴△AEB≌△ACD，∴EB＝CD，∠AEB＝∠ACD，∴∠AEB＋∠ACF＝180°.

又∠EAC＝90°，∴∠F＝90°，∴EB⊥CD. ∵M，N，G分别是BD，CE，BC的中点，1

∴NG∥EB，且NG＝EB，

MG∥CD，且MG＝CD，

2∴MG＝NG，MG⊥NG，∴△GMN是等腰直角三角形．

变式训练

8．解：(1)BE＝CE (2)BE＝DE.证明如下：

如图，取AB的中点P，连接EP.

由(1)结论可知△CPA为等边三角形，∴∠CAP＝60°，CA＝PA. ∵△ADE为等边三角形，∴∠DAE＝60°，AD＝AE，∴∠CAP＝∠DAE，

∴∠CAP－∠DAB＝∠DAE－∠DAB，∴∠CAD＝∠PAE，∴△ACD≌△APE(SAS)，∴∠APE＝∠ACD＝90°，∴EP⊥AB. ∵P为AB的中点，∴AE＝BE. ∵DE＝AE，∴BE＝DE. (3)BE＝DE

拓展应用：如图，连接

OA，OC，过点A作AH⊥x轴于点H.

∵A的坐标为(－3，1)，∴∠AOH＝30°.

由探究结论(3)可知CO＝CB. ∵O(0，0)，B(2，0)，∴点C的横坐标为1. 设C(1，m)．

∵CO＝CB＝1＋m，AB＝1＋(2＋3)，AB＝CB，∴1＋m＝1＋(2＋3)，∴m＝2＋3，∴C点的坐标是(1，2＋3)．

专题五

类型一线段、周长问题

二次函数综合题

(2018·宜宾中考改编)在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点

坐标为(2，0)，且经过点(4，1)，如图，直线y＝4x与抛物线交于A，B两点，直线l为y＝－1. (1)求抛物线的解析式；

(2)在y轴上是否存在一点M，使点M到点A，B的距离相等？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由；(3)在l上是否存在一点

