中考满分教程系列
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目 录
第一部分
第一章 四类几何辅助线 ........................................................................................... 4 1．1连接 .......................................................................................................................... 4 1．2延长 .......................................................................................................................... 5 1．3平行 .......................................................................................................................... 5 1．4垂直 .......................................................................................................................... 6 第二章 三大几何辅助线 ........................................................................................... 7 2．1截长补短 .................................................................................................................. 7 2．2倍长中线 .................................................................................................................. 8 2．3旋转 .......................................................................................................................... 9 第三章 常见几何模型 ............................................................................................. 10 3．1垂直模型 ................................................................................................................ 10 3．2角平分线模型 ........................................................................................................ 12 3．3一线三等角模型 .................................................................................................... 13 3．4等腰直角三角形模型 ............................................................................................ 15 3．5中位线模型 ............................................................................................................ 16 3．6垂径定理模型 ........................................................................................................ 16 3．7折叠模型 ................................................................................................................ 17 3．8旋转模型 ................................................................................................................ 19
第二部分
第四章 三角形的存在问题 ..................................................................................... 21 4．1直角三角形的存在问题 ........................................................................................ 21 4．2等腰三角形的存在问题 ........................................................................................ 25 4．3等边三角形存在的问题 ........................................................................................ 27 4．4等腰直角三角形存在的问题 ................................................................................ 28 4．5全等三角形存在的问题 ........................................................................................ 29 4．6相似三角形的存在问题 ........................................................................................ 33 第五章 四边形的存在问题 ..................................................................................... 38 5．1平行四边形的存在问题 ........................................................................................ 38 5．2矩形的存在问题 .................................................................................................... 42 5．3菱形的存在问题 .................................................................................................... 44 5．4正方形的存在问题 ................................................................................................ 46 5．5梯形的存在问题 .................................................................................................... 48
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第六章 面积问题 ..................................................................................................... 51 6．1面积最大值 ............................................................................................................ 51 6．2面积最小值 ............................................................................................................ 53 3．3面积比值 ................................................................................................................ 55 6．4重叠部分面积 ........................................................................................................ 56 6．5面积的加减乘除 .................................................................................................... 60 第七章 最短路径问题 ............................................................................................. 62 7．1最短路径问题——和最小 .................................................................................... 62 7．2最短路径问题——差最大 .................................................................................... 65 第八章 其他问题 ..................................................................................................... 66 8．1垂直平分 ................................................................................................................ 66 8．2角相等 .................................................................................................................... 66 8．3中点路径 ................................................................................................................ 70 8．4圆 ............................................................................................................................ 72 8．5角度定值 ................................................................................................................ 75 8．6新定义 .................................................................................................................... 77 8．7平移抛物线 ............................................................................................................ 79 8．8中心对称抛物线 .................................................................................................... 81
第三部分
第九章 部分城市中考数学压轴题分析 ................................................................. 82 9．1北京中考数学压轴题分析 .................................................................................... 82 9．2上海中考数学压轴题分析 .................................................................................... 83 9．3广州中考数学压轴题分析 .................................................................................... 84 9．4重庆中考数学压轴题分析 .................................................................................... 86 9．5武汉中考数学压轴题分析 .................................................................................... 90 9．6成都中考数学压轴题分析 .................................................................................... 93 9．7宁波中考数学压轴题分析 .................................................................................... 94 9．8哈尔滨中考数学压轴题分析 ................................................................................ 96
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第一部分
第一章 四类几何辅助线
1．1连接
1．解：①图2成立，理由如下：
过点D作DM⊥AC，DN⊥BC，则∠DME＝∠DNF＝∠MDN＝90°， 又∵∠C＝90°，∴DM∥BC，DN∥AC，∵D为AB边的中点， 11
由中位线定理可知：DN＝AC，MD＝BC，∵AC＝BC，∴MD＝ND，
22∵∠EDF＝90°，∴∠MDE＋∠EDN＝90°，∠NDF＋∠EDN＝90°， ∴∠MDE＝∠NDF，在△DME与△DNF中，
∵∠DME＝∠DNF，MD＝ND，∠MDE＝∠NDF，∴△DME≌△DNF（ASA）， ∴S△DME＝S△DNF，∴S四边形DMCN＝S四边形DECF＝S△DEF＋S△CEF， 11
由以上可知S四边形DMCN＝S△ABC，∴S△DEF＋S△CEF＝S△ABC．
22②图3不成立，理由如下：
连接DC，先证明：△DEC≌△DBF（ASA，∠DCE＝∠DBF＝135°）， ∴S△DEF＝S五边形DBFEC＝S△CFE＋S△DBC＝S△CFE＋
S△ABCS△ABC，∴S△DEF－S△CFE＝． 22
1
故S△DEF、S△CEF、S△ABC的关系是：S△DEF－S△CEF＝S△ABC．
2
2．解：（1）∵AB是⊙O的直径，∴∠AMB＝90°，
∵M是弧AB的中点，∴弧MB＝弧MA，∴MA＝MB， ∴△AMB为等腰直角三角形，
∴∠ABM＝∠BAM＝45°，∠OMA＝45°， OM⊥AB，MB＝22
AB＝×62＝6， 22
∴∠MOE＋∠BOE＝90°，∵∠COD＝90°，∴∠MOE＋∠MOF＝90°， ∴∠BOE＝∠MOF，
在△OBE和△OMF中，OB＝OM，∠OBE＝∠OMF，∠BOE＝∠MOF， ∴△OBE≌△OMF（AAS），∴OE＝OF， （2）∠PMQ为定值，理由如下：
11
∵∠BMQ＝∠BOQ，∠AMP＝∠AOP，
22
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1
∴∠BMQ＋∠AMP＝（∠BOQ＋∠AOP），
2
1
∵∠COD＝90°，∴∠BOQ＋∠AOP＝90°，∴∠BMQ＋∠AMP＝×90°＝45°，
2∴∠PMQ＝∠BMQ＋∠AMB＋∠AMP＝45°＋90°＝135°， （3）△EFM的周长有最小值，理由如下：
∵OE＝OF，∴△OEF为等腰直角三角形，∴EF＝2OE， ∵△OBE≌△OMF，∴BE＝MF，
∴△EFM的周长＝EF＋MF＋ME＝EF＋BE＋ME＝EF＋MB＝2OE＋6， 11当OE⊥BM时，OE最小，此时OE＝BM＝×6＝3，
22∴△EFM的周长的最小值为3＋6＝9．
AOFPBQCEMD
1．2延长
1．解：（1）∵∠BAD＝30°，∴∠BAD＝180°－30°＝150°；
（2）延长CD至点E，使得DE＝BC，连接AE，并作EF⊥AC于点F，
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADE＋∠ADC＝180°，∴∠B＝∠ADE，
又∵AB＝AD，∴△ABC≌△ADE，∴AE＝AC＝4，∠BAC＝∠DAE，S△ABC＝S△ADE， 1
∴∠CAE＝∠DAE＋∠CAD＝∠BAC＋∠CAD＝30°，∴EF＝AE＝2，
211
∴S四边形ABCD＝S△ABC＋S△ADC＝S△ADE＋S△ADC＝S△ACE＝AC•EF＝×4×2＝4．
22
AOFBCDE
1．3平行
1．解：（1）如图1，在△AMD中，∵AD是△ABC的中线，△ABC为等边三角形，
∴AD⊥BC，∠MAD＝30°，又∵α＝∠BDM＝30°，∴∠MDA＝60°．
5 / 100
∴∠AMD＝90°，在△AMN中，∠AMN＝90°，∠MAN＝60°， ∴∠AMN＝∠DMA＝90°，∠MAN＝∠MDA，∴△AMN∽△DMA； NCCF（2）如图，过点C作CF∥AB交MN于点F，则△CFN∽△AMN．∴＝，
NAAM
AN－ACBMAB－AM
易证△CFD≌△BMD，∴BM＝CF，∴＝＝，
ANAMAMyAC－ACAB－xAB11
∴＝，即＋＝2；
yACxABxy
AMBDαCFN
112
（3）猜想：＋＝成立．理由如下：
x′y′n
①如图，过D作M'N'∥MN交AB于M'，交AC的延长线于N'， AMAGANx′y′x′y′则＝＝，∴＝n＝ ，即x＝，y＝， AM'ADAN'xynn11112由（2）知＋＝2，∴＋＝，
xyx′y′n
AAMM'BGDCBGDNN''CNN'MM''
②如图，当过点D作M''N''∥MN交AB的延长线于M''，交AC于N''，
112
则同理可得＋＝．
x′y′n
1．4垂直
1．解：（1）如图1，过点F作FM⊥AB于点M，在正方形ABCD中，AC⊥BD于点E．
1
∴AE＝AC，∠ABD＝∠CBD＝45°，∵AF平分∠BAC，∴EF＝MF，
2又∵AF＝AF，∴Rt△AMF≌Rt△AEF，∴AE＝AM，∵∠MFB＝∠ABF＝45°， 1
∴MF＝MB，MB＝EF，∴EF＋AC＝MB＋AE＝MB＋AM＝AB．
211
（2）E1F1，A1C1与AB三者之间的数量关系：E1F1＋A1C1＝AB，理由如下：
22
如图2，连接F1C1，过点F1作F1P⊥A1B于点P，F1Q⊥BC于点Q， ∵A1F1平分∠BA1C1，∴E1F1＝PF1；同理QF1＝PF1，∴E1F1＝PF1＝QF1， 又∵A1F1＝A1F1，∴Rt△A1E1F1≌Rt△A1PF1，∴A1E1＝A1P， 同理Rt△QF1C1≌Rt△E1F1C1，∴C1Q＝C1E1，
