聚焦中考陕西地区2017年中考数学总复习专题十二几何压轴题课件

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2017年陕西省中考数学试题(含解析)

2017年陕西省中考数学试卷满分：120分版本：北师大版一、选择题（每小题3分，共10小题，合计30分） 1．（2017陕西，1，3分）2112⎛⎫-- ⎪⎝⎭A ．54-B ．14-C ．34-D ．0答案：C ，解析：2112⎛⎫-- ⎪⎝⎭＝114-＝34-．故选C ．2．（2017陕西，2，3分）如图所示的几何体是由一个长方体和一个圆柱组成的，则它的主视图为A ．B ．C ．D ．答案：B ，解析：主视图是从前面看，看到的应该是上下两个长方形．故选B ．3．（2017陕西，3，3分）若一个正比例函数的图像经过A （3，－6），B （m ，－4）两点，则m 的值为 A ．2B ．8C ．－2D ．－8答案：A ，解析：设这个正比例函数的解析式为y ＝kx ，将点A （3，－6）代入可得k ＝－2，即y ＝－2x ，再将点B （m ，－4）代入y ＝－2x ，可得m ＝2．故选A ．4．（2017陕西，4，3分）如图，直线a ∥b ，Rt △ABC 的直角顶点B 落在直线a 上，若∠1＝25°，则∠2的大小为b a21AA ．55°B ．75°C ．65°D ．85°答案：C ，解析：由∠1＝25°，∠ABC ＝90°可得∠3＝65°；因为a ∥b ，所以∠2＝∠3＝65°．故选C ．5．（2017陕西，5，3分）化简x yx y x y--+的正确结果为A ．1B ．2222x y x y +-C ．x yx y-+ D ．x 2＋y 2答案：B ，解析：x yx y x y --+＝()()()()()()x x y y x y x y x y x y x y +---++-＝222222x xy xy y x y x y +----＝2222x y x y +-． b a312AB答案第4题图6．（2017陕西，6，3分）如图，两两个大小形状相同的是△ABC和△A’B’C’拼在一起，其中点A与A’重合，点C落在边AB上，连接B’C．若∠ACB＝∠AC’B’＝90°，AC＝BC＝3，则B’C的长为A．B．6C．D．答案：A，解析：由题意得∠CAB＝∠CAB’＝45°，△ABC≌△A’B’C’，由勾股定理得AB＝AB’＝，B’C＝A．7．（2017陕西，7，3分）如图，已知直线l1：y＝－2x＋4与直线l2：y＝kx＋b（k≠0）在第一象限交于点M，若直线l2与x轴的交点为A（－2，0），则k的取值范围为xA．－2＜k＜2 B．－2＜k＜0 C．0＜k＜4 D．0＜k＜2答案：D，解析：将点A（－2，0）代入l2：y＝kx＋b（k≠0），可得b＝2k，即l2：y＝kx＋2k（k≠0）；已知直线l1：y＝－2x＋4与直线l2：y＝kx＋b（k≠0）在第一象限交于点M，说明直线l1方程与直线l2方程联立的方程组的解x＞0，y＞0．解方程组242y xy kx k=-+⎧⎨=+⎩得42282kxkkyk-⎧=⎪⎪+⎨⎪=⎪+⎩，由x＞0，y＞0得0＜k＜2．故选D．8．（2017陕西，8，3分）在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，若点E为边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE于点F，则BF长为EABCD答案：B，解析：由题意得△ADE∽△BFA，由题意可知AD＝3，DE＝1，设AF＝x，则BF＝3x，由勾股定理得：AF2＋BF2＝AB2，即x2＋(3x) 2＝22，解得x，所以3x即BF．故选B．9．（2017陕西，9，3分）如图，△ABC是⊙O的内接三角形，∠C＝30°，⊙O的半径为5，若点P 是⊙O上的一点，在△ABP中，PB＝AB，则PA的长为PA．5 BC．D．答案：D，解析：连接OB、OA、OP，由垂径定理的逆定理可知OB⊥AP；运用“圆周角的度数等于它所对弧上的圆心角度数的一半，同弧或等弧所对的圆周角相等”可知△OAB为等边三角形，再运用解直角三角形的知识可求出AP的长为D．10．（2017陕西，10，3分）已知抛物线y＝x2－2mx－4（m＞0）的顶点M关于原点O的对称点为M’，过点M’在这条抛物线上，则点M的坐标为A．（1，－5）B．（3，－13）C．（2，－8）D．（4，－20）答案：C，解析：抛物线y＝x2－2mx－4的顶点坐标为M（m，－m2－4），M关于原点O的对称点为M’（－m，m2＋4），将点M’的坐标代入y＝x2－2mx－4的得，m＝±2，由于m＞0，所以m＝2．故选B．二、填空题：（每小题3分，共4小题，合计12分）11．（2017陕西，11，3分）在实数－5，0，π中，最大的数是．答案：π，解析：根据“正数大于0，0大于负数”可得实数－5，0，π中比较大的是π，由于3＜π＜4，23，故π12．（2017陕西，12，3分）请从以下两个小题中任选一个作答，若多选，则按第一题计分．a．如图，在△ABC中，BD和CE是△ABC的两条角平分线，若∠A＝52°，则∠1＋∠2＝．b15'︒≈．（精确到0.01）答案：a．64°；b．2.03，解析：a．由条件：BD和CE是△ABC的两条角平分线，可得∠1＝12∠ABC，∠2＝12∠ACB，根据“三P角形内角和等于180°”可得∠ABC ＋∠ACB ＋∠A ＝180°，则12∠ABC ＋12∠ACB ＋12∠A ＝12×180°＝90°，所以∠1＋∠2＝90°－12∠A ＝64°； b15'︒≈2.5713×0.7926≈2.03． 13．（2017陕西，13，3分）已知A 、B 两点在反比例函数3m y x =（m ≠0）和25m y x -=（m ≠52）的图像上，若点A 与点B 关于x 轴对称，则m 的值为．答案：1，解析：设点A 的坐标为（a ，3ma），由于点A 与点B 关于x 轴对称，则点B 的坐标为（a ，3m a -），将B （a ，3m a -）坐标代入解析式25m y x-=，解得m ＝1． 14．（2017陕西，14，3分）四边形ABCD 中，AD ＝AD ，∠BAD ＝∠BCD ＝90°，连接AC ．若AC ＝6，则四边形ABCD 的面积为．A答案：18，解析：过点A 作AE ⊥AC 交CD 的延长线于点E ，有题意易证△AED ≌△ACB ，故四边形ABCD 的面积等于△ACE 的面积，即四边形ABCD 的面积＝12AC ×AE ＝12×6×6＝18．三、解答题：本大题共11个小题，满分78分．15．（2017陕西，15，5分）（本小题满分5分）计算：(1122-⎛⎫- ⎪⎝⎭．思路分析：分别计算出(2、112-⎛⎫⎪⎝⎭，再合并同类项．解：原式＝22＝-＝- 16．（2017陕西，16，5分）（本小题满分5分）解方程：32133x x x +-=-+．思路分析：解分式方程的一般思路：去分母将原方程转化为整式方程，解出这个整式方程，最后要验根．解：去分母，得(x ＋3)2－2(x －3)＝(x －3)(x ＋3) 解之得：x ＝－6．经检验，x ＝－6是原方程的解．17．（2017陕西，17，5分）（本小题满分5分）如图，在钝角△ABC 中，过钝角顶点B 作BD ⊥BC交AC 于点D ．请用尺规作图在BC 边上求作一点P ，使得点P 到AC 的距离等于BP 的长．（保留作图痕迹，不写作法）思路分析：要满足条件：在BC 边上求作一点P ，使得点P 到AC 的距离等于BP 的长，则DP 为∠BDC 的角平分线．解：如图所示，点P 即为所求．18．（2017陕西，18，5分）（本小题满分5分）养成良好的早锻炼习惯，对学生的学习和生活都非常有益．某中学为了了解七年级学生的早锻炼情况，校政教处在七年级随机抽取了部分学生，并对这些学生通常情况下一天的早锻炼时间x （分钟）进行了调查．现把调查结果分成A 、B 、C 、D 四组，如右下表所示；同时，将调查结果绘制成下面两幅不完整的统计图．请你根据以上提供的信息，解答下列问题：（1）补全频数分布直方图和扇形统计图；（2）所抽取的七年级学生早锻炼时间的中位数落在区间内；（3）已知该校七年级共有1200名学生，请你估计这个年级学生中约有多少人一天早锻炼的时间不少于20分钟．（早锻炼：指学生在早晨7:00~7:40之间的锻炼．）思路分析：（1）从两幅统计图中可以看出A 、B 两类的学生数和各自所占的比例，因此可以求出样本容量；（2）由第（1）问知道样本容量为200，这200个数据按大小排序号，第100个和101个数据的平均数就是中位数；（3）先求出样本中一天早锻炼的时间不少于20分钟所占的比例，再运用样本估计总体的思想解决问题．解：（1）如图所示：20401208014010060（2）C ；（3）11200×(65%＋20%)＝1020，所以该校七年级学生中约有1020人早锻炼时间不少于20分钟． 19．（2017陕西，19，7分）（本小题满分7分）如图，在正方形ABCD ，E 、F 分别是AD 和CD 边上的点，AE ＝CF ，连接AF 、CE 交于点G ，求证：AG ＝CG ．思路分析：要证明AG ＝CG ，根据已知条件则设法证明△AEG ≌△CFG ，证明全等的三个条件中，∠GAE ＝∠GCF 要先准备．解：∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ADF ＝∠CDE ＝90°，AD ＝CD ． ∵AE ＝CF ， ∴DE ＝DF ． ∴△ADF ≌△CDE ． ∴∠DAF ＝∠DCF ．又∵∠AGE ＝∠CGF ， ∴△AEG ≌△CFG ． ∴AG ＝CG ．20．（2017陕西，20，7分）（本小题满分7分）某市一湖的湖心岛有一颗百年古树，当地人称它为“乡思柳”，不乘船不易到达，每年初春时节，人们喜欢在“聚贤亭”观湖赏柳．小红和小军很想知道“聚贤亭”与“乡思柳”之间的大致距离，于是，有一天，她们俩带着侧倾器和皮尺来测量这个距离．测量方案如下：如图，首先，小军站在“聚贤亭”的A 处，用侧倾器测得“乡思柳”顶端M 的仰角为23°，此时测得小军的眼睛距地面的高度AB 为1.7米；然后，小军在A 处蹲下，用侧倾器测得“乡思柳”顶端M 的仰角为24°，这时测得小军的眼睛距地面的高度AC20401208014010060为1米．请你利用以上所测得的数据，计算“聚贤亭”与“乡思柳”之间的距离AN 的长（结果精确到米）．（参考数据：sin23°≈0.3907，cos23°≈0.9205，ta n23°≈0.4245，sin24°≈0.4067，cos24°≈0.9135，tan24°≈0.4452．）思路分析：根据题意，构造Rt △MBD 和Rt △MBD ，这两个直角三角形中，BD ＝CE ，DE =0.7，由于涉及到的全是直角边，故选用正切．解：作BD ⊥MN ，垂足为D ，作CE ⊥MN ，垂足为E ．设AN 长为x 米，则BD ＝CE ＝x 米．在Rt △MBD 中，MD ＝x ·tan23°．在Rt △MCE 中，ME ＝x ·tan24°． ∵ME －MD ＝DE ＝BC ，∴x ·tan24°－ x ·tan23°＝1.7－1＝0.7． ∴x ＝0.7tan 24tan 23︒-︒．∴x ≈34．∴“聚贤亭”到“乡思柳”之间的距离为34米．21．（2017陕西，21，7分）（本小题满分7分）在精准扶贫中，某村的李师傅在县政府的扶持下，去年下半年，他对家里的3个温室大棚进行了整修改造，然后，1个大棚种植香瓜，另外2个大棚种甜瓜，今年上半年喜获丰收，现在他家甜瓜和香瓜已售完，他高兴地说：“我的日子终于好了”．最近，李师傅在扶贫工作工作者的指导下，计划在农业合作社承包5个大棚，以后就用8个大棚继续种植香瓜和甜瓜．他根据种植经验及今年上半年的市场情况，打算下半年种植时，两个品种同时种植，一个大棚只种一个品种的瓜，并预测明年两种瓜的产量、销售价格及成本如下表：完后，获得的利润为y 元．根据以上提供的信息，请你解答下列问题：（1）求出y与x之间的函数关系式；（2）求出李师傅种植的8个大棚中，香瓜至少种植几个大棚？才能使获得的利润不低于10万元．思路分析：（1）由题意得：获利＝香瓜的总获利＋甜瓜的总获利，分别计算出香瓜和甜瓜的总获利即可；（2）根据条件“获得的利润不低于10万元”，可列不等式7 500x＋6 800≥100 000，但要注意这里的x是正整数，注意正确作答．解：（1）由题意，得y＝(2 000×12－8 000)x＋(4 500×3－5 000)(8－x)＝7 500x＋68 000．∴y＝7 500x＋6 800．（2）由题意，可知7 500x＋6 800≥100 000．∴x≥4415．∴李师傅种植的8个大棚中至少有5个大棚种植香瓜．22．（2017陕西，22，7分）（本小题满分7分）端午节“赛龙舟，吃粽子”是中华民族的传统习俗．节日期间，小邱家包了三种不同馅的粽子，分别是：红枣粽子（记作A），豆沙粽子（记作B），肉粽子（记作C）．这些粽子除了馅不同，其余均相同．粽子煮好后，小邱的妈妈给一个白盘放入了两个红枣粽子，一个豆沙粽子和一个肉粽子；给一个花盘中放入了两个肉粽子、一个红枣粽子和一个豆沙粽子．根据以上情况，请你回答下列问题：（1）假设小邱从白盘中随机取一个粽子，恰好取到红枣粽子的概率是多少？（2）若小邱先从白盘里的四个粽子中随机取一个粽子，再从花盘里的四个粽子中随机取一个粽子，请用列表法或画树状图的方法，求小邱取到的两个粽子中一个是红枣粽子、一个是豆沙粽子的概率．思路分析：（1）小邱从白盘中随机取一个粽子有4种等可能结果，而恰好取到红枣粽子有两种，问题可以解决；（2）正确列表或画树状图，根据图表即可求解．解：（1）共有4种等可能结果，而取到红枣粽子的结果有2种，则P（取到红枣粽子）＝12．（2）列表如下：结果有3种，则P （取到一个红枣，一个豆沙粽子）＝316． 23．（2017陕西，23，8分）（本小题满分8分）如图，已知⊙O 的半径为5，PA 为⊙O 的一条切线，切点A ，连接PO 并延长，交⊙O 于点B ，过点A 作AC ⊥BP 交⊙O 于点C ，交PB 于点D ．当∠P ＝30°时．（1）求弦AC 的长；（2）求证：BC ∥PA ．P思路分析：（1）由于PA 为⊙O 的一条切线，可以连接OA ，则有∠PAO ＝90°．再根据垂径定理可得AD =CD ，运用解直角三角形的知识可以求出AC 弦长；（2）要证明BC ∥PA ，只需证出∠PAC ＝∠BCA 或∠P ＝∠B 即可．解：（1）连接OA ．∵PA 是⊙O 的切线，切点为A ， ∴∠PAO ＝90°． ∵∠P ＝30°， ∴∠AOD ＝60°． ∵AC ⊥PB ，PB 过圆心， ∴AD ＝DC ．在Rt △ODA 中，AD＝OA ·sin60° ∴AC＝2AD ＝（2）∵AC ⊥PB ，∠P ＝30°，∴∠PAC ＝60°． ∵∠AOP ＝60°， ∴∠BOA ＝120°． ∴∠BCA ＝60°． ∴∠PAC ＝∠BCA ． ∴BC ∥PA ．24．（2017陕西，24，10分）（本小题满分10分）在同一直角坐标系中，抛物线C 1：y ＝ax 2－2x －3与抛物线C 2：y ＝x 2＋mx ＋n 关于y 轴对称，C 2与x 轴交于A 、B 两点，其中点A 在点B 的左侧．（1）求抛物线C1、C2的函数表达式；（2）求A、B两点的坐标；（3）在抛物线C1上是否存在P点，在抛物线C2是否存在一点Q，使得以AB为边，且以A、B、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P、Q两点的坐标；若不存在，请说明理由．x思路分析：（1）由于抛物线C1、C2关于y轴对称，则与y轴的交点是同一点，二次项系数相同；（2）以A、B、P、Q四点为顶点，且AB为边，则AB与PQ平行且相等，所以P、Q两点的坐标相等，PQ＝AB＝4．由于点P与点Q的左右位置不确定，故要分类讨论．解：（1）因为C1与C2关于y轴对称，∴C1与C2的交点一定在y轴上，且C1与C2的形状、大小均相同．∴a＝1，n＝－3．∴C1的对称轴为x＝1．∴C2的对称轴为x＝－1．∴m＝2．∴C1：y＝x2－2x－3，C2：y＝x2＋2x－3．（2）令C2中y＝0，则x2＋2x－3＝0．解之，得x1＝－3，x2＝1．∴A（－3，0），B（1，0）．（3）存在．设p（a，b），则Q（a＋4，b）或（a－4，b）．①当Q（a＋4，b）时，得：a2－2a－3＝(a＋4) 2＋2(a＋4)－3．解之，得a＝－2．∴b＝a2－2a－3＝4＋4－3＝5．∴P1（－2，5），Q1（2，5）．②当Q（a－4，b）时，得：a2－2a－3＝(a－4) 2＋2(a－4)－3．解之，得a＝2．∴b＝4－4－3＝－3．xC∴P2（2，－3），Q2（－2，－3）．25．（2017陕西，25，12分）（本小题满分12分）问题提出（1）如图①，△ABC是等边三角形，AB＝12．若点O是△ABC的内心，则OA的长为；问题探究（2）如图②，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝18．如果点P是AD边上一点，且AP＝3，那么BC边上是否存在一点Q，使得线段PQ将矩形ABCD的面积平分？若存在，求出PQ的长；若不存在，请说明理由．问题解决（3）某城市街角有一草坪，草坪是由△ABM草地和弦AB与其所对的劣弧围成的草地组成，如图③所示．管理员王师傅在M处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用喷灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又能节约用水．于是，他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB（即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB，然后再转回，这样往复喷灌）．同时，再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．如图③，已测出AB＝24 m，MB＝10 m，△AMBD的面积为96 m2；过弦AB的中点D 作DE⊥AB交»AB于点E，又测得DE＝8 m．请你根据以上提供的信息，帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时，才能实现他的想法？为什么？（结果保留根号或精确到0.01米）BABB思路分析：（1）根据等边三角形的轴对称性和内心的定义可知：△ABC的内心与外心重合，运用勾股定理求出OA的长；（2）运用矩形的中心对称性可知PQ一定经过矩形ABCD的对称中心O，通过构造直角三角形，运用勾股定理可以求出PQ的长；（3）一是根据圆的对称性找出圆心，运用垂径定理和勾股定理可求出该圆的半径，二是利用“三角形的两边之和大于第三边”确定喷灌龙头的最远射程为MF的长．解：（1）；（2）存在．如图①，连接AC、BD相交于点O，连接PO并延长交BC于点Q，则线段PQ将矩形ABCD的面积平分．∵点Q为矩形ABCD的对称中心，∴CQ＝AP＝3．A过点P 作PM ⊥BC 于点M ，则PM ＝AB ＝12，MQ ＝12． ∴PQ ＝（3）如图②，作射线ED 交AM 于点C ． ∵AD ＝DB ，ED ⊥AB ，»AB 为劣弧， ∴»AB 所在圆的圆心在射线DC 上．假设圆心为O ，半径为r ，连接OA ，则r 2＝122＋(r －8) 2．解之，得r ＝13． ∴OD ＝5．过点M 作MN ⊥AB ，垂足为N ． ∵S △ABM ＝96，AB ＝24， ∴MN ＝8，NB ＝6，AN ＝18． ∵△ADC ∽△ANM ，∴12818DC∴DC ＝163． ∴OD ＜CD ．∴点O 在△AMB 内部．∴连接MO 并延长交»AB 于点F ，则MF 为草坪上的点到M 点的最大距离． ∵在»AB 上任取一异于点F 的点G ，连接GO ，GM ． ∴MF ＝OM ＋OF ＝OM ＋OG ＞MG ．即MF ＞MG ．过点O 作OH ⊥MN ，垂足为H ，则OH ＝DN ＝6，MH ＝3． ∴OM ＝．∴MF ＝OM ＋r ＝＋13．∴喷灌龙头的射程至少为（＋13）米（约为19.71米）．B。