P，使PA＋PB取得最小值？若存在，求出点

P的

坐标；若不存在，请说明理由；(4)设点S是直线l的一点，是否存在点求出点S的坐标．

S，使的SB－SA最大，若存在，

【分析】(1)设顶点式y＝a(x－2)，将点(4，1)代入即可求a的值，得出抛物线的解析式；

(2)联立直线AB与抛物线解析式得到点

A与点B的坐标，设出点M的坐

标为(0，m)，利用等式MA＝MB，求出点M的坐标；

(3)利用最短线段思想，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l

AB′解析式后，联立直线

于点P，此时PA＋PB取得最小值．求出直线得出点P坐标；

(4)由最短线段思想可知，当【自主解答】

S，A，B三点共线时，SB－SA取得最大值．

1．(2018·广西中考)如图，抛物线

y＝ax－5ax＋c与坐标轴分别交于点

A，C，E三点，其中A(－3，0)，C(0，4)，点B在x轴上，AC＝BC，过

点B作BD⊥x轴交抛物线于点D，点M，N分别是线段CO，BC上的动点，且CM＝BN，连接MN，AM，AN. (1)求抛物线的解析式及点

D的坐标；

M的坐标；

(2)当△CMN是直角三角形时，求点(3)试求出AM＋AN的最小值．

类型二图形面积问题

(2018·菏泽中考)如图，在平面直角坐标系中，抛物线

y＝ax＋bx－5

交y轴于点A，交x轴于点B(－5，0)和点C(1，0)，过点A作AD∥x轴交抛物线于点D. (1)求此抛物线的解析式；(2)点E是抛物线上一点，且点

E关于x轴的对称点在直线AD上，求△EAD

的面积；

(3)若点P是直线AB下方的抛物线上一动点，当点△ABP的面积最大，求出此时点

P运动到某一位置时，

P的坐标和△ABP的最大面积．

【分析】式；

(1)根据题意可以求得a，b的值，从而可以求得抛物线的解析

(2)根据题意可以求得的面积；

AD的长和点E到AD的距离，从而可以求得△EAD

(3)根据题意可以求得直线AB的函数解析式，再根据题意可以求得△ABP

的面积，然后根据二次函数的性质即可解答本题．【自主解答】

2．如图，已知抛物线

y＝x＋bx＋c经过△ABC的三个顶点，其中点

A(0，1)，点B(－9，10)，AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动

点．

(1)求抛物线的解析式；

(2)过点P且与y轴平行的直线l与直线AB，AC分别交于点E，F，当四边形AECP的面积最大时，求点

P的坐标；

AC上是否存在点Q，使得以C，P，

Q的坐标；若不存在，

(3)当点P为抛物线的顶点时，在直线

Q为顶点的三角形与△ABC相似，若存在，求出点请说明理由．

类型三抛物线上架构的三角形问题

(2018·怀化中考改编)如图，在平面直角坐标系中，抛物线

y＝ax＋2x

＋c与x轴交于A(－1，0)，B(3，0)两点，与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．

(1)求抛物线的解析式和直线

AC的解析式；

(2)请在y轴上找一点M，使△BDM的周长最小，求出点(3)试探究：①在拋物线上是否存在点

M的坐标；

P，使以点A，P，C为顶点，AC为

P的坐标；

直角边的三角形是直角三角形？若存在，请求出符合条件的点若不存在，请说明理由；②在数轴上是否存在点在，请求出符合条件的点

M，使得△ACM是以AC为底的等腰三角形？若存M的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)设交点式y＝a(x＋1)(x－3)，展开得到－2a＝2，然后求出

C(0，3)，然后利用待定系数法求直线

aAC

即可得到抛物线解析式；再确定的解析式；

(2)利用二次函数的性质确定

D的坐标为(1，4)，作B点关于y轴的对称点

MB＋MD

B′，连接DB′交y轴于点M，利用两点之间线段最短可判断此时的值最小，则此时△BDM的周长最小，然后求出直线到点M的坐标；

(3)①过点C作AC的垂线交抛物线于另一点数互为负倒数求出直线

PC的解析式，当过点

DB′的解析式即可得

P，利用两直线垂直一次项系A作AC的垂线交抛物线于

另一点P时，利用同样的方法可求出此时P点坐标．

MA＝MB，然后分类讨M的坐标即可．

②因为△ACM是以AC为底的等腰三角形，得出论点M在x轴、y轴时的两种情况，进而求出点【自主解答】

是否存在一点，使之与另外两个定点构成等腰三角形题：首先弄清题意

(直角三角形)的问

(如等腰三角形：若某边为底边，则只有一种情况；若

某边为腰，有两种情况；若只说该三点构成等腰三角形，则有三种情况)；其次借助于动点所在图形的解析式，表示出动点的坐标；然后按分类的情况，利用几何知识建立方程舍去不符合题意的点．

(组)，求出动点坐标，注意要根据题意

3．(2018·临沂中考)如图，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，OC＝

2OB，tan∠ABC＝2，点B的坐标为(1，0)，抛物线y＝－x＋bx＋c经过A，B两点．

(1)求抛物线的解析式；

(2)点P是直线AB上方抛物线上的一点．过点1交线段AB于点E，使PE＝2DE. ①求点P的坐标；

②在直线PD上是否存在点M，使△ABM为直角三角形？若存在，求出符

P作PD垂直x轴于点D，

合条件的所有点M的坐标；若不存在，请说明理由．

类型四抛物线上架构的四边形问题

(2018·齐齐哈尔中考)综合与探究

如图1所示，直线y＝x＋c与x轴交于点A(－4，0)，与y轴交于点C，抛物线y＝－x＋bx＋c经过点A，C. (1)求抛物线的解析式；

(2)点E在抛物线的对称轴上，求

CE＋OE的最小值；

M作垂直于x轴的

(3)如图2所示，点M是线段OA上的一个动点，过点直线与直线AC和抛物线分别交于点①若以C，P，N为顶点的三角形与________；

P，N.