6 / 100
由题意：A1A＝C1C，∴A1B＋BC1＝AB＋A1A＋BC-C1C＝AB＋BC＝2AB， ∵PB＝PF1＝QF1＝QB，∴A1B＋BC1＝A1P＋PB＋QB＋C1Q＝A1P＋C1Q＋2E1F1， 1
即2AB＝A1E1＋C1E1＋2E1F1＝A1C1＋2E1F1，∴E1F1＋A1C1＝AB．
2（3）设PB＝x，则QB＝x，∵A1E1＝3，QC1＝C1E1＝2，
Rt△A1BC1中，A1B2＋BC12＝A1C12，即（3＋x）2＋（2＋x）2＝52， ∴x1＝1，x2＝-6（舍去），∴PB＝1，∴E1F1＝1，又∵A1C1＝5， 177
由（2）的结论：E1F1＋A1C1＝AB，∴AB＝，∴BD＝2．
222
A1ADADEM1BFCE1PF1QC1C
B
第二章 三大几何辅助线
2．1截长补短
1．解：（1）∵直线y＝－3x＋3与两坐标轴交于A、B，∴A（3，0），B（0，3），MO＝1， 3过M作MF垂直AB于F， 则∠MFA＝∠BOA＝90°，∵∠FAM＝∠OAB， AMMF∴△MFA∽△BOA，∴＝，∵A（3，0），B（0，3），M（1，0）， ABOB∴OA＝3，OB＝3，OM＝1，∴AM＝3－1＝2，由勾股定理得：AB＝23， 2MF∴＝，MF＝1＝OM，∵MF⊥AB，∴直线AB是小⊙M的切线． 233（2）小⊙M以2单位/秒的速度沿x轴向右平移，圆心M（1，0）， 则移动t秒后的圆心变为（2t＋1，0）； ∵B（0，3），M（1，0），∴直线BM的解析式为：y＝－3x＋3， ∵因为大⊙M以1单位/秒的速度沿射线BM方向平移，圆心M（1，0）， 13则移动t秒后的圆心变为（1＋t，－t）， 22①当两圆外切时，两圆心距离为两圆半径的和即：解得t＝3秒， ②当两圆内切时，两圆心距离为两圆半径的差即：（3）如图连接MB，则MB＝2， ∵MO＝1，∴在Rt△BCO中，∠BMO＝60°， ∵BE∥x轴，∴∠MBE＝∠BMO＝60°， ∵BM＝EM，∴△BEM是等边三角形，∴∠BEM＝60°，∴∠PEB＝∠NEM， 在PM上截取PN＝PE，连接NE， 7 / 100
32923t＋t＝1，解得t＝秒， 4433292t＋t＝OM＋MA＝OA＝3， 44∵∠EPM＝60°，PE＝PN，∴△PNE是等边三角形，∴PE＝EN，∠PEN＝60°， ∴∠ENM＝60°＋60°＝120°＝∠EPB， ∠PEB＝∠NEM，在△PBE和△NME中PE＝EN，∴△PBE≌△NME（ASA）， ∠EPB＝∠ENM，∴PB＝NM，∴PM＝PN＋NM＝PE＋PB， ∴PB、PE、PM三者之间的数量关系为：PM＝PB＋PE． yBFxCOMAQCOMABNxyPEDD 2．2倍长中线
1
1．解：（1）BM＝DM，BM⊥DM，在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点，∴BM＝EC＝EM＝MC，
2
1
∴∠EMB＝2∠ECB．在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，∴DM＝EC＝EM＝MC．
2∴∠EMD＝2∠ECD．∴BM＝DM，∠EMD＋∠EMB＝2（∠ECD＋∠ECB）， ∵∠ECD＋∠ECB＝∠ACB＝45°，∴∠BMD＝2∠ACB＝90°，即BM⊥DM． （2）（1）中的结论仍成立，
延长DM至点F，使得DM＝MF，并连接CD，EF，BD，BF与FC，延长ED交AC于点H． ∵DM＝MF，EM＝MC，∴四边形CDEF是平行四边形，∴DE∥CF，ED＝CF， ∵ED＝AD，∴AD＝CF．∵DE∥CF，∴∠AHE＝∠ACF．
∵∠BAD＝45°－∠DAH＝45°－（90°－∠AHE）＝∠AHE－45°，∠BCF＝∠ACF－45°， ∴∠BAD＝∠BCF．又∵AB＝BC，∴△ABD≌△CBF，∴BD＝BF，∠ABD＝∠CBF， ∵∠ABD＋∠DBC＝∠CBF＋∠DBC，∴∠DBF＝∠ABC＝90°． 在Rt△DBF中，由BD＝BF，DM＝MF，得BM＝DM且BM⊥DM．
EBFDAMHC
2．解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB，∵E为AB中点，P为AE中点，
13
∴2BE＝2AE＝AB，2PE＝AE，∵BE＝BF，∴CF＝BC＋BF＝3BE，BP＝BE＋BE＝BE，
22
8 / 100
1
∴BP＝CF．
2（2）存在，理由如下：
BE1
∵AE∥BF， EB⊥BF，∴EB⊥AE，∴α＝∠ABE，∵cosα＝＝＝，∴α＝60°或300°．
AB2存在，使得AE∥BF，当α＝60°或300°时，AE∥BF．
（3）延长BP到G，使BP＝PG，连接AG、EG，延长PB交CF于H，
∵AP＝EP，BP＝PG，∴四边形ABEG是平行四边形，∴AG＝BE＝BF，AG∥BE， ∴∠GAB＋∠ABE＝180°，∵∠ABC＝∠EBF＝90°，∴∠CBF＋∠ABE＝360°－180°＝180°，
AG＝BF，
∴∠CBF＝∠BAG，在△AGB和△BCF中∠GAB＝∠FBC，∴△AGB≌△BCF，
AB＝BC，
∴CF＝BG＝2BP，∠ABG＝∠BCF，∴∠ABG＋∠CBH＝180°－90°＝90°， 1∴∠BCF＋∠CBH＝90°，∴∠CHB＝180°－90°＝90°，∴BP⊥CF，BP＝CF．
2
GDADADAPECBFECBCBHFE
F2．3旋转
1．解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°，使得AB与BC重合，
则P′C＝PA＝1，△BPP′是等腰直角三角形，∵PB＝2，∴PP′＝2PB＝22， 在△PP′C中，PP′2＋P′C2＝（22）2＋12＝9，PC2＝32＝9，∴PP′2＋P′C2＝PC2， ∴△PP′C是直角三角形，∠BP′C＝∠BP′P＋∠PP′C＝45°＋90°＝135°， ∵△CBP′是△ABP绕点B顺时针旋转90°得到，∴∠APB＝∠BP′C＝135°．
APDBP'C 2．解：（1）在Rt△ABE和Rt△AGE中，AB＝AG，AE＝AE，∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）．
1
∴∠BAE＝∠GAE． 同理，∠GAF＝∠DAF．∴∠EAF＝∠BAD＝45°．
2（2）MN2＝ND2＋DH2，理由如下：
9 / 100
∵∠BAM＝∠DAH，∠BAM＋∠DAN＝45°，∴∠HAN＝∠DAH＋∠DAN＝45°． ∴∠HAN＝∠MAN．又∵AM＝AH，AN＝AN，∴△AMN≌△AHN．∴MN＝HN．
∵∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB＝45°．∴∠HDN＝∠HDA＋∠ADB＝90°． ∴NH2＝ND2＋DH2．∴MN2＝ND2＋DH2．
（3）由（1）知，BE＝EG，DF＝FG．设AG＝x，则CE＝x－4，CF＝x－6．
在Rt△CEF中，∵CE2＋CF2＝EF2，∴（x－4）2＋（x－6）2＝102． 解得x1＝12，x2＝－2（舍去）．∴AG＝12．
在Rt△ABD中，∴BD＝AB2＋AD2＝2 AG2＝122． 在（2）中，MN2＝ND2＋DH2，BM＝DH，∴MN2＝ND2＋BM2．
设MN＝a，则a2＝(122 －32－a)2＋(32 )2．即a2＝（92－a）2＋（32）2， ∴a＝52．即MN＝52．
ABEMNDGFC
第三章 常见几何模型
3．1垂直模型
1．解：（1）如图1，过点B作BE⊥y轴于点E，作BF⊥x轴于点F．
由已知得，BF＝OE＝2，OF＝42−22＝23，∴点B的坐标是（23，2），
k＝−34＝b
3． 设直线AB的解析式是y＝kx＋b（k≠0），则有．解得
2＝23k＋b
b＝4
∴直线AB的解析式是y＝－3
x＋4； 3
（2）如图2，∵△ABD由△AOP旋转得到，∴△ABD≌△AOP，∴AP＝AD，∠DAB＝∠PAO，
∴∠DAP＝∠BAO＝60°，∴△ADP是等边三角形，∴DP＝AP＝42＋(3)2＝19． 如图2，过点D作DH⊥x轴于点H，延长EB交DH于点G，则BG⊥DH． 【方法一】
在Rt△BDG中，∠BGD＝90°，∠DBG＝60°，
133357∴BG＝BD•cos60°＝3×＝，DG＝BD•sin60°＝3×＝．∴OH＝EG＝3，DH＝，
22222257
∴点D的坐标为（3，），
22【方法二】
BGDGBD
易得∠AEB＝∠BGD＝90°，∠ABE＝∠BDG，∴△ABE∽△BDG，∴＝ ＝ ；
AEBEAB
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BGDG333
∵AE＝2，BD＝OP＝3，BE＝23，AB＝4，∴＝＝，解得BG＝，DG＝；
2234225757
∴OH＝3，DH＝，∴点D的坐标为（3，），
2222（3）假设存在点P，在它的运动过程中，使△OPD的面积等于设点P为（t，0），下面分三种情况讨论： ①当t＞0时，如图，BD＝OP＝t，DG＝
333
t，∴DH＝2＋t．∵△OPD的面积等于， 224
3
． 4
21－23－21－23133
∴t(2＋t)＝，解得t1＝，t2＝（舍去）， 22433∴点P1的坐标为（
21－23
，0）． 3
43
②∵当D在y轴上时，根据勾股定理求出BD＝＝OP，
3433∴当－＜t≤0时，如图，BD＝OP＝－t，DG＝－t，
32∴GH＝BF＝2－（－解得t1＝－
333133
t）＝2＋t．∵△OPD的面积等于，∴－t(2＋t)＝， 224224
33
，t2＝－3，∴点P2的坐标为（－，0），点P3的坐标为（－3，0）． 33
4333
③当t≤－时，如图3，BD＝OP＝－t，DG＝－t，∴DH＝－t－2．
322∵△OPD的面积等于解得t1＝
3133
，∴（－t）[－（2＋t）]＝， 4224
21－23－21－23－21－23（舍去），t2＝ ，∴点P4的坐标为（，0）， 333
21－23－21－233
，0），（－，0），（－3，0）或（，0）． 333
ADEBPGxOFHPOEBGy∴点P的坐标分别为（yADHFx
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AyGEBxPHOD
3．2角平分线模型
1
1．解：（1）∵AB＝AC，∠A＝100°，∴∠ABC＝∠ACB＝(180°－∠A)＝40°，
2
1
∵CD平分∠ACB，∴∠ACD＝∠BCD＝∠ACB＝20°，
2
∴∠ADC＝180°－∠A－∠ACD＝180°－100°－20°＝60°，故答案为60； （2）【方法一】
延长CD使CE＝BC，连接BE，在CB上截取CF＝AC，连接DF， 1
∴∠CEB＝∠CBE＝(180°－∠BCD)＝80°，
2
∴∠EBD＝∠CBE－∠ABC＝80°－40°＝40°，∴∠EBD＝∠ABC，
AC＝CF，
在△ACD和△FCD中，∠ACD＝∠FCD＝20°，∴△ACD≌△FCD（SAS），
CD＝CD
∴AD＝DF，∠DFC＝∠A＝100°，∴∠BDF＝∠DFC－∠ABC＝100°－40°＝60°， ∵∠EDB＝∠ADC＝60°，∴∠EDB＝∠BDF，∵∠EBD＝∠FBD＝40°，
∠EDB＝∠FBD，
在△BDE和△BDF中，BD＝BD，，∴△BDE≌△BDF（ASA），∴DE＝DF＝AD，
∠EBD＝∠FBD
∵BC＝CE＝DE＋CD，∴BC＝AD＋CD．
AEDBFC
【方法二】
在CB上截取CE＝CD，连接DE，截取CF＝CA，连接DF，
1
∴∠CED＝∠CDE＝(180°－∠BCD)＝80°，∴∠BDE＝∠CED－∠B＝80°－40°＝40°，
2∴∠BDE＝∠B，∴BE＝DE，∵∠ACD＝∠BCD，CD＝CD，△ACD≌△FCD（SAS）， ∴AD＝DF，∠DFC＝∠A＝100°，∴∠BFD＝180°－∠DFC＝180°－100°＝80°， ∴∠BFD＝∠CED，∴BE＝DE＝DF＝AD，∴BC＝BE＋CE＝AD＋CD．
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ADGDABEFCBEFC
【方法三】
在CB上截取CE＝CD，连接DE，过点D分别作DG⊥CA于点G，DF⊥CB于点F， 1
∴∠CED＝∠CDE＝(180°－∠BCD)＝80°，∠DGA＝∠DFE＝90°，
2
∵CD是∠ACB的平分线，∴DG＝DF，∵∠BAC＝100°，∴∠DAG＝180°－∠BAC＝80°， ∴∠DAG＝∠CED，∴△DEF≌△DAG（AAS），∴DE＝DA，
∵∠ADC＝60°，∴∠BDE＝180°－∠CDE－∠ADC＝180°－80°－60°＝40°， ∴∠BDE＝∠B＝40°，∴BE＝DE＝DA，∴∴BC＝BE＋CE＝AD＋CD．
3．3一线三等角模型
1．解：（1）∵P为BC边中点，∴BP＝CP，∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，
∵△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC，∴∠B＝∠C＝45°，
BP＝CP
在△BPD和△CPE中∠B＝∠C，∴△BPD≌△CPE（SAS）；
BD＝CE
（2）∵∠MPN＝45°，∴∠BPD＋∠CPE＝180°－45°＝135°，∵∠B＝∠C＝45°，
∴∠BDP＋∠CEP＝180°³2－45°³2－135°＝135°， 即∠BDP＋∠CEP的度数是定值135°；
过点P作PF⊥AB于F，作PH⊥AC于H，易得△BPF≌△CPH，∴PF＝PH， 把△PDF绕点P顺时针旋转，使PF与PH重合得到△PHK，
∴PD＝PK，∠DPF＝∠KPH，∵∠MPN＝45°，∴∠EPK＝∠EPD＝45°，
PD＝PK
在△DEP和△KEP中∠EPK＝∠EPD，∴△DEP≌△KEP（SAS），
PE＝PE
∴∠CEP＝∠DEP，∴PE平分∠CED，过点P作PG⊥DE于G，
∠CEP＝∠DEP
在△PEH和△PEG中∠PGE＝∠PHE＝90°，∴△PEH≌△PEG（AAS），
PE＝PE
∴PH＝PG，∵PF＝PH，∴PF＝PG，∴PD平分∠BDE； （3）把△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ACD，
∴AE＝AD，BE＝CD，∠ACD＝∠B＝45°，∠CAD＝∠BAE， ∵∠MAN＝45°，∴∠EAF＝∠DAF＝45°，在△AEF和△ADF中，
AE＝AD
∠EAF＝∠DAF，∴△AEF≌△ADF（SAS）， AF＝AF
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∵∠DCF＝∠ACB＋∠ACD＝45°＋45°＝90°， ∴DF2＝CD2＋CF2，∴EF2＝BE2＋CF2．
NMDGAEFHKBMEFDABPCCN
1＋b＋c＝0b＝2
2．解：（1）由题意得：，解得： ，∴抛物线的解析式为：y＝x2＋2x－3；
c＝－3c＝－3
（2）【方法一】
假设在抛物线上存在点G，设G（m，n），显然，当n＝－3时，△HGC不存在．
mn1
①当n＞－3时，可得S△GHA＝－＋＋，S△GHC＝－m，∵S△GHC＝S△GHA，∴m＋n＋1＝0，
222
m＝－3＋17m＝－3＋1722n＝m＋2m－3
由 ，解得：或， m＋n＋1＝01＋171－17
n＝2n＝2
2
∵点G在y轴的左侧，∴G（－
3＋171＋17
，）； 22
mn1
②当－4≤n＜－3时，可得S△GHA＝－－，S△GHC＝－m，∵S△GHC＝S△GHA，∴3m－n－1＝0，
222
2
n＝m＋2m－3m＝－1m＝2由 ，解得：或，∵点G在y轴的左侧，∴G（－1，－4）． 3m－n－1＝0n＝－4n＝5
∴存在点G（－【方法二】
3＋171＋17
，）或G（－1，－4）． 22
①如图①，当GH∥AC时，点A，点C到GH的距离相等，∴S△GHC＝S△GHA，
可得AC的解析式为y＝3x－3，∵GH∥AC，得GH的解析式为y＝3x－1，∴G（－1，－4）； ②如图②，当GH与AC不平行时，∵点A，C到直线GH的距离相等， 13
∴直线GH过线段AC的中点M（，－）．∴直线GH的解析式为y＝－x－1，
223＋171＋173＋171＋17
∴G（－，），∴存在点G（－，）或G（－1，－4）．
2222（3）【方法一】
如图③，∵E（－2，0），∴D的横坐标为－2，∵点D在抛物线上，∴D（－2，－3）， 333
∵F是OC中点，∴F（0，－），∴直线DF的解析式为：y＝x－，
242则它与x轴交于点Q（2，0），
则QB＝QD，得∠QBD＝∠QDB，∠BPE＋∠EPF＋∠FPD＝∠DFP＋∠PDF＋∠FPD＝180°， PBBE5
∵∠EPF＝∠PDF，∴∠BPE＝∠DFP，∴△PBE∽△FDP，∴＝，得：PB•DP＝，
2FDDP∵PB＋DP＝BD＝10，∴PB＝
10
，即P是BD的中点， 2
14 / 100
110
连接DE，∴在Rt△DBE中，PE＝BD＝．
22【方法二】
15
可知四边形ABDC为等腰梯形，取BD的中点P′，P′F＝（OB＋CD）＝，P′F∥CD∥AB，
225
连接EF，可知EF＝DF＝，∴EF＝FP′＝FD，∴△FEP′∽△FP′D，∴∠EP′F＝∠FP′D＝∠FDP′，
2110
∴∠EP′F和∠EPF重合，∴P和P′重合，P为BC中点，PE＝BD＝．
22
yGxBOHCGAyQxBPDEOFCA 3．4等腰直角三角形模型
1．解：（1）如图，过点M作ME⊥OP于点E，作MF⊥OQ于点F，
∵∠O＝90°，∠MEO＝90°，∠OFM＝90°，∴四边形OEMF是矩形，
11
∵M是PQ的中点，OP＝OQ＝4，∠O＝90°，∴ME＝OQ＝2，MF＝OP＝2，∴ME＝MF，
22∴四边形OEMF是正方形，∵∠AME＋∠AMF＝90°，∠BMF＋∠AMF＝90°，
∠AME＝∠BMF
∴∠AME＝∠BMF，在△AME和△BMF中，ME＝MF，
∠AEM＝∠BFM＝90°
∴△AME≌△BMF（ASA），∴MA＝MB； （2）有最小值，最小值为4＋22．理由如下：
根据（1）△AME≌△BMF，∴AE＝BF，设OA＝x，则AE＝2－x，
∴OB＝OF＋BF＝2＋（2－x）＝4－x，在Rt△AME中，AM＝AE2＋ME2＝(2－x)2＋22， ∵∠AMB＝90°，MA＝MB，
∴AB＝2AM＝2•(2－x)2＋22＝(2－x)2＋8，
△AOB的周长＝OA＋OB＋AB＝x＋（4－x）＋(2－x)2＋8＝4＋(2－x)2＋8，
所以，当x＝2，即点A为OP的中点时，△AOB的周长有最小值，最小值为4＋8，即4＋22．
15 / 100
PEAMOFBQ
3．5中位线模型
1∥1AC，1．解：（1）∵P、O1、O2分别为AB、AC、BC的中点，∴AP＝BP，AO1＝BO2，PO1∥BC，PO 2＝2＝2
∴四边形PO1CO2是平行四边形，∵AC＝BC，∴PO1＝PO2，∴四边形PO1CO2是菱形； 1
（2）∵P为AB中点，∴AP＝BP，又O1为AC中点，∴O1P为△ABC的中位线，∴O1P＝O2B＝BC，
2
1
同理可得O2P＝AO1＝AC，∴△AO1P≌△BO2P（SSS），∴∠AO1P＝∠BO2P，又∠AO1E＝∠BO2F，
2∴∠AO1P＋∠AO1E＝∠BO2P＋∠BO2F，即∠PO1E＝∠FO2P，
又∵O1A＝O1E＝O2P，且PO1＝BO2＝FO2，∴△PO1E≌△FO2P；但四边形PO1CO2不是菱形； （3）Rt△APC中，设AP＝c，AC＝a，PC＝b，∴c2＝a2＋b2；AB2＝4c2＝4（a2＋b2），
过点B作AC的垂线，交AC的延长线于D点．∴CD＝a，BD＝2b，BC2＝a2＋4b2， ∴BC2＋3AC2＝a2＋4b2＋3a2＝4（a2＋b2），∴AB2＝BC2＋3AC2．
BPAO1CDO2
3．6垂径定理模型
1．解：（1）∵PE⊥AB，PF⊥CD，∴∠PEO＝∠PFO＝90°，∵∠AOD＝120°，
∴∠EPF＝360°－∠PEO－∠PFO－∠AOD＝60°，
（2）点P运动过程中，△OEF的边EF的长度不变，理由如下：
分别延长PE，PF交⊙O于点M，N，连接OM，ON，MN，过点O作OH⊥MN，垂直为H， 1
∴MH＝MN，
2
∵PE⊥AB，PF⊥CD，AB，CD为⊙O的两条直径，∴E，F分别为PM，PN的中点，
16 / 100
111
∴EF＝MN，由（1）得∠EPF＝60°，∴∠MOH＝∠NOH＝∠MON＝³120°＝60°，
222 ∵AB＝6，∴OM＝3，在Rt△MOH中，MH＝MO²sin60°＝3³133
∴EF＝MN＝MH＝，即△OEF的边EF的长度不变．
22
PAEFMCHNOBD333
＝， 22
3．7折叠模型
1．解：（1）∵四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（﹣3，0），（0，1），∴B（﹣3，1），
35
若直线经过点A（﹣3，0）时，则b＝，若直线经过点B（﹣3，1）时，则b＝，