2017陕西中考数学压轴题归类1

7. (08)（本题满分 12 分）某县社会主义新农村建设办公室，为了解决该县甲、乙两村和一所中学长期
存在的饮水困难问题，想在这三个地方的其中一处建一所供水站，由供水站直接铺设管道到另外两处。
如图，甲、乙两村坐落在夹角为 30°的两条公路的 AB 段和 CD 段（村子和公路的宽均不计），点 M 表示这所中学。点 B 在点 M 的北偏西 30°的 3km 处，点 A 在点 M 的正西方向，点 D 在点 M 的南偏西 60°的 2 3 km 处。
类型一：线段最值问题
题一: 最短和最长距离问题知识点源于“两点之间线段最短 ”,更方便的理解“三角形任意两边之和大
于第三边，两边之差小于第三边 ”；历史名题“将军饮马”问题。经过了不断的演变，以其极其丰富的表情展现于考生面前！ 1、两点在河的两侧 (1)河的宽度忽略不计 (2)河的宽度不能够忽略
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6.小明在学习轴对称的时候，老师留了这样一道思考题：如图，已知在直线 l 的同侧有 A、B 两点，请你在直线 l 上确定一点 P，使得 PA+PB 的值最小．小明通过独立思考，很快得出了解决这个问题的正确方法，他的作法是这样的： ①作点 A 关于直线 l 的对称点 A′． ②连接 A′B，交直线 l 于点 P．则点 P 为所求．请你参考小明的作法解决下列问题：（1）如图 1，在△ABC 中，点 D、E 分别是 AB、AC 边的中点，BC=6，BC 边上的高为 4，请你在 BC 边上确定一点 P，使得△PDE 的周长最小． ①在图 1 中作出点 P．（三角板、刻度尺作图，保留作图痕迹，不写作法） ②请直接写出△PDE 周长的最小值______．（2）如图 2 在矩形 ABCD 中，AB=4，BC=6，G 为边 AD 的中点，若 E、F 为边 AB 上的两个动点，点 E 在点 F 左侧，且 EF=1，当四边形 CGEF 的周长最小时，请你在图 2 中确定点 E、F 的位置．（三角板、刻度尺作图，保留作图痕迹，不写作法），并直接写出四边形 CGEF 周长的最小值______．

2017年陕西省中考数学试卷含答案解析(Word版)