△APM相似，则△CPN的面积为

②若点P恰好是线段MN的中点，点F是直线AC上一个动点，在坐标平面内是否存在点在，请直接写出点

D，使以点

D，F，P，M为顶点的四边形是菱形？若存

D的坐标；若不存在，请说明理由．

【分析】(1)把已知点坐标代入解析式；(2)取点C关于抛物线的对称轴直线最小值可得；

(3)①由已知，注意相似三角形的分类讨论．

②设出M坐标，求点P坐标．注意菱形是由等腰三角形以底边所在直线为对称轴对称得到的．本题即为研究【自主解答】

△CPN为等腰三角形的情况．

l的对称点C′，由两点之间线段最短，

解答存在性问题的一般思路

解答存在性问题的一般思路是先假设问题存在，然后推理得出结论，进而判断结论是否成立．遇到有两个定点确定平行四边形或其他特殊四边形的问题时，常常要运用分类讨论和数形结合思想，分别画出符合要求的图形，找到所有的答案，分类时要注意不重不漏．

4．(2017·天水中考)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax

－2ax－3a(a＜0)与x轴交于A，B两点(点A在点B的左侧)，经过点A的直线l：y＝kx＋b与y轴负半轴交于点且CD＝4AC.

(1)求A，B两点的坐标及抛物线的对称轴；

(2)求直线l的函数解析式(其中k，b用含a的式子表示)；(3)点E是直线l上方的抛物线上的动点，若a的值；

(4)设P是抛物线的对称轴上的一点，点

Q在抛物线上，以点

A，D，P，Q

△ACE的面积的最大值为，求

4C，与抛物线的另一个交点为

D，

为顶点的四边形能否成为矩形？若能，求出点理由．

P的坐标；若不能，请说明

参

类型一

【例1】(1)∵抛物线的顶点坐标为(2，0)，设抛物线的解析式为

y＝a(x－2).

∵该抛物线经过点(4，1)，1

∴1＝4a，解得a＝，

4∴抛物线的解析式为(2)存在．

1y＝4x，12

y＝x－x＋1，

x1＝1，解得

1y1＝

或

x2＝4，y2＝1，

1122

y＝(x－2)＝x－x＋1.

联立

∴点A的坐标为(1，)，点B的坐标为(4，1)．

4设点M的坐标为(0，m)，12

∴MA＝(0－1)＋(m－)，

MB＝(0－4)＋(m－1). ∵点M到A，B的距离相等，∴MA＝MB，

1222

即(0－1)＋(m－4)＝(0－4)＋(m－1)，

222

8585

∴m＝，∴点M的坐标为(0，)．

88(3)存在．

如图，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA＋PB取得最小值．

∵点B(4，1)，直线l为y＝－1，∴点B′的坐标为(4，－3)．

设直线AB′的解析式为y＝kx＋b(k≠，0)1

，－3)代入y＝kx＋b得将A(1，4)，B′(41

k＋b＝，

44k＋b＝－3，

13k＝－，

124b＝，

解得

134

∴直线AB′的解析式为y＝－x＋.

123134

当y＝－1时，有－12x＋3＝－1，28

解得x＝13，

∴点P的坐标为(，－1)．

13(4)存在．

点S和点A，B在同一条直线上时，SB－SA最大．∵点S在直线l上，

∴设点S的坐标为(n，－1)，代入y＝x得n＝－4，

∴点S的坐标为(－4，－1)．变式训练

1．解：(1)把A(－3，0)，C(0，4)代入y＝ax－5ax＋c得9a＋15a＋c＝0，c＝4，

1a＝－6，c＝4，

125

∴抛物线解析式为y＝－x＋x＋4.

66∵AC＝BC，CO⊥AB，∴OB＝OA＝3，∴B(3，0)．

∵BD⊥x轴交抛物线于点D，∴D点的横坐标为3，

159＋×3＋4＝5，当x＝3时，y＝－6×

6∴D点坐标为(3，5)．(2)在Rt△OBC中，BC＝

OB＋OC＝

解得

3＋4＝5.

设M(0，m)，则BN＝4－m，CN＝5－(4－m)＝m＋1. ∵∠MCN＝∠OCB，

CMCN∴当＝时，△CMN∽△COB，

COCB则∠CMN＝∠COB＝90°，

4－mm＋11616即4＝5，解得m＝9，此时M点坐标为(0，9)．

CMCN

当CB＝CO时，△CMN∽△CBO，则∠CNM＝∠COB＝90°，

4－mm＋11111即5＝4，解得m＝9，此时M点坐标为(0，9)．1611

综上所述，M点的坐标为(0，9)或(0，9)．(3)如图，连接DN，AD.

∵AC＝BC，CO⊥AB，∴OC平分∠ACB，∴∠ACO＝∠BCO.