22
若直线经过点C（0，1）时，则b＝1，
3
①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图1，此时E（2b，0），
2
11∴S＝OE•CO＝×2b×1＝b；
22
35
②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2，
22
3
此时E（﹣3，b－），D（2b﹣2，1），
2
11513
∴S＝S矩﹣（S△OCD＋S△OAE＋S△DBE）＝3﹣[(2b﹣2)³1＋³(5﹣2b)•(﹣b)＋³3(b﹣)] 222225
＝b﹣b2， 2
3
b，(1＜b≤2)∴S＝5
35； 2
2b－b，(2＜b＜2)（2）如图3，设O1A1与CB相交于点M，OA与C1B1相交于点N，则矩形O1A1B1C1与矩形OABC
的重叠部分的面积即为四边形DNEM的面积．
由题意知，DM∥NE，DN∥ME，∴四边形DNEM为平行四边形，
根据轴对称知，∠MED＝∠NED，又∠MDE＝∠NED，∴∠MED＝∠MDE，∴MD＝ME，
1
∴平行四边形DNEM为菱形．过点D作DH⊥OA，垂足为H，由题易知，tan∠DEO＝，
2
DH1
∴＝，DH＝1，∴HE＝2，设菱形DNEM的边长为a， HE2
55
则在Rt△DHN中，由勾股定理知：a2＝（2﹣a）2＋12，∴a＝，∴S四边形DNEM＝NE•DH＝．
44
5
∴矩形OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积不发生变化，面积始终为．
4
17 / 100
O1yBMC1DyCxBEADCxOAA1ENHO
2．解：（1）∵∠APB＋∠CPE＝90°，∠CEP＋∠CPE＝90°，∴∠APB＝∠CEP，又∵∠B＝∠C＝90°，
ABBP2x1m
∴△ABP∽△PCE，∴＝，即＝，∴y＝－x2＋x．
22PCCEm－xy
12m1m2m2mm2
（2）∵y＝－x＋x＝－（x－）＋，∴当x＝时，y取得最大值，最大值为．
2222828
m2
∵点P在线段BC上运动时，点E总在线段CD上，∴≤1，解得m≤22．
8∴m的取值范围为：0＜m≤22．
（3）由折叠可知，PG＝PC，EG＝EC，∠GPE＝∠CPE，
又∵∠GPE＋∠APG＝90°，∠CPE＋∠APB＝90°，∴∠APG＝∠APB．
∵∠BAG＝90°，∴AG∥BC，∴∠GAP＝∠APB，∴∠GAP＝∠APG，∴AG＝PG＝PC． 【方法一】
如解答图所示，分别延长CE、AG，交于点H，
则易知ABCH为矩形，HE＝CH－CE＝2－y，GH＝AH－AG＝4－（4－x）＝x， 在Rt△GHE中，由勾股定理得：GH2＋HE2＝GE2，即：x2＋（2－y）2＝y2，
1m1
化简得：x2－4y＋4＝0 ①，由（1）可知，y＝－x2＋x，这里m＝4，∴y＝－x2＋2x，
22222
代入①式整理得：3x2－8x＋4＝0，解得：x＝或x＝2，∴BP的长为或2．
33【方法二】
如解答图所示，连接GC．
∵AG∥PC，AG＝PC，∴四边形APCG为平行四边形，∴AP＝CG． 易证△ABP≌GNC，∴CN＝BP＝x．
过点G作GN⊥PC于点N，则GN＝2，PN＝PC－CN＝4－2x．
在Rt△GPN中，由勾股定理得：PN2＋GN2＝PG2，即：（4－2x）2＋22＝（4－x）2， 22
整理得：3x2－8x＋4＝0，解得：x＝或x＝2，∴BP的长为或2．
33【方法三】过点A作AK⊥PG于点K，
∵∠APB＝∠APG，∴AK＝AB．易证△APB≌△APK，∴PK＝BP＝x，∴GK＝PG－PK＝4－2x． 在Rt△AGK中，由勾股定理得：GK2＋AK2＝AG2，即：（4－2x）2＋22＝（4－x）2， 22
整理得：3x2－8x＋4＝0，解得：x＝或x＝2，∴BP的长为或2．
33
B1 18 / 100
AGHEKBPNC
3．8旋转模型
1．解：（1）∵∠BPA＝90°，PA＝PB，∴∠PAB＝45°，∵∠BAO＝45°，∴∠PAO＝90°，
∴四边形OAPB是正方形，∴P点的坐标为：（22
a，a）． 22
（2）作PE⊥x轴交x轴于E点，作PF⊥y轴交y轴于F点，
∵∠BPE＋∠EPA＝90°，∠EPB＋∠FPB＝90°，∴∠FPB＝∠EPA，
∵∠PFB＝∠PEA，BP＝AP，∴△PBF≌△PAE，∴PE＝PF，∴点P都在∠AOB的平分线上． （3）作PE⊥x轴交x轴于E点，作PF⊥y轴交y轴于F点，则PE＝h，设∠APE＝α．
在Rt△APE中，∠AEP＝90°，PA＝22
a，∴PE＝PA•cosα＝a•cosα， 22
∵顶点A在x轴正半轴上运动，顶点B在y轴正半轴上运动（x轴的正半轴、y轴的正半轴都不包含原点O），
a2
∴0°≤α＜45°，∴＜h≤a．
22
yCFBPDxOEA
2．解：（1）①∵∠BAC＝90°，θ＝45°，∴AP⊥BC，BP＝CP，∴AP＝BP，
又∵∠MBN＝90°，BM＝BN，∴AP＝PN，∴AP＝PN＝BP＝PC，且AN⊥BC， ∴四边形ABNC是正方形，∴∠ANC＝45°；
②连接CN，当θ≠45°时，①中的结论不发生变化．理由如下：
∵∠BAC＝∠MBN＝90°，AB＝AC，BM＝BN，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BNP＝45°， BPPN
又∵∠BPN＝∠APC，∴△BNP∽△ACP，∴＝，又∵∠APB＝∠CPN，∴△ABP∽△CNP，
APPC∴∠ANC＝∠ABC＝45°；
1
（2）∠ANC＝90°－∠BAC．理由如下：
2
1
∵∠BAC＝∠MBN≠90°，AB＝AC，BM＝BN，∴∠ABC＝∠ACB＝∠BNP＝（180°－∠BAC），
2BPPN
又∵∠BPN＝∠APC，∴△BNP∽△ACP，∴＝，又∵∠APB＝∠CPN，∴△ABP∽△CNP，
APPC
19 / 100
11
∴∠ANC＝∠ABC，在△ABC中，∠ABC＝（180°－∠BAC）＝90°－∠BAC．
22
MaAθBPCN
3．解：（1）∵AB＝BC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝72°，又∵BE平分∠ABC，∴∠ABE＝∠CBE＝36°，
∴∠BEC＝180°－∠C－∠CBE＝72°，∴∠ABE＝∠A，∠BEC＝∠C， ∴AE＝BE，BE＝BC，∴AE＝BC．
（2）∵AC＝AB且EF∥BC，∴AE＝AF；由旋转的性质可知：∠E′AC＝∠F′AB，AE′＝AF′，
AC＝AB
∵在△CAE′和△BAF′中 ∠E′AC＝∠F′AB，∴△CAE′≌△BAF′，∴CE′＝BF′．
AE′＝AF′
（3）存在CE′∥AB，理由如下：
由（1）可知AE＝BC，所以，在△AEF绕点A逆时针旋转过程中，E点经过的路径（圆弧）与过点C且与AB平行的直线l交于M、N两点，
如图：①当点E的像E′与点M重合时，则四边形ABCM为等腰梯形， ∴∠BAM＝∠ABC＝72°，又∠BAC＝36°，∴α＝∠CAM＝36°．
②当点E的像E′与点N重合时，由AB∥l得，∠AMN＝∠BAM＝72°，∵AM＝AN， ∴∠ANM＝∠AMN＝72°，∴∠MAN＝180°－2×72°＝36°，
∴α＝∠CAN＝∠CAM＋∠MAN＝72°．∴当旋转角为36°或72°时，CE′∥AB．
A36°N(E')M(F')FEBC
4．解：（1）延长GP交DC于点E，利用△PED≌△PGF，得出PE＝PG，DE＝FG，
∵△BGF是等边三角形，∴FG＝BG，又∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CE＝CG， ∴CP是EG的中垂线，在Rt△CPG中，∠PCG＝60°，∴PG＝3PC．
（2）如图2，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，∵∠ABC＝60°，△BGF正三角形，
∠EDP＝∠GFP∴GF∥BC∥AD，∴∠EDP＝∠GFP，在△DPE和△FPG中 DP＝FP ，
∠DPE＝∠FPG
20 / 100
∴△DPE≌△FPG（ASA），∴PE＝PG，DE＝FG＝BG， ∵∠CDE＝∠CBG＝60°，CD＝CB，在△CDE和△CBG中，
CD＝CB
，∴CE＝CG，∠DCE＝∠BCG， ∠CDE＝∠CBE＝60°，∴△CDE≌△CBG（SAS）
DE＝BG
1
∴∠ECG＝∠DCB＝120°，∵PE＝PG，∴CP⊥PG，∠PCG＝∠ECG＝60°，∴PG＝3PC．
2（3）PG＝3PC，理由如下：
如图3，延长GP到H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH，作FE∥DC， ∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，∵∠GPF＝∠HPD，∴△GFP≌△HDP， ∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，∵∠GFP＋∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC， ∴∠CDH＝∠HDP＋∠PDC＝120°，∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝60°，点A、B、G又在一条直线上，∴∠GBC＝120°， ∵△BFG是等边三角形，∴GF＝GB，∴HD＝GB，∴△HDC≌△GBC， ∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，∴∠DCH＋∠HCB＝∠BCG＋∠HCB＝120°，
即∠HCG＝120°∵CH＝CG，PH＝PG，∴PG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，∴PG＝3PC．
DEACDC
PBGFHPABFG
第二部分
第四章 三角形的存在问题 4．1直角三角形的存在问题
33
1．解：（1）当y＝0时，－x2－x＋3＝0，解得x1＝－4，x2＝2，
84
∴A、B点的坐标为A（－4，0）、B（2，0）；
33
（2）抛物线y＝－x2－x＋3的对称轴是直线x＝－＝－1，即D点的横坐标是－1，
843
2³(−)
8
设直线AC的解析式为y＝kx＋b，将A（－4，0），C（0，3）坐标代入，
3
－4
k＝33－4k＋b＝0
得 ，解得4，∴直线AC解析式为y＝x＋3．
4b＝3b＝3
过点B作直线DB1∥AC，交抛物线的对称轴于点D1，连接AD1，CD1，
21 / 100
∵DB1∥AC，∴S△ACB＝S△ACD1，
333
设直线DB1的解析式为y＝x＋b，代入点B（2，0）得，³2＋b＝0，∴b＝－，
4423399
∴直线DB1的解析式为y＝x－，当x＝－1时，y＝－，∴点D1的坐标为（－1，－），
424439
∵3－(－)＝，
22
9315
∴把直线AC向上平移个单位长度得直线l：y＝x＋，与抛物线的对称轴于点D2，
2422727
当当x＝－1时，y＝，∴点D1的坐标为（－1，），
44
927
综上所述，当△ACD的面积等于△ACB的面积时，点D的坐标为（－1，－）或（－1，）；
44
yyCCMxAOD1B
AFONBEx
答图1 答图2
（3）如答图2，以AB为直径作⊙F，圆心为F．过E点作⊙F的切线，这样的切线有2条．
连接FM，过M作MN⊥x轴于点N． ∵A（－4，0），B（2，0），
∴F（－1，0），⊙F半径FM＝FB＝3．
43
又FE＝5，则在Rt△MEF中，ME＝52－32 ＝4，sin∠MFE＝，cos∠MFE＝．
55
412394
在Rt△FMN中，MN＝MF•sin∠MFE＝3³＝，FN＝MF•cos∠MFE＝3³＝，则ON＝，
55555412
∴M点坐标为（，）
55
412
∵直线l过M（，），E（4，0），
55设直线l的解析式为y＝kx＋b，得
4k＋b＝12k＝－3
5，解得4，所以直线l的解析式为y＝－3x＋3． 54
4k＋b＝0b＝3
3
同理，可以求得另一条切线的解析式为y＝x－3．
4 22 / 100
33
综上所述，直线l的解析式为y＝－x＋3或y＝x－3．
44
2．解：（1）当t＝2时，DH＝AH＝4，则H为AD的中点，如答图1所示．
又∵EF⊥AD，∴EF为AD的垂直平分线，∴AE＝DE，AF＝DF． ∵AB＝AC，AD⊥BC于点D，∴AD⊥BC，∠B＝∠C，∴EF∥BC， ∴∠AEF＝∠B，∠AFE＝∠C，∴∠AEF＝∠AFE，∴AE＝AF， ∴AE＝AF＝DE＝DF，即四边形AEDF为菱形．
AAEHFEHFBDPC
BDPC
答图1 答图2
（2）如答图2所示，由（1）知EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，
EFAHEF8－2t5
∴ ＝，即＝ ，解得：EF＝10－t．
1082BCAD
11555
∴S△PEF＝EF•DH＝（10－ t）•2t＝－t2＋10t＝－（t－2）2＋10，
22222∴当t＝2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10，此时BP＝3t＝6．
AAEHFEHFBPDCBDPC
答图3① 答图3②
（3）存在．理由如下：
①若点E为直角顶点，如答图3①所示，此时PE∥AD，PE＝DH＝2t，BP＝3t． PEBP2t3t
∵PE∥AD，∴＝，即＝，此比例式不成立，故此种情形不存在；
85ADBD
②若点F为直角顶点，如答图3②所示，此时PF∥AD，PF＝DH＝2t，BP＝3t，CP＝10－3t． PEBP2t10－3t40
∵PF∥AD，∴＝，即＝，解得t＝ ；
8517ADBD③若点P为直角顶点，如答图3③所示．
过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则EM＝FN＝DH＝2t，EM∥FN∥AD．
23 / 100
EMBM2tBM557
∵EM∥AD，∴＝，即＝，解得BM＝t，∴PM＝BP－BM＝3t－t＝t．
85444ADCD7113
在△EMP中，由勾股定理得：PE2＝EM2＋PM2＝（2t）2＋（t）2＝t2．
416
FNCN2tCN5517
∵FN∥AD，∴＝，即＝，解得CN＝t，∴PN＝BC－BP－CN＝10－3t－t＝10－t．
85444ADCD在△FNP中，由勾股定理得：PF2＝FN2＋PN2＝（2t）2＋（10－
1723532
t）＝t－85t＋100． 416
5113353
在△PEF中，由勾股定理得：EF2＝PE2＋PF2，即：（10－t）2＝（t2）＋（t2－85t＋100），
21616183280280
化简得：t2－35t＝0，解得：t＝或t＝0（舍去），∴t＝．
818318340280
综上所述，当t＝秒或t＝秒时，△PEF为直角三角形．
17183
AEHFBMPDNC答图3③
3．解：（1）能，如图1，
∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动，
点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，t＝1秒， ∴AP＝1厘米，BQ＝1.25厘米，
∵AC＝4cm，BC＝5cm，点D在BC上，CD＝3cm，
∴PC＝AC－AP＝4－1＝3（厘米），QD＝BC－BQ－CD＝5－1.25－3＝0.75（厘米）， APPE1PE
∵PE∥BC，∴ ＝， ＝，解得PE＝0.75，∵PE∥BC，PE＝QD，
ACCD43∴四边形EQDP是平行四边形； （2）如图2，
∵点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动， 点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动，
PC4－ttCQ5－1.25tt
∴PC＝AC－AP＝4－t，QC＝BC－BQ＝5－1.25t，∴ ＝＝1－， ＝＝1－，
44BC54ACPCCQ
∴＝，∴PQ∥AB； ACBC
（3）分两种情况讨论：
①如图3，当∠EQD＝90°时，显然有EQ＝PC＝4－t， EQDQ
又∵EQ∥AC，∴△EDQ∽△ADC，∴＝，
ACDC
24 / 100
∵BC＝5厘米，CD＝3厘米，∴BD＝2厘米，∴DQ＝1.25t－2， 4－t1.25t－2∴＝，解得t＝2.5（秒）；
43
②如图4，当∠QED＝90°时，作EM⊥BC于M，CN⊥AD于N， 则四边形EMCP是矩形，EM＝PC＝4－t，
在Rt△ACD中，∵AC＝4厘米，CD＝3厘米，∴AD＝ AC•CD12∴CN＝＝，
5AD
∵∠CDA＝∠EDQ，∠QED＝∠C＝90°，∴△EDQ∽△CDA， DQEQEM1.25t－25(4－t)
∴＝＝，＝，解得t＝3.1（秒）．
512ADACCN综上所述，当t＝2.5秒或t＝3.1秒时，△EDQ为直角三角形．
AAAC2＋CD2 ＝42＋32 ＝5，
EPEP
BQDC
BQDC
图1 图2
AAEPEPQCBDQC
BD
图3 图4
4．2等腰三角形的存在问题
1．解：（1）∵矩形ABCD，B（5，3），∴A（5，0），C（0，3），
3
∵点A（5，0），C（0，3）在抛物线y＝x2＋bx＋c上，
5
3³25＋5b＋c＝018318∴5 ，解得：b＝－ ，c＝3．∴抛物线的解析式为：y＝x2－x＋3．
555
c＝3
318312
（2）如图1所示，∵y＝x2－x＋3＝(x－3)2－，∴抛物线的对称轴为直线x＝3，
5555
设对称轴与BD交于点G，与x轴交于点H，则H（3，0），
25 / 100
yCM1BGxODHM2A图1
318
令y＝0，即x2－x＋3＝0，解得x＝1或x＝5，∴D（1，0），∴DH＝2，AH＝2，AD＝4，
55AB3333
∵tan∠ADB＝＝，∴GH＝DH•tan∠ADB＝2³＝，∴G（3，），
422AD4
1111
∵S△MBD＝6，即S△MDG＋S△MBG＝6，∴MG•DH＋MG•AH＝6，即： MG³2＋MG³2＝6，
222293
解得：MG＝3，∴点M的坐标为（3，）或（3，−），
22
43
（3）在Rt△ABD中，AB＝3，AD＝4，则BD＝5，∴sin∠ABD＝，cos∠ABD＝，
55
以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，则：
①若PD＝PQ，如图2所示，此时有PD＝PQ＝BQ＝t，过点Q作QE⊥BD于点E， 3438
则BE＝PE，BE＝BQ•cos∠ABD＝t，QE＝BQ•sin∠ABD＝t，∴DE＝t＋t＝t，
555584
由勾股定理得：DQ2＝DE2＋QE2＝AD2＋AQ2，即（t）2＋（t）2＝42＋（3－t）2，
552525
整理得：11t2＋6t－25＝0，解得：t＝或t＝－5（舍去），∴t＝，
1111yCEPQODAxODQAxODQEAxBCPyBCPyBF
图2 图3 图4
7
②若PD＝DQ，如图3所示，此时PD＝t，DQ＝AB＋AD－t＝7－t，∴t＝7－t，∴t＝，
2③若PQ＝DQ，如图4所示，∵PD＝t，∴BP＝5－t，
∵DQ＝7－t，∴PQ＝7－t，AQ＝4－（7－t）＝t－3，过点P作PF⊥AB于点F， 4433
则PF＝PB•sin∠ABD＝（5－t）³＝4－t，BF＝PB•cos∠ABD＝（5－t）³＝3－t，
555533
∴AF＝AB－BF＝3－（3－t）＝t，
55
26 / 100
过点P作PE⊥AD于点E，则PEAF为矩形，
3449
∴PE＝AF＝t，AE＝PF＝4－t，∴EQ＝AQ－AE＝（t－3）－（4－t）＝t－7，
555593
在Rt△PQE中，由勾股定理得：EQ2＋PE2＝PQ2，即（t－7）2＋（t）2＝（7－t）2，
555656
整理得：13t2－56t＝0，解得：t＝0（舍去）或t＝．∴t＝，
1313
25756
综上所述，当t＝，t＝或t＝时，以D、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形．
11213
1
2．解：（1）如图，∵直线y＝x与抛物线y＝x2交于A、B两点，
2
y＝xx＝0x＝2∴12，解得，或，∴A（0，0），B（2，2）；
y＝0y＝2y＝x2
（2）由（1）知，A（0，0），B（2，2）．
1
∵一次函数y＝x的函数值为y1，二次函数y＝x2的函数值为y2．
2∴当y1＞y2时，根据图象可知x的取值范围是：0＜x＜2；
（3）该抛物线上存在4个点，使得每个点与AB构成的三角形为等腰三角形．理由如下：
1
∵A（0，0），B（2，2），∴AB＝22．根据题意，可设P（x，x2）．
2①当PA＝PB时，点P是线段AB的中垂线与抛物线的交点．
y＝－x＋2x1＝－5－1x2＝5－1
易求线段AB的中垂线的解析式为y＝－x＋2，则12，解得，，，
y＝xy＝3＋5y2＝3－512
∴P1（－ 5 －1，3＋5），P2（5 －1，3－5）；