2017 年陕西省中考数学试卷、选择题（本大题共 10小题，每小题 3分，共 30 分）1．计算：( 12)21 =（）513A ．B ．C ．D ．0444【答案】 C ．【解析】试题分析：原式 = 1﹣ 1= 3 ，故选 C ．44考点：有理数的混合运算．2．如图所示的几何体是由一个长方体和一个圆柱体组成的，则它的主视图是（D ．答案】 B ．解析】试题分析：从正面看下边是一个较大的矩形，上便是一个角的矩形，故选考点：简单组合体的三视图．答案】 A ．【解析】考点：一次函数图象上点的坐标特征．3．若一个正比例函数的图象经过 A （3，﹣ 6）， B （m ，﹣4）两点，m 的值为（）A ．2B ．8C ．﹣ 2D ．﹣ 8A ．B ．C ．B ．4．如图，直线a∥b，Rt△ABC的直角顶点B落在直线a上，若∠ 1=25°，则∠ 2的大小为A．55°B．75°C．65°D．85°答案】C．解析】试题分析：∵∠ 1=25°，∴∠ 3=90°﹣∠ 1=90°﹣25 °=65°．∵a∥b，∴∠ 2=∠3=65°．故考点：平行线的性质．5．化简：xyx，xy 结果正确的是(A．12xB ． 2xy2yC．xyxyD．x2y2答案】B．解析】试题分析：原式22x xy xy y22xyx22xy ．故选B．考点：分式的加减法．6．如图，将两个大小、形状完全相同的△ABC 和△ A′B′C′拼在一起，其中点A′与点A 重合，点C′落在边AB 上，连接B′C．若∠ ACB=∠AC′B=90°，AC=BC=3，则B′C 的长为(A．3 3 B．6 C．3 2 D．21【答案】A ．【解析】试题分析：∵∠ ACB=∠AC′B′=90°，AC=BC=3，∴AB= AB2 BC2=3 2 ，∵△ABC 和△A′B′C′大小、形状完全相同，∴∠ C′AB′=∠CAB=45°，AB ∴∠CAB′=90°，∴ B′C= CA2 B'A2=3 3，故选A．考点：勾股定理．7．如图，已知直线l1：y=﹣2x+4 与直线l2：y=kx+b（k≠0）在第一象限交于点l2与x轴的交点为A（﹣2，0），则k 的取值范围是（）A．﹣2<k<2 B．﹣2< k< 0 C．0<k< 4<2答案】D．解析】∠CAB=45°，′=AB=3 2 ，M．若直线D．0<k考点：两条直线相交或平行问题；一次函数图象上点的坐标特征．8．如图，在矩形 ABCD 中， AB=2，BC=3．若点 E 是边 CD 的中点，连接 AE ，过点 B 作答案】 B ．【解析】考点：相似三角形的判定与性质；矩形的性质．9．如图，△ ABC 是⊙O 的内接三角形，∠ C=30°，⊙ O 的半径为 5，若点 P 是⊙ O 上的一点，在△ ABP 中， PB=AB ，则 PA 的长为（）A ． 3 10 23 10 5C ．10D ．35 5【答案】 D ．【解析】试题分析：连接 OA 、OB 、 OP ，∵∠ C=30°，∴∠ APB =∠ C=30°，∵ PB=AB ，∴∠ PAB=∠APB=30°∴∠ ABP=120°，∵ PB=AB ，∴ OB ⊥AP ，AD=PD ，∴∠ OBP=∠OBA=60°，∵ OB=OA ，∴△AOB 是等边三角形，∴ AB=OA=5，则 Rt △PBD 中，PD =cos30°?PB= ×5=AP=2PD=5 3 ，故选 D ．考点：三角形的外接圆与外心；等腰三角形的性质．10．已知抛物线 y x 2 2mx 4 （ m > 0）的顶点 M 关于坐标原点 O 的对称点为 M ′，若点 M ′在这条抛物线上，则点 M 的坐标为（） ﹣20）【答案】 C ．【解析】试题分析： y x 2 2mx 4=（x m ）2 m 2 4 ，∴点 M （ m ，﹣ m 2﹣ 4），∴点 M ′（﹣ m ，m 2+4），∴ m 2+2m 2﹣ 4=m 2+4．解得 m=±2．∵m >0，∴ m=2，∴ M （ 2，﹣ 8）．故选 C ．考点：二次函数的性质．A ．5B ． 53 2C ． 5 2A ．（1，﹣ 5）B ．（ 3，﹣13）C ．（2，﹣8）D ．（4，、填空题（本大题共 4 小题，每小题3分，共12 分）11．在实数﹣5，﹣3 ，0，π ，6 中，最大的一个数是．【答案】π．【解析】考点：实数大小比较．12．请从以下两个小题中任选一个作答，若多选，则按第一题计分．A．如图，在△ ABC中，BD和CE是△ABC 的两条角平分线．若∠ A=52°，则∠ 1+∠2的度数为．B．317 tan38° 15′≈．（结果精确到0.01）【答案】A．64°；B．2. 03．【解析】考点：计算器—三角函数；计算器—数的开方；三角形内角和定理．3m 2m 5 513．已知A，B 两点分别在反比例函数y （m≠ 0）和y （m≠ ）的图象上，x x 2 若点A 与点B 关于x 轴对称，则m 的值为．【答案】1．解析】b 3mb试题分析：设 A （a ，b ），则 B （a ，﹣ b ），依题意得：a，所以 3m 2m 52m 5 a ba=0，即 5m ﹣ 5=0，解得 m=1．故答案为：1．考点：反比例函数图象上点的坐标特征；关于x 轴、 y 轴对称的点的坐标．14．如图，在四边形 ABCD 中， AB=AD ，∠ BAD =∠ BCD =90°，连接 AC ．若 AC=6，则四边形 ABCD 的面积为．【解析】∴四边形 ABCD 的面积 =正方形 AMCN 的面积；由勾股定理得：AC 2=AM 2+MC 2，而 AC=6∴2λ 2=36， λ 2=18，故答案为： 18．考点：全等三角形的判定与性质．、解答题（本大题共 11小题，共 78 分）15．计算： ( 2) 6 | 3 2 | (1) 1．答案】 3 3 ．【解析】试题分析：根据二次根式的性质以及负整数指数幂的意义即可求出答案．试题解析：原式 = 12 2 3 2 = 2 3 3 = 3 3 . 考点：二次根式的混合运算；负整数指数幂．x3 216．解方程：1答案】 18．x3【答案】 x=﹣ 6． x3【解析】试题分析：利用解分式方程的步骤和完全平方公式，平方差公式即可得出结论．试题解析：去分母得，（ x+3）2﹣2（x ﹣3）=（x ﹣3）（x+3），去括号得， x 2+6x+9﹣2x+6=x 2 ﹣9，移项，系数化为 1，得 x=﹣6，经检验， x=﹣6 是原方程的解．考点：解分式方程．17．如图，在钝角△ ABC 中，过钝角顶点 B 作 BD ⊥BC 交 AC 于点 D ．请用尺规作图法在 BC 边上求作一点 P ，使得点 P 到 AC 的距离等于 BP 的长．（保留作图痕迹，不写作法）【解析】18．养成良好的早锻炼习惯，对学生的学习和生活都非常有益，某中学为了了解七年级学生的早锻炼情况，校政教处在七年级随机抽取了部分学生，并对这些学生通常情况下一天的早锻炼时间x（分钟）进行了调查．现把调查结果分成A、B、C、D 四组，如下表所示，同时，将调查结果绘制成下面两幅不完整的统计图．请你根据以上提供的信息，解答下列问题：（1）补全频数分布直方图和扇形统计图；（2）所抽取的七年级学生早锻炼时间的中位数落在区间内；（3）已知该校七年级共有1200 名学生，请你估计这个年级学生中约有多少人一天早锻炼的时间不少于20 分钟．（早锻炼：指学生在早晨7：00～7：40 之间的锻炼）【答案】（1）作图见解析；（2）C；（3）1020．【解析】百分比为1﹣（5%+10%+65%）=20%，补全图形如下：2）由于共有200 个数据，其中位数是第100、101个数据的平均数，则其中位数位于区间内，故答案为：C；（3）1200×（65%+20%）=1020（人）．答：估计这个年级学生中约有1020人一天早锻炼的时间不少于20 分钟．考点：频数（率）分布直方图；用样本估计总体；扇形统计图；中位数．19．如图，在正方形ABCD 中，E、F 分别为边AD 和CD 上的点，且AE=CF ，连接AF、CE 交于点G．求证：AG =CG ．【答案】证明见解析．【解析】试题分析：根据正方向的性质，可得∠ADF =CDE =90°，AD=CD，根据全等三角形的判定与性质，可得答案．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．20．某市一湖的湖心岛有一颗百年古树，当地人称它为“乡思柳”，不乘船不易到达，每年初春时节，人们喜欢在“聚贤亭”观湖赏柳．小红和小军很想知道“聚贤亭”与“乡思柳” 之间的大致距离，于是，有一天，他们俩带着侧倾器和皮尺来测量这个距离．测量方法如下：如图，首先，小军站在“聚贤亭”的A处，用侧倾器测得“乡思柳”顶端M 点的仰角为23°，此时测得小军的眼睛距地面的高度AB为1. 7米，然后，小军在A处蹲下，用侧倾器测得“乡思柳”顶端M 点的仰角为24°，这时测得小军的眼睛距地面的高度AC 为1 米．请你利用以上测得的数据，计算“聚贤亭”与“乡思柳”之间的距离AN 的长（结果精确到1 米）．（参考数据：sin23°≈0. 3907，cos23°≈0. 9205，tan23°≈0.4245，sin24°≈0.4067，cos24°≈0. 9135，tan24°≈0. 4452．）【答案】34 米．【解析】试题分析：作BD⊥MN，CE⊥MN，垂足分别为点D、E，设AN=x 米，则BD =CE =x 米，再由锐角三角函数的定义即可得出结论．试题解析：如图，作BD⊥MN，CE⊥MN，垂足分别为点D、E，设AN=x 米，则BD =CE =x 米，在Rt△MBD 中，MD=x?tan23°，在Rt△MCE 中，ME=x?tan24°，∵ME﹣MD=DE=BC，∴x?tan24°﹣x?tan23°=1. 7﹣1，∴ x= 0.7，解得x≈34（米）．tan 24 tan23 答：“聚贤亭”与“乡思柳”之间的距离AN 的长约为34 米．考点：解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题．21．在精准扶贫中，某村的李师傅在县政府的扶持下，去年下半年，他对家里的 3 个温室大棚进行修整改造，然后，1个大棚种植香瓜，另外2 个大棚种植甜瓜，今年上半年喜获丰收，现在他家的甜瓜和香瓜已全部售完，他高兴地说：“我的日子终于好了”．最近，李师傅在扶贫工作者的指导下，计划在农业合作社承包5个大棚，以后就用8个大棚继续种植香瓜和甜瓜，他根据种植经验及今年上半年的市场情况，打算下半年种植时，两个品种同时种，一个大棚只种一个品种的瓜，并预测明年两种瓜的产量、销售价格及成本如下：现假设李师傅今年下半年香瓜种植的大棚数为x个，明年上半年8 个大棚中所产的瓜全部售完后，获得的利润为y 元．根据以上提供的信息，请你解答下列问题：（1）求出y 与x 之间的函数关系式；（2）求出李师傅种植的8 个大棚中，香瓜至少种植几个大棚？才能使获得的利润不低于10 万元．【答案】（1）y=7500x+68000；（2）5．【解析】试题分析：（1）利用总利润=种植香瓜的利润+种植甜瓜的利润即可得出结论；（2）利用（1）得出的结论大于等于100000 建立不等式，即可确定出结论．试题解析：（1）由题意得，y=（2000×12﹣8000）x+（4500×3﹣5000）（8﹣x）=7500x+68000；4（2）由题意得，7500x+6800≥100000，∴x≥4 ，∵x 为整数，∴李师傅种植的8个大棚15 中，香瓜至少种植5 个大棚．考点：一次函数的应用；最值问题．22．端午节“赛龙舟，吃粽子”是中华民族的传统习俗．节日期间，小邱家包了三种不同馅的粽子，分别是：红枣粽子（记为A），豆沙粽子（记为B），肉粽子（记为C），这些粽子除了馅不同，其余均相同．粽子煮好后，小邱的妈妈给一个白盘中放入了两个红枣粽子，一个豆沙粽子和一个肉粽子；给一个花盘中放入了两个肉粽子，一个红枣粽子和一个豆沙粽子．根据以上情况，请你回答下列问题：（1）假设小邱从白盘中随机取一个粽子，恰好取到红枣粽子的概率是多少？（2）若小邱先从白盘里的四个粽子中随机取一个粽子，再从花盘里的四个粽子中随机取一个粽子，请用列表法或画树状图的方法，求小邱取到的两个粽子中一个是红枣粽子、一个是豆沙粽子的概率．13【答案】（1）1；（2）3．2 16【解析】A，A）、（A，B）、（A，C）、（A，C）、A，A）、（A，B）、（A，C）、（A，C）、B，A）、（B，B）、（B，C）、（B，C）、C，A）、（C，B）、（C ，C ）、（C，C），∴小邱取到的两个粽子中一个是红枣粽子、一个是豆沙粽子的概率是：．16考点：列表法与树状图法；概率公式．23．如图，已知⊙ O的半径为5，PA是⊙ O的一条切线，切点为A，连接PO 并延长，交⊙ O于点B，过点A作AC⊥PB交⊙O于点C、交PB于点D，连接BC，当∠P=30°时．（1）求弦AC 的长；答案】（1）5 3；（2）证明见解析．解析】在Rt△ODA 中，AD=OA?sin60°=5 3，∴AC=2AD=5 3 ；2（2）∵ AC⊥ PB，∠ P=30°，∴∠ PAC=60°，∵∠ AOP =60°，∴∠ BOA=120°，∴∠ BCA=60°，∴∠ PAC =∠BCA ，∴ BC∥PA．考点：切线的性质．24．在同一直角坐标系中，抛物线y=ax2﹣2x﹣3与抛物线y=x2+mx+n关于y轴对称，C2与x 轴交于A、B 两点，其中点A 在点B 的左侧．（1）求抛物线C1，C2 的函数表达式；（2）求A、B 两点的坐标；（3）在抛物线C1上是否存在一点P，在抛物线C2上是否存在一点Q，使得以AB 为边，且以A、B、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出P、Q 两点的坐标；若不存在，请说明理由．答案】（1）C1的函数表示式为y=x2﹣2x﹣3，C2的函数表达式为y=x2+2x﹣3；（2）A（﹣3，0），B（1，0）；（3）存在满足条件的点P、Q，其坐标为P（﹣2，5），Q（2，5）或P（﹣2，﹣3），Q（2，﹣3）．【解析】试题分析：（1）由对称可求得a、n 的值，则可求得两函数的对称轴，可求得m 的值，则可求得两抛物线的函数表达式；（2）由C2的函数表达式可求得A、B 的坐标；（3）由题意可知AB 只能为平行四边形的边，利用平行四边形的性质，可设出P 点坐标，表示出Q 点坐标，代入C2 的函数表达式可求得P、Q 的坐标．试题解析：（t+4，t2﹣2t﹣3）或（t﹣4，t2﹣2t﹣3），①当Q（t+4，t2﹣2t﹣3）时，则t2﹣2t﹣3=（t+4）2+2（t+4）﹣3，解得t=﹣2，∴t2﹣2t﹣3=4+4﹣3=5，∴ P（﹣2，5），Q（2，5）；②当Q（t﹣4，t2﹣2t﹣3）时，则t2﹣2t﹣3=（t﹣4）2+2（t﹣4）﹣3，解得t=2，∴ t2﹣2t﹣3=4﹣4﹣3=﹣3，∴P（﹣2，﹣3），Q（2，﹣3），综上可知存在满足条件的点P、Q，其坐标为P（﹣2，5），Q（2，5）或P（﹣2，﹣3），Q（2，﹣3）．考点：二次函数综合题；存在型；分类讨论；轴对称的性质．25．问题提出（1）如图①，△ABC 是等边三角形，AB=12，若点O是△ ABC 的内心，则OA的长为；问题探究（2）如图②，在矩形ABCD 中，AB=12，AD=18，如果点P是AD 边上一点，且AP=3，那么BC 边上是否存在一点Q ，使得线段PQ 将矩形ABCD 的面积平分？若存在，求出PQ 的长；若不存在，请说明理由．问题解决（3）某城市街角有一草坪，草坪是由△ ABM 草地和弦AB 与其所对的劣弧围成的草地组成，如图③所示．管理员王师傅在M 处的水管上安装了一喷灌龙头，以后，他想只用喷灌龙头来给这块草坪浇水，并且在用喷灌龙头浇水时，既要能确保草坪的每个角落都能浇上水，又能节约用水，于是，他让喷灌龙头的转角正好等于∠AMB （即每次喷灌时喷灌龙头由MA转到MB ，然后再转回，这样往复喷灌．）同时，再合理设计好喷灌龙头喷水的射程就可以了．如图③，已测出AB=24m，MB=10m，△ AMB 的面积为96m2；过弦AB的中点D作DE⊥AB 交AB 于点E，又测得DE=8m．请你根据以上信息，帮助王师傅计算喷灌龙头的射程至少多少米时，才能实现他的想法？为什么？（结果保留根号或精确到0. 01 米）【答案】（1）4 3；（2）PQ=12 2 ；（3）喷灌龙头的射程至少为19.71 米．【解析】AD试题分析：（1）构建Rt △ AOD 中，利用cos∠ OAD=cos30°=，可得OA 的长；OA（2）经过矩形对角线交点的直线将矩形面积平分，根据此结论作出PQ，利用勾股定理进行计算即可；（3）如图3，作辅助线，先确定圆心和半径，根据勾股定理计算半径：在Rt△AOD 中，由勾股定理解得：r=13根据三角形面积计算高MN 的长，证明△ ADC∽△ANM ，列比例式求DC 的长，确定点O在△ AMB 内部，利用勾股定理计算OM ，则最大距离FM 的长可利用相加得出结论．11试题解析：（1）如图1，过O 作OD⊥AC于D，则AD= AC= ×12=6，∵ O是内心，△2211ABC 是等边三角形，∴∠ OAD= ∠ BAC= × 60°=30°，在Rt△AOD 中，cos∠22OAD =cos30°=AD，∴ OA =6÷ 3 = 4 3 ，故答案为：4 3 ；OA 2（r﹣8）2，解得：r=13，∴OD=5，过点M作MN⊥AB，垂足为N，∵S△ABM=96，AB=24，11∴ 1 AB?MN=96，1×24×MN=96，∴MN=8，NB=6，AN=18，∵CD∥MN，∴△ ADC∽△ 22 DC AD DC 12 16ANM，∴ ，∴ ，∴DC= ，∴ OD < CD，∴点O在△ AMB 内部，∴连MN AN 8 18 3接MO 并延长交AB 于点F ，则MF 为草坪上的点到M 点的最大距离，∵在AB 上任取一点异于点F 的点G，连接GO，GM，∴MF=OM+OF=OM+OG>MG，即MF > MG ，过O 作OH ⊥ MN ，垂足为H，则OH =DN =6，MH =3，∴ OM = MH2 OH2= 32 62=3 5，∴MF =OM+r= 35 +13≈19. 71（米）．答：喷灌龙头的射程至少为19.71 米．考点：圆的综合题；最值问题；存在型；阅读型；压轴题．。

2017年中考数学(陕西地区)总复习课件考点跟踪训练第七章图形

顶点式
交点式
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知识点六
二次函数与方程
二次函数y＝ax2＋bx＋c的图象与x轴的交点的横坐标是一元二次方程ax2＋ bx＋c＝0的根.
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知识点七
二次函数的实际应用
步骤
(1)通过阅读理解题意； (2)分析题目中的变量与常量，以及它们之间的关系； (3)依据数量关系或图形的有关性质，列出函数关系式； (4)根据问题的实际意义或具体要求确定自变量的取值范围； (5)利用二次函数的有关性质，在自变量的取值范围内确定函数的最大(小)值； (6)检验结果的合理性，获得问题的答案.
第21课
二次函数
知识清单课前小测经典回顾中考冲刺
Hale Waihona Puke 版权所有-本节内容考纲要求考查二次函数概念、图象、性质及应用，能根据具体问题求二次函数的解析式，二次函数的应用。广东省近5年试题规律：二次函数是必考内容，选择题形式一般考查二次函数的图象与性质，解答题形式一般与三角形、四边形等问题结合起来，难度较大，通常是压轴题，要么以函数为背景引出动态几何问题，要么以动态图形为背景，渗透二次函数问题，是数形结合思想的典例。
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3．（2015•乐山）二次函数y=﹣x2+2x+4的最大值为（ C ） A．3 B．4 C．5 D．6 4．（2015•深圳）二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示，下列说法正确的个数是（ B ） ①a＞0 ②b＞0 ③c＜0 ④b2﹣4ac＞0 A．1 B．2 C．3 D．4
当x＝1时，y＝a+b+c. 特殊关系当x＝－1时，y＝a－b+c. 若a＋b＋c＞0，即当x＝1时，y＞0.

陕西中考数学十年压轴题汇总

25．（本题满分12分）已知：直线a ∥b ，P 、Q 是直线a 上的两点，M 、N 是直线b 上两点。

（1）如图①，线段PM 、QN 夹在平行直线a 和b 之间，四边形PMNQ 为等腰梯形，其两腰PM ＝QN 。

请你参照图①，在图②中画出异于图①的一种图形，使夹在平行直线a 和b 之间的两条线段相等。

（2）我们继续探究，发现用两条平行直线a 、b 去截一些我们学过的图形，会有两条“曲线段相等”（曲线上两点和它们之间的部分叫做“曲线段”。

把经过全等变换后能重合的两条曲线段叫做“曲线段相等”）。

请你在图③中画出一种图形，使夹在平行直线a 和b 之间的两条曲线段相等。

（3）如图④，若梯形PMNQ 是一块绿化地，梯形的上底PQ ＝m ，下底MN ＝n ，且m ＜n 。

现计划把价格不同的两种花草种植在S 1、S 2、S 3、S 4四块地里，使得价格相同的花草不相邻。

为了节省费用，园艺师应选择哪两块地种植价格较便宜的花草？请说明理由。

25．（本题满分12分）王师傅有两块板材边角料，其中一块是边长为60cm 的正方形板子；另一块是上底为30cm ，下底为120cm ，高为60cm 的直角梯形板子（如图①），王师傅想将这两块板子裁成两块全等的矩形板材。

他将两块板子叠放在一起，使梯形的两个直角顶点分别与正方形的两个顶点重合，两块板子的重叠部分为五边形ABCDE 围成的区域（如图②），由于受材料纹理的限制，要求裁出的矩形要以点B 为一个顶点。

（1）求FC 的长；（2）利用图②求出矩形顶点B 所对的顶点．．．．．到BC 边的距离)(cm x 为多少时，矩形的面积最大？最大面积时多少？（3）若想使裁出的矩形为正方形，试求出面积最大的正方形的边长。

25．（本题满分12分）如图，O e的半径均为R ．（1）请在图①中画出弦AB CD ，，使图①为轴对称图形而不是．．中心对称图形；请在图②中画出弦AB CD ，，使图②仍为中心对称图形；（2）如图③，在O e中，(02)AB CD m m R ==<<，且AB 与CD交于点E ，夹角为锐角α．求四边形ACBD 面积（用含m α，的式子表示）；（3）若线段AB CD ，是O e的两条弦，且AB CD ==，你认为在以点A B C D ，，，为顶点的四边形中，是否存在面积最大的四边形？请利用图④说明理由．的饮水困难问题，想在这三个地方的其中一处建一所供水站，由供水站直接铺设管道到另外两处。