∵BD∥OC，∴∠BCO＝∠DBC. ∵DB＝BC＝AC＝5，CM＝BN，∴△ACM≌△DBN，

∴AM＝DN，∴AM＋AN＝DN＋AN，

而DN＋AN≥AD(当且仅当点A，N，D共线时取等号)，∵AD＝

6＋5＝61，

61.

∴AM＋AN的最小值为类型二

【例2】(1)∵抛物线y＝ax＋bx－5经过点B(－5，0)和点C(1，0)，∴

25a－5b－5＝0，a＋b－5＝0，

解得

a＝1，b＝4，

∴抛物线的解析式为

y＝x＋4x－5.

(2)∵抛物线y＝x＋4x－5交y轴于点A，∴A点坐标为(0，－5)．

又∵点E关于x轴的对称点在直线∴点E的纵坐标为5.

AD上，

如图，过点E作EF⊥DA，交DA的延长线于点F，∴EF＝5＋|－5|＝10. 设点D的坐标为(a，－5)，∴a＋4a－5＝－5，∴a1＝0，a2＝－4，

∴点D的坐标为(－4，－5)，∴AD＝|－4|＝4，

∴S△ADE＝AD·EF＝×4×10＝20.

(3)设直线AB的解析式为y＝kx＋b，且该直线经过点B(－5，0)和点A(0，－5)，∴

－5k＋b＝0，b＝－5，

解得

k＝－1，b＝－5，

∴直线AB的解析式为y＝－x－5.

如图，过点P作PN⊥x轴，垂足为点N，交直线AB于点M. 设P(x，x＋4x－5)，则M(x，－x－5)，∴S△ABP＝S△PMB＋S△PMA

＝2[(－x－5)－(x＋4x－5)]5 ×52552125＝－2(x＋5x)＝－2(x＋2)＋8，

5125

∴当x＝－时，S△ABP最大，最大值为.

285352

将x＝－2代入y＝x＋4x－5得y＝－4，535

∴P点的坐标为(－，－)．

24变式训练

2．解：(1)把点A(0，1)，B(－9，10)的坐标代入y＝3x＋bx＋c，

1＝c，得

b＝2，

解得12

10＝×（－9）－9b＋c，c＝1.

y＝x＋2x＋1.

∴抛物线的解析式是

(2)∵AC∥x轴，A(0，1)，

由3x＋2x＋1＝1，解得x1＝－6，x2＝0. ∴C(－6，1)．

设直线AB的解析式是y＝kx＋b(k≠，0)

1＝b，由

10＝－9k＋b，

解得

k＝－1，b＝1.

则直线AB的解析式是y＝－x＋1.

设点P的坐标为(m，3m＋2m＋1)，则点E的坐标为(m，－m＋1)，EP＝1212

－m＋1－(3m＋2m＋1)＝－3m－3m. ∵AC⊥EP，AC＝6，∴S四边形

·EF＋AC·PF AEC＋S△APC＝ACAECP＝S△

·(EF＋PF)＝AC·PE ＝2AC

2112＝2×6×(－3m－3m)

9281＝－m－9m＝－(m＋2)＋4.

又∵－6＜m＜0，

981

则当m＝－2时，四边形AECP的面积的最大值是4，95

此时点P的坐标是(－2，－4)．

1212

(3)由y＝x＋2x＋1＝(x＋3)－2，得顶点P的坐标是(－3，－2)，此时

33PF＝yF－yP＝3，CF＝xF－xC＝3，

则在Rt△CFP中，PF＝CF，∴∠PCF＝45°. 同理可求∠EAF＝45°，∴∠PCF＝∠EAF，∴在直线AC上存在满足条件的ABC.

Q，如图△CPQ1∽△ABC或△CQ2P∽△

可求AB＝92，AC＝6，CP＝32，

①当△CPQ1∽△ABC时，设Q1(t1，1)，t1＋632CQ1CP

由AC＝AB，得6＝，解得t1＝－4.

92②当△CQ2P∽△ABC，设Q2(t2，1)，t2＋632CQ2CP

由AB＝AC，得＝6，解得t2＝3.