②当PA＝AB时，根据抛物线的对称性知，点P与点B关于y轴对称，即P3（－2，2）； ③当AB＝PB时，点P4的位置如图所示．
综上所述，符号条件的点P有4个，其中P1（－ 5 －1，3＋5），P2（5 －1，3－5），
P3（－2，2）．
yP1P4P3P2AMx
4．3等边三角形存在的问题
1．解：（1）∵二次函数y＝ax2＋bx－1（a≠0）的图象过点A（2，0）和B（4，3），
114a＋2b－1＝0
∴ ，解得a＝，b＝0，∴二次函数的解析式为y＝x2－1；
4416a＋4b－1＝3
27 / 100
1
（2）令y＝x2－1＝0，解得x＝－2或x＝2，由图象可知当－2＜x＜2时y＜0；
4（3）当m＝0时，|PO|2＝1，|PH|2＝1，
当m＝2时，P点的坐标为（2，0），|PO|2＝4，|PH|2＝4， 当m＝4时，P点的坐标为（4，3），|PO|2＝25，|PH|2＝25， ∴观察发现|PO|2＝|PH|2，
1设P点坐标为（m，n），即n＝m2－1，∴|OP|＝
4∴对于任意实数m，|PO|2＝|PH|2；
（4）存在实数m可使△POH为正三角形，理由如下：
由（3）知OP＝PH，只要OH＝OP成立，△POH为正三角形， 设P点坐标为（m，n），|OP|＝m2＋n2，|OH|＝ 4＋m2， |OP|＝|OH|，即n2＝4，解得n1＝2 ，n2＝－2（舍去），
1
当n＝2时，得m2－1＝2，∴m＝±23，∴当m＝±23时△POH为正三角形．
4
ym2＋n2 ，|PH|2＝n2＋4n＋4＝n2＋m2，
BPCOAHx
4．4等腰直角三角形存在的问题
1．解：（1）根据题意得，A（1，0），D（0，1），B（－3，0），C（0，－3）．
a＋b＋c＝0a＝1
抛物线经过点A（1，0），B（－3，0），C（0，－3），则有9a－3b＋c＝0，解得b＝2，
c＝－3c＝－3
∴抛物线的解析式为：y＝x2＋2x－3． （2）存在．
△APE为等腰直角三角形，有三种可能的情形： ①以点A为直角顶点．
如解答图，过点A作直线AD的垂线，与抛物线交于点P，与y轴交于点F． ∵OA＝OD＝1，则△AOD为等腰直角三角形，
∵PA⊥AD，则△OAF为等腰直角三角形，∴OF＝1，F（0，－1）．
设直线PA的解析式为y＝kx＋b，将点A（1，0），F（0，－1）的坐标代入得： k＋b＝0
，解得k＝1，b＝－1，∴y＝x－1． b＝－1
将y＝x－1代入抛物线解析式y＝x2＋2x－3得，x2＋2x－3＝x－1，整理得：x2＋x－2＝0， 解得x＝－2或x＝1，当x＝－2时，y＝x－1＝－3，∴P（－2，－3）； ②以点P为直角顶点．
此时∠PAE＝45°，因此点P只能在x轴上或过点A与y轴平行的直线上． 过点A与y轴平行的直线，只有点A一个交点，故此种情形不存在；
28 / 100
因此点P只能在x轴上，而抛物线与x轴交点只有点A、点B，故点P与点B重合． ∴P（－3，0）；
③以点E为直角顶点．此时∠EAP＝45°，由②可知，此时点P只能与点B重合，点E位于直线AD与对称轴的交点上，即P（－3，0）；
综上所述，存在点P，使以点A、P、E为顶点的三角形为等腰直角三角形．点P的坐标为（－2，－3）或（－3，0）．
（3）抛物线的解析式为：y＝x2＋2x－3＝（x＋1）2－4．抛物线沿射线AD方向平移2个单位，相当于向左平移1个单位，并向上平移一个单位，
∴平移后的抛物线的解析式为：y＝（x＋1＋1）2－4＋1＝x2＋4x＋1．
ME3E1E2yMyDB(P2)OFP1CAxDBOAx
C4．5全等三角形存在的问题
1．解：（1）由题意得：OC＝4，OD＝2，∴DM＝OC＋OD＝6，∴顶点M坐标为（2，6）．
设抛物线解析式为：y＝a（x﹣2）2＋6， ∵点C（0，4）在抛物线上， ∴4＝4a＋6， 1解得a＝－．
2
11
∴抛物线的解析式为：y＝－（x﹣2）2＋6＝－x2＋2x＋4．
22（2）如答图1，过点P作PE⊥x轴于点E．
yMCPxODx=2E
∵P（x，y），且点P在第一象限， ∴PE＝y，OE＝x， ∴DE＝OE﹣OD＝x﹣2． S＝S梯形PEOC﹣S△COD﹣S△PDE
29 / 100
111＝（4＋y）•x﹣×2×4﹣（x﹣2）•y 222＝y＋2x﹣4．
111
将y＝－x2＋2x＋4代入上式得：S＝－x2＋2x＋4＋2x﹣4＝－x2＋4x．
222
11
在抛物线解析式y＝－x2＋2x＋4中，令y＝0，即－x2＋2x＋4＝0，解得x＝2±23．
22设抛物线与x轴交于点A、B，则B（2＋23，0）， ∴0＜x＜2＋23．
1
∴S关于x的函数关系式为：S＝－x2＋4x（0＜x＜2＋23）．
2
（3）存在．
若以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等，可能有以下情形： （I）OD＝OP．
由图象可知，OP最小值为4，即OP≠OD，故此种情形不存在． （II）OD＝OE．
若点E在y轴正半轴上，如答图2所示：
yM(P)PCExODx=2
此时△OPD≌△OPE，
∴∠OPD＝∠OPE，即点P在第一象限的角平分线上，EO＝DO＝2，P点坐标为：（4，4） 1
∴直线PE的解析式为：y＝x＋2；
2
若点E在y轴负半轴上，易知此种情形下，两个三角形不可能全等，故不存在． （III）OD＝PE． ∵OD＝2，
∴第一象限内对称轴右侧的点到y轴的距离均大于2， 则点P只能位于对称轴左侧或与顶点M重合．
若点P位于第一象限内抛物线对称轴的左侧，易知△OPE为钝角三角形，而△OPD为锐角三角形，则不可能全等；
若点P与点M重合，如答图3所示，此时△OPD≌△OPE，四边形PDOE为矩形，
30 / 100
yECM(P)xODx=2
∴直线PE的解析式为：y＝6．
1
综上所述，存在以O、P、E为顶点的三角形与△OPD全等，直线PE的解析式为y＝x＋2或y
2＝6．
103
2．解：（1）在Rt△OCE中，OE＝OCtan∠OCE＝34×＝234，∴点E（0，234）．
35
103
设直线AC的函数解析式为y＝kx＋234，有34k＋234＝0，解得：k＝－．
353
∴直线AC的函数解析式为y＝－x＋234．
5
EG3
（2）在Rt△OGE中，tan∠EOG＝tan∠OCE＝ ＝，
GO5
设EG＝3t，OG＝5t，OE＝EG2＋OG2＝34t，∴234＝34t，得t＝2， 故EG＝6，OG＝10，
11
∴S△OEG＝OG×EG＝×10×6＝30．
22（3）存在．
①当点Q在AC上时，点Q即为点G， 如图1，作∠FOQ的角平分线交CE于点P1，
yAEG(Q)P1xBOFC
由△OP1F≌△OP1Q，则有P1F⊥x轴，由于点P1在直线AC上，当x＝10时， 3
y＝－×10＋234＝234−6，
5∴点P1（10，234− 6）． ②当点Q在AB上时，
31 / 100
如图2，有OQ＝OF，作∠FOQ的角平分线交CE于点P2，
yAQMBHOFCEP2x
过点Q作QH⊥OB于点H，设OH＝a， 则BH＝QH＝14－a，
在Rt△OQH中，a2＋（14－a）2＝100， 解得：a1＝6，a2＝8，
∴Q（－6，8）或Q（－8，6）． 连接QF交OP2于点M．
当Q（－6，8）时，则点M（2，4）． 当Q（－8，6）时，则点M（1，3）． 设直线OP2的解析式为y＝kx，则 2k＝4，k＝2． ∴y＝2x．
1034y＝2xx＝13
3解方程组，得．
y＝－5x＋234y＝2034
1310342034
∴P2（，）；
1313
当Q（－8，6）时，则点M（1，3）， 同理可求P3（
534534，）； 93
yAQMBHOFCxBxEAP3QyEP4OFC
如备用图4，由QP4∥OF，QP4＝OF＝10，
设点P4的横坐标为x，则点Q的横坐标为（x－10）， ∵yQ＝yP，直线AB的函数解析式为：y＝x＋14， 3
∴x－10＋14＝－x＋234，
5
32 / 100
534－10534＋6
解得：x＝，可得y＝，
44∴点P4（
534－10534＋6
，）， 44
当Q在BC边上时，如图5，
yAE(P5)BQOFCx
③当Q在BC边上时，如图5，OQ＝OF＝10，点P5在E点， ∴P5（0，234），
10342034534534
综上所述，满足条件的P点坐标为（10，234− 6）或（，）或（，）
131393534－10534＋6
或（0，234），（，）．
44
4．6相似三角形的存在问题
1．解：（1）∵点A（1，0）和点C（0，1）在抛物线y＝ax2＋b上，
a＋b＝0a＝－1∴ ，解得：，∴抛物线的解析式为：y＝－x2＋1， b＝1b＝1
∴抛物线的对称轴为y轴，则点B与点A（1，0）关于y轴对称，∴B（－1，0）． （2）设过点A（1，0），C（0，1）的直线解析式为y＝kx＋b，可得：
k＋b＝0k＝－1
，解得，∴y＝－x＋1．
b＝1b＝1
∵BD∥CA，∴可设直线BD的解析式为y＝－x＋n，
∵点B（－1，0）在直线BD上，∴0＝1＋n，得n＝－1，∴直线BD的解析式为：y＝－x－1． 将y＝－x－1代入抛物线的解析式，得：－x－1＝－x2＋1，解得：x1＝2，x2＝－1， ∵B点横坐标为－1，则D点横坐标为2，
D点纵坐标为y＝－2－1＝－3，∴D点坐标为（2，－3）．
如答图①所示，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN＝3，AN＝1，BN＝3， 在Rt△BDN中，BN＝DN＝3，由勾股定理得：BD＝32； 在Rt△ADN中，DN＝3，AN＝1，由勾股定理得：AD＝10； 又OA＝OB＝OC＝1，OC⊥AB，由勾股定理得：AC＝BC＝2；
∴四边形ABCD的周长为：AC＋BC＋BD＋AD＝2＋2＋32＋10＝52＋10． （3）假设存在这样的点P，则△BPE与△CBD相似有两种情形：
PEBEPEBE
（I）若△EPB∽△BDC，如答图②所示，则有＝，即＝，∴PE＝3BE．
BDBD32 2
设OE＝m（m＞0），则E（－m，0），BE＝1－m，PE＝3BE＝3－3m， ∴点P的坐标为（－m，3－3m）．∵点P在抛物线y＝－x2＋1上，
2
∴3－3m＝－（－m）＋1，解得m＝1或m＝2， 当m＝1时，点E与点B重合，故舍去；
当m＝2时，点E在OB左侧，点P在x轴下方，不符合题意，故舍去． 因此，此种情况不存在；
PEBEPEBE
（II）若△EBP∽△BDC，如答图③所示，则有＝，即＝，∴BE＝3PE．
BCBD232
1111
设OE＝m（m＞0），则E（m，0），BE＝1＋m，PE＝BE＝（1＋m）＝＋ m，
3333
33 / 100
11
∴点P的坐标为（m，＋ m）．∵点P在抛物线y＝－x2＋1上，
33
1122∴＋m ＝－（m）2＋1，解得m＝－1或m＝，∵m＞0，故m＝－1舍去，∴m＝， 3333
11112525
点P的纵坐标为：＋m ＝＋³＝，∴点P的坐标为（，）．
33333939
25
综上所述，存在点P，使以B、P、E为顶点的三角形与△CBD相似，点P的坐标为（，）．
39
CBOyAHxBOECyPAxBEOyCPAxDDD
2．解：（1）设AC＝4ycm，BC＝3ycm，
在Rt△ABC中，AC2＋BC2＝AB2，即：（4y）2＋（3y）2＝102，解得：y＝2， ∴AC＝8cm，BC＝6cm；
（2）①当点Q在边BC上运动时，过点Q作QH⊥AB于H，∵AP＝xcm，
QHQB8
∴BP＝（10－x）cm，BQ＝2xcm， ∵△QHB∽△ACB，∴＝，∴QH＝xcm，
5ACAB1184
y＝BP•QH＝（10－x）•x＝－x2＋8x（0＜x≤3）， 2255
②当点Q在边CA上运动时，过点Q作QH′⊥AB于H′，∵AP＝xcm，
AQQH′∴BP＝（10－x）cm，AQ＝（14－2x）cm，∵△AQH′∽△ABC， ∴＝，
ABBC14－2xQH′3即：＝ ，解得：QH′＝（14－2x）cm，
1065
113351∴y＝PB•QH′＝（10－x）•（14－2x）＝x2－x＋42（3＜x＜7）；
2255542
－5x＋8x (0＜x≤3)
∴y与x的函数关系式为：y＝3； 512
5x－5x＋42 (3＜x＜7)（3）不相似．理由如下：
APAQPQ
∵AP＝xcm，AQ＝（14－2x）cm，∵PQ⊥AB，∴△APQ∽△ACB，∴＝＝ ，
ACABBC42
x14－2xPQ564274PQ1321BC即：＝＝ ，解得：x＝ ，PQ＝ ，∴PB＝10－x＝cm，∴＝＝≠，
8106131313PB7437AB
13∴当点Q在CA上运动，使PQ⊥AB时，以点B、P、Q为定点的三角形与△ABC不相似； （4）存在．理由如下：
∵AQ＝14－2x＝14－10＝4cm，AP＝x＝5cm， ∵AC＝8cm，AB＝10cm， ∴PQ是△ABC的中位线，∴PQ∥BC，∴PQ⊥AC，∴PQ是AC的垂直平分线， ∴PC＝AP＝5cm，∵AP＝CP，∴AP＋BP＝AB，∴AM＋BM＝AB， ∴当点M与P重合时，△BCM的周长最小，
∴△BCM的周长为：MB＋BC＋MC＝PB＋BC＋PC＝5＋6＋5＝16cm．
34 / 100
∴△BCM的周长最小值为16cm．
CQQCAPCQHB
APH'CB
QAPB
AP(M)B
3．解：（1）过点C作CD⊥OA于D，过点B作BE⊥OA于E，连接OB，
∵∠AOC＝60°，0C＝4cm，
13
∴OD＝OC•cos60°＝4³＝2（cm），CD＝OC•sin60°＝4³＝23（cm），
22∴C（2，23），∵四边形OABC是平行四边形，∴AB＝OC＝4cm，BC∥OA，
∴BE＝CD＝23cm，∴AE＝AB2－BE2 ＝2（cm），∵OA＝8cm，∴OE＝OA＋AE＝10（cm）， ∴OB＝OE2－BE2＝47cm．
（2）①当0＜t≤4时，过点Q作QD⊥x轴于点D（如图1），则QD＝
314
t．∴S＝OP•QD＝t2． 222
1
②当4≤t≤8时，作QE⊥x轴于点E（如图2），则QE＝23．∴S＝OP•QE＝3t．
2③当8≤t＜12时， 【方法一】
延长QP交x轴于点F，过点P作PH⊥AF于点H（如图3）．
∴△PBQ与△PAF均为等边三角形，∴OF＝OA＋AP＝t，AP＝t－8．∴PH＝
3
（t－8）． 2
1133
∴S＝S△OQF－S△OPF＝t•23－t•（t－8）＝－t2＋33t．当t＝8时，S最大．
2224【方法二】
过点P作PH⊥x轴于点H（如图3）．∴△PBQ为等边三角形． ∵AP＝t－8．∴PH＝3
（t－8）． 2
33
（12－t）2－23（t－8）＝－t2＋33t． 44
∴S＝S梯形OABQ－S△PBQ－S△OAP＝3（20－t）－当t＝8时，S最大．
（3）①当△OPM∽△OAB时（如图4），则PQ∥AB．
4
∴CQ＝OP． ∴at－4＝t，a＝1＋．t的取值范围是0＜t＜8．
t
35 / 100
OPOMtOM27
②当△OPM∽△OBA时（如图5），则 ＝，∴＝，∴OM＝t．
7OBOA478
47－27t7
，
27
t7
12－atQBBM
又∵QB∥OP，∴△BQM∽△OPM，∴ ＝ ，∴＝
OPOMt
2
整理得t－at＝2，∴a＝1－．t的取值范围是6≤t≤8．
t42
综上所述：a＝1＋（0＜t＜8）或a＝1－（6≤t≤8）．
tt
yCQxODPAOEPAxByCQB
yCQPxOAHFOByCQBMxPA
yCQMxOPAB
4．解：（1）设该二次函数的解析式为：y＝a（x＋1）（x－2），
将x＝0，y＝－2代入，得－2＝a（0＋1）（0－2），解得a＝1， ∴抛物线的解析式为y＝（x＋1）（x－2），即y＝x2－x－2； （2）设OP＝x，则PC＝PA＝x＋1，
33
在Rt△POC中，由勾股定理，得x2＋22＝（x＋1）2，解得，x＝，即OP＝；
22（3）①∵△CHM∽△AOC，∴∠MCH＝∠CAO，
（i）如图1，当H在点C下方时，∵∠OAC＋∠OCA＝90°，∠MCH＝∠OAC， ∴∠OCA＋∠MCH＝90°，∴∠OCM＝90°＝∠AOC，∴CM∥x轴，∴yM＝－2， ∴x2－x－2＝－2，解得x1＝0（舍去），x2＝1，∴M（1，－2），
36 / 100
（ii）如图1，当H在点C上方时，∵∠MCH＝∠CAO，
∴PA＝PC，由（2）得，M′为直线CP与抛物线的另一交点，设直线CM的解析式为y＝kx－2， 3344
把P（，0）的坐标代入，得k－2＝0，解得k＝，∴y＝x－2，
2233
474710710由x－2＝x2－x－2，解得x1＝0（舍去），x2＝，此时y＝³－2＝，∴M′（，）， 333393945②在x轴上取一点D，如图（备用图），过点D作DE⊥AC于点E，使DE＝，
5
在Rt△AOC中，AC＝AO2＋CO2＝12＋22＝5，∵∠COA＝∠DEA＝90°，∠OAC＝∠EAD， 4
5
ADDEAD5
∴△AED∽△AOC，∴＝，即＝，解得AD＝2，∴D（1，0）或D（－3，0）．
2ACOC5过点D作DM∥AC，交抛物线于M，如图（备用图）， 则直线DM的解析式为：y＝－2x＋2或y＝－2x－6， 当－2x－6＝x2－x－2时，即x2＋x＋4＝0，方程无实数根，
－1－17－1＋17
当－2x＋2＝x2－x－2时，即x2＋x－4＝0，解得x1＝，x2＝，
22－1－17－1＋17
∴点M的坐标为（，3＋17）或（，3－17）．
22yyyM1PAOBxAOH1CMPBxD1AOECDBxCH
5．解：（1）设直线AB解析式为y＝kx＋b，将A（2，2），B（6，6）代入，得
k＝11−2k＋b＝2
，解得2，∴y＝x＋3，令x＝0，∴E（0，3）；
26k＋b＝6b＝3
（2）设抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋c，
将A（－2，2），B（6，6），O（0，0）三点坐标代入，得
1a＝4
4a−2b′＋c＝211
36a＋6b′＋c＝6，解得b′＝－1，∴y＝4x2－2x，
2c＝0
c＝0
（3）依题意，得直线OB的解析式为y＝x，设过N点且与直线OB平行的直线解析式为y＝x＋m，
y＝1x2－1x
2，得x2－6x－4m＝0， 联立4
y＝x＋m
37 / 100
当△＝36＋16m＝0时，过N点与OB平行的直线与抛物线有唯一的公共点，则点N到BO的距离最大，所以△BON面积最大， 933
解得m＝－，x＝3，y＝，即N（3，）；
444
1131327
此时△BON面积＝³6×6－（＋6）³3－³³3＝；
224244（4）过点A作AS⊥GQ于S，
3
∵A（－2，2），B（6，6），N（3，），
4
35
∴∠AOE＝∠OAS＝∠BOH＝45°，OG＝3，NG＝，NS＝，AS＝5，
441
在Rt△SAN和Rt△NOG中，∴tan∠SAN＝tan∠NOG＝，∴∠SAN＝∠NOG，
4∴∠OAS－∠SAN＝∠BOG－∠NOG，∴∠OAN＝∠NOB，
∴ON的延长线上存在一点P，使得△BOP∽△OAN，∴BO：OA＝OP：AN＝BP：ON， 3517317
又∵A（－2，2），N（3，），B（6，6），∴BO＝62，OA＝22，AN＝，ON＝，
4449171517215
∴OP＝，BP＝，设P点坐标为（4x，x），∴16x2＋x2＝（），解得x＝，4x＝15，
4441515
∵P、P′关于直线y＝x轴对称，∴P点坐标为（15，）或（，15）．
44
P'yyBEFNxGMEAOBMLFIONJPAHxK
第五章 四边形的存在问题 5．1平行四边形的存在问题
1
1．解：（1）∵y＝x2＋bx＋c与x轴交于A（5，0）、B（－1，0）两点，
4
254＋5b＋c＝0b＝－115
5，∴抛物线的解析式为y＝x2－x－． ∴ 1，解得44c＝－4−b＋c＝04（2）如答图所示，过点A′作A′E⊥x轴于E，AA′与OC交于点D，
∵点C在直线y＝2x上，∴C（5，10），
38 / 100
∵点A和A′关于直线y＝2x对称，∴OC⊥AA′，A′D＝AD． ∵OA＝5，AC＝10，∴OC＝OA2＋AC2＝52＋102＝55． 11
∵S△OAC＝OC•AD＝OA•AC，∴AD＝25，∴AA′＝45，
22
在Rt△A′EA和Rt△OAC中，∵∠A′AE＋∠A′AC＝90°，∠ACD＋∠A′AC＝90°，∴∠A′AE＝∠ACD． A′EAEAA′A′EAE45
∵∠A′EA＝∠OAC＝90°，∴Rt△A′EA∽Rt△OAC．∴＝ ＝ ，即 ＝ ＝．
510OAACOC55∴A′E＝4，AE＝8，∴OE＝AE－OA＝3，∴点A′的坐标为（－3，4）， 15
当x＝－3时，y＝×（－3）2＋3－＝4，∴点A′在该抛物线上．
44
3
k＝45k＋b＝10
（3）存在．理由如下：设直线CA′的解析式为y＝kx＋b，则 ，解得
25−3k＋b＝4
b＝4
325
∴直线CA′的解析式为y＝x＋，
44
15325
设点P的坐标为（x，x2－x－），则点M为（x，x＋）．
4444
∵PM∥AC，∴要使四边形PACM是平行四边形，只需PM＝AC．又点M在点P的上方， 32515
∴（x＋）－（x2－x－）＝10．解得x1＝2，x2＝5（不合题意，舍去），
444499
当x＝2时，y＝－，∴当点P运动到（2，－）时，四边形PACM是平行四边形．
44