决胜2017中考数学压轴题全揭秘精品(解析版)

《中考压轴题全揭秘》第二辑原创模拟预测题专题32：动态几何之双（多）动点形成的最值问题数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈．动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等．解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况．以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射．动态几何形成的最值问题是动态几何中的基本类型，包括单动点形成的最值问题，双（多）动点形成的最值问题，线动形成的最值问题，面动形成的最值问题．本专题原创编写双（多）形成的最值问题模拟题．在中考压轴题中，双（多）形成的最值问题的重点和难点在于应用数形结合的思想准确地进行分类和选择正确的解题方法．原创模拟预测题1．如图，四边形ABCD 中，∠A =90°，AB =33，AD =3，点M ，N 分别为线段BC ，AB 上的动点（含端点，但点M 不与点B 重合），点E ，F 分别为DM ，MN 的中点，则EF 长度的最大值为．【答案】3．【解析】试题分析：∵ED =EM ，MF =FN ，∴EF =12DN ，∴DN 最大时，EF 最大，∵N 与B 重合时DN 最大，此时DN =DB 22AD AB 6，∴EF 的最大值为3．故答案为：3．考点：三角形中位线定理；勾股定理；动点型．原创模拟预测题2．如图，在四边形ABCD 中，DC ∥AB ，DA ⊥AB ，AD =4cm ，DC =5cm ，AB =8cm ．如果点P 由B 点出发沿BC 方向向点C 匀速运动，同时点Q 由A 点出发沿AB 方向向点B 匀速运动，它们的速度均为1cm /s ，当P 点到达C 点时，两点同时停止运动，连接PQ ，设运动时间为t s ，解答下列问题：（1）当t 为何值时，P ，Q 两点同时停止运动？（2）设△PQB 的面积为S ，当t 为何值时，S 取得最大值，并求出最大值；（3）当△PQB 为等腰三角形时，求t 的值．【答案】（1）5；（2）当t =4时，S 的最大值是325；（3）t =4011秒或t =4811秒或t =4秒．【解析】（2）由题意知，AQ =BP =t ，∴QB =8﹣t ，作PF ⊥QB 于F ，则△BPF ～△BCE ，∴PF BP CE BC =，即45PF t=，∴PF =45t ，∴S =12QB •PF =14(8)25t t ⨯-=221655t t -+=2232(4)55t --+（0＜t ≤5），∵25-＜0，∴S 有最大值，当t =4时，S 的最大值是325；（3）∵cos ∠B =35BE FB BC BP ==，∴BF =35t ，∴QF =AB ﹣AQ ﹣BF =885t -，∴QP 22QF PF +2284(8)()55t t -+=218455t t -+①当PQ =PB 时，∵PF ⊥QB ，∴BF =QF ，∴BQ =2BF ，即：3825t t -=⨯，解得t =4011；②当PQ=BQ时，即2184455t t-+=8﹣t，即：211480t t-=，解得：1t=（舍去），24811t=；③当QB=BP，即8﹣t=t，解得：t=4．综上所述：当t=4011秒或t=4811秒或t=4秒时，△PQB为等腰三角形．考点：四边形综合题；动点型；二次函数的最值；最值问题；分类讨论；压轴题．原创模拟预测题3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝900，AC=6，BC=8．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动；同时，动点N从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿BA向点A匀速运动．过线段MN的中点G作边AB的垂线，垂足为点G，交△ABC的另一边于点P，连接PM、PN，当点N运动到点A时，M、N两点同时停止运动，设运动时间为t秒．（1）当t＝秒时，动点M、N相遇；（2）设△PMN的面积为S，求S与t之间的函数关系式；（3）取线段PM的中点K，连接KA、KC，在整个运动过程中，△KAC的面积是否变化？若变化，直接写出它的最大值和最小值；若不变化，请说明理由．【答案】（1）2.5；（2）S=22275156(0 1.4)4860100(1.4 2.5)386010010(2.5)33t ttt ttt tt⎧--≤≤⎪⎪-+⎪<≤⎨⎪⎪-+-<≤⎪⎩；（3）在整个运动过程中，△KAC的面积会发生变化，最小值为1.68，最大值为4．【解析】（3）分两种情况讨论，①当P 在BC 上运动时，如图4，当P 与C 重合时，ΔKAC S 最小，当t =0是，M 与A 重合，N 与B 重合，如图5，此时三角形ΔKAC S 最大；②当P 在CA 上运动时，如图6，过K 作KE ⊥AC 于E ，过M 作MF⊥AC 于F ，可以得到ΔKAC S =65t ，而101.43t ≤≤，故当 1.4t =时，ΔKAC S 的最小值=6 1.4 1.685⨯=，当103t =时，ΔKAC S 的最大值=610453⨯=．综合①②可得到结论．试题解析：（1）∵∠ACB ＝900，AC =6，BC =8，∴AB =10，当M 、N 相遇时，有310t t +=，∴ 2.5t =；（2）∵N 比M 运动的速度快，∴P 先在BC 上运动，然后在CA 上运动．当P 与C 重合时，∵ΔABC S =12AC •BC =12AB •GC ，∴GC =6×8÷10=4.8，∴AG =226 4.8-=3.6，∴BG =10－3.6=6.4，∵AM =t ，BN =3t ，∴MN =10－4t ，MG =GN =12MN =1(104)2t -=52t -，∴52 3.6t t +-=，∴ 1.4t =．①当0 1.4t ≤≤时，M 在N 的左边，P 先在BC 上向C 靠近，如图1，∵AM =t ，BN =3t ，∴MN =10－4t ，MG =GN =12MN =1(104)2t -=52t -，∴GB =GN +NB =523t t -+=5t +，∵tanB =PG AC GB BC =，∴658PG t =+，∴PG =3(5)4t +，∴S =ΔPMN S =12MN •PG = GN •PG =3(52)(5)4t t -⨯+=2751564t t --；②当1.4 2.5t <≤时，M 在N 的左边，在AC 上逐渐远离C ，如图2，由①可知，GN =MG =52t -，AM =t ，∴AG =MG +AM =5t -，tanA =PG BC AG AC =，∴856PG t =-，∴PG =4(5)3t -，∴S =ΔPMN S =12MN •PG = GN •PG =4(52)(5)3t t -⨯-=28601003t t -+；③当102.53t <≤时，M 在N 的右边，在AC 上逐渐远离C ，如图3．MN =NB +AM －AB =310t t +-=410t -，GN =MG =25t -，AM =t ，∴AG = A M －MG =(25)t t --=5t -，tanA=PG BCAG AC=，∴856PGt=-，∴PG=4(5)3t-，∴S=ΔPMNS=12MN•PG= GN•PG=4(25)(5)3t t-⨯-=28601003t t-+-；∴S=22275156(0 1.4)4860100(1.4 2.5)386010010(2.5)33t ttt ttt tt⎧--≤≤⎪⎪-+⎪<≤⎨⎪⎪-+-<≤⎪⎩；②当P在CA上运动时，如图6，过K作KE⊥AC于E，过M作MF⊥AC于F，∴EK∥FM，∵K为PM的中点，∴EK=12FM，∵FM⊥AC，CB⊥AC，∴FM∥CB，∴FM AMBC AB=，∴810FM t=，∴FM=45t，∴EK=12FM=25t，∴ΔKACS=12AC•EK=12625t⨯⨯=65t，∵101.43t≤≤，∴当 1.4t=时，ΔKACS的最小值=61.4 1.685⨯=，当103t=时，ΔKACS的最大值=610453⨯=．∴当P在CA上运动时，△KAC面积的最小值为1.68，最大值为4．综合①②可得：在整个运动过程中，△KAC的面积会发生变化，最小值为1.68，最大值为4．考点：三角形综合题；动点型；分类讨论；最值问题；分段函数；压轴题．原创模拟预测题4．如图，二次函数c x ax y ++=22的图象与x 轴交于点A （﹣1，0）和点B ，与y 轴交于点C （0，3）．（1）求该二次函数的表达式；（2）过点A 的直线AD ∥BC 且交抛物线于另一点D ，求直线AD 的函数表达式；（3）在（2）的条件下，请解答下列问题：①在x 轴上是否存在一点P ，使得以B 、C 、P 为顶点的三角形与△ABD 相似？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由；②动点M 以每秒1个单位的速度沿线段AD 从点A 向点D 运动，同时，动点N 以每秒513个单位的速度沿线段DB 从点D 向点B 运动，问：在运动过程中，当运动时间t 为何值时，△DMN 的面积最大，并求出这个最大值．【答案】（1）322++-=x x y ；（2）1y x =--；（3）①P （35，0）或P （﹣4.5，0）；②当225=t 时，MDN S ∆的最大值为25．【解析】②过点B 作BF ⊥AD 于F ，过点N 作NE ⊥AD 于E ，在Rt △AFB 中，∠BAF =45°，于是可求得BF ，BD 的长，进而求得sin ∠ADB ，由于DM =t -25，DN =t 513，于是得到NE DM S MDN ⋅=∆21=t t 52)25(21⋅-=，整理配方即可得到结果．试题解析：（1）由题意知：023a c c =-+⎧⎨=⎩，解得：13a c =-⎧⎨=⎩，∴二次函数的表达式为322++-=x x y ；（2）在322++-=x x y 中，令y =0，则2230x x -++=，解得：11x =-，23x =，∴B （3，0），由已知条件得直线BC 的解析式为3y x =-+，∵AD ∥BC ，∴设直线AD 的解析式为y x b =-+，∴0=1+b ，∴b =﹣1，∴直线AD 的解析式为1y x =--；（3）①∵BC ∥AD ，∴∠DAB =∠CBA ，∴只要当：AB PB AD BC =或ADPBAB BC =时，△PBC ∽△ABD ，解：2231x y y x x ⎧⎨=-+-=-+⎩，得D （4，﹣5），∴AD =25，AB =4，BC =23，设P 的坐标为（x ，0），即432523x-=或253423x-=，解得53=x 或5.4-=x ，∴P （35，0）或P （﹣4.5，0）， ②过点B 作BF ⊥AD 于F ，过点N 作NE ⊥AD 于E ，在Rt △AFB 中，∠BAF =45°， ∴ABBFBAF =∠sin ， ∴BF =22224=⨯，BD =26， ∴131322622sin ===∠BD BF ADB ， ∵DM =t -25，DN =t 513，又∵DNNEADB =∠sin ，NE =t 513t 5213132=⋅， ∴NE DM S MDN ⋅=∆21=t t 52)25(21⋅-=)25(5125122t t t t --=+-=25)225(512+--=t ， ∴当225=t 时，MDN S ∆的最大值为25．考点：二次函数综合题；分类讨论；相似三角形的判定与性质；最值问题；二次函数的最值；动点型；压轴题．原创模拟预测题5．如图，在矩形纸片ABCD 中，AB =4，AD =12，将矩形纸片折叠，使点C 落在AD 边上的点M 处，折痕为PE ，此时PD =3．（1）求MP 的值；（2）在AB 边上有一个动点F ，且不与点A ，B 重合．当AF 等于多少时，△MEF 的周长最小？（3）若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=2．当四边形MEQG的周长最小时，求最小周长值．（计算结果保留根号）【答案】（1）5；（2）1611；（3）755．【解析】试题分析：（1）由折叠的性质和矩形性质以得PD=PH=3，CD=MH=4，∠H=∠D=90°，利用勾股定理可计算出MP的长；（2）如图1，作点M关于AB的对称点M′，连接M′E交AB于点F，利用两点之间线段最短可得点F 即为所求，过点E作EN⊥AD，垂足为N，则AM=AD﹣MP﹣PD=4，所以AM=AM′=4，再证明ME=MP=5，利用勾股定理计算出MN=3，NM′=11，得出△AFM′∽△NEM′，利用相似比即可计算出AF；（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再过点E作EQ∥RG，交AB于点Q，易得QE=GR，而GM=GM′，于是MG+QE=M′R，利用两点之间线段最短可得此时MG+EQ最小，于是四边形MEQG的周长最小，在Rt△M′RN中，利用勾股定理计算出M′R 得出，从而得到四边形MEQG的最小周长值．（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再过点E作EQ∥RG，交AB于点Q，∵ER=GQ，ER∥GQ，∴四边形ERGQ是平行四边形，∴QE=GR，∵GM =GM ′，∴MG +QE =GM ′+GR =M ′R ，此时MG +EQ 最小，四边形MEQG 的周长最小，在Rt △M ′RN中，NR =4﹣2=2，M ′R =22112+=55，∵ME =5，GQ =2，∴四边形MEQG 的最小周长值是755+．考点：几何变换综合题；动点型；最值问题；翻折变换（折叠问题）；综合题；压轴题．原创模拟预测题6．抛物线213242y x x =-+与x 轴交于A ，B 两点（OA ＜OB ），与y 轴交于点C ．（1）求点A ，B ，C 的坐标；（2）点P 从点O 出发，以每秒2个单位长度的速度向点B 运动，同时点E 也从点O 出发，以每秒1个单位长度的速度向点C 运动，设点P 的运动时间为t 秒（0＜t ＜2）．①过点E 作x 轴的平行线，与BC 相交于点D （如图所示），当t 为何值时，11OP ED+的值最小，求出这个最小值并写出此时点E ，P 的坐标；②在满足①的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点F ，使△EFP 为直角三角形？若存在，请直接写出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1） A （2，0），B （4，0），C （0，2）；（2）①t =1时，11OP ED+有最小值1，此时OP =2，OE =1， E （0，1），P （2，0）；②F （3，2），（3，7）．【解析】试题分析：（1）在抛物线的解析式中，令y =0，令x =0，解方程即可得到结果；（2）①由题意得：OP =2t ，OE =t ，通过△CDE ∽△CBO 得到CE ED CO OB =，即224t DE -=，求得11OP ED+有最小值1，即可求得结果；②存在，求得抛物线的对称方程为x =3，设F （3，m ），当△EFP 为直角三角形时，①当∠EPF =90°时，②当∠EFP =90°时，③当∠PEF =90°时，根据勾股定理列方程即可求得结果．试题解析：（1）在抛物线的解析式中，令y =0，即2132042x x -+=，解得：12x =，24x =，∵OA ＜OB ，∴A （2，0），B （4，0），在抛物线的解析式中，令x =0，得y =2，∴C （0，2）；（2）①由题意得：OP =2t ，OE =t ，∵DE ∥OB ，∴△CDE ∽△CBO ，∴CE ED CO OB =，即224t DE-=，∴DE =4﹣2t ， ∴11OP ED +=11242t t +-=212t t -+=211(1)t --，∵0＜t ＜2，21(1)t --始终为正数，且t =1时，21(1)t --有最大值1，∴t =1时，211(1)t --有最小值1，即t =1时，11OP ED+有最小值1，此时OP =2，OE =1，∴E （0，1），P （2，0）； ②存在，∵抛物线213242y x x =-+的对称轴方程为x =3，设F （3，m ），∴25EP =，2PF =22(32)m -+，2EF =22(1)3m -+，当△EFP 为直角三角形时，①当∠EPF =90°时，222EP PF EF +=，即22225(32)(1)3m m +-+=-+，解得：m =2，②当∠EFP =90°时，222EF PF EP +=，即2222(1)3(32)5m m -++-+=，解得；m =0或m =1，不合题意舍去，∴当∠EFP =90°时，这种情况不存在，③当∠PEF =90°时，222EF PE PF +=，即2222(1)35(32)m m -++=-+，解得：m =7，综上所述，F （3，2），（3，7）．考点：二次函数综合题；动点型；最值问题；二次函数的最值；分类讨论；压轴题．原创模拟预测题7．如图，在△ABC 中，AB =5，AC =9，ΔABC 272S =，动点P 从A 点出发，沿射线AB 方向以每秒5个单位的速度运动，动点Q 从C 点出发，以相同的速度在线段AC 上由C 向A 运动，当Q 点运动到A 点时，P 、Q 两点同时停止运动，以PQ 为边作正方形PQEF （P 、Q 、E 、F 按逆时针排序），以CQ 为边在AC 上方作正方形QCGH ．（1）求tanA 的值；（2）设点P 运动时间为t ，正方形PQEF 的面积为S ，请探究S 是否存在最小值？若存在，求出这个最小值，若不存在，请说明理由；（3）当t 为何值时，正方形PQEF 的某个顶点（Q 点除外）落在正方形QCGH 的边上，请直接写出t 的值．【答案】（1）34；（2）8110；（3）t 的值为：914或911或1或97．【解析】试题分析：（1）如图1，过点B 作BM ⊥AC 于点M ，利用面积法求得BM 的长度，利用勾股定理得到AM 的长度，最后由锐角三角函数的定义进行解答；（2）如图2，过点P 作PN ⊥AC 于点N ．利用（1）中的结论和勾股定理得到222PN NQ PQ +=，所以由正方形的面积公式得到S 关于t 的二次函数，利用二次函数的顶点坐标公式和二次函数图象的性质来求其最值；（3）需要分类讨论：当点E 在边HG 上、点F 在边HG 上、点P 边QH （或点E 在QC 上）、点F 边C 上时相对应的t 的值．（3）分四种情况讨论：①如图3，当点E在边HG上时，t=9 14；②如图4，当点F在边HG上时，t=9 11；③如图5，当点P边QH（或点E在QC上）时，t=1；④如图6，当点F边C上时，t=97；综上所述：t的值为：914或911或1或97．考点：四边形综合题；最值问题；二次函数的最值；分类讨论；动点型；存在型；综合题；压轴题．。