92综上，满足条件的点类型三

【例3】(1)设抛物线解析式为即y＝ax－2ax－3a，

∴－2a＝2，解得a＝－1，∴抛物线解析式为y＝－x＋2x＋3. 当x＝0时，y＝－x＋2x＋3＝3，则C(0，3)．设直线AC的解析式为y＝px＋q，

－p＋q＝0，

把A(－1，0)，C(0，3)代入得

q＝3，

解得

p＝3，q＝3，

Q有两个，坐标分别是

Q1(－4，1)或Q2(3，1)．

y＝a(x＋1)(x－3)，

∴直线AC的解析式为y＝3x＋3. (2)∵y＝－x＋2x＋3＝－(x－1)＋4，∴顶点D的坐标为(1，4)．

如图，作B点关于y轴的对称点B′，则B′（－3，0)，连接DB′交y轴于M.

∵MB＝MB′，∴MB＋MD＝MB′＋MD＝DB′，此时MB＋MD的值最小．∵BD的值不变，∴此时△BDM的周长最小．易得直线DB′的解析式为y＝x＋3. 当x＝0时，y＝x＋3＝3，∴点M的坐标为(0，3)．(3)①存在．

如图，过点C作AC的垂线交抛物线于另一点∵直线AC的解析式为y＝3x＋3，∴直线PC的解析式可设为1

y＝－x＋b，

把C(0，3)代入得b＝3，

∴直线PC的解析式为y＝－x＋3.

y＝－x＋2x＋3，

解方程组

y＝－x＋3

得

x＝0，y＝3

或

7x＝3，20y＝，

720

则此时P点坐标为(3，9)．

如图，过点A作AC的垂线交抛物线于另一点直线P′Ａ的解析式可设为1

y＝－x＋b1，

把A(－1，0)代入得3＋b1＝0，解得b1＝－3，11

∴直线PC的解析式为y＝－x－.

y＝－x＋2x＋3，

解方程组

y＝－x－

得

P′，

x＝－1，y＝0

或

x＝，

313y＝－，

1013

则此时P′点坐标为(3，－9)．综上所述，符合条件的点②存在．

当点M在x轴上时，设点M的坐标为(n，0)，∵MA＝MB，即[n－(－1)]＝n＋(0－3)，∴n＝4，∴此时点M的坐标为(4，0)．当点M在y轴上时，设点M的坐标为(0，a)，∵MA＝MB，即[0－(－1)]＋(a－0)＝(3－a)，44∴a＝，∴此时点M的坐标为(0，)．

33综上所述，符合条件的点变式训练

3．解：(1)在Rt△ABC中，由点B的坐标可知OB＝1.

M的坐标为(4，0)或(0，3)．

7201013

P的坐标为(3，9)或(3，－9)．

∵OC＝2OB，∴OC＝2，则BC＝3. 又∵tan∠ABC＝2，

∴AC＝2BC＝6，则点A的坐标为(－2，6)．把点A，B的坐标代入抛物线－4－2b＋c＝6，－1＋b＋c＝0，

b＝－3，解得

c＝4，

y＝－x－3x＋4.

AB的解析式为y＝－2x

y＝－x＋bx＋c中得

∴该抛物线的解析式为

(2)①由点A(－2，6)和点B(1，0)的坐标易得直线＋2.

如图，设点P的坐标为(m，－m－3m＋4)，则点E的坐标为(m，－2m＋2)，点D的坐标为(m，0)，

则PE＝－m－m＋2，DE＝－2m＋2，12

由PE＝2DE得－m－m＋2＝1(－2m＋2)，2

解得m＝±1. 又∵－2＜m＜1，∴m＝－1，

∴点P的坐标为(－1，6)．

②∵M在直线PD上，且P(－1，6)，设M(－1，y)，

∴AM＝(－1＋2)＋(y－6)＝1＋(y－6)，

BM＝(1＋1)＋y＝4＋y，AB＝(1＋2)＋6＝45. 分三种情况：

(ⅰ)当∠AMB＝90°时，有AM＋BM＝AB，∴1＋(y－6)＋4＋y＝45，解得y＝3±11，∴M(－1，3＋11)或(－1，3－11)；(ⅱ)当∠ABM＝90°时，有AB＋BM＝AM，∴45＋4＋y＝1＋(y－6)，解得y＝－1，∴M(－1，－1)．

(ⅲ)当∠BAM＝90°时，有AM＋AB＝BM，

1313∴1＋(y－6)＋45＝4＋y，解得y＝，∴M(－1，)．

综上所述，点13

(－1，)．

2类型四

M的坐标为(－1，3＋11)或(－1，3－11)或(－1，－1)或

【例4】(1)将A(－4，0)代入y＝x＋c得c＝4，将A(－4，0)和c＝4代入y＝－x＋bx＋c得b＝－3，∴抛物线解析式为y＝－x－3x＋4. (2)

如图，作点C关于抛物线对称轴的对称点连接CE，此时CE＋OE的值最小．∵抛物线对称轴直线由勾股定理可得

x＝－，∴CC′＝3.