yCMyCA'DxEBOAA'xBOPA
2．解：（1）设抛物线解析式为y＝a（x＋1）（x－3），
∵抛物线过点（0，3），∴－3＝a（0＋1）（0－3），∴a＝1， ∴抛物线解析式为y＝（x＋1）（x－3）＝x2－2x－3， ∵y＝x2－2x－3＝（x－1）2－4，∴M（1，－4）． （2）如图1，连接BC、BM、CM，作MD⊥x轴于D，
111789
∵S△BCM＝S梯形OCMD＋S△BMD－S△BOC＝³(3＋4)³1＋³2－4－³3³3＝＋－＝3，
22222211
S△ABC＝AB•OC＝³4³3＝6，∴S△BCM：S△ABC＝3：6＝1：2．
22
（3）存在，理由如下：
①如图2，当Q在x轴下方时，作QE⊥x轴于E，
39 / 100
∵四边形ACQP为平行四边形，∴PQ平行且相等AC，∴△PEQ≌△AOC，
∴EQ＝OC＝3，∴－3＝x2－2x－3，解得 x＝2或x＝0（与C点重合，舍去），∴Q（2，－3）． ②如图3，当Q在x轴上方时，作QF⊥x轴于F，
∵四边形ACPQ为平行四边形，∴QP平行且相等AC，∴△PFQ≌△AOC， ∴FQ＝OC＝3，∴3＝x2－2x－3，解得 x＝1＋7或x＝1－7， ∴Q（1＋7，3）或（1－7，3）．
综上所述，Q点为（2，－3）或（1＋7，3）或（1－7，3）
yyC'yQ2Q3xAOBAODBxAP2OP1BP3xCMCMCMQ1
3．解：（1）设抛物线顶点为E，根据题意OA＝4，OC＝3，得：E（2，3），
设抛物线解析式为y＝a（x－2）2＋3，
3将A（4，0）坐标代入得：0＝4a＋3，即a＝－，
433
∴抛物线解析式为y＝－（x－2）2＋3＝－x2＋3x；
44（2）设直线AC解析式为y＝kx＋b（k≠0），
k＝－34k＋b＝04， 把A（4，0）与C（0，3）代入得：，解得：b＝3b＝3
3
y＝−x＋343
故直线AC解析式为y＝－x＋3，与抛物线解析式联立得： ，
324
y＝−4x＋3x
x＝1x＝49
解得： 9或 ，则点D坐标为（1，）；
4y＝0y＝4
（3）存在，分两种情况考虑：
①当点M在x轴上方时，如答图1所示：
9
四边形ADMN为平行四边形，DM∥AN，DM＝AN，由对称性得到M（3，），
4即DM＝2，故AN＝2，∴N1（2，0），N2（6，0）； ②当点M在x轴下方时，如答图2所示：
过点D作DQ⊥x轴于点Q，过点M作MP⊥x轴于点P，可得△ADQ≌△NMP， 9993
∴MP＝DQ＝，NP＝AQ＝3，将yM＝－代入抛物线解析式得：－＝－x2＋3x，
4444解得：xM＝2－7或xM＝2＋7，∴xN＝xM－3＝－7－1或7－1，
40 / 100
∴N3（－7－1，0），N4（7－1，0）．
综上所述，满足条件的点N有四个：N1（2，0），N2（6，0），N3（－7－1，0），N4（7－1，0）．
yCDMByCDBxON1AN2N3POQN4AxM3M4
1
4．解：（1）∵y＝−x＋2分别交y轴、x轴于A、B两点，
2
∴A、B点的坐标为：A（0，2），B（4，0），将x＝0，y＝2代入y＝－x2＋bx＋c得c＝2， 7将x＝4，y＝0代入y＝－x2＋bx＋c得0＝－16＋4b＋2，解得b＝，
27
∴抛物线解析式为：y＝－x2＋x＋2
2
（2）如答图1，设MN交x轴于点E，则E（t，0），BE＝4－t．
OA2111
∵tan∠ABO＝＝＝，∴ME＝BE•tan∠ABO＝（4－t）×＝2－t．
22OB427
又∵N点在抛物线上，且xN＝t，∴yN＝－t2＋t＋2，
2
71
∴MN＝yN－ME＝－t2＋t＋2－（2－ t）＝－t2＋4t，∴当t＝2时，MN有最大值4
22（3）由（2）可知，A（0，2），M（2，1），N（2，5）．
以A、M、N、D为顶点作平行四边形，D点的可能位置有三种情形，如答图2所示． ①当D在y轴上时，设D的坐标为（0，a），
由AD＝MN，得|a－2|＝4，解得a1＝6，a2＝－2，从而D为（0，6）或D（0，－2）， ②当D不在y轴上时，由图可知D3为D1N与D2M的交点， 13
易得D1N的方程为y＝−x＋6，D2M的方程为y＝x－2，
22
由两方程联立解得D为（4，4），故所求的D点坐标为（0，6），（0，－2）或（4，4）
41 / 100
yND1yND3AMxOEBAMxOEBx＝tD2x＝t
5．2矩形的存在问题
1
1．解：（1）设抛物线的解析式为：y＝a(x＋)2＋k，
2
14a＋k＝－3
3）在抛物线上，∴12
a(3＋)＋k＝2
13
，解得：a＝1，k＝－．
4
3
∵点A（0，－3），B（3，113
∴抛物线的解析式为：y＝（x＋）2－＝x2＋x－3．
24（2）如右图，连接CD、DE、EF、FC．
∵PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，∴四边形PMON为矩形，∴PM＝ON，PN＝OM． 1111
∵PC＝MP，OE＝ON，∴PC＝OE；∵MD＝OM，NF＝NP，∴MD＝NF，∴PF＝OD．
3333在△PCF与△OED中，
PC＝OE
∠FPC＝∠DOE＝90°
PF＝OD
∴△PCF≌△OED（SAS），∴CF＝DE．同理可证：△CDM≌△FEN，∴CD＝EF． ∵CF＝DE，CD＝EF，∴四边形CDEF是平行四边形． （3）假设存在这样的点P，使四边形CDEF为矩形．
1212设矩形PMON的边长PM＝ON＝m，PN＝OM＝n，则PC＝m，MC＝m，MD＝n，PF＝n．
3333若四边形CDEF为矩形，则∠DCF＝90°，易证△PCF∽△MDC，
12mn33PCPF
∴＝，即＝，化简得：m2＝n2，∴m＝n，即矩形PMON为正方形．
12MDMC
nm33∴点P为抛物线y＝x2＋x－3与坐标象限角平分线y＝x或y＝－x的交点．
2
x1＝3x2＝－3y＝x＋x﹣3
联立，解得，，∴P1（3，3），P2（－3，－3）；
y＝xy1＝3y2＝－32
y＝x＋x﹣3x1＝－3x1＝－1联立，解得，，∴P3（－3，3），P4（－1，1）．
y＝－xy1＝3y1＝1
∴抛物线上存在点P，使四边形CDEF为矩形．这样的点有四个，在四个坐标象限内各一个，
42 / 100
其坐标分别为：P1（3，3），P2（－3，－3），P3（－3，3），P4（－1，1）．
yBMDOECPFNAx
2．解：（1）∵A（6，0），B（0，8）．∴OA＝6，OB＝8．∴AB＝10，
∵∠CEB＝∠AOB＝90°，∠OBA＝∠EBC，∴△BCE∽△BAO， CEBCCE8－m243
∴＝，即＝，∴CE＝－m；
61055OAAB
243
（2）∵m＝3，∴BC＝8－m＝5，CE＝－m＝3．∴BE＝4，∴AE＝AB－BE＝6．
55
∵点F落在y轴上（如图2）．∴DE∥BO，∴△EDA∽△BOA， ADAF6－OD61212∴＝即＝．∴OD＝，∴点D的坐标为（，0）．
61055OAAB
1123
（3）取CE的中点P，过P作PG⊥y轴于点G．则CP＝CE＝－m．
2510
（Ⅰ）当m＞0时，①当0＜m＜8时，如图3．易证∠GCP＝∠BAO，
33123369
∴cos∠GCP＝cos∠BAO＝，∴CG＝CP•cos∠GCP＝（－m）＝－m．
5551025503694136
∴OG＝OC＋OG＝m＋－m＝m＋．根据题意得，得：OG＝CP，
2550502541361236
∴m＋＝－m，解得：m＝； 50255107
②当m≥8时，OG＞CP，显然不存在满足条件的m的值． （Ⅱ）当m＝0时，即点C与原点O重合（如图4）． （Ⅲ）当m＜0时，
①当点E与点A重合时，（如图5），易证△COA∽△AOB， －m6COAO9∴＝，即＝，解得：m＝－．
68OAOB2
3694136
②当点E与点A不重合时，（如图6）．OG＝OC－OG＝－m－（－m）＝－m－．
25505025413612396
由题意得：OG＝CP，∴－m－＝－m．解得m＝－．
5025510136996
综上所述，m的值是或0或－或－．
7132
43 / 100
yOFyByBEGCPFEFExODACODyBxAO(C)DAx
yB
A(E)xODOAxECFCF5．3菱形的存在问题
1．解：（1）∵AB＝10cm，AC＝8cm，BC＝6cm，
∴由勾股定理逆定理得△ABC为直角三角形，∠C为直角．BP＝2t，则AP＝10－2t． 10－2t2tAPAQ2020
∵PQ∥BC，∴＝，即＝，解得t＝，∴当t＝s时，PQ∥BC．
10899ABAC（2）如答图1所示，过P点作PD⊥AC于点D．
10－2tPDAPPD6
∴PD∥BC，∴＝，即＝，解得PD＝6－t．
1065ABBC11666515
S＝AQ²PD＝³2t³(6－t)＝－t2＋6t＝－（t－）2＋， 2255522515
∴当t＝s时，S取得最大值，最大值为cm2．
22（3）假设存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分，
44 / 100
11
则有S△AQP＝S△ABC，而S△ABC＝AC•BC＝24，∴此时S△AQP＝12．
2266
由（2）可知，S△AQP＝－t2＋6t，∴－t2＋6t＝12，化简得：t2－5t＋10＝0，
55∵△＝（－5）2－4×1×10＝－15＜0，此方程无解， ∴不存在某时刻t，使线段PQ恰好把△ABC的面积平分．
（4）假设存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，则有AQ＝PQ＝BP＝2t．
如答图2所示，过P点作PD⊥AC于点D，则有PD∥BC，
10－2tPDADAPPDAD68
∴＝＝，即＝＝，解得：PD＝6－t，AD＝8－t，
106855ABBCAC
818
∴QD＝AD－AQ＝8－t－2t＝8－t．
55
186
在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD2＋PD2＝PQ2，即（8－t）2＋（6－t）2＝（2t）2，
5525
化简得：13t2－90t＋125＝0，解得：t1＝5，t2＝，
1325
∵t＝5s时，AQ＝10cm＞AC，不符合题意，舍去，∴t＝．
136
由（2）可知，S△AQP＝－t2＋6t，
5
66252524002
∴S菱形AQPQ′＝2S△AQP＝2×（－t2＋6t）＝2×[－×（）2＋6×]＝cm．
55131316924002
所以存在时刻t，使四边形AQPQ′为菱形，此时菱形的面积为cm．
169
BBPBPQ'PAQCAQDCAQDC
2．解：（1）A（1，4）．由题意知，可设抛物线解析式为y＝a（x－1）2＋4，
∵抛物线过点C（3，0），∴0＝a（3－1）2＋4，解得，a＝－1， ∴抛物线的解析式为y＝－（x－1）2＋4，即y＝－x2＋2x＋3． （2）∵A（1，4），C（3，0），∴可求直线AC的解析式为y＝－2x＋6．
t
∵点P（1，4－t）．∴将y＝4－t代入y＝－2x＋6中，解得点E的横坐标为x＝1＋．
2tt2
∴点G的横坐标为1＋，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为4－．
24t2t2
∴GE＝（4－）－（4－t）＝t－．
44
tt
又点A到GE的距离为，C到GE的距离为2－，
22
45 / 100
1t1t1t21
即S△ACG＝S△AEG＋S△CEG＝•EG•＋•EG（2－）＝•2（t－）＝－（t－2）2＋1．
2222244当t＝2时，S△ACG的最大值为1． 20
（3）t＝或t＝20－85．
13
yAFGPEQxOBCOBPEHCDyAFGQxD
5．4正方形的存在问题
1．解：（1）若四边形EBFB′为正方形，则BE＝BF，即：10－t＝3t，解得t＝2.5；
（2）分两种情况，讨论如下：
10－tEBBF3t
①若△EBF∽△FCG，则有＝，即＝，解得：t＝2.8；
FCCG12－3t1.5t10－tEBBF3t
②若△EBF∽△GCF，则有＝，即＝，
CGFC1.5t12－3t解得：t＝－14－269 （不合题意，舍去）或t＝－14＋269．
∴当t＝2.8s或t＝（－14＋269）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似．
（3）假设存在实数t，使得点B′与点O重合．
如图，过点O作OM⊥BC于点M，
1
则在Rt△OFM中，OF＝BF＝3t，FM＝BC－BF＝6－3t，OM＝5，
2
61
由勾股定理得：OM2＋FM2＝OF2，即：52＋（6－3t）2＝（3t）2，解得：t＝ ；
36过点O作ON⊥AB于点N，
则在Rt△OEN中，OE＝BE＝10－t，EN＝BE－BN＝10－t－5＝5－t，ON＝6， 由勾股定理得：ON2＋EN2＝OE2，即：62＋（5－t）2＝（10－t）2，解得：t＝3.9． 61
∵≠3.9，∴不存在实数t，使得点B′与点O重合． 36
ADENO(B')BFMC
2．解：（1）∵|OA|：|OB|＝1：5，|OB|＝|OC|，
46 / 100
设OA＝m，则OB＝OC＝5m，AB＝6m，
11
由S△ABC＝AB×OC＝15，得×6m×5m＝15，解得m＝1（舍去负值），
22
∴A（－1，0），B（5，0），C（0，－5）， 设抛物线解析式为y＝a（x＋1）（x－5），将C点坐标代入，得a＝1， ∴抛物线解析式为y＝（x＋1）（x－5），即y＝x2－4x－5； （2）设E点坐标为（m，m2－4m－5），抛物线对称轴为x＝2，
由2（m－2）＝EH，得2（m－2）＝－（m2－4m－5）或2（m－2）＝m2－4m－5， 解得m＝1±10或m＝3±10；
∵m＞2，∴m＝1＋10或m＝3＋10，边长EF＝2（m－2）＝210－2或210＋2； （3）存在．
由（1）可知OB＝OC＝5，∴△OBC为等腰直角三角形，直线BC解析式为y＝x－5， 依题意，直线y＝x＋9或直线y＝x－19与BC的距离为72，
y＝x＋9y＝x－9x＝－2x＝7联立，， 解得或， 22
y＝x－4x－5y＝x－4x－5y＝7y＝16∴M点的坐标为（－2，7），（7，16）．
yGAOHBxyM
y = x+9xFCEAOCB11
3．解：（1）把算x＝－4，y＝0代入y＝x2－x＋c，得c＝－12，∴二次函数关系式为：y＝x2－x－12，
2211252525
（2）y＝x2－x－12＝(x－1)2－，∴M（1，－），对称点M′（1，），
222221
∵B（6，0），∴S四边形AMBM′＝³10³25＝125，
2 （3）【方法一】
假设存在这样的抛物线，使四边形AMBM′是正方形，
当AB垂直平分MM′时，还需AB＝ MM'，
1
令x2－x＋c＝0， 解得：x1＝1＋1－2c，x2＝1－1－2c， 2
∵A（1－1－2c，0），B（1＋1－2c，0），∴AB＝｜1＋1－2c－1＋1－2c｜＝21－2c， 2c－11－2c 而顶点坐标M（1，），∴M′（1，），
22
1－2c2c－131
∴MM′＝｜－｜＝｜1－2c｜， ∴21－2c＝｜1－2c｜，解得：c1＝－或c2＝，
22221311
∴y＝x2－x－或y＝x2－x＋（不合题意，舍去），
2222
13即满足条件的抛物线的关系式为y＝x2－x－．
22
47 / 100
【方法二】
假设存在这样的抛物线，使四边形AMBM′是正方形，
当AB垂直平分MM′时，还需AB＝MM'，若对称轴与x轴交于E点，则BE＝ EM，
1
设B（x，0），∴M（1，1－x），把B（x，0），M（1，1－x）分别代入y＝x2－x＋c，得
212
0＝2x－x＋cx1＝1x2＝31311
1，3， ，解得∴y＝x2－x－或y＝x2－x＋（不合题意，舍去）， 12222c1＝c2＝－221－x＝－2＋c13
即满足条件的抛物线的关系式为y＝x2－x－．
22
yM'yxAOBM'xAOBMM
5．5梯形的存在问题
2
1．解：（1）∵抛物线y＝x2＋bx＋c经过点A（－1，0），点C（0，－2），
3
2x2＋bx＋c＝0b＝－4
3． ∴3，解得
c＝－2c＝2
2428
故抛物线的表达式为：y＝x2－x－2＝x－1）2－，对称轴为直线x＝1；
3333（2）设直线CE的解析式为：y＝kx＋b，将E（1，0），C（0，－2）坐标代入得
k＋b＝0k＝2
，解得，∴直线CE的解析式为：y＝2x－2． b＝－2b＝－2
∵AC与EF不平行，且四边形ACEF为梯形，∴CE∥AF．∴设直线AF的解析式为：y＝2x＋n． ∵点A（－1，0）在直线AF上，∴－2＋n＝0，∴n＝2．
∴设直线AF的解析式为：y＝2x＋2．当x＝1时，y＝4，∴点F的坐标为（1，4）． 8（3）点B（3，0），点D（1，－），若△BDP和△CDP的面积相等，则DP∥BC，
3
2210
则直线BC的解析式为y＝x－2，∴直线DP的解析式为y＝x－，当y＝0时，x＝5，∴t＝5．
333
48 / 100
yyFyEAOCDBxAOCEBxAOCBxPDD
2．解：（1）解x2－12x＋32＝0得x1＝4，x2＝8．
∵OA、OB的长分别是关于x的方程x2－12x＋32＝0的两根，且OA>OB，
∴OA＝8，OB＝4．∴A（－8，0），B（0，4）．设直线AB的解析式为y＝kx＋b，则
k＝11－8k＋b＝0
，解得2．∴直线AB的解析式为y＝x＋4．
2b＝4b＝4
（2）过点P作PH⊥x轴于点H．设P（x，y），由AH＝ x＋8．
AP1AH1x＋811
∵＝，∴＝即＝，解得 x＝－6．∵点P在y＝x＋4上，∴y＝1．∴P（－6，1）．
2PB3HO3－x3kk
设过点P的反比例函数的解析式为y＝，则1＝．∴k＝－6．
x－66
∴点P的反比例函数的解析式为y＝－（x＜0）．
x
yBPxAHOAHGOPQxyB
（3）存在．
如图①，若PQ∥AO，过点Q作QG⊥AO于G，过点P作PH⊥AO于H，
∵梯形OAPQ是等腰梯形，∴AH＝OG＝8－6＝2，QG＝PH＝1，∴点Q的坐标为（－2，1）； 11
如图②，若AQ∥PO，∵OP的解析式为：y＝－x，设直线AQ的解析式为：y＝－x＋m，
6614
∵A（－8，0），∴－×（－8）＋m＝0，解得：m＝－，
63
1414
∴直线AQ的解析式为：y＝－x－，设点Q的坐标为：（x，－x－），
6363
14
∵梯形APOQ是等腰梯形，∴PA＝OQ，∴x2＋（－x－）2＝[－8－（－6）]2＋12，
6358
整理得：37x2＋16x－116＝0，即（37x－58）（x＋2）＝0，解得：x＝或x＝－2（舍去），
371584595859
∴y＝－×－＝－，∴点Q的坐标为：（，－）；
6373373737
49 / 100
11
如图③，若AP∥OQ，∵直线AP的解析式为：y＝x＋4，∴直线OQ的解析式为：y＝x，
2211
设点Q的坐标为（x，x），∵AQ＝OP，∴（x＋8）2＋（x）2＝12＋（－6）2，
22
54
整理得：5x2＋64x＋108＝0，即：（5x＋54）（x＋2）＝0，解得：x＝－或x＝－2（舍去），
5154275427∴y＝×（－）＝－，∴点Q的坐标为（－，－）．
2555558595427综上，点Q的坐标为（－2，1）或（，－）或（－，－）．
373755
yBPxAOQyBPxAO
Q3．解：（1）∵抛物线与y轴交于点C（0，3），∴设抛物线解析式为y＝ax2＋bx＋3（a≠0），
－a＋b＋3＝0a＝－1
根据题意，得， 解得，∴抛物线的解析式为y＝﹣x2＋2x＋3．
9a＋b＋3＝0b＝2（2）存在．由y＝﹣x2＋2x＋3得，D点坐标为（1，4），对称轴为x＝1．
①若以CD为底边，则PD＝PC，
设P点坐标为（x，y），根据两点间距离公式，得x2＋（3﹣y）2＝（x﹣1）2＋（4﹣y）2， 即y＝4﹣x．
又P点（x，y）在抛物线上，∴4﹣x＝﹣x2＋2x＋3，即x2﹣3x＋1＝0， 3＋53－53＋55－5
解得x1＝，x2＝＜1，应舍去，∴x＝，∴y＝4﹣x＝，
22223＋55－5
即点P坐标为(，)．
22②若以CD为一腰，
∵点P在对称轴右侧的抛物线上，由抛物线对称性知，点P与点C关于直线x＝1对称， 3＋55－5
此时点P坐标为（2，3）．∴符合条件的点P坐标为(，)或（2，3）．
22（3）由B（3，0），C（0，3），D（1，4），根据勾股定理，得CB＝32，CD＝2，BD＝25，
∴CB2＋CD2＝BD2＝20，∴∠BCD＝90°，
设对称轴交x轴于点E，过C作CM⊥DE，交抛物线于点M，垂足为F，在Rt△DCF中， ∵CF＝DF＝1，∴∠CDF＝45°，
由抛物线对称性可知，∠CDM＝2×45°＝90°，点坐标M为（2，3），∴DM∥BC， ∴四边形BCDM为直角梯形，由∠BCD＝90°及题意可知，
以BC为一底时，顶点M在抛物线上的直角梯形只有上述一种情况；
50 / 100
以CD为一底或以BD为一底，且顶点M在抛物线上的直角梯形均不存在． 综上所述，符合条件的点M的坐标为（2，3）． yDCFMPxAOEB
第六章 面积问题 6．1面积最大值
1
1．解：（1）∵抛物线y＝－x2＋mx＋n经过A（－1，0），C（0，2）．
2
－1³1－m＋n＝0m＝3
2，∴抛物线的解析式为：y＝－1x2＋3x＋2； ，解得：222
n＝2n＝2