2017陕西中考压轴题解析

25(1) 已知等边三角形ABC ，边长为12，点O 为△ABC 的内心，求AO 的长.解：连接AO 并延长交BC 于点的D ，连接BO . ∵点O 为等边三角形ABC 的内心， ∴AD 垂直平分BC ，∠OBD =30°. 又∵BC=12，∴在Rt △OBD 中，BO=6=cos30cos30BD =， ∴AO =BO=(2)如图，在矩形ABCD 中，AB =12，AD =18，点P 、Q 分别在AD 、BC 上，且AP =3，PQ 平分矩形ABCD 的面积，求PQ 的长. 解：∵在矩形ABCD 中，AP ∥BQ ，∠B =90°∴四边形ABQP 为梯形.又∵PQ 平分矩形ABCD 的面积， AB =12，AD =18,，AP =3, ∴11()AB 22AP BQ AD AB += ， ∴ 318BQ +=, ∴BQ =15.过点P 作PE ⊥BC 于点E ，则四边形ABEP 为矩形. ∴BE =AP =3，PE =AB =12∴在Rt △PEQ 中，222PQ PE EQ =+ ，∴PQ=(3)如图，已知弓形AEB ，弦AB =24，点D 为AB 的中点，且DE ⊥AB 交弧AB 于点E ，DE =8. △ABC 的面积为96，BC =10. 现在点C处安装一个喷头浇水，满足喷头的转动角度为∠AMB ，并且使如图所示的封闭图形每个区域都浇到，求喷头喷洒距离至少是多少？解：∵DE 垂直平分AB ，AB =24，DE =8∴延长ED 交AC 于点H . 设弓形AEB 的圆心为O ，半径为r. 连接OB ，则()222128r r =+- ，解得r=13. ∴OD =13-8=5 过点C 作CF ⊥AB 于点F ，则96=12AB ·CF ∴CF =8，又∵CB =10，∴BF =6. ∴DF =6 由△ADH ∽△AFC 得，283DH = ∴DH =1653＞ ∴点O 在△ABC 内.∴连接CO 并延长交弧AB 于点M . ∵点C 为一定点，∴CM 是点C 与弧AB 上所有点连接中最长的线段.（定点与圆上各点所连线段的最值问题）过点O 作OG ⊥CF 于点G ，则四边形OGFD 为矩形. ∴GF =OD =5，OG =DF =6∴在Rt △OGC 中，222OC OG GC =+ ，∴OC= ∴CM=OC+OM=+13.AAA∴喷头喷洒距离至少是+13.后注：1：如图，如果圆心O 在△ABC 外（AC 下方），此时AC 的长为喷头喷洒距离的最小值.2：圆C 与圆O 相内切时，设切点为M （点C 、O 、M 三点共线），此时CM 的长为喷头喷洒距离的最小值.。

2017中考数学(陕西专版)总复习专题综合强化课件：专题三_计算、证明与作图

以线段 MN 为弦，则圆心 P 必在 MN 的垂直平分线上； P 到
∠AOB两边的距离相等，则P在∠AOB的角平分线上，两条
线的交点就是圆心P，PM或PN就是⊙P半径．
【解答】如图，⊙P就是所求作的圆．
中
考
全
程
总
复
习
·
陕
西
·
数
学
6．全等三角形的判定与性质
全等三角形的判定与性质，是陕西中考的一个热点命
分母，进而去分母求出方程的根即可．
【解答】 x－1 2＝12－－xx－3
中考
方程两边同乘以x－2得：1＝x－1－3(x－2)，
全程
总
整理得：2x＝4，
复
习
解得：x＝2，
·
陕
检验：当x＝2时，x－2＝0，故x＝2不是原方程的根，西
·
故此方程无解．
数
学
4．解不等式组
本考点常以简单的一元一次不等式组作为命题点进行考
本考点涉及分式的化简和先化简再求值两种类型，解题
时需要掌握分式的基本性质及通分约分的法则，熟练进行实
数的运算．
中考
全
程
总
复
习
·
陕
西
·
数
学
【例】
(2015·威海)先化简，再求值：(
1 x＋1
－
1 x－1
)
÷4x＋2－21x，其中x＝－2＋ 3.
中
【思路点拨】
本题考查分式的化简与求值．先根据分
考全
1 ＝－ 3
习 · 陕
3
西
3.
· 数
学
3．解分式方程

【聚焦中考】2017年中考数学(陕西地区)总复习考点跟踪突破全等

全等、相似十七(针对陕西中考第19、23题)1．如图，在△ABC 中，∠BAC ＝90°，M 是BC 的中点，过点A 作AM 的垂线，交CB 的延长线于点D.求证：△DBA ∽△DAC.证明：∵∠BAC ＝90°，点M 是BC 的中点，∴AM ＝CM ，∴∠C ＝∠CAM ，∵DA ⊥AM ，∴∠DAM ＝90°，∴∠DAB ＝∠CAM ，∴∠DAB ＝∠C ，∵∠D ＝∠D ，∴△DBA ∽△DAC2．如图，在△ABC 中，AB ＝CB ，∠ABC ＝90°，D 为AB 延长线上一点，点E 在BC 边上，且BE ＝BD ，连接AE ，DE ，D C .(1)求证：△ABE ≌△CBD ；(2)若∠CAE ＝30°，求∠BDC 的度数．解：(1)在△ABE 和△CBD 中，⎩⎨⎧AB ＝CB ，∠ABE ＝∠CBD ＝90°，BE ＝BD ，∴△ABE ≌△CBD (SAS ) (2)∵△ABE ≌△CBD ，∴∠AEB ＝∠BDC ，∵∠AEB 为△AEC 的外角，∴∠AEB ＝∠ACB ＋∠CAE ＝30°＋45°＝75°，则∠BDC ＝75°3．(导学号 30042266)如图，点C 是线段AB 上一点，△ACD 和△BCE 都是等边三角形，连接AE ，BD ，设AE 交CD 于点F.(1)求证：△ACE ≌△DCB ；(2)求证：△ADF ∽△BAD.证明：(1)∵△ACD 和△BCE 都是等边三角形，∴AC ＝CD ，CE ＝CB ，∠ACD ＝∠BCE ＝60°，∴∠ACE ＝∠DCB ＝120°.∴△ACE ≌△DCB (SAS ) (2)∵△ACE ≌△DCB ，∴∠CAE ＝∠CDB.∵∠ADC ＝∠CAD ＝∠ACD ＝∠CBE ＝60°，∴DC ∥BE ，∴∠CDB ＝∠DBE ，∴∠CAE ＝∠DBE ，∴∠DAF ＝∠DBA.∴△ADF ∽△BAD4.(导学号 30042267)如图，△ABC 是一张锐角三角形的硬纸片，AD 是边BC 上的高，BC ＝40 cm ，AD ＝30 cm ，从这张硬纸片上剪下一个长HG 是宽HE 的2倍的矩形EFGH ，使它的一边EF 在BC 上，顶点G ，H 分别在AC ，AB 上，AD 与HG 的交点为M.(1)求证：AM AD ＝HG BC； (2)求这个矩形EFGH 的周长．解：(1)∵四边形EFGH 是矩形，∴EF ∥GH ，∴∠AHG ＝∠B, 又∵∠HAG ＝∠BAC ，∴△AHG ∽△ABC ，∴AM AD ＝HG BC(2)设HE ＝MD ＝x cm ，∵AD ＝30 cm ，∴AM ＝(30－x ) cm ，∵HG ＝2HE, ∴HG ＝2x cm ，∵AM AD ＝HG BC ，∴30－x 30＝2x 40，解得x ＝12，则2x ＝24，∴这个矩形EFGH 的周长＝2×(12＋24)＝72(cm )，答：这个矩形的周长为72 cm。