C′，连接OC′，交直线l于点E，

OC′＝5，

∴CE＋OE的最小值为5. (3)①当△CNP∽△AMP时，

∠CNP＝90°，则NC关于抛物线对称轴对称，∴NC＝NP＝3，9

∴△CPN的面积为.

2当△CNP∽△MAP时，

由已知△NCP为等腰直角三角形，∠NCP＝90°.

如图，过点C作CE⊥MN于点E，设点M坐标为(a，0)，

∴EP＝EC＝－a，

则N为(a，－a－3a＋4)，MP＝－a－3a＋4－(－2a)＝－a－a＋4，∴P(a，－a－a＋4)，代入y＝x＋4，

解得a＝－2或a＝0(舍)，

则N(－2，6)，P(－2，2)，故PN＝4. 又∵EC＝－a＝2，∴△CPN的面积为4. 9

故答案为2或4.

②存在．设点M坐标为(a，0)，则点N坐标为(a，－a－3a＋4)，则P点坐－a－3a＋4

)，标为(a，2把点P坐标代入y＝x＋4，解得a1＝－4(舍去)，a2＝－1.

当PF＝FM时，点D在MN垂直平分线上，则当PM＝PF时，由菱形性质得点32

－2)；

当MP＝MF时，M，D关于直线y＝x＋4对称，点D坐标为(－4，3)．变式训练

4．解：(1)当y＝0时，ax－2ax－3a＝0，解得x1＝－1，x2＝3，∴A(－1，0)，B(3，0)，－1＋3

对称轴为直线x＝2＝1.

222

13D(2，2)；

323232

D坐标为(－1＋2，2)或(－1－2，

(2)∵直线l为y＝kx＋b且过A(－1，0)，∴0＝－k＋b，即k＝b，∴直线l为y＝kx＋k. ∵抛物线与直线l交于点A，D，∴ax－2ax－3a＝kx＋k，即ax－(2a＋k)x－3a－k＝0. ∵CD＝4AC，∴点D的横坐标为4，k

∴－3－＝－1×4，∴k＝a，

a∴直线l的函数解析式为(3)

y＝ax＋a.

图1

如图1，过点E作EF∥y轴交直线l于点F. 设E(x，ax－2ax－3a)，

则F(x，ax＋a)，EF＝ax－2ax－3a－ax－a＝ax－3ax－4a，

121212

∴S△ACE＝S△AFE－S△CEF＝(ax－3ax－4a)(x＋1)－(ax－3ax－4a)x＝(ax

22213225

－3ax－4a)＝2a(x－2)－8a，25

∴△ACE的面积的最大值为－a.

∵△ACE的面积的最大值为，

255∴－a＝，

842解得a＝－5.

(4)以点A，D，P，Q为顶点的四边形能成为矩形．令ax－2ax－3a＝ax＋a，即ax－3ax－4a＝0，解得x1＝－1，x2＝4，∴D(4，5a)．∵抛物线的对称轴为直线设P(1，m)，

如图2，①若AD是矩形ADPQ的一条边，

x＝1，

图2

则易得Q(－4，21a)，

m＝21a＋5a＝26a，则P(1，26a)．∵四边形ADPQ是矩形，∴∠ADP＝90°，∴AD＋PD＝AP，

∴52＋(5a)2＋32＋(26a－5a)2＝22＋(26a)2，1即a＝7.

∵a＜0，∴a＝－，

267

∴P(1，－)．

②如图3，若AD是矩形APDQ的对角线，

图3

则易得Q(2，－3a)，m＝5a－(－3a)＝8a，则P(1，8a)．

∵四边形APDQ是矩形，∴∠APD＝90°，∴AP＋PD＝AD，

∴(－1－1)＋(8a)＋(1－4)＋(8a－5a)＝5＋(5a)，1即a＝4.

∵a＜0，∴a＝－，∴P(1，－4)．

2综上所述，以点

A，D，P，Q为顶点的四边形能成为矩形，点

P坐标为

267

(1，－)或(1，－4)．

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