13132533（2）∵y＝－x2＋x＋2，∴y＝－（x－）2＋，∴抛物线的对称轴是x＝．∴OD＝．
2222822
5
∵C（0，2），∴OC＝2．在Rt△OCD中，由勾股定理，得CD＝．
2∵△CDP是以CD为腰的等腰三角形，∴CP1＝DP2＝DP3＝CD．
33535
作CH⊥x轴于H，∴HP1＝HD＝2，∴DP1＝4．∴P1（，4），P2（，），P3（，－）；
2222213
（3）当y＝0时，0＝－x2＋x＋2，∴x1＝－1，x2＝4，∴B（4，0）．
22
k＝－12＝b2， 设直线BC的解析式为y＝kx＋b，由图象，得，解得：0＝4k＋bb＝2
1
∴直线BC的解析式为：y＝－x＋2．
2
113
如图2，过点C作CM⊥EF于M，设E（a，－a＋2），F（a，－a2＋a＋2），
2221311
∴EF＝－a2＋a＋2－（－a＋2）＝－a2＋2a（0≤x≤4）．
2222111
∵S四边形CDBF＝S△BCD＋S△CEF＋S△BEF＝BD•OC＋EF•CM＋EF•BN，
222
151111＝³³2＋a（－a2＋2a）＋（4－a）（－a2＋2a）， 222222
51 / 100
5
＝－a2＋4a＋（0≤x≤4）．
2
∴a＝2时，S四边形CDBF＝yP1P2CHCxAODBAODNBFMEx13
最大，∴E（2，1）． 2
yP3
1
2．解：（1）∵直线y＝x－2交x轴、y轴于B、C两点．∴B（4，0），C（0，－2）．[来ZX 2
a＝11316a－6＋c＝023∵y＝ax－x＋c过B、C两点，∴，解得2，∴y＝x2－x－2．
222c＝－2c＝－2
（2）如图1，连接AC．
13
∵y＝x2－x－2与x负半轴交于A点，∴A（－1，0）；
22
在Rt△AOC中，∵AO＝1，OC＝2，∴AC＝5， 在Rt△BOC中，∵BO＝4，OC＝2，∴BC＝25，
∵AB＝AO＋BO＝1＋4＝5， AB2＝AC2＋BC2，∴△ABC为直角三角形．
5
（3）△ABC内部可截出面积最大的矩形DEFG，面积为，理由如下：
2
①一点为C，AB、AC、BC边上各有一点，如图2，此时△AGF∽△ACB∽△FEB．
5－xGFAGGF
设GC＝x，AG＝5－x．∵＝，∴＝，∴GF＝25－20，
ACCB5255555
∴S＝GC²GF＝x(25－2x)＝－2x2＋25＝－2(x－)2＋，即当x＝，S最大，为．
2222
②AB边上有两点，AC、BC边上各有一点，如图3，此时△CDE∽△CAB∽△GAD，
ADGDADx55
设GD＝x，则∵＝，∴＝，∴AD＝x，∴CD＝CA－AD＝5－x，
52522ABCB
55－2DECDDE5
∵＝，∴＝，∴DE＝5－x，
52CAAB 555555
∴S＝GD²DE＝x(5－x) ＝－x2＋5x＝－(x－1)2＋，即当x＝1时，S最大，为．
22222
5
综上所述，△ABC内部可截出面积最大的矩形DEFG，面积为．
2
52 / 100
yyxAOBAGCCOFBEx
yGADCOFBEx
6．2面积最小值
1．解：（1）过点P作PH∥OA，交OC于点H，如图1所示．
HPCHCP
∵PH∥OA，∴△CHP∽△COA．∴＝＝．
OACOCA111
∵点P是AC中点，∴CP＝CA．∴HP＝OA，CH＝CO．
222
3
∵A（3，0）、C（0，4），∴OA＝3，OC＝4．∴HP＝，CH＝2．∴OH＝2．
23
∵PH∥OA，∠COA＝90°，∴∠CHP＝∠COA＝90°．∴点P的坐标为（，2）．
23
设直线DP的解析式为y＝kx＋b，∵D（0，－5），P（，2）在直线DP上，
2
b＝－5k＝14
3，∴直线DP的解析式为y＝14x－5． ∴3，∴3
2k＋b＝2b＝－5
（2）①若△DOM∽△ABC，图2（1）所示，
DOOM
∵△DOM∽△ABC，∴＝．∵点B坐标为（3，4），点D的坐标为（0．－5），
ABBC5OM15
∴BC＝3，AB＝4，OD＝5．∴＝．∴OM＝．
43415
∵点M在x轴的正半轴上，∴点M的坐标为（，0），
4
DOOM
②若△DOM∽△CBA，如图2（2）所示，∵△DOM∽△CBA，∴＝．
CBBA5OM20
∵BC＝3，AB＝4，OD＝5，∴＝．∴OM＝．
343
53 / 100
20
∵点M在x轴的正半轴上，∴点M的坐标为（，0）．
3
1520
综上所述：若△DOM与△CBA相似，则点M的坐标为（，0）或（，0）．
4315
（3）∵OA＝3，OC＝4，∠AOC＝90°，∴AC＝5．∴PE＝PF＝AC＝．
22
∵DE、DF都与⊙P相切，∴DE＝DF，∠DEP＝∠DFP＝90°．∴S△PED＝S△PFD． 15
∴S四边形DEPF＝2S△PED＝2×PE•DE＝PE•DE＝DE．
2225
∵∠DEP＝90°，∴DE2＝DP2－PE2．＝DP2－．
4
根据“点到直线之间，垂线段最短”可得：当DP⊥AC时，DP最短， 此时DE取到最小值，四边形DEPF的面积最小．
∵DP⊥AC，∴∠DPC＝90°．∴∠AOC＝∠DPC．∵∠OCA＝∠PCD，∠AOC＝∠DPC， AOAC
∴△AOC∽△DPC．∴＝．∵AO＝3，AC＝5，DC＝4－（－5）＝9，
DPDC352725272522912291∴＝．∴DP＝．∴DE2＝DP2－＝（）2－＝．∴DE＝，
545410010DP9
522912291
∴S四边形DEPF＝DE＝．∴四边形DEPF面积的最小值为．
244
yCByCBxOFAPPOAMxDED
54 / 100
yCBHyCPxOABMOAPxDD
3．3面积比值
1．解：（1）∵对称轴为直线x＝－1的抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）与x轴相交于A、B两点，
∴A、B两点关于直线x＝－1对称，∵点A的坐标为（－3，0），∴点B的坐标为（1，0）； －b
（2）①a＝1时，∵抛物线y＝x2＋bx＋c的对称轴为直线x＝－1，∴＝－1，解得b＝2．
2
将B（1，0）代入y＝x2＋2x＋c，得1＋2＋c＝0，解得c＝－3．
则二次函数的解析式为y＝x2＋2x－3，∴抛物线与y轴的交点C的坐标为（0，－3），OC＝3． 设P点坐标为（x，x2＋2x－3），
11∵S△POC＝4S△BOC，∴×3×|x|＝4××3×1，∴|x|＝4，x＝±4．
22
当x＝4时，x2＋2x－3＝16＋8－3＝21；当x＝－4时，x2＋2x－3＝16－8－3＝5． ∴点P的坐标为（4，21）或（－4，5）；
②设直线AC的解析式为y＝kx＋t，将A（－3，0），C（0，－3）代入， －3k＋t＝0k＝－1
得，解得，即直线AC的解析式为y＝－x－3． t＝－3t＝－3设Q点坐标为（x，－x－3）（－3≤x≤0），则D点坐标为（x，x2＋2x－3）， 39QD＝（－x－3）－（x2＋2x－3）＝－x2－3x＝－（x＋）2＋，
2239
∴当x＝－时，QD有最大值．
22
x = -1yxAQCDOB
55 / 100
2．解：（1）∵点A、B、D的坐标分别为（－2，0）、（3，0）、（0，4），且四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD＝5，∴点C的坐标为（5，4），∵过点A、C、D作抛物线y＝ax2＋bx＋c（a≠0）， 2
a＝－74a－2b＋c＝0210
10．∴抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋4． ∴25a＋5b＋c＝0，解得
b＝77
7c＝4
c＝4
（2）连结BD交对称轴于G，在Rt△OBD中，易求BD＝5，∴CD＝BD，则∠DCB＝∠DBC，
又∵∠DCB＝∠CBE，∴∠DBC＝∠CBE，过G作GN⊥BC于H，交x轴于N，易证GH＝HN， 45∴点G与点M重合，∴直线BD的解析式y＝－x＋4，∵抛物线的对称轴为直线x＝，
3252215
∴点M的坐标为（，），即GF＝，BF＝，∴BM＝FM2＋FB2＝，
23326523
又∵MN被BC垂直平分，∴BM＝BN＝，∴点N的坐标为（，0）；
66
（3）过点M作直线交x轴于点P1，易求四边形AECD的面积为28，四边形ABCD的面积为20，
由“四边形AECD的面积分为3：4”可知直线P1M必与线段CD相交，
设交点为Q1，四边形AP1Q1D的面积为S1，四边形P1ECQ1的面积为S2，点P1的坐标为（a，0）， 5MKFM
假设点P在对称轴的左侧，则P1F＝－a，P1E＝7－a，由△MKQ1∽△MFP1，得＝，
2Q1KFP1555
易求Q1K＝5P1F＝5（－a），∴CQ1＝－5（－a）＝5a－10，∴S2＝（5a－10＋7－a），
2229528
根据P1（，0），M（，）可求直线P1M的解析式为y＝x－6，
4233822
若点P在对称轴的右侧，则直线P2M的解析式为y＝－x＋．
33
ylDKQ1C
M(G)HNOP1FBxEA6．4重叠部分面积
OB
1．解：（1）∵点A坐标是（－1，0），∴OA＝1，在△ABO中∠AOB＝90°tanA＝＝2，∴OB＝2．
OA
∴点B的坐标是（0，2）．∵BC∥AD，BC＝OB，∴BC＝2，∴点C的坐标是（2，2）． 2
a＝－30＝a－b＋2
设抛物线表达式为y＝ax2＋bx＋2，由题意，得∴ ，∴解得4，
2＝4a＋2b＋2
b＝3
56 / 100
24
∴y＝－x2＋x＋2．
33
（2）①当点A1落在抛物线上，根据抛物线的轴对称性可得A1与点A关于对称轴对称，
由沿直线EF折叠，所以点E是BC上一个点，重合部分面积就是梯形ABEF的面积． 1
∴S＝S梯形ABEF＝（BE＋AF）×BO＝2＋1＝3；
2
②当0＜x≤1时，重合部分面积就是梯形ABEF的面积，由题得AF＝x＋1，BE＝x， 1
S＝S梯形ABEF＝（BE＋AF）×BO＝2x＋1．
2
当1＜x≤2时，重合部分面积就是五边形A1NCEF的面积，
设A1B1交CD于点N，作MN⊥DF于点M，CK⊥AD于点K，∴∠CKD＝∠NMD＝90°， 由轴对称得：∠1＝∠2，∵∠2＋∠3＝90°，∴∠1＋∠3＝90°，∠3＋∠MND＝90°， MA1NM∴∠MND＝∠1，△NMA1∽△DMN， ＝ ，∵∠BAO＝∠MA1N，tan∠BAO＝2，
NMMDMN
∴tan∠MA1N＝2＝．∴2MA1＝MN，MD＝2MN．∴MD＝4MA1，∴DA1＝3MA1，
A1M1
∵tan∠BAO＝2，∠BAO＋∠CDK＝90°，∴tan∠CDK＝．
2
CK1
在△DCK中，∠CKD＝90°，CK＝OB＝2，tan∠CDK＝＝，∴DK＝4，OD＝6．
DK2∵OF＝x，A1F＝x＋1，∴A1D＝OD－OF－A1F＝5－2x，FD＝6－x．∴3MA1＝5－2x， 12
∴MA1＝（5－2x），∵2MA1＝MN，∴MN＝（5－2x）．
3314141
∴S＝S梯形DCEF－S△A1ND＝8－2x－（5－2x）2＝－x2＋x－．
3333
yCEB1N23B1xDAOFKMA1
2．解：（1）过点C作CK∥BD交AB的延长线于K，∵CD∥AB，∴四边形DBKC是平行四边形，
∴BK＝CD＝2，CK＝BD，∴AK＝AB＋BK＝32＋2＝42，∵四边形ABCD是等腰梯形， 1
∴BD＝AC，∴AC＝CK，∴BK＝EK＝AK＝22＝CE，
2
∵CE是高，∴∠K＝∠KCE＝∠ACE＝∠CAE＝45°，∴∠ACK＝90°，∴∠AHB＝∠ACK＝90°， ∴AC＝AK•cos45°＝42×2
＝4；故答案为：90°，4； 2
33
（2）直线移动有两种情况：0＜x＜及≤x≤2．
22
3S2AG
①当0＜x＜时，∵MN∥BD，∴△AMN∽△ARQ，△ANF∽△QG，∴＝()2＝4，
2S1AF∴S2＝4S1≠3S1；
57 / 100
3
②当≤x≤2时，∵AB∥CD，∴△ABH∽△CDH，∴CH：AH＝CD：AB＝DH：BH＝1：3，
211
∴CH＝DH＝AC＝1，AH═BH＝4﹣1＝3，∵CG＝4﹣2x，AC⊥BD，∴S△BCD＝×4×1＝2，
424－2x2
∵RQ∥BD，∴△CRQ∽△CDB，∴S△CRQ＝2×（）＝8（2﹣x）2，
1
1111
∵S梯形ABCD＝（AB＋CD）•CE＝×（32＋2）×22＝8，S△ABD＝AB•CE＝×32×22＝6，
2222AF2x22
∵MN∥BD，∴△AMN∽△ADB，∴＝()＝，∴S1＝x2，S2＝8﹣8（2﹣x）2，
93S△ABDAH
S1263
∵S2＝3S1，∴8﹣8（2﹣x）2＝3×x2，解得：x1＝＜（舍去），x2＝2，∴x的值为2；
35233
（3）由（2）得：当0＜x＜时，m＝4，当≤x≤2时，∵S2＝mS1，
22
S28－8(2－x)2364812
∴m＝＝＝﹣2＋﹣12＝﹣36（﹣）2＋4，
22S1xxx3x3
131121
∴m是的二次函数，当≤x≤2时，即当≤≤时，m随的增大而增大，
22x3xx
3
∴当x＝时，m最大，最大值为4，当x＝2时，m最小，最小值为3，∴m的变化范围为：3≤m≤4．
2
DHMFRGQMFRGNQEBCDHCANEBAK
3．解：（1）①∵四边形OABC是矩形，∴AB＝OC，OA＝BC，∵A（6，0）、C（0，23），
∴点B的坐标为：（6，23）；
OC233
②∵tan∠CAO＝＝＝，∴∠CAO＝30°；
63OA
③如下图：当当点Q与点A重合时，过点P作PE⊥OA于E，∵∠PQO＝60°，D（0，33）， PE
∴PE＝33，∴AE＝＝3，∴OE＝OA﹣AE＝6﹣3＝3，∴点P的坐标为（3，33）；
tan60°故答案为：①（6，23），②30，③（3，33）；
58 / 100
yDCPBlDCyPEFBlMxOEAOHQAx
（2）当0≤x≤3时，如图，OI＝x，IQ＝PI•tan60°＝3，OQ＝OI＋IQ＝3＋x；由题意可知直线l∥BC∥OA，
可得
EFPEDC311
＝＝＝＝，EF＝（3＋x），此时重叠部分是梯形，其面积为：
3OQPODO333
143
S梯形＝（EF＋OQ）•OC＝（3＋x），
23
1433当3＜x≤5时，S＝S梯形﹣S△HAQ＝S梯形﹣AH•AQ＝（3＋x）﹣（x﹣3）2，
232
yDCEPFBMxOHAQOAHQxlDCEByPl
12
当5＜x≤9时，S＝（BE＋OA）•OC＝3（12﹣x），
231543
当9＜x时，S＝OA•AH＝．
2x
yDCBEPlxO
4．解：（1）如图1，∵EF∥AD，∴∠A＝∠EFB，∠GFE＝∠AMF．∵△GFE与△BFE关于EF对称，
∴△GFE≌△BFE，∴∠GFE＝∠BFE，∴∠A＝∠AMF，∴△AMF是等腰三角形； （2）如图1，作DQ⊥AB于点Q，∴∠AQD＝∠DQB＝90°．∵AB∥DC，∴∠CDQ＝90°．
∵∠B＝90°，∴四边形CDQB是矩形，∴CD＝QB＝2，QD＝CB＝6，∴AQ＝10－2＝8． 3EB3
在Rt△ADQ中，由勾股定理得AD＝64＋36＝10，∴tan∠A＝，∴tan∠EFB＝ ＝，
4FB4448
如图3，∵EB＝x，∴FB＝x，CE＝6－x，∴AF＝MF＝10－x，∴GM＝x－10，
3331515
∴GD＝2x－，∴DE＝－x，
22
59 / 100
AHQ1565
在Rt△CED中，由勾股定理得（－x）2－（6－x）2＝4，解得：x＝ ，
21265
∴当EG过点D时x＝；
12
14215
（3）当点G在梯形ABCD内部或边AD上时，y＝x•x＝x2，当点G在边AD上时，易求得x＝，
2334
151575
此时0＜x≤，则当x＝时，y最大值为．
448
228
x－yx－1033S△GMNGM2
当点G在梯形ABCD外时，∵△GMN∽△GFE，∴ ＝()，即＝()2，
224GFS△GFE
xx336575251565
由（2）知，x≤，y＝－2x2＋20x－＝－2（x－5）2＋（＜x≤），
122241225257525
当x＝5时，y最大值为，由于＞，故当x＝5时，y最大值为．
2282
DMGEC
AFQB6．5面积的加减乘除
1111
1．解：（1）∵S1＝AD•AF＝x，S3＝BC•BF＝×2×（3－x）＝3－x，
2222
11139139
∴S1S3＝x（3－x）＝（－x2＋3x）＝ [－（x－）2＋]＝－（x－）2＋（0＜x＜3），
2222422839
∴当x＝时，S1S3的最大值为；
28
AF
（2）作DM⊥BC，垂足为M，DM与EF交与点N，∵＝t，∴AF＝tFB，∵BM＝MC＝AD＝1，
FB
2t＋1NEDNAFtFBttt
∴＝＝＝＝，∴NE＝，∴EF＝FN＋NE＝1＋＝； MCDMAF＋FBtFB＋FBt＋1t＋1t＋1t＋133t
（3）∵AB＝AF＋FB＝（t＋1）FB＝3，∴FB＝，∴AF＝tFB＝，
t＋1t＋1
113t3t1133
∴S1＝AD•AF＝×＝，S3＝BC•FB＝×2×＝；
22t＋1 2(t＋1)22t＋1t＋12t＋13(2t＋1)9(2t＋1)2119t2S2＝AB•FE＝×3×＝，∴S1S3＝，S＝，
22t＋12(t＋1)2(t＋1)224(t＋1)29(2t＋1)29t12∴2＝4×2，即4t－4t＋1＝0，解得t＝． 24(t＋1)2(t＋1)
60 / 100
ADFNEBMC
2．解：（1）若∠PAD＝60°，需∠PAB＝30°，∵AB是直径，∴∠APB＝90°，
则在Rt△PAB中，PA＝
3
AB＝23，∴当PA的长度等于23时，∠PAD＝60°； 2
若△PAD是等腰三角形，当PA＝PD时，此时P位于四边形ABCD的中心，
1
过点P作PE⊥AD于E，作PM⊥AB于M，则四边形EAMP是正方形，∴PM＝PE＝AB＝2，
2∵PM2＝AM•BM＝4，∵AM＋BM＝4，∴AM＝2，∴PA＝22， 当PD＝DA时，以点D为圆心，DA为半径作圆与弧AB的交点为点P．
连PD，令AB中点为O，再连DO，PO，DO交AP于点G，则△ADO≌△PDO， OAOG1
∴DO⊥AP，AG＝PG，∴AP＝2AG，又∵DA＝2AO，∠ADG＝∠GAO，∴＝＝，
ODAG22545
∴AG＝2OG，设AG为2x，OG为x，∴（2x）2＋x2＝4，∴x＝，∴AG＝2x＝，
55∴AP＝8585
，∴当PA的长度等于22或时，△PAD是等腰三角形； 55
（2）过点P分别作PE⊥AB，PF⊥AD，垂足分别为E，F延长FP交BC于点G，则PG⊥BC，
∵P点坐标为（a，b），∴PE＝b，PF＝a，PG＝4－a，在
△PAD，△PAB及△PBC中，S1＝2a，S2＝2b，S3＝8－2a，∵AB为直径，∴∠APB＝90°， ∴PE2＝AE•BE，即b2＝a（4－a），
∴2S1S3－S22＝4a（8－2a）－4b2＝－4a2＋16a＝－4（a－2）2＋16， ∴当a＝2时，b＝2，2S1S3－S22有最大值16．
yDCDCDCEPS1FEPS2S3FPGAOB
xAMBA(O)MBAB＝BC
3．解：（1）∵BC⊥直线l1，∴∠ABP＝∠CBE，在△ABP和△CBE中 ∠ABP＝∠CBE，
BP＝BE
61 / 100
∴△ABP≌△CBE（SAS）；
（2）①连结BD，延长AP交CE于点H，∵△ABP≌△CBE，∴∠APB＝∠CEB，
∵∠PAB＋∠APB＝90°，∴∠PAB＋∠CEB＝90°，∴AH⊥CE，
BCDPCP1∵＝2，即P为BC的中点，直线l1∥直线l2，∴△CPD∽△BPE，∴＝＝， BPPEBP1∴DP＝PE，∴四边形BDCE是平行四边形，∴CE∥BD，∵AH⊥CE，∴AP⊥BD； BC
②∵＝n，∴BC＝n•BP，∴CP＝（n－1）•BP，∵CD∥BE，易得△CPD∽△BPE，
BPS△PCECPDPCP
∴＝＝n－1，设△PBE的面积S△PBE＝S，则△PCE的面积S△PCE满足＝＝n－1， PEBPS△PBEBPS△PADDP即S2＝（n－1）S，∵S△PAB＝S△BCE＝n•S，∴S△PAE＝（n＋1）•S，∵＝＝n－1，
S△PAEPES1(n＋1)(n－1)S
∴S1＝（n－1）•S△PAE，即S1＝（n＋1）（n－1）•S，∴S2＝(n－1)S＝n＋1．
第七章 最短路径问题 7．1最短路径问题——和最小
1．解：（1）把A（﹣2，﹣4），O（0，0），B（2，0）三点的坐标代入y＝ax2＋bx＋c中，得
4a－2b＋c＝－411
4a＋2b＋c＝0，解得a＝﹣2，b＝1，c＝0，∴解析式为y＝﹣2x2＋x． c＝0
111
（2）由y＝﹣x2＋x＝﹣（x﹣1）2＋，
222
可得抛物线的对称轴为x＝1，并且对称轴垂直平分线段OB，∴OM＝BM， ∴OM＋AM＝BM＋AM，连接AB交直线x＝1于M点，则此时OM＋AM最小， 过点A作AN⊥x轴于点N，在Rt△ABN中，AB＝AN2＋BN2＝42＋42＝42， ∴OM＋AM最小值为42．
yNOMBxA
2．解：（1）∵等腰直角三角形ABC的顶点A的坐标为（0，－1），C的坐标为（4，3），
∴点B的坐标为（4，－1）．∵抛物线过A（0，－1），B（4，－1）两点，
c＝－1
∴ 1，解得：b＝2，c＝－1， －2³16＋4b＋c＝－1
1
∴抛物线的函数表达式为：y＝－x2＋2x－1．
2
62 / 100
（2）（i）∵A（0，－1），C（4，3），∴直线AC的解析式为：y＝x－1．