2017年挑战中考数学压轴题

第一部份函数图象中点的存在性问题§1．1 因动点产生的相似三角形问题§1．2 因动点产生的等腰三角形问题§1．3 因动点产生的直角三角形问题§1．4 因动点产生的平行四边形问题§1．5 因动点产生的面积问题§1．6因动点产生的相切问题§1．7因动点产生的线段和差问题第二部份图形运动中的函数关系问题§2．1 由比例线段产生的函数关系问题第三部份图形运动中的计算说理问题§3．1 代数计算及通过代数计算进行说理问题§3．2 几何证明及通过几何计算进行说理问题第四部份图形的平移、翻折与旋转§4．1 图形的平移§4．2 图形的翻折§4．3 图形的旋转§4．4三角形§4．5 四边形§4．6 圆§4．7函数的图象及性质§1．1 因动点产生的相似三角形问题课前导学相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一样情形下第一寻觅一组对应角相等．判定定理2是最经常使用的解题依据，一样分三步：寻觅一组等角，分两种情形列比例方程，解方程并查验．若是已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，依照对应边成比例，分AB DE=AC DF 和AB DF=两种情形列方程．AC DE应用判定定理1解题，先寻觅一组等角，再分两种情形讨论另外两组对应角相等．应用判定定理3解题不多见，依照三边对应成比例列连比式解方程（组）．还有一种情形，讨论两个直角三角形相似，若是一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确信的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．求线段的长，要用到两点间的距离公式，而那个公式容易记错．明白得经历比较好．如图1，若是已知A、B两点的坐标，如何求A、B两点间的距离呢？咱们以AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，如此用勾股定理就能够够求斜边AB的长了．水平距离BC的长确实是A、B两点间的水平距离，等于A、B两点的横坐标相减；竖直距离AC确实是A、B两点间的竖直距离，等于A、B两点的纵坐标相减．图1 图1 图2例1 湖南省衡阳市中考第28题二次函数y＝a x2＋b x＋c（a≠0）的图象与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，与y轴交于点C(0,－3m)（m ＞0），极点为D．（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；（2）如图1，当m＝2时，点P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△APC的面积为S，试求出S与点P 的横坐标x之间的函数关系式及S的最大值；（3）如图2，当m取何值时，以A、D、C三点为极点的三角形与△OBC相似？动感体验请打开几何画板文件名“14衡阳28”，拖动点P运动，能够体验到，当点P运动到AC的中点的正下方时，△APC的面积最大．拖动y轴上表示实数m的点运动，抛物线的形状会改变，能够体验到，∠ACD 和∠ADC都能够成为直角．思路点拨1．用交点式求抛物线的解析式比较简便．2．连结OP，△APC能够割补为：△AOP与△COP的和，再减去△AOC．3．讨论△ACD与△OBC相似，先确信△ACD是直角三角形，再验证两个直角三角形是不是相似．4．直角三角形ACD存在两种情形．图文解析（1）因为抛物线与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，设y＝a(x＋3)(x－1)．代入点C(0,－3m)，得－3m＝－3a．解得a＝m．因此该二次函数的解析式为y＝m(x＋3)(x－1)＝mx2＋2mx－3m．（2）如图3，连结OP ．当m ＝2时，C (0,－6)，y ＝2x 2＋4x －6，那么P (x , 2x 2＋4x －6)．由于S △AOP ＝1()2P OA y ⨯-＝32-(2x 2＋4x －6)＝－3x 2－6x ＋9， S △COP ＝1()2P OC x ⨯-＝－3x ，S △AOC ＝9，因此S ＝S △APC ＝S △AOP ＋S △COP －S △AOC ＝－3x 2－9x ＝23273()24x -++．因此当32x =-时，S 取得最大值，最大值为274．图3 图4 图5 图6（3）如图4，过点D 作y 轴的垂线，垂足为E ．过点A 作x 轴的垂线交DE 于F ．由y ＝m (x ＋3)(x －1)＝m (x ＋1)2－4m ，得D (－1,－4m )．在Rt △OBC 中，OB ∶OC ＝1∶3m ．若是△ADC 与△OBC 相似，那么△ADC 是直角三角形，而且两条直角边的比为1∶3m ．①如图4，当∠ACD ＝90°时，OA OC EC ED =．因此331m m =．解得m ＝1．现在3CA OC CD ED ==，3OC OB =．因此CA OC CD OB=．因此△CDA ∽△OBC ． ②如图5，当∠ADC ＝90°时，FA FD ED EC =．因此421m m=．解得2m =．现在222DA FD DC EC m===，而3232OC m OB ==．因此△DCA 与△OBC 不相似．综上所述，当m ＝1时，△CDA ∽△OBC ．考点伸展第（2）题还能够如此割补：如图6，过点P 作x 轴的垂线与AC 交于点H ．由直线AC ：y ＝－2x －6，可得H (x ,－2x －6)．又因为P (x , 2x 2＋4x －6)，因此HP ＝－2x 2－6x ．因为△P AH 与△PCH 有公共底边HP ，高的和为A 、C 两点间的水平距离3，因此S ＝S △APC ＝S △APH ＋S △CPH ＝32(－2x 2－6x )＝23273()24x -++．例 2 2021年湖南省益阳市中考第21题如图1，在直角梯形ABCD 中，AB //CD ，AD ⊥AB ，∠B ＝60°，AB ＝10，BC ＝4，点P 沿线段AB 从点A 向点B 运动，设AP ＝x ．（1）求AD 的长；（2）点P 在运动进程中，是不是存在以A 、P 、D 为极点的三角形与以P 、C 、B 为极点的三角形相似？假设存在，求出x 的值；假设不存在，请说明理由；图1（3）设△ADP 与△PCB 的外接圆的面积别离为S 1、S 2，假设S ＝S 1＋S 2，求S 的最小值. 动感体验请打开几何画板文件名“14益阳21”，拖动点P 在AB 上运动，能够体验到，圆心O 的运动轨迹是线段BC 的垂直平分线上的一条线段．观看S 随点P 运动的图象，能够看到，S 有最小值，现在点P 看上去象是AB 的中点，其实离得很近罢了．思路点拨1．第（2）题先确信△PCB 是直角三角形，再验证两个三角形是不是相似．2．第（3）题明白得△PCB 的外接圆的圆心O 很关键，圆心O 在确信的BC 的垂直平分线上，同时又在不确信的BP 的垂直平分线上．而BP 与AP 是相关的，如此就能够够以AP 为自变量，求S 的函数关系式．图文解析（1）如图2，作CH ⊥AB 于H ，那么AD ＝CH ．在Rt △BCH 中，∠B ＝60°，BC ＝4，因此BH ＝2，CH ＝23．因此AD ＝23．（2）因为△APD 是直角三角形，若是△APD 与△PCB 相似，那么△PCB 必然是直角三角形．①如图3，当∠CPB ＝90°时，AP ＝10－2＝8．因此AP AD ＝823＝433，而PC PB＝3．现在△APD 与△PCB 不相似．图2 图3 图4②如图4，当∠BCP ＝90°时，BP ＝2BC ＝8．因此AP ＝2．因此AP AD ＝23＝3．因此∠APD ＝60°．现在△APD ∽△CBP ．综上所述，当x ＝2时，△APD ∽△CBP ．（3）如图5，设△ADP 的外接圆的圆心为G ，那么点G 是斜边DP 的中点．设△PCB 的外接圆的圆心为O ，那么点O 在BC 边的垂直平分线上，设这条直线与BC 交于点E ，与AB 交于点F ．设AP ＝2m ．作OM ⊥BP 于M ，那么BM ＝PM ＝5－m ．在Rt △BEF 中，BE ＝2，∠B ＝60°，因此BF ＝4．在Rt △OFM 中，FM ＝BF －BM ＝4－(5－m )＝m －1，∠OFM ＝30°，因此OM ＝3(1)m -．因此OB 2＝BM 2＋OM 2＝221(5)(1)3m m -+-．在Rt △ADP 中，DP 2＝AD 2＋AP 2＝12＋4m 2．因此GP 2＝3＋m 2．于是S ＝S 1＋S 2＝π(GP 2＋OB 2)＝22213(5)(1)3m m m π⎡⎤++-+-⎢⎥⎣⎦＝2(73285)3m m π-+．因此当167m =时，S 取得最小值，最小值为1137π．图5 图6考点伸展关于第（3）题，咱们再讨论个问题．问题1，什么缘故设AP ＝2m 呢？这是因为线段AB ＝AP ＋PM ＋BM ＝AP ＋2BM ＝10．如此BM ＝5－m ，后续能够减少一些分数运算．这不阻碍求S 的最小值．问题2，若是圆心O 在线段EF 的延长线上，S 关于m 的解析式是什么？如图6，圆心O 在线段EF 的延长线上时，不同的是FM ＝BM －BF ＝(5－m )－4＝1－m ．现在OB 2＝BM 2＋OM 2＝221(5)(1)3m m -+-．这并非阻碍S 关于m 的解析式．例 3 2021年湖南省湘西市中考第26题如图1，已知直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴别离交于A 、B 两点，抛物线y ＝－x 2＋bx ＋c 通过A 、B 两点，点P 在线段OA 上，从点O 动身，向点A 以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q 在线段AB 上，从点A 动身，向点B 以每秒2个单位的速度匀速运动，连结PQ ，设运动时刻为t 秒．（1）求抛物线的解析式；（2）问：当t 为何值时，△APQ 为直角三角形；（3）过点P 作PE //y 轴，交AB 于点E ，过点Q 作QF //y 轴，交抛物线于点F ，连结EF ，当EF //PQ 时，求点F 的坐标；（4）设抛物线极点为M ，连结BP 、BM 、MQ ，问：是不是存在t 的值，使以B 、Q 、M 为极点的三角形与以O 、B 、P 为极点的三角形相似？假设存在，请求出t 的值；假设不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“15湘西26”，拖动点P 在OA 上运动，能够体验到，△APQ 有两个时刻能够成为直角三角形，四边形EPQF 有一个时刻能够成为平行四边形，△MBQ 与△BOP 有一次机遇相似．思路点拨1．在△APQ 中，∠A ＝45°，夹∠A 的两条边AP 、AQ 都能够用t 表示，分两种情形讨论直角三角形APQ ．2．先用含t 的式子表示点P 、Q 的坐标，进而表示点E 、F 的坐标，依照PE ＝QF 列方程就好了．3．△MBQ 与△BOP 都是直角三角形，依照直角边对应成比例分两种情形讨论．图文解析（1）由y ＝－x ＋3，得A (3, 0)，B (0, 3)．将A (3, 0)、B (0, 3)别离代入y ＝－x 2＋bx ＋c ，得930,3.b c c -++=⎧⎨=⎩ 解得2,3.b c =⎧⎨=⎩因此抛物线的解析式为y ＝－x 2＋2x ＋3．（2）在△APQ 中，∠P AQ ＝45°，AP ＝3－t ，AQ ＝2t ．分两种情形讨论直角三角形APQ ：①当∠PQA ＝90°时，AP ＝2AQ ．解方程3－t ＝2t ，得t ＝1（如图2）．②当∠QP A ＝90°时，AQ ＝2AP ．解方程2t ＝2(3－t )，得t ＝1.5（如图3）．图2 图3图4 图5（3）如图4，因为PE //QF ，当EF //PQ 时，四边形EPQF 是平行四边形．因此EP ＝FQ ．因此y E －y P ＝y F －y Q ．因为x P ＝t ，x Q ＝3－t ，因此y E ＝3－t ，y Q ＝t ，y F ＝－(3－t )2＋2(3－t )＋3＝－t 2＋4t ．因为y E －y P ＝y F －y Q ，解方程3－t ＝(－t 2＋4t )－t ，得t ＝1，或t ＝3（舍去）．因此点F 的坐标为(2, 3)．（4）由y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4，得M (1, 4)．由A (3, 0)、B (0, 3)，可知A 、B 两点间的水平距离、竖直距离相等，AB ＝32．由B (0, 3)、M (1, 4)，可知B 、M 两点间的水平距离、竖直距离相等，BM ＝2．因此∠MBQ ＝∠BOP ＝90°．因此△MBQ 与△BOP 相似存在两种可能：①当BM OB BQ OP =时，23322tt =-．解得94t =（如图5）．②当BM OP BQ OB =时，23322t t =-．整理，得t 2－3t ＋3＝0．此方程无实根．考点伸展第（3）题也能够用坐标平移的方式：由P (t , 0)，E (t , 3－t )，Q(3－t , t )，依照P →E 方向，将点Q 向上平移，得F (3－t , 3)．再将F (3－t , 3)代入y ＝－x 2＋2x ＋3，得t ＝1，或t ＝3．§1．2 因动点产生的等腰三角形问题课前导学咱们先回忆两个画图问题：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？极点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？极点C 的轨迹是什么？已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除两个点之外，都是极点C ．已知底边画等腰三角形，顶角的极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，一样都要先分类．若是△ABC 是等腰三角形，那么存在①AB ＝AC ，②BA ＝BC ，③CA ＝CB 三种情形．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，能够使得解题又好又快．几何法一样分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？若是△ABC 的∠A （的余弦值）是确信的，夹∠A 的两边AB 和AC 能够用含x 的式子表示出来，那么就用几何法．①如图1，若是AB ＝AC ，直接列方程；②如图2，若是BA ＝BC ，那么1cos 2AC AB A =∠；③如图3，若是CA ＝CB ，那么1cos 2AB AC A =∠．代数法一样也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并查验．若是三角形的三个角都是不确信的，而三个极点的坐标能够用含x 的式子表示出来，那么依照两点间的距离公式，三边长（的平方）就能够够罗列出来．图1 图2 图3 图1例 9 2021年长沙市中考第26题如图1，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c （a 、b 、c 是常数，a ≠0）的对称轴为y 轴，且通过(0,0)和1(,)16a 两点，点P 在该抛物线上运动，以点P 为圆心的⊙P 总通过定点A (0, 2)．（1）求a 、b 、c 的值；（2）求证：在点P 运动的进程中，⊙P 始终与x 轴相交；（3）设⊙P 与x 轴相交于M (x 1, 0)、N (x 2, 0)两点，当△AMN 为等腰三角形时，求圆心P 的纵坐标．动感体验请打开几何画板文件名“14长沙26”，拖动圆心P 在抛物线上运动，能够体验到，圆与x 轴老是相交的，等腰三角形AMN 存在五种情形．思路点拨1．不算不明白，一算真奇异，原先⊙P 在x 轴上截得的弦长MN ＝4是定值．2．等腰三角形AMN 存在五种情形，点P 的纵坐标有三个值，依照对称性，MA ＝MN 和NA ＝NM 时，点P 的纵坐标是相等的．图文解析（1）已知抛物线的极点为(0,0)，因此y ＝ax 2．因此b ＝0，c ＝0．将1(,)16a 代入y ＝ax 2，得2116a =．解得14a =（舍去了负值）．（2）抛物线的解析式为214y x =，设点P 的坐标为21(,)4x x ．已知A (0, 2)，因此222411(2)4416PA x x x =+-=+＞214x ．而圆心P 到x 轴的距离为214x ，因此半径P A ＞圆心P 到x 轴的距离．因此在点P 运动的进程中，⊙P 始终与x 轴相交．（3）如图2，设MN 的中点为H ，那么PH 垂直平分MN ．在Rt △PMH 中，2241416PM PA x ==+，22411()416PH x x ==，因此MH 2＝4．因此MH ＝2．因此MN ＝4，为定值．等腰△AMN 存在三种情形：如图3，当AM ＝AN 时，点P 为原点O 重合，现在点P 的纵坐标为0．图2 图3图4 图5②如图4，当MA ＝MN 时，在Rt △AOM 中，OA ＝2，AM ＝4，因此OM ＝23．现在x ＝OH ＝232+．因此点P 的纵坐标为22211(232)(31)42344x =+=+=+．如图5，当NA ＝NM 时，依照对称性，点P 的纵坐标为也为423+．③如图6，当NA ＝NM ＝4时，在Rt △AON 中，OA ＝2，AN ＝4，因此ON ＝23．现在x ＝OH ＝232-．因此点P 的纵坐标为22211(232)(31)42344x =-=-=-．如图7，当MN ＝MA ＝4时，依照对称性，点P 的纵坐标也为423-．图6 图7考点伸展若是点P 在抛物线214y x =上运动，以点P 为圆心的⊙P 总通过定点B (0, 1)，那么在点P 运动的进程中，⊙P 始终与直线y ＝－1相切．这是因为：设点P 的坐标为21(,)4x x ．已知B (0, 1)，因此222222111(1)(1)1444PB x x x x =+-=+=+．而圆心P 到直线y ＝－1的距离也为2114x +，因此半径PB ＝圆心P 到直线y ＝－1的距离．因此在点P 运动的进程中，⊙P 始终与直线y ＝－1相切．例 10 2021年湖南省张家界市中考第25题如图1，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c （a ≠0）过O 、B 、C 三点，B 、C 坐标别离为(10, 0)和1824(,)55-，以OB 为直径的⊙A 通过C 点，直线l 垂直x 轴于B点．（1）求直线BC 的解析式；（2）求抛物线解析式及极点坐标；（3）点M 是⊙A 上一动点（不同于O 、B ），过点M 作⊙A 的切线，交y 轴于点E ，交直线l 于点F ，设线段ME 长为m ，MF 长为n ，请猜想mn 的值，并证明你的结论；（4）假设点P 从O 动身，以每秒1个单位的速度向点B 作直线运动，点Q 同时从B 动身，以相同速度向点C 作直线运动，通过t （0＜t ≤8）秒时恰好使△BPQ 为等腰三角形，请求出知足条件的t 值．图1动感体验请打开几何画板文件名“14张家界25”，拖动点M 在圆上运动，能够体验到，△EAF 维持直角三角形的形状，AM 是斜边上的高．拖动点Q 在BC 上运动，能够体验到，△BPQ 有三个时刻能够成为等腰三角形．思路点拨1．从直线BC 的解析式能够取得∠OBC 的三角比，为讨论等腰三角形BPQ 作铺垫．2．设交点式求抛物线的解析式比较简便．3．第（3）题连结AE 、AF 容易看到AM 是直角三角形EAF 斜边上的高． 4．第（4）题的△PBQ 中，∠B 是确信的，夹∠B 的两条边能够用含t 的式子表示．分三种情形讨论等腰三角形．图文解析（1）直线BC 的解析式为31542y x =-．（2）因为抛物线与x 轴交于O 、B (10, 0)两点，设y ＝ax (x －10)．代入点C 1824(,)55-，得241832()555a -=⨯⨯-．解得524a =．因此2255255125(10)(5)2424122424y x x x x x =-=-=--．抛物线的极点为125(5,)24-．（3）如图2，因为EF 切⊙A 于M ，因此AM ⊥EF ．由AE ＝AE ，AO ＝AM ，可得Rt △AOE ≌Rt △AME ．因此∠1＝∠2．同理∠3＝∠4．于是可得∠EAF ＝90°．因此∠5＝∠1．由tan ∠5＝tan ∠1，得MA ME MF MA=．因此ME ·MF ＝MA 2，即mn ＝25．图2（4）在△BPQ 中，cos ∠B ＝45，BP ＝10－t ，BQ ＝t ．分三种情形讨论等腰三角形BPQ ： ①如图3，当BP ＝BQ 时，10－t ＝t ．解得t ＝5．②如图4，当PB ＝PQ 时，1cos 2BQ BP B =∠．解方程14(10)25t t =-，得8013t =． ① 如图5，当QB ＝QP 时，1cos 2BP BQ B =∠．解方程14(10)25t t -=，得5013t =．图3 图4 图5 图6考点伸展在第（3）题条件下，以EF 为直径的⊙G 与x 轴相切于点A ．