设平移前抛物线的顶点为P0，则由（1）可得P0的坐标为（2，1），且P0在直线AC上． ∵点P在直线AC上滑动，∴可设P的坐标为（m，m－1）， 1
则平移后抛物线的函数表达式为：y＝－（x－m）2＋m－1．
2
y＝x－1x1＝mx2＝m－2
1解方程组：，解得， ， 2
y1＝m－1y2＝m－3y＝－(x－m)＋(m－1)2
∴P（m，m－1），Q（m－2，m－3）． 过点P作PE∥x轴，过点Q作QF∥y轴，则
PE＝m－（m－2）＝2，QF＝（m－1）－（m－3）＝2．∴PQ＝22＝AP0． 若以M、P、Q三点为顶点的等腰直角三角形，则可分为以下两种情况： ①当PQ为直角边时：点M到PQ的距离为22（即为PQ的长）． 由A（0，－1），B（4，－1），P0（2，1）可知， △ABP0为等腰直角三角形，且BP0⊥AC，BP0＝22．
1
如答图1，过点B作直线l1∥AC，交抛物线y＝－x2＋2x－1于点M，则M为符合条件的点．
2∴可设直线l1的解析式为：y＝x＋b1，∵B（4，－1），∴－1＝4＋b1，解得b＝＝－5，
y＝x－5x1＝4x2＝－2
12∴直线l1的解析式为：y＝x－5．解方程组 ，得：，，
y1＝－1y2＝－7y＝－x＋2x－12
∴M1（4，－1），M2（－2，－7）．
②当PQ为斜边时：MP＝MQ＝2，可求得点M到PQ的距离为 2 ． 如答图2，取AB的中点F，则点F的坐标为（2，－1）． 由A（0，－1），F（2，－1），P0（2，1）可知：
△AFP0为等腰直角三角形，且点F到直线AC的距离为 2 ．
1
过点F作直线l2∥AC，交抛物线y＝－x2＋2x－1于点M，则M为符合条件的点．
2∴可设直线l2的解析式为：y＝x＋b2，
∵F（2，－1），∴－1＝2＋b2，解得b2＝－3，∴直线l2的解析式为：y＝x－3．
y＝x－3x1＝1＋5
12解方程组，得：
y1＝－2＋y＝－2x＋2x－1
综上所述，所有符合条件的点M的坐标为：
x1＝1－5
， ， 5y1＝－2－5
∴M3（1＋5，－2＋5），M4（1－5，－2－5）．
M1（4，－1），M2（－2，－7），M3（1＋5，－2＋5），M4（1－5，－2－5）． PQ（ii）存在最大值．理由如下：
NP＋BQ
PQ
由i）知PQ＝22为定值，则当NP＋BQ取最小值时，有最大值．
NP＋BQ如答图2，取点B关于AC的对称点B′，易得点B′的坐标为（0，3），BQ＝B′Q．
连接QF，FN，QB′，易得FN∥PQ，且FN＝PQ，∴四边形PQFN为平行四边形．∴NP＝FQ． ∴NP＋BQ＝FQ＋B′Q≥FB′＝22＋42 ＝25．
63 / 100
PQ2210
∴当B′、Q、F三点共线时，NP＋BQ最小，最小值为25．∴的最大值为＝．
5NP＋BQ25yCyB'y = x-3CPP0NxNQOxBOAFBAF
1
3．解：（1）设抛物线的解析式：y＝ax2，∵拋物线经过点B（﹣4，4），∴4＝a•42，解得a＝，
4
1
所以抛物线的解析式为：y＝x2；
4
过点B作BE⊥y轴于E，过点C作CD⊥y轴于D，如图， ∵点B绕点A顺时针方向90°得到点C，∴Rt△BAE≌Rt△ACD，
∴AD＝BE＝4，CD＝AE＝OE﹣OA＝4﹣1＝3，∴OD＝AD＋OA＝5，∴C点坐标为（3，5）； （2）设P点坐标为（a，b），过P作PF⊥y轴于F，PH⊥x轴于H，如图，
111
∵点P在抛物线y＝x2上，∴b＝a2，∴d1＝a2，
444
1
∵AF＝OF﹣OA＝PH﹣OA＝d1﹣1＝a2﹣1，PF＝a，
4
11
在Rt△PAF中，PA＝d2＝AF2＋PF2＝(a2－1)2＋a2＝a2＋1，∴d2＝d1＋1；
44
（3）由（1）得AC＝5，∴△PAC的周长＝PC＋PA＋5＝PC＋PH＋6，
要使PC＋PH最小，则C、P、H三点共线，
19
∴此时P点的横坐标为3，把x＝3代入y＝x2，得到y＝，
44
9
即P点坐标为（3，），此时PC＋PH＝5，∴△PAC的周长的最小值＝5＋6＝11．
4
yDBFEPC
xAOH 64 / 100
7．2最短路径问题——差最大
111
1．解：（1）∵抛物线y＝ax2﹣x＋2经过点B（3，0），∴9a﹣×3＋2＝0，解得a＝﹣，
339
11
∴y＝﹣x2﹣x＋2，
93
11113939
∵y＝﹣x2﹣x＋2＝﹣（x2＋3x）＋2＝﹣（x＋）2＋，∴顶点坐标为（﹣，）；
93992424113
（2）∵抛物线y＝﹣x2﹣x＋2的对称轴为直线x＝﹣，
932
与x轴交于点A和点B，点B的坐标为（3，0），∴点A的坐标为（﹣6，0）． 又∵当x＝0时，y＝2，∴C点坐标为（0，2）．设直线AC的解析式为y＝kx＋b，
k＝11－6k＋b＝0
则，解得3，∴直线AC的解析式为y＝x＋2．
3b＝2b＝2
∵S△AMC＝S△ABC，∴点B与点M到AC的距离相等，
1
又∵点B与点M都在AC的下方，∴BM∥AC，设直线BM的解析式为y＝x＋n，
311
将点B（3，0）代入，得×3＋n＝0，解得n＝﹣1，∴直线BM的解析式为y＝x﹣1．
331
y＝3x－1x1＝－9x1＝3
由，解得，，∴M点的坐标是（﹣9，﹣4）；
121y1＝－4y1＝0
y＝－9x－3x＋2
（3）在抛物线对称轴上存在一点N，能够使d＝|AN﹣CN|的值最大．理由如下：
11
∵抛物线y＝﹣x2﹣x＋2与x轴交于点A和点B，∴点A和点B关于抛物线的对称轴对称．
933
连接BC并延长，交直线x＝﹣于点N，连接AN，则AN＝BN，
2此时d＝|AN﹣CN|＝|BN﹣CN|＝BC最大．
设直线BC的解析式为y＝mx＋t，将B（3，0），C（0，2）两点的坐标代入， 2
23m＋t＝0m＝－3
得，，∴直线BC的解析式为y＝﹣x＋2，
3t＝2t＝2323
当x＝﹣时，y＝﹣×（﹣）＋2＝3，
232
3
∴点N的坐标为（﹣，3），d的最大值为BC＝32＋22＝13．
2
65 / 100
yNCOxBA
第八章 其他问题
8．1垂直平分
15
1．解：（1）由直线y＝－x＋1可知A（0，1），B（－3，），又∵二次函数经过点（－1，4），
22
5
a＝−45517
17，∴二次函数的解析式是：y＝－x2－x＋1；根据题意得：9a−3b＋c＝2，解得： b＝−44
4a−b＋c＝4
c＝1
c＝1
5171
（2）设N（x，－x2－x＋1），则M（x，－x＋1），P（x，0）．
442
51715155345
∴MN＝PN－PM＝－x2－x＋1－（－x＋1）＝－x2－x＝－（x＋）2＋，
442444216345
则当x＝－时，MN的最大值为；
216（3）连接BM，MC，
∵BM与NC相互垂直平分，∴四边形BCMN是菱形，∵BC∥MN，∴BC＝MN＝MC， 5155525
∴－x2－x＝，（－x＋1）2＋（x＋3）2＝，解得：x＝－1，
44244∴当N（－1，4）时，MN和NC互相垂直平分．
yNBMAxCPO
8．2角相等
1．解：（1）把x＝－1，y＝0代入y＝x2－2x＋c得：1＋2＋c＝0，∴c＝－3，
66 / 100
∴y＝x2－2x－3＝y＝（x－1）2－4，∴顶点坐标为（1，－4）；
（2）如图1，连接CD、CB，过点D作DF⊥y轴于点F，由x2－2x－3＝0得x＝－1或x＝3，
∴B（3，0），当x＝0时，y＝x2－2x－3＝－3，∴C（0，－3），∴OB＝OC＝3，∵∠BOC＝90°， ∴∠OCB＝45°，BC＝32，又∵DF＝CF＝1，∠CFD＝90°，∴∠FCD＝45°，CD＝ 2 ， CDOA∴∠BCD＝180°－∠OCB－∠FCD＝90°．∴∠BCD＝∠COA，又∵＝ ，
CBOC∴△DCB∽△AOC，∴∠CBD＝∠OCA，
又∵∠ACB＝∠CBD＋∠E＝∠OCA＋∠OCB，∴∠E＝∠OCB＝45°， （3）如图2，设直线PQ交y轴于N点，交BD于H点，作DG⊥x轴于G点，
∵∠PMA＝45°，∴∠EMH＝45°，∴∠MHE＝90°，∴∠PHB＝90°，∴∠DBG＋∠OPN＝90°， 又∴∠ONP＋∠OPN＝90°，∴∠DBG＝∠ONP，∴∠DGB＝∠PON＝90°，∴△DGB∽△PON， BGON2ON
∴＝，即：＝ ，∴ON＝2，∴N（0，－2），设直线PQ的解析式为y＝kx＋b，
44DGOP
k＝－1−4k＋b＝02，∴y＝－1x－2，设Q（m，n）且n＜0，∴n＝－12 m－2， 则 ，解得：22b＝−2b＝－2
1
又∵Q（m，n）在y＝x2－2x－3上，∴n＝m2－2m－3，∴－m－2＝m2－2m－3，
2
1717
解得：m＝2或m＝－，∴n＝－3或n＝－，∴点Q的坐标为（2，－3）或（－，－）．
2424
yyxAOBPAQCFEDMCONGBxHQDE
1
2．解：（1）将A（0，－4）、B（－2，0）代入抛物线y＝x2＋bx＋c中，得：
2
0＋c＝－41b＝－1 1，解得：，∴抛物线的解析式：y＝x2－x－4．
2c＝－42×4－2b＋c＝0
17
（2）由题意，新抛物线的解析式可表示为：y＝（x＋m）2－（x＋m）－4＋，
22
111
即：y＝ x2＋（m－1）x＋m2－m－；它的顶点坐标P：（1－m，－1）；
222
由（1）的抛物线解析式可得：C（4，0）；那么直线AB：y＝－2x－4；直线AC：y＝x－4； 5
当点P在直线AB上时，－2（1－m）－4＝－1，解得：m＝；
2当点P在直线AC上时，（1－m）－4＝－1，解得：m＝－2；
67 / 100
55
∴当点P在△ABC内时，－2＜m＜；又∵m＞0，∴符合条件的m的取值范围：0＜m＜．
22（3）由A（0，－4）、B（4，0）得：OA＝OC＝4，且△OAC是等腰直角三角形；
如图，在OA上取ON＝OB＝2，则∠ONB＝∠ACB＝45°；
∴∠ONB＝∠NBA＋OAB＝∠ACB＝∠OMB＋∠OAB，即∠ONB＝∠OMB；
如图，在△ABN、△AM1B中，∠BAN＝∠M1AB，∠ABN＝∠AM1B，∴△ABN∽△AM1B， ∴AB2＝AN•AM1，易得：AB2＝（－2）2＋42＝20，AN＝OA－ON＝4－2＝2； ∴AM1＝20÷2＝10，OM1＝AM1－OA＝10－4＝6；
而∠BM1A＝∠BM2A＝∠ABN，∴OM1＝OM2＝6，AM2＝OM2－OA＝6－4＝2． 综上，AM的长为10或2．
yM1xBONCAM2
3．解：（1）在菱形ABCD中，∵AC⊥BD，∴AD＝302＋402＝50，∴菱形ABCD的周长为200．
ANPMBODBOMPDANCC
（2）过点M作MP⊥AD，垂足为点P．
MPOD33
①当0＜t≤40时，如答图1，∵sin∠OAD＝ ＝＝，∴MP＝AM•sin∠OAD＝t．
5AMAD51133
S＝DN•MP＝×t×t＝t2； 22510
MPAO44②当40＜t≤50时，如答图2，MD＝70－t，∵sin∠ADO＝＝＝，∴MP＝（70－t）．
5MDAD5
68 / 100
11422
∴S△DMN＝DN•MP＝×t×（70－t）＝−t2＋28t＝−（t－35）2＋490．
2255532
10t(0＜t≤40)∴S＝，
22−5(t−35)＋490(40＜t≤50)
当0＜t≤40时，S随t的增大而增大，当t＝40时，最大值为480． 当40＜t≤50时，S随t的增大而减小，当t＝40时，最大值为480． 综上所述，S的最大值为480． （3）存在2个点P，使得∠DPO＝∠DON． 【方法一】
如答图3所示，过点N作NF⊥OD于点F，
4030
则NF＝ND•sin∠ODA＝30×＝24，DF＝ND•cos∠ODA＝30×＝18．
5050NF24
∴OF＝12，∴tan∠NOD＝＝＝2．
OF12
作∠NOD的平分线交NF于点G，过点G作GH⊥ON于点H，则FG＝GH． 1111
∴S△ONF＝OF•NF＝S△OGF＋S△OGN＝OF•FG＋ON•GH＝（OF＋ON）•FG．
222224
＋5
OF•NF12×2424GF12
∴FG＝＝＝，∴tan∠GOF＝＝＝．
12OFOF＋ON12＋1251＋51＋5设OD中垂线与OD的交点为K，由对称性可知：
15(1＋5)11DK152
∠DPK＝∠DPO＝∠DON＝∠FOG，∴tan∠DPK＝＝＝，∴PK＝．
222PKPK1＋5根据菱形的对称性可知，在线段OD的下方存在与点P关于OD轴对称的点P′． 15(1＋5)
∴存在两个点P到OD的距离都是．
2【方法二】
如答图4所示，作ON的垂直平分线，交OD的垂直平分线EF于点I，连结OI，IN． 过点N作NG⊥OD，NH⊥EF，垂足分别为G，H．
DNNGDG30NGDG
当t＝30时，DN＝OD＝30，易知△DNG∽△DAO，∴＝＝，即＝＝．
504030DAAOOD∴NG＝24，DG＝18．∵EF垂直平分OD，∴OE＝ED＝15，EG＝NH＝3． 设OI＝R，EI＝x，则在Rt△OEI中，有R2＝152＋x2 ①， 在Rt△NIH中，有R2＝32＋（24－x）2 ②，
15x＝215(1＋5)
由①、②可得： ，∴PE＝PI＋IE＝．
2155
R＝2根据对称性可得，在BD下方还存在一个点P′也满足条件． 15(1＋5)
∴存在两个点P，到OD的距离都是．
2
69 / 100
AAFNPNPH
HGOFKDOGEDI8．3中点路径
4
1．解：（1）QB＝8－2t，PD＝t．
3
（2）不存在．
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，∴ AB＝10．∵ PD∥BC，∴ △APD∽△ACB， ∴
ADAPADt55
＝，即：＝，∴ AD＝t，∴ BD＝AB－AD＝10－t．∵ BQ∥DP，
10633ABAC
412
∴ 当BQ＝DP时，四边形PDBQ是平行四边形，即8－2t＝t，解得：t＝．
35
1241216512
当t＝时，PD＝×＝，BD＝10－×＝6，∴ DP≠BD，∴ □PDBQ不能为菱形．
53553545设点Q的速度为每秒v个单位长度，则BQ＝8－vt，PD＝t，BD＝10－t．
33
4510
要使四边形PDBQ为菱形，则PD＝BD＝BQ，当PD＝BD时，即t＝10－t，解得：t＝．
333104101016
当PD＝BQ时，t＝时，即×＝8－v，解得：v＝．
333315
BDQCPA
（3） 【方法一】
如图2，以C为原点，以AC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系． 依题意，可知0≤t≤4，当t＝0时，点M1的坐标为（3，0）；
70 / 100
当t＝4时，点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y＝kx＋b， 3k＋b＝0k＝－2∴ ，解得：．∴ 直线M1M2的解析式为y＝－2x＋6． k＋b＝4b＝6
6－t∵ 点Q（0，2t），P（6－t，0），∴ 在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标为（，t）．
26－t6－t把x＝，代入y＝－2x＋6，得y＝－2×＋6＝t．∴ 点M3在直线M1M2上．
22过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N＝4，M1N＝2．∴ M1M2＝25． ∴ 线段PQ中点M所经过的路径长为25单位长度． 【方法二】
如图3，设E是AC的中点，连接ME．当t＝4时，点Q与点B重合，运动停止． 设此时PQ的中点为F，连接EF．过点M作MN⊥AC，垂足为N，则MN∥BC． ∴ △PMN∽△PQC．∴
MNPNPMMNPN11
＝＝，即：＝＝．∴ MN＝t，PN＝3－t，
2QCPCPQ2t6－t2
1111
∴ CN＝PC－PN＝（6－t）－（3－t）＝3－t．∴ EN＝CE－CN＝3－（3－t）＝ t．
2222MN
∴ tan∠MEN＝＝2．∵ tan∠MEN的值不变，∴ 点M在直线EF上．
EN过F作FH⊥AC，垂足为H．则EH＝2，FH＝4．∴ EF＝25． ∵ 当t＝0时，点M与点E重合；当t＝4时，点M与点F重合， ∴ 线段PQ中点M所经过的路径长为25单位长度．
yBBQM2DM3QFDM
CNM1PAxCHNEPA2．解：（1）由题意得CM＝BM， ∵∠PMC＝∠DMB，∴Rt△PMC≌Rt△DMB，
∴DB＝PC，∴DB＝2﹣m，AD＝4﹣m，∴点D的坐标为（2，4﹣m）． （2）分三种情况：
3
①若AP＝AD，则4＋m2＝（4﹣m）2，解得m＝，
2
11
②若PD＝PA，过P作PF⊥AB于点F（如图），则AF＝FD＝AD＝（4﹣m），
22
14
又OP＝AF，∴m＝(4－m)，即m＝，
23
71 / 100
yDCPMBFxOA111
③若PD＝DA，∵△PMC≌△DMB，∴PM＝PD＝AD＝（4﹣m），
22212
∵PC2＋CM2＝PM2，∴（2－m）2＋12＝（4﹣m）2，解得m1＝，m2＝2（舍去）．
43
342
综上所述，当△APD是等腰三角形时，m的值为或或．
233
5
（3）点H所经过的路径长为π．理由如下：
4
∵P（0，m）是线段OC上一动点（C点除外），∴0≤m＜2，
当O与P重合时，P点才开始运动，过P、M、B三点的抛物线y＝－x2＋3x， 此时ME的解析式为y＝－x＋3，则∠MEO＝45°，
又∵OH⊥EM，∴△OHE为等腰直角三角形，∴点O、H、B三点共线， ∴点H所经过的路径以OM为直径的劣弧的长度，
nπr5
∵∠COH＝45°，OM＝5，则l弧长＝＝π．
1804
8．4圆
1．解：（1）∵以E（3，0）为圆心，以5为半径的⊙E与x轴交于A，B两点，∴A（－2，0），B（8，0）．
如解答图所示，连接CE．在Rt△OCE中，OE＝AE－OA＝5－2＝3，CE＝5， 由勾股定理得：OC＝CE2－OE2＝52－32＝4．∴C（0，－4）．
（2）∵点A（－2，0），B（8，0）在抛物线上，∴可设抛物线的解析式为：y＝a（x＋2）（x－8）．
1
∵点C（0，－4）在抛物线上，∴－4＝a³2³－8，解得a＝．
4
113125
∴抛物线的解析式为：y＝（x＋2）（x－8）＝x2－x－4＝（x－3）2－ ，
4424425
∴顶点F的坐标为（3，－）．
4（3）①∵△ABC中，底边AB上的高OC＝4，
∴若△ABC与△ABM面积相等，则抛物线上的点M须满足条件：|yM|＝4．
13
（I）若yM＝4，则x2－x－4＝4，整理得：x2－6x－32＝0，解得x＝3＋41或x＝3－41．
42∴点M的坐标为（3＋41，4）或（3－41，4）； 13
（II）若yM＝－4，则x2－x－4＝－4，
42
整理得：x2－6x＝0，解得x＝6或x＝0（与点C重合，故舍去）．∴点M的坐标为（6，－4）． 综上所述，满足条件的点M的坐标为：（3＋41，4），（3－41，4）或（6，－4）． ②直线MF与⊙E相切．理由如下：
由题意可知，M（6，－4）．如解答图所示，连接EM，MF，过点M作MG⊥对称轴EF于点G， 则MG＝3，EG＝4．在Rt△MEG中，由勾股定理得：ME＝MG2＋EG2＝32＋42＝5，
72 / 100
∴点M在⊙E上．
25259
由（2）知，顶点F的坐标（3，－），∴EF＝，∴FG＝EF－EG＝．
444在Rt△MGF中，由勾股定理得：MF＝MG2＋FG2＝
915
32＋()2＝．
44
1525
在△EFM中，∵EM2＋MF2＝52＋（）2＝（）2＝EF2，
44
∴△EFM为直角三角形，∠EMF＝90°．∵点M在⊙E上，且∠EMF＝90°， ∴直线MF与⊙E相切．
yEAOBxCG FM
DE1
2．解：（1）如答图1所示，过点D作DE⊥x轴于点E，则DE＝3，OE＝2．∵tan∠DBA＝＝，
BE2
∴BE＝6，∴OB＝BE－OE＝4，∴B（－4，0）．
∵点B（－4，0）、D（2，3）在抛物线y＝ax2＋bx－2（a≠0）上， 1
a＝21316a－4b－2＝0
∴，解得 ，∴抛物线的解析式为：y＝x2＋x－2．
3224a＋2b－2＝3
b＝213
（2）抛物线的解析式为：y＝x2＋x－2，令x＝0，得y＝－2，∴C（0，－2），
22
令y＝0，得x＝－4或1，∴A（1，0）．设点M坐标为（m，n）（m＜0，n＜0）， 如答图1所示，过点M作MF⊥x轴于点F，则MF＝－n，OF＝－m，BF＝4＋m． 111
S四边形BMCA＝S△BMF＋S梯形MFOC＋S△AOC＝BF•MF＋（MF＋OC）•OF＋OA•OC
222
111
＝(4＋m)³(－n)＋(－n＋2)³(－m)＋³1³2 222＝－2n－m＋1
1313
∵点M（m，n）在抛物线y＝x2＋x－2，∴n＝m2＋m－2，代入上式得
2222S四边形BMCA＝－m2－4m＋5＝－（m＋2）2＋9，
∴当m＝－2时，四边形BMCA面积有最大值，最大值为9． （3）假设存在这样的⊙Q．
如答图2所示，设直线x＝－2与x轴交于点G，与直线AC交于点F．
k＋b＝0
设直线AC的解析式为y＝kx＋b，将A（1，0）、C（0，－2）代入得 ，
b＝－2
73 / 100
解得：k＝2，b＝－2，∴直线AC解析式为：y＝2x－2， 令x＝－2，得y＝－6，∴F（－2，－6），GF＝6．
在Rt△AGF中，由勾股定理得：AF＝AG2＋GF2＝32＋62＝35．
设Q（－2，n），则在Rt△QGO中，由勾股定理得：OQ＝OG2＋QG2＝n2＋4． 设⊙Q与直线AC相切于点E，则QE＝OQ＝n2＋4．