如图6，这是因为AG 既是直角三角形EAF 斜边上的中线，也是直角梯形EOBF 的中位线，因此圆心G 到x 轴的距离等于圆的半径，因此⊙G 与x 轴相切于点A ．例 11 2021年湖南省邵阳市中考第26题在平面直角坐标系中，抛物线y ＝x 2－(m ＋n )x ＋mn （m ＞n ）与x 轴相交于A 、B 两点（点A 位于点B 的右边），与y 轴相交于点C ．（1）假设m ＝2，n ＝1，求A 、B 两点的坐标；（2）假设A 、B 两点别离位于y 轴的双侧，C 点坐标是(0,－1)，求∠ACB 的大小；（3）假设m＝2，△ABC是等腰三角形，求n的值．动感体验请打开几何画板文件名“14邵阳26”，点击屏幕左下方的按钮（2），拖动点A在x轴正半轴上运动，能够体验到，△ABC维持直角三角形的形状．点击屏幕左下方的按钮（3），拖动点B在x轴上运动，观看△ABC的极点可否落在对边的垂直平分线上，能够体验到，等腰三角形ABC有4种情形．思路点拨1．抛物线的解析式能够化为交点式，用m，n表示点A、B、C的坐标．2．第（2）题判定直角三角形ABC，能够用勾股定理的逆定理，也能够用锐角的三角比．3．第（3）题讨论等腰三角形ABC，先把三边长（的平方）罗列出来，再分类解方程．图文解析（1）由y＝x2－(m＋n)x＋mn＝(x－m)(x－n)，且m＞n，点A位于点B的右边，可知A(m, 0)，B(n, 0)．若m＝2，n＝1，那么A(2, 0)，B(1, 0)．．（2）如图1，由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1，OC＝1．若A、B两点别离位于y轴的双侧，那么OA·OB＝m(－n)＝－mn＝1．因此OC2＝OA·OB．因此OC OB OA OC=．因此tan∠1＝tan∠2．因此∠1＝∠2．又因为∠1与∠3互余，因此∠2与∠3互余．因此∠ACB＝90°．（3）在△ABC中，已知A(2, 0)，B(n, 0)，C(0, 2n)．讨论等腰三角形ABC，用代数法解比较方便：由两点间的距离公式，得AB2＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得43n=-（如图2）．②当CA＝CB时，解方程4＋4n2＝5n2，得n＝－2（如图3），或n＝2（A、B重合，舍去）．当BA＝BC时，解方程(n－2)2＝5n2，得512n+=-（如图4），或512n-=（如图5）．图1 图2 图3图4 图5考点伸展第（2）题经常使用的方式还有勾股定理的逆定理．由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1．由A(m, 0)，B(n, 0)，C(0,－1)，得AB2＝(m－n)2＝m2－2mn＋n2＝m2＋n2＋2，BC2＝n2＋1，AC2＝m2＋1．因此AB2＝BC2＋AC2．于是取得Rt△ABC，∠ACB＝90°．第（3）题在讨论等腰三角形ABC时，关于CA＝CB的情形，现在A、B两点关于y轴对称，能够直接写出B(－2, 0)，n＝－2．例 12 2021年湖南省娄底市中考第27题如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm．若是点P由点B动身沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A动身沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连结PQ，设运动时刻为t（s）（0＜t ＜4），解答以下问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图2，连结PC，将△PQC沿QC翻折，取得四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？图1 图2 图3 图4动感体验请打开几何画板文件名“14娄底27”，拖动点Q 在AC 上运动，能够体验到，当点P 运动到AB 的中点时，△APQ 的面积最大，等腰三角形APQ 存在三种情形．还能够体验到，当QC ＝2HC 时，四边形PQP ′C 是菱形．思路点拨1．在△APQ 中，∠A 是确信的，夹∠A 的两条边能够用含t 的式子表示．2．四边形PQP ′C 的对角线维持垂直，当对角线相互平分时，它是菱形，．图文解析（1）在Rt △ABC 中，AC ＝4，BC ＝3，因此AB ＝5，sin A ＝35，cos A ＝45．作QD ⊥AB 于D ，那么QD ＝AQ sin A ＝35t ．因此S ＝S △APQ ＝12AP QD ⋅＝13(5)25t t -⨯＝23(5)10t t --＝23515()+1028t --．当52t =时，S 取得最大值，最大值为158．（2）设PP ′与AC 交于点H ，那么PP ′⊥QC ，AH ＝AP cos A ＝4(5)5t -．若是四边形PQP ′C 为菱形，那么PQ ＝PC ．因此QC ＝2HC ．解方程4424(5)5t t ⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦，得2013t =．（3）等腰三角形APQ 存在三种情形： ①如图5，当AP ＝AQ 时，5－t ＝t ．解得52t =．②如图6，当P A ＝PQ 时，1cos 2AQ AP A =．解方程14(5)25t t =-，得4013t =．如图7，当QA ＝QP 时，1cos 2AP AQ A =．解方程14(5)25t t -=得2513t =．图5 图6 图7图8考点伸展在此题情境下，若是点Q 是△PP ′C 的重心，求t 的值．如图8，若是点Q 是△PP ′C 的重心，那么QC ＝23HC ．解方程2444(5)35t t ⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦，得6023t =．例 13 2015年湖南省怀化市中考第22题如图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 运动的时刻为t 秒．（1）在运动进程中，求P 、Q 两点间距离的最大值；（2）通过t 秒的运动，求△ABC 被直线PQ 扫过的面积S 与时刻t 的函数关系式；（3）P ，Q 两点在运动进程中，是不是存在时刻t ，使得△PQC 为等腰三角形．假设存在，求出现在的t 值，假设不存在，请说明理由．（24.25≈，结果保留一名小数）动感体验请打开几何画板文件名“15怀化22”，拖动点P 在AC 上运动，能够体验到，PQ 与BD 维持平行，等腰三角形PQC 存在三种情形．思路点拨1．过点B 作QP 的平行线交AC 于D ，那么BD 的长确实是PQ 的最大值．2．线段PQ 扫过的面积S 要分两种情形讨论，点Q 别离在AB 、BC 上．3．等腰三角形PQC 分三种情形讨论，先罗列三边长．图文解析（1）在Rt △ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，因此AB ＝10．如图2，当点Q 在AB 上时，作BD //PQ 交AC 于点D ，那么22AB AQ t AD AP t===．因此AD ＝5．因此CD ＝3．如图3，当点Q 在BC 上时，16228CQ t CP t-==-．又因为623CB CD ==，因此CQ CB CP CD =．因此PQ //BD ．因此PQ 的最大值确实是BD ．在Rt △BCD 中，BC ＝6，CD ＝3，因此BD ＝35．因此PQ 的最大值是35．图1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()AQPABDS AP S AD =△△．因此S ＝S △AQP ＝215()5t ⨯＝235t ． ②如图3，当点Q 在BC 上时，5＜t ≤8，S △ABC ＝24．因为S △CQP ＝12CQ CP ⋅＝1(162)(8)2t t --＝2(8)t -，因此S ＝S △ABC －S △CQP ＝24－(t －8)2＝－t 2＋16t －40．（3）如图3，当点Q 在BC 上时，CQ ＝2CP ，∠C ＝90°，因此△PQC 不可能成为等腰三角形．当点Q 在AB 上时，咱们先用t 表示△PQC 的三边长：易知CP ＝8－t ．如图2，由QP //BD ，得QP AP BD AD =535t =．因此355QP t =．如图4，作QH ⊥AC 于H ．在Rt △AQH 中，QH ＝AQ sin ∠A ＝65t ，AH ＝85t ．在Rt △CQH 中，由勾股定理，得CQ 22QH CH +2268()(8)55t t +-分三种情形讨论等腰三角形PQC ：（1）①当PC ＝PQ 时，解方程358t -=，得6510t =≈3.4（如图5所示）．②当QC ＝QP 时，226835()(8)55t t +-=．整理，得2111283200t t -+=．因此(11t －40)(t －8)＝0．解得4011t =≈3.6（如图6所示），或t ＝8（舍去）．③当CP ＝CQ 时，22688()(8)55t t t -=+-整理，得25160t t -=．解得165t =＝3.2（如图7所示），或t ＝0（舍去）．综上所述，当t 的值约为3.4，3.6，或等于3.2时，△PQC 是等腰三角形．图5 图6 图7图8 图9考点伸展第（1）题求P 、Q 两点间距离的最大值，能够用代数计算说理的方式：①如图8，当点Q 在AB 上时，PQ ＝22QH PH +＝2268()()55t t t +-＝355t ．当Q 与B 重合时，PQ 最大，现在t ＝5，PQ 的最大值为35．②如图9，当点Q 在BC 上时，PQ ＝22CQ CP +＝22(2)CP CP +＝5(8)t -．当Q 与B 重合时，PQ 最大，现在t ＝5，PQ 的最大值为35．综上所述，PQ 的最大值为35．§1．3 因动点产生的直角三角形问题课前导学咱们先看三个问题：1．已知线段AB ，以线段AB 为直角边的直角三角形ABC 有多少个？极点C 的轨迹是什么？2．已知线段AB ，以线段AB 为斜边的直角三角形ABC 有多少个？极点C 的轨迹是什么？3．已知点A (4,0)，若是△OAB 是等腰直角三角形，求符合条件的点B 的坐标．图1 图2 图3图4如图1，点C 在垂线上，垂足除外．如图2，点C 在以AB 为直径的圆上，A 、B 两点除外．如图3，以OA 为边画两个正方形，除O 、A 两点之外的极点和正方形对角线的交点，都是符合题意的点B ，共6个．解直角三角形的存在性问题，一样分三步走，第一步寻觅分类标准，第二步列方程，第三步解方程并验根．一样情形下，依照直角极点或斜边分类，然后依照三角比或勾股定理列方程．有时依照直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半列方程更简便．解直角三角形的问题，常常和相似三角形、三角比的问题联系在一路．若是直角边与坐标轴不平行，那么过三个极点作与坐标轴平行的直线，能够构造两个新的相似直角三角形，如此列比例方程比较简便．如图4，已知A (3, 0)，B (1,－4)，若是直角三角形ABC 的极点C 在y 轴上，求点C 的坐标．咱们能够用几何的方式，作AB 为直径的圆，快速找到两个符合条件的点C ．若是作BD ⊥y 轴于D ，那么△AOC ∽△CDB ．设OC ＝m ，那么341m m -=．那个方程有两个解，别离对应图中圆与y 轴的两个交点．例 19 2015年湖南省益阳市中考第21题如图1，已知抛物线E 1：y ＝x 2通过点A (1,m )，以原点为极点的抛物线E 2通过点B (2,2)，点A 、B 关于y 轴的对称点别离为点A ′、B ′．（1）求m 的值及抛物线E 2所表示的二次函数的表达式；（2）如图1，在第一象限内，抛物线E 1上是不是存在点Q ，使得以点Q 、B 、B ′为极点的三角形为直角三角形？假设存在，求出点Q的坐标；假设不存在，请说明理由；（3）如图2，P 为第一象限内的抛物线E 1上与点A 不重合的一点，连结OP 并延长与抛物线E 2相交于点P ′，求△P AA ′与△P ′BB ′的面积之比．图1 图2图3 图4动感体验请打开几何画板文件名“15益阳21”，拖动点P 在抛物线E 1上运动，能够体验到，点P 始终是线段OP ′的中点．还能够体验到，直角三角形QBB ′有两个．思路点拨1．判定点P 是线段OP ′的中点是解决问题的冲破口，如此就能够够用一个字母表示点P 、P ′的坐标．2．别离求线段AA ′∶BB ′，点P 到AA ′的距离∶点P ′到BB ′的距离，就能够够比较△P AA ′与△P ′BB ′的面积之比．图文解析（1）当x ＝1时，y ＝x 2＝1，因此A (1, 1)，m ＝1．设抛物线E 2的表达式为y ＝ax 2，代入点B (2,2)，可得a ＝12．因此y ＝12x 2．（2）点Q 在第一象限内的抛物线E 1上，直角三角形QBB ′存在两种情形：①如图3，过点B 作BB ′的垂线交抛物线E 1于Q ，那么Q (2, 4)．②如图4，以BB ′为直径的圆D 与抛物线E 1交于点Q ，那么QD ＝12BB '＝2．设Q (x , x 2)，因为D (0, 2)，依照QD 2＝4列方程x 2＋(x 2－2)2＝4．解得x ＝3±．现在Q (3,3)．（3）如图5，因为点P 、P ′别离在抛物线E 1、E 2上，设P (b , b 2)，P ′(c ,212c )．因为O 、P 、P ′三点在同一条直线上，因此P PM N OM ON ='，即2212c b b c=．因此c ＝2b ．因此P ′(2b , 2b 2)．如图6，由A (1, 1)、B (2,2)，可得AA ′＝2，BB ′＝4．由A (1, 1)、P (b , b 2)，可得点P 到直线AA ′的距离PM ′＝b 2－1．由B (2,2)、P ′(2b , 2b 2)，可得点P ′到直线BB ′的距离P ′N ′＝2b 2－2．因此△P AA ′与△P ′BB ′的面积比＝2(b 2－1)∶4(2b 2－2)＝1∶4．考点延伸第（2）中当∠BQB ′＝90°时，求点Q (x , x 2)的坐标有三种经常使用的方式：方式二，由勾股定理，得BQ 2＋B ′Q 2＝B ′B 2．因此(x －2)2＋(x 2－2)2＋(x ＋2)2＋(x 2－2)2＝42．方式三，作QH ⊥B ′B 于H ，那么QH 2＝B ′H ·BH ．因此(x 2－2)2＝(x ＋2) (2－x )．图5 图6图1 图2例 20 2015年湖南省湘潭市中考第26题如图1，二次函数y ＝x 2＋bx ＋c 的图象与x 轴交于A (－1, 0)、B (3, 0)两点，与y 轴交于点C ，连结BC ．动点P 以每秒1个单位长度的速度从点A 向点B 运动，动点Q 2个单位长度的速度从点B 向点C 运动，P 、Q 两点同时动身，连结PQ ，当点Q 抵达点C 时，P 、Q 两点同时停止运动．设运动的时刻为t秒．（1）求二次函数的解析式；（2）如图1，当△BPQ 为直角三角形时，求t 的值；（3）如图2，当t ＜2时，延长QP 交y 轴于点M ，在抛物线上是不是存在一点N ，使得PQ 的中点恰为MN 的中点，假设存在，求出点N 的坐标与t 的值；假设不存在，请说明理由．动感体验请打开几何画板文件名“15湘潭26”，拖动点P 在AB 上运动，能够体验到，△BPQ 有两次机遇能够成为直角三角形．还能够体验到，点N 有一次机遇能够落在抛物线上．思路点拨1．分两种情形讨论等腰直角三角形BPQ ．2．若是PQ 的中点恰为MN 的中点，那么MQ ＝NP ，以MQ 、NP 为直角边能够构造全等的直角三角形，从而依照直角边对应相等能够列方程．．图文解析（1）因为抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 与x 轴交于A (－1, 0)、B (3, 0)两点，因此y ＝(x ＋1)(x －3)＝x 2－2x －3．（2）由A (－1, 0)、B (3, 0)、C (0,－3)，可得AB ＝4，∠ABC ＝45°．在△BPQ 中，∠B ＝45°，BP ＝4－t ，BQ ＝2t ．直角三角形BPQ 存在两种情形： ①当∠BPQ ＝90°时，BQ ＝2BP ．解方程2t ＝2(4－t )，得t ＝2（如图3）．②当∠BQP ＝90°时，BP ＝2BQ ．解方程4－t ＝2t ，得t ＝43（如图4）．图3 图4 图5（3）如图5，设PQ 的中点为G ，当点G 恰为MN 的中点时，MQ ＝NP ．作QE ⊥y 轴于E ，作NF ⊥x 轴于F ，作QH ⊥x 轴于H ，那么△MQE ≌△NPF ．由已知条件，可得P (t －1, 0)，Q (3－t ,－t )．由QE ＝PF ，可得x Q ＝x N －x P ，即3－t ＝x N －(t －1)．解得x N ＝2．将x ＝2代入y ＝(x ＋1)(x －3)，得y ＝－3．因此N (2,－3)．由QH //NF ，得QH PH NF PF =，即(3)(1)32(1)t t t t ---=--．整理，得t 2－9t ＋12＝0．解得9332t ±=．因为t ＜2，因此取9332t -=．考点伸展第（3）题也能够应用中点坐标公式，得(1)(3)122P QG x x t t x +-+-===．因此x N ＝2x G ＝2．§1．4 因动点产生的平行四边形问题课前导学咱们先试探三个问题：1．已知A 、B 、C 三点，以A 、B 、C 、D 为极点的平行四边形有几个，怎么画？2．在座标平面内，如何明白得平行四边形ABCD 的对边AB 与DC 平行且相等？3．在座标平面内，如何明白得平行四边形ABCD 的对角线相互平分？图1 图2 图3图4如图1，过△ABC 的每一个极点画对边的平行线，三条直线两两相交，产生三个点D ．如图2，已知A (0, 3)，B (－2, 0)，C (3, 1)，若是四边形ABCD 是平行四边形，如何求点D 的坐标呢？点B 先向右平移2个单位，再向上平移3个单位与点A 重合，因为BA 与CD 平行且相等，因此点C (3, 1) 先向右平移2个单位，再向上平移3个单位取得点D (5, 4)．如图3，若是平行四边形ABCD 的对角线交于点G ，那么过点G 画任意一条直线（一样与坐标轴垂直），点A 、C 到这条直线的距离相等，点B 、D 到这条直线的距离相等．关系式x A ＋x C ＝x B ＋x D 和y A ＋y C ＝y B ＋y D 有时候用起来很方便．咱们再来讲说压轴题常常要用到的数形结合．如图4，点A 是抛物线y ＝－x 2＋2x ＋3在x 轴上方的一个动点，AB ⊥x 轴于点B ，线段AB 交直线y ＝x －1于点C ，那么点A 的坐标能够表示为(x ,－x 2＋2x ＋3)，点C 的坐标能够表示为(x , x －1)，线段AB 的长能够用点A 的纵坐标表示为AB ＝y A ＝－x 2＋2x ＋3，线段AC 的长能够用A 、C 两点的纵坐标表示为AC ＝y A －y C ＝(－x 2＋2x ＋3)－(x －1)＝－x 2＋x ＋2．通俗地说，数形结合确实是：点在图象上，能够用图象的解析式表示点的坐标，用点的坐标表示点到坐标轴的距离．例 24 2021年湖南省岳阳市中考第24题如图1，抛物线通过A (1, 0)、B (5, 0)、C 10(0,)3三点．设点E (x , y )是抛物线上一动点，且在x 轴下方，四边形OEBF 是以OB 为对角线的平行四边形．（1）求抛物线的解析式；（2）当点E (x , y )运动时，试求平行四边形OEBF 的面积S 与x 之间的函数关系式，并求出面积S 的最大值（3）是不是存在如此的点E ，使平行四边形OEBF 为正方形？假设存在，求点E 、F 的坐标；假设不存在，请说明理由．动感体验请打开几何画板文件名“14岳阳24”，拖动点E 运动，能够体验到，当点E 运动到抛物线的极点时，S 最大．当点E 运动到OB 的垂直平分线上时，四边形OEBF 恰好是正方形．思路点拨1．平行四边形OEBF 的面积等于△OEB 面积的2倍．2．第（3）题探讨正方形OEBF ，先确信点E 在OB 的垂直平分线上，再验证EO ＝EB ．图文解析（1）因为抛物线与x 轴交于A (1, 0)、B (5, 0)两点，设y ＝a (x －1)(x －5)．代入点C 10(0,)3，得1053a =．解得23a =．因此抛物线的解析式为22210(1)(5)4333y x x x x =--=-+．（2）因为S ＝S 平行四边形OEBF ＝2S △OBE ＝OB ·(－y E ) ＝22105(4)33x x --+＝210(65)3x x --+＝21040(3)33x --+．因此当x ＝3时，S 取得最大值，最大值为403．现在点E 是抛物线的极点（如图2）．（3）若是平行四边形OEBF 是正方形，那么点E 在OB 的垂直平分线上，且EO ＝EB ．当x ＝52 22355(1)(5)()33222y x x =--=⨯⨯-=-．现在E 55(,)22-．如图3，设EF 与OB 交于点D ，恰好OB ＝2DE ．因此△OEB 是等腰直角三角形．因此平行四边形OEBF 是正方形．因此当平行四边形OEBF 是正方形时，E 55(,)22-、F 55(,)22．。

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[对应训练] 1．(导学号 30042126)(2014·陕西)问题探究 (1)如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，如果BC边上存在点P，使 △APD为等腰三角形，那么请画出满足条件的一个等腰三角形APD，并求出此时 BP的长； (2)如图②，在△ABC中，∠ABC＝60°，BC＝12，AD是BC边上的高，E，F 分别为边AB，AC的中点，当AD＝6时，BC边上存在一点Q，使∠EQF＝90°，求此时BQ的长；问题解决 (3)有一山庄，它的平面图为如图③的五边形ABCDE，山庄保卫人员想在线段 CD上选一点M安装监控装置，用来监视边AB.现只要使∠AMB大约为60°，就可以让监控装置的效果达到最佳．已知∠A＝∠E＝∠D＝90°，AB＝270 m，AE＝400 m，ED＝285 m，CD＝340 m，问在线段CD上是否存在点M，使∠AMB＝60°？若存在，请求出符合条件的DM的长；若不存在，请说明理由．
解：(1)①作 AD 的垂直平分线交 BC 于点 P，如图①，则 PA＝PD，∴△PAD 是等腰三角形，∵四边形 ABCD 是矩形，∴AB＝DC，∠B＝∠C＝90°，∵PA＝PD， AB＝DC，∴Rt△ABP≌Rt△DCP(HL)，∴BP＝CP，∵BC＝4，∴BP＝CP＝2 ② 以点 D 为圆心，AD 为半径画弧，交 BC 于点 P′，如图①，则 DA＝DP′，∴△ P′AD 是等腰三角形，∵四边形 ABCD 是矩形，∴AD＝BC，AB＝DC，∠C＝90 °，∵AB＝3，BC＝4，∴DC＝3，DP′＝4，∴CP′＝ 4 －3 ＝ 7，∴BP′＝ 4－ 7 ③以点 A 为圆心，AD 长为半径画弧，交 BC 于点 P″，如图①，则 AD ＝AP″，∴△P″AD 是等腰三角形，同理可得：BP″＝ 7，综上所述：在等腰三角形△ADP 中，若 PA＝PD，则 BP＝2；若 DP＝DA，则 BP＝4－ 7；若 AP ＝AD，则 BP＝ 7
(3)能裁得，理由：如图③，∵EF＝FG＝ 5，∠EFG＝90°，∠A＝∠B＝90°， ∠ 1 ＋∠ AFE ＝∠ 2 ＋∠ AFE ＝ 90 ° ， ∴∠ 1 ＝∠ 2 ，在△ AEF 与△ BFG 中， ∠A＝∠B， ∠1＝∠2，∴△AEF≌△BGF(AAS)，∴AF＝BG，AE＝BF.设 AF＝x，则 AE＝BF EF＝FG，＝3－x，∴x ＋(3－x) ＝( 5) ，解得：x＝1 或 x＝2(不合题意，舍去)，∴AF ＝BG＝1，BF＝AE＝2，∴DE＝4，CG＝5，连接 EG，作△EFG 关于 EG 的对称△ EOG，则四边形 EFGO 是正方形，∠EOG＝90°，以 O 为圆心，以 OE 长为半径作⊙O，则使∠EHG＝45°的点 H 在⊙O 上，连接 FO，并延长交⊙O 于 H′，则 H′在 EG 的垂直平分线上，连接 EH′，GH′，则∠EH′G＝45°，此时，四边形 EFGH′是要想裁得符合要求的面积最大的，连接 CE，则 CE＝CG＝5，∴C 在线段 EG 的垂直平分线上，
解：(1)如图①所示，
(2)如图②，连接 AC，BD 相交于 O，作直线 OM，分别交 AD 于 P，交 BC 于 Q，过 O 作 EF⊥OM 交 DC 于 F，交 AB 于 E，则直线 EF，OM 将正方形的面积四等分，理由：∵点 O 是正方形 ABCD 的对称中心，∴AP＝CQ，EB＝DF，在△AOP 和△ EOB 中，∵∠AOP＝90°－∠AOE，∠BOE＝90°－∠AOE，∴∠AOP＝∠BOE，∵ OA＝OB，∠OAP＝∠EBO＝45°，∴△AOP≌△BOE，∴AP＝BE＝DF＝CQ，∴AE 1 1 ＝BQ＝CF＝DP，设 O 到正方形 ABCD 一边的距离是 d，则 (AP＋AE)d＝ (BE＋ 2 2 1 1 BQ)d＝ (CQ＋CF)d＝ (PD＋DF)d，∴S 2 2
解：(1)如图①，△ADC即为所求；
(2)存在，理由：如图②，作 E 关于 CD 的对称点 E′，作 F 关于 BC 的对称点 F′，连接 E′F′，交 BC 于 G，交 CD 于 H，连接 FG，EH，则 F′G＝FG，E′ H＝EH，则此时四边形 EFGH 的周长最小，由题意得：BF′＝BF＝AF＝2，DE ′＝DE＝2，∠A＝90°，∴AF′＝6，AE′＝8，∴E′F′＝10，EF＝2 5， ∴四边形 EFGH 的周长的最小值为 EF＋FG＋GH＋HE＝EF＋E′F′＝2 5＋10， ∴在边 BC，CD 上分别存在点 G，H，使得四边形 EFGH 的周长最小，最小值为 2 5＋10
2 2
1 (2)∵E，F 分别为边 AB，AC 的中点，∴EF∥BC，EF＝ BC，∵BC＝12， 2 ∴EF＝6，以 EF 长为直径作⊙O，过点 O 作 OQ⊥BC，垂足为 Q，连接 EQ，FQ，如图②，∵AD⊥BC，AD＝6，∴EF 与 BC 之间的距离为 3，∴OQ＝3， ∴OQ＝OE＝3，∴⊙O 与 BC 相切，切点为 Q，∵EF 为⊙O 的直径， ∴∠EQF＝90°，过点 E 作 EG⊥BC，垂足为 G，如图②.∵EG⊥BC，OQ⊥BC，∴ EG∥OQ，又∵EO∥GQ，∠EGQ＝90°，OE＝OQ，∴四边形 OEGQ 是正方形，∴GQ ＝EO＝3，EG＝OQ＝3，∵∠B＝60°，∠EGB＝90°，EG＝3，∴BG＝ 3，∴BQ ＝GQ＋BG＝3＋ 3 ，∴当∠EQF＝90°时，BQ 的长为 3＋ 3
四边形 AEOP
＝S
四边形 BEOQ
＝S
四边形 CQOF
＝S
四边形 DPOF
，
∴直线 EF，OM 将正方形 ABCD 面积四等分
(3)存在，当 BQ＝CD＝b 时，PQ 将四边形 ABCD 的面积二等分，理由是：如图③，连接 BP 并延长交 CD 的延长线于点 E，∵AB∥CD，∴∠A＝∠EDP，∵ ∠A＝∠EDP，在△ABP 和△DEP 中，AP＝DP， ∴△ABP≌△DEP(ASA)，∴BP＝EP，连 ∠APB＝∠DPE，接 CP，∵△BPC 的边 BP 和△EPC 的边 EP 上的高相等，又∵BP＝EP，∴S△BPC＝S
△ABP
∴当 BQ＝b 时，直线 PQ 将四边形 ABCD 的面积分成相等的两部分
【分析】 (1)作B关于AC 的对称点D，连接AD，CD，△ACD即为所求； (2)作E关于CD的对称点E′，作F关于BC的对称点F′，连接E′F′，此时得到四边形EFGH的周长最小，根据轴对称的性质得到BF′＝BF＝AF＝2，DE′＝DE ＝2，∠A＝90°，于是得到AF′＝6，AE′＝8，求出E′F′＝10，EF＝2即可得到结论； (3)根据余角的性质得到∠1＝∠2，推出△AEF≌△BGF，根据全等三角形的性质得到AF＝BG，AE＝BF，设AF＝x，则AE＝BF＝3－x，根据勾股定理列方程得到AF＝BG＝1，BF＝AE＝2，作△EFG关于EG的对称△EOG，则四边形EFGO是正方形，∠EOG＝90°，以O为圆心，以OE长为半径作⊙O，则使∠EHG＝45° 的点H在⊙O上，连接FO，并延长交⊙O于H′，则H′在EG的垂直平分线上，连接EH′，GH′，则∠EH′G＝45°，于是得到四边形EFGH′是符合条件的最大部件，根据矩形的面积公式即可得到结论．
∴HM＝ OM －OH ＝（90 3）－150 ＝30 2，∵AE＝400，OP＝45 3， ∴DH＝400－45 3，若点 M 在点 H 的左边，则 DM＝DH＋HM＝400－45 3＋30 2. ∵400－45 3＋30 2＞340，∴DM＞CD，∴点 M 不在线段 CD 上，应舍去，若点 M 在点 H 的右边，则 DM＝DH－HM＝400－45 3－30 2， ∵400－45 3－30 2＜ 340，∴DM＜CD，∴点 M 在线段 CD 上，综上所述：在线段 CD 上存在唯一的点 M，使∠AMB＝60°，此时 DM 的长为(400－45 3－30 2)米
2 2 2
∴F， O， H ′， C 在一条直线上， ∵EG＝ 10， ∴OF＝EG＝ 10， ∵CF＝2 10， ∴OC＝ 10，∵OH′＝OE＝FG＝ 5，∴OH′＜OC，∴点 H′在矩形 ABCD 的内部，∴可以在矩形板材 ABCD 中，裁得符合条件的面积最大的四边形 EFGH′部 1 1 5 2 件，这个部件的面积＝ EG ·FH ′＝ × 10 ×( 10 ＋ 5) ＝(5 ＋ )( 平方 2 2 2 米)，∴当所裁得的四边形部件为四边形 EFGH′时，裁得了符合条件的最大部 5 2 件，这个部件的面积为(5＋ )平方米 2
△EPC
，作 PF⊥CD，PG⊥BC，则 BC＝AB＋CD＝DE＋CD＝CE，由三角形面积公式得：＝S△CPE－S△DEP＋S△CQP，即 S 四边形 ABQP＝S 四边形 CDPQ， ∵BC＝AB＋CD＝a＋b， ∴BQ＝b，
PF＝PG，在 CB 上截取 CQ＝DE＝AB＝a，则 S△CQP＝S△DEP＝S△ABP，∴S△BPC－S△CQP＋S
(3)在线段 CD 上存在符合题意的点 M.理由如下：如图③，以 AB 为边，在 AB 的右侧作等边三角形 ABG，作 GP⊥AB，垂足为 P，作 AK⊥BG，垂足为 K，设 GP 与 AK 交于点 O，以点 O 为圆心，OA 长为半径作⊙O，则⊙O 是△ABG 的外接圆，过点 O 作 OH⊥CD，垂足为 H，∵△ABG 是等边三角形，GP⊥AB，∴AP 1 ＝PB＝ AB，∵AB＝270，∴AP＝135，∵ED＝285，∴OH＝285－135＝150，∵ 2 △ABG 是等边三角形，AK⊥BG，∴∠BAK＝∠GAK＝30°，∴OP＝AP·tan30° 3 ＝135× ＝45 3，∴OA＝2OP＝90 3，∴OH＜OA，∴⊙O 与 CD 相交，设交 3 点为 M，连接 OM，MA，MB，∴∠AMB＝∠AGB＝60°，OM＝OA＝90 3， ∵OH⊥CD，OH＝150，OM＝90 3
问题解决 (3)如图③，有一矩形板材 ABCD，AB＝3 米，AD＝6 米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形 EFGH 部件，使∠EFG＝90°， EF＝FG＝ 5米， ∠EHG＝45°，经研究，只有当点 E，F，G 分别在边 AD，AB，BC 上，且 AF＜ BF，并满足点 H 在矩形 ABCD 内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形 EFGH 部件？若能，求出裁得的四边形 EFGH 部件的面积；若不能，请说明理由．