在Rt△AGF与Rt△QEF中，∵∠AGF＝∠QEF＝90°，∠AFG＝∠QFE， AFAG353∴Rt△AGF∽Rt△QEF，∴＝，即＝2，
QFQE6＋nn＋4化简得：n2－3n－4＝0，解得n＝4或n＝－1．
∴存在一个以Q点为圆心，OQ为半径且与直线AC相切的圆， 点Q的坐标为（－2，4）或（－2，－1）．
yQyDxBFOCMAEBGOCAEx
FOA3
3．解：（1）当x＝0时，y＝1；当y＝0时，x＝－3，∴OA＝1，OB＝ 3 ，∴＝，
OB3
∴A的坐标是（0，1），∠ABO＝30°．
OD3（2）∵△CDE为等边三角形，点A（0，1），∴tan30°＝，∴OD＝，
3OA
∴D的坐标是（－33
，0），E的坐标是（，0）， 33
33
，0），E（，0）代入 y＝a(x－m)2＋n，解得：a＝－3． 33
把点A（0，1），D（－
（3）如图，设切点分别是Q，N，P，连接MQ，MN，MP，ME，
过点C作CH⊥x轴，H为垂足，过A作AF⊥CH，F为垂足．
∵△CDE是等边三角形，∠ABO＝30°，∴∠BCE＝90°，∠ECN＝90°，
∵CE，直线AB分别与⊙M相切，∴∠MPC＝∠CNM＝90°，∴四边形MPCN为矩形， ∵MP＝MN，∴四边形MPCN为正方形，∴MP＝MN＝CP＝CN＝3（1－3）a（a＜0）． ∵EC和x轴都与⊙M相切，∴EP＝EQ．∵∠NBQ＋∠NMQ＝180°，∴∠PMQ＝60°， PE
∴∠EMQ＝30°，∴在Rt△MEP中，tan30°＝，∴PE＝（3－3）a，
PM∴CE＝CP＋PE＝3(1－3)a＋(3－3)a＝－23a，
74 / 100
∴DH＝HE＝－3a，CH＝－3a，BH＝－33a，
∴OH＝－33 a－3，OE＝－43a－3，∴E（－43a－3，0），∴C（－33a－3，－3a）， 设二次函数的解析式为：y＝a（x＋33a＋3）2－3a，∵E在该抛物线上， ∴a（－43a－3＋33a＋3）2－3a＝0，得：a2＝1，解之得a1＝1，a2＝－1， ∵a＜0，∴a＝－1，∴AF＝23，CF＝2，∴AC＝4，
∴点C移动到4秒时，等边△CDE的边CE第一次与⊙M相切．
yCMABODFPHEQxN
8．5角度定值
−4a
1．解：（1）抛物线的对称轴为直线x＝－ ＝2，∵点A（1，0），∴点B的坐标为（3，0），
2a
∵点C在y轴的正半轴，OB＝OC，∴点C的坐标为（0，3），
a−4a＋4a＋c＝0a＝1∴ ，解得，∴此抛物线的解析式y＝x2－4x＋3； 4a＋c＝3c＝−13k＋b＝0k＝−1
（2）设直线BC的解析式为y＝kx＋b（k≠0），则，解得 ，
b＝3b＝3
∴直线BC的解析式为y＝－x＋3，
39
∴PQ＝（－x＋3）－（x2－4x＋3）＝－x2＋3x＝－（x－）2＋，
24
39
∵点Q在x轴下方， ∴1＜x＜3，又∵－1＜0，∴当x＝时，PQ的长度有最大值；
24（3）如图，设△ABC的外接圆的圆心D，
则点D在对称性直线x＝2上，也在直线BC的垂直平分线y＝x上，
∴点D的坐标为（2，2），∴外接圆的半径为(3−2)2＋22＝5，∵OB＝OC，∴∠ABC＝45°， ∴∠AMC＝45°时，点M为⊙D与对称轴的交点，
点M在点D的下方时，M1（2，2－5），点M在点D的上方时，M2（2，2＋5）， 综上所述，M（2，2－5）或（2，2＋5）时，抛物线的对称轴上的点M满足∠AMC＝45°．
yCPxOAQBOAM1BCDxyM2
125
2．解：（1）∵抛物线y＝－x2＋bx＋c，当x＝－ 时，y取最大值，
24
75 / 100
125
∴抛物线的解析式是：y＝－（x＋）2＋，即y＝－x2－x＋6；
24
当x＝0时，y＝6，即C点坐标是（0，6），当y＝0时，－x2－x＋6＝0，解得：x＝2或－3， 即A点坐标是（－3，0），B点坐标是（2，0）．
−3k＋m＝0k＝2
将A（－3，0），C（0，6）代入直线AC的解析式y＝kx＋m，得，解得：，
m＝6m＝6则直线的解析式是：y＝2x＋6；
1
AP•BD21
（2）过点B作BD⊥AC，D为垂足，∵S△ABP：S△BPC＝1：3，∴ ＝，∴AP：PC＝1：3，
13PC•BD2
由勾股定理，得AC＝OA2＋OC2＝35．
①当点P为线段AC上一点时，过点P作PH⊥x轴，点H为垂足．
PHAP133993
∵PH∥OC，∴＝＝，∴PH＝，∴＝2x＋6，∴x＝－，∴点P（－，）；
22442OCAC4②当点P在CA延长线时，作PH⊥x轴，点H为垂足．
PHAP1
∵AP：PC＝1：3，∴AP：AC＝1：2．∵PH∥OC，∴＝＝，∴PH＝3，
OCAC299
∴－3＝2x＋6，x＝－，∴点P（－，－3）．
22939
综上所述，点P的坐标为（－，）或（－，－3）．
422
yCPDAOBxAHODBxyC
1
（3）设直线y＝x＋a与抛物线y＝－x2－x＋6的交点为M（xM，yM），N（xN，yN）（M在N左侧）．
2
y＝1x＋a3x1＝xMx2＝xN
则，为方程组2的解，由方程组消去y整理，得：x2＋x＋a－6＝0，
2y1＝yNy2＝yN
y＝−x2−x＋6
33
∴xM、xN是方程x2＋x＋a－6＝0的两个根，∴xM＋xN＝－，xM•xN＝a－6，
22111a13
∴yM•yN＝（xM＋a）（xN＋a）＝xM•xN＋（xM＋xN）＋a2＝（a－6）－a＋a2．
224244①存在a的值，使得∠MON＝90°．理由如下：
22
∵∠MON＝90°，∴OM2＋ON2＝MN2，即xM2 ＋yM2 ＋xN2 ＋yN2＝（xM－xN）＋（yM－yN），
76 / 100
13
化简得xM•xN＋yM•yN＝0，∴（a－6）＋（a－6）－a＋a2＝0，整理，得2a2＋a－15＝0，
4455
解得a1＝－3，a2＝，∴存在a值，使得∠MON＝90°，其值为a＝－3或a＝；
22②∵∠MON＞90°，
∴OM2＋ON2＜MN2，即xM2 ＋yM2 ＋xN2 ＋yN2＜（xM－xN）2＋（yM－yN）2，
13
化简得xM•xN＋yM•yN＜0，∴（a－6）＋（a－6）－a＋a2＜0，整理，得2a2＋a－15＜0，
4455
解得－3＜a＜，∴当∠MON＞90°时，a的取值范围是－3＜a＜．
22
yCyCNDHAOPBx
MAOBx
8．6新定义
1．解：（1）如图1，过点D作DE∥BC交PB于点E，则四边形ABCD分割成一个等腰梯形BCDE和一个
三角形ADE；
PAEDBC
（2）∵AB∥DE，∴∠B＝∠DEC，∵AE∥DC，∴∠AEB＝∠C，∵∠B＝∠C，∴∠B＝∠AEB，
BEAEABBE
∴AB＝AE，∴△ABE∽△DEC，∴＝，∴＝；
ECDCDCEC
77 / 100
AGFEBCBAAGDHCDHFGFBDHCEE
（3）作EF⊥AB于F，EG⊥AD于G，EH⊥CD于H，∴∠BFE＝∠CHE＝90°．
∵AE平分∠BAD，DE平分∠ADC，∴EF＝EG＝EH，在Rt△EFB和Rt△EHC中
BE＝CE，∴Rt△EFB≌Rt△EHC（HL），∴∠EBF＝∠ECH．∵BE＝CE，∴∠EBC＝∠ECB． EF＝EH
∴∠EBC＋∠EBF＝∠ECB＋∠ECH，即∠ABC＝∠DCB，
∵四边形ABCD为AD截某三角形所得，且AD不平行BC，∴ABCD是“准等腰梯形”． 当点E不在四边形ABCD的内部时，有两种情况：
如图4，当点E在BC边上时，同理可以证明△EFB≌△EHC，∴∠B＝∠C， ∴ABCD是“准等腰梯形”．
如图5，当点E在四边形ABCD的外部时，同理可以证明△EFB≌△EHC，∴∠EBF＝∠ECH． ∵BE＝CE，∴∠EBC＝∠ECB，∴∠EBF－∠EBC＝∠ECH－∠ECB，即∠ABC＝∠DCB， ∴四边形ABCD是“准等腰梯形”．
2．解：（1）由于抛物线C1、C2都过点A（－3，0），B（3，0），
设抛物线的解析式为：y＝a（x－3）（x＋3），
1抛物线C1还经过D（0，－3），则－3＝a（0－3）（0＋3），a＝，
31
∴抛物线C1：y＝x2－3（－3≤x≤3）；
3
1
抛物线C2还经过A（0，1），则1＝a（0－3）（0＋3），a＝－，
91
∴抛物线C2：y＝－x2＋1（－3≤x≤3）．
9
11
（2）由于直线BE：y＝x－1必过（0，－1），所以∠CBO＝∠EBO（tan∠CBO＝tan∠EBO＝）；
33
1
由E点坐标可知：tan∠AOE≠，即∠AOE≠∠CBO，所以它们的补角∠EOB≠∠CBx；
3若以点P、B、C为顶点的△PBC与△BOE相似，只需考虑两种情况： 510
①∠CBP1＝∠EBO，且OB：BE＝BP1：BC，即：3：＝BP1：10，
3966
得：BP1＝，OP1＝OB－BP1＝； ∴P1（，0）；
555
②∠P2BC＝∠EBO，且BC：BP2＝OB：BE，即：10：BP2＝3：得：BP2＝
502323
，OP2＝BP2－OB＝；∴P2（－，0）． 999
510
， 3
623
综上，符合条件的P点有：P1（，0）、P2（－，0）．
59
78 / 100
1
（3）如图，作直线l∥直线BE，设直线l：y＝x＋b；
3
【方法一】
11
①当直线l与抛物线C1只有一个交点时：x＋b＝x2－3，即：x2－x－（3b＋9）＝0，
33135
∴该交点Q2（，－）；
212
1135
|×＋(－)×(－1)＋(－1)|231215102510
Q2到直线 BE：x－y－1＝0 的距离：＝＝；
3840122
()＋(－1)311
②当直线l与抛物线C2只有一个交点时：x＋b＝－x2＋1，即：x2＋3x＋9b－9＝0，
39313
|(－)×＋×(－1)＋(－1)|2343312710
∴该交点Q（－，）；Q1到直线 BE：x－y－1＝0 的距离：＝； 1
24340122
()＋(－1)3331271045
∴符合条件的Q点为Q1（－，）；△EBQ的最大面积：Smax＝×BE×＝．
242408
yyCAP2EDOP1BxAEQ1CBOxDQ2
【方法二】
11
当点Q在C1上时，可设Q（x，x2－3），过Q作QM∥y轴交BE于M，则M（m，x－1），
331112525
则BM＝x－1－（x2－3）＝－（x＋0.5）2＋，所以当x＝－0.5时BM最大值为，
333121212525125
所以 S△EBQ最大＝S△EQM＋S△BQM＝（xB－xE）×＝0.5×5×＝，
212122445
同理可得，Q在C2上时，最大面积为，
845
综上最大面积为．
8
8．7平移抛物线
1．解：（1）设l2的函数解析式为y＝－x2＋bx＋c，把点O（0，0）和点A（4，0）代入函数解析式，得：
c＝0b＝4
，解得：，∴l2表示的函数解析式为：y＝－x2＋4x， −16＋4b＋c＝0c＝0
∵y＝－x2＋4x＝－（x－2）2＋4，∴l2的对称轴是直线x＝2，顶点坐标B（2，4）； （2）当x＝2时，y＝－x2＝－4，∴C点坐标是（2，－4），
79 / 100
1
∵顶点坐标B（2，4），∴S即是抛物线l1、l2与x轴组成的面积，∴S＝×2×（4＋4）＝8；
2（3）存在．理由如下：
设直线AC表示的函数解析式为y＝kx＋n，把A（4，0），C（2，－4）代入得 14k＋n＝0k＝2，解得，∴y＝2x－8，设△POA的高为h， S△POA＝OA•h＝2h＝4，
22k＋n＝−4n＝−811
设点P的坐标为（m，2m－8）．∵S△POA＝S，且S＝8，∴S△POA＝×8＝4，
22
1
当点P在x轴上方时，得×4（2m－8）＝4，解得m＝5，∴2m－8＝2．∴P的坐标为（5，2）．
21
当点P在x轴下方时，得×4（8－2m）＝4．解得m＝3，∴2m－8＝－2，
2∴点P的坐标为（3，－2）．综上所述，点P的坐标为（5，2）或（3，－2）．
2．解：（1）根据题意可设抛物线的解析式为y＝a（x＋2）（x－4）．
∵点C（0，－8）在抛物线y＝a（x＋2）（x－4）上，∴－8a＝－8．∴a＝1． ∴y＝（x＋2）（x－4）＝x2－2x－8＝（x－1）2－9．
∴抛物线的解析式为y＝x2－2x－8，顶点D的坐标为（1，－9）．
yxEAOFBPCDM
0＋b＝－8k＝－1（2）如图， 设直线CD的解析式为y＝kx＋b．∴ ，解得：．
k＋b＝－9b＝－8
∴直线CD的解析式为y＝－x－8．当y＝0时，－x－8＝0，则有x＝－8． ∴点E的坐标为（－8，0）．设点P的坐标为（m，n），
则PM＝（m2－2m－8）－（－m－8）＝m2－m，EF＝m－（－8）＝m＋8．
11
∵PM＝EF，∴m2－m＝（m＋8）．整理得：5m2－6m－8＝0．∴（5m＋4）（m－2）＝0，
554
解得：m1＝－，m2＝2．∵点P在对称轴x＝1的右边，∴m＝2．此时，n＝22－2×2－8＝－8．
5∴点P的坐标为（2，－8）．
（3）当m＝2时，y＝－2－8＝－10．∴点M的坐标为（2，－10）．
设平移后的抛物线的解析式为y＝x2－2x－8＋c， ①若抛物线y＝x2－2x－8＋c与直线y＝－x－8相切，
则方程x2－2x－8＋c＝－x－8即x2－x＋c＝0有两个相等的实数根．∴（－1）2－4×1×c＝0． 1∴c＝．
4
②若抛物线y＝x2－2x－8＋c经过点M，则有22－2×2－8＋c＝－10．∴c＝－2．
80 / 100
③若抛物线y＝x2－2x－8＋c经过点E，则有（－8）2－2×（－8）－8＋c＝0．∴c＝－72． 1
综上所述：要使抛物线与（2）中的线段EM总有交点，抛物线向上最多平移个单位长度，向
4
下最多平移72个单位长度．
8．8中心对称抛物线
1251
1．解：（1）依题意，抛物线m的解析式为：y＝－（x－3）2＋＝－（x－8）（x＋2），
444
∴A（－2，0），B（8，0）．
2525
由旋转性质可知，点D与点M（3，）关于点B（8，0）成中心对称，∴D（13，－），
44125
∴抛物线n的解析式为：y＝（x－13）2－．
44
1251
（2）∵抛物线n：y＝（x－13）2－＝（x－8）（x－18），∴E点坐标为（18，0）．
444
18k＋b＝0545
25，解得k＝，b＝－， 设直线DE的解析式为y＝kx＋b，则有： 42
13k＋b＝－4
545
∴直线DE的解析式为：y＝x－．
42
1115455405
如题图所示，S＝PF•OF＝x•（－y）＝－x•（x－）＝－（x－9）2＋；
2224288∵点P是线段ED上一个动点（P不与E、D重合），∴13＜x＜18； 5405
∴S＝－（x－9）2＋ （13＜x＜18），
88
可见该抛物线开口向下，对称轴为x＝9，函数图象位于对称轴右侧，y随着x的增大而减小， 故S在13＜x＜18范围内没有最大值．
5405
所以S与x的函数关系式为S＝－（x－9）2＋，
88自变量取值范围是13＜x＜18，S没有最大值． （3）直线CM与⊙G相切．理由如下：
125
∵抛物线m的解析式为：y＝－（x－3）2＋，令x＝0，解得y＝4，∴C（0，4）．
44在Rt△COG中，由勾股定理得：CG＝OG2＋OC2＝32＋42＝5， 又∵⊙G半径为5，∴点C在⊙G上．
如右图所示，依题意作出⊙G，连接CG、CM、MG，过点C作CH⊥MG于点H， 259CHMH3
则CH＝3，HG＝4，MH＝－4＝，∵＝＝，CH⊥MG，
44HGCH4∴△CHG∽△MHC，∴∠MCH＝∠CGH；
又∠HCG＋∠CGH＝90°，∴∠HCG＋∠MCH＝90°，即GC⊥MC． （注：此处亦可用勾股定理的逆定理证明△MCG为直角三角形） 综上所述，点C在⊙G上，且满足GC⊥MC，∴直线CM与与⊙G相切．
81 / 100
yCAOMHxGBE
第三部分
第九章 部分城市中考数学压轴题分析
9．1北京中考数学压轴题分析
1．解：（1）如图1，∵AF平分∠BAD，∴∠BAF＝∠DAF，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，∴∠DAF＝∠CEF，∠BAF＝∠F，∴∠CEF＝∠F．∴CE＝CF． （2）∠BDG＝45°，
（3）分别连接GB、GE、GC，
∵AD∥BC，∠ABC＝120°，∴∠ECF＝∠ABC＝120°，∵FG∥CE且FG＝CE， ∴四边形CEGF是平行四边形，
1
由 （1）得CE＝CF，∴四边形CEGF是菱形，∴GE＝EC，∠GCF＝∠GCE＝∠ECF＝60°，
2
∴△ECG是等边三角形，∴EG＝CG，∠GEC＝∠EGC，∴∠GEC＝∠FGC， ∴∠BEG＝∠DCG，
由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE，
在□ABCD中，AB＝DC，∴BE＝DC，∴△BEG≌△DCG，∴BG＝DG，∠BGE＝∠DGC， ∴∠BGD＝∠BGE＋∠DGE＝∠DGC＋∠DGE＝∠EGC＝60°，
180°－∠BGD
∴∠BDG＝＝60°．
2
ADBEGCF
2．解：（1）∵BA＝BC，∠BAC＝60°，M是AC的中点，∴BM⊥AC，AM＝MC，
∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ，∴AM＝MQ，∠AMQ＝120°，
∴CM＝MQ，∠CMQ＝60°，∴△CMQ是等边三角形，∴∠ACQ＝60°，∴∠CDB＝30°； （2）如图2，连接PC，AD，∵AB＝BC，M是AC的中点，
∴BM⊥AC，即BD为AC的垂直平分线，∴AD＝CD，AP＝PC，PD＝PD，
AD＝CD
在△APD与△CPD中∵PD＝PD ，∴△APD≌△CPD（SSS），
PA＝PC
∴∠ADB＝∠CDB，∠PAD＝∠PCD，
∵PQ＝PA，∴PQ＝PC，∠ADC＝2∠BDC，∠PQC＝∠PCQ＝∠PAD， ∴∠PAD＋∠PQD＝∠PQC＋∠PQD＝180°，
82 / 100
∴∠APQ＋∠ADC＝360°－（∠PAD＋∠PQD）＝180°，∴∠ADC＝180°－∠APQ＝180°－2α， ∴2∠CDB＝180°－2α，∴∠CDB＝90°－α； （3）如图1，延长BM，CQ交于点D，连接AD，
∵∠CDB＝90°－α，且PQ＝QD，∴∠PAD＝∠PCQ＝∠PQC＝2∠CDB＝180°－2α， ∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD，
∵点P在线段BM上运动，∠PAD最大为2α，∠PAD最小等于α， ∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°．
AABM(P)QCDBMPQD
C
3．解：（1）如图1所示：
AFEPBDFEPCADBC
（2）如图2，连接AE，则∠PAB＝∠PAE＝20°，AE＝AB＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，∴∠EAP＝∠BAP＝20°，∴∠EAD＝130°， 180°－130°∴∠ADF＝＝25°；
2（3）如图3，连接AE、BF、BD，
由轴对称的性质可得：EF＝BF，AE＝AB＝AD，∠ABF＝∠AEF＝∠ADF， ∴∠BFD＝∠BAD＝90°，∴BF2＋FD2＝BD2，∴EF2＋FD2＝2AB2．
EAFDPBC
9．2上海中考数学压轴题分析
1．解：（1）如图1，设⊙O的半径为r，当点A在⊙C上时，点E和点A重合，过点A作AH⊥BC于H，
∴BH＝AB•cosB＝4，∴AH＝3，CH＝4，∴AC＝AH2＋CH2＝5，∴此时CP＝r＝5； （2）如图2，若AP∥CE，APCE为平行四边形，∵CE＝CP，∴四边形APCE是菱形，
5
连接AC、EP，则AC⊥EP，∴AM＝CM＝，由（1）知，AB＝AC，则∠ACB＝∠B，
2
83 / 100
CM25
∴CP＝CE＝＝，∴EF＝2cos∠ACB8257()2－32＝； 84
4
（3）如图3：过点C作CN⊥AD于点N，∵cosB＝，∴∠B＜45°，∵∠BCG＜90°，
5
∴∠BGC＞45°，∴∠BGC＞∠B＝∠GAE，即∠BGC≠∠GAE， 又∠AEG＝∠BCG≥∠ACB＝∠B＝∠GAE，
∴当∠AEG＝∠GAE时，A、E、G重合，则△AGE不存在．即∠AEG≠∠GAE， AEAGAEAE
∴只能∠AGE＝∠AEG，∵AD∥BC，∴△GAE∽△GBC，∴＝ ，即＝ ，
8AE＋5CBBG解得：AE＝3，EN＝AN－AE＝1，∴CE＝EN2＋CN2＝32＋12＝10 ．
ADBPHC
GAMBPCEFDGAENFDBPC
9．3广州中考数学压轴题分析
1．解：（1）∵抛物线y1＝ax2＋bx＋c（a≠0，a≠c），经过A（1，0），把点代入函数即可得到：b＝－a－c；
（2）B在第四象限，理由如下：
cc
∵抛物线y1＝ax2＋bx＋c（a≠0，a≠c）过点A（1，0），∵x1•x2＝，∴x1＝1，x2＝，a≠c，
aa所以抛物线与x轴有两个交点，又∵抛物线不经过第三象限，∴a＞0，且顶点在第四象限； c
（3）∵C(，b＋8)，且在抛物线上，当b＋8＝0时，解得b＝－8，∵a＋c＝－b，∴a＋c＝8，
a
c
b＋8＝2³＋m
a2
b4ac－bc2
b把B（－，）、C（，b＋8）两点代入直线解析式得：4ac－b，
2a4aa＝2³(－)＋m
4a2ab＝－a－c＝－8
a＝2a＝4b＝－8b＝－8
解得：或 （a≠c，舍去），如图所示，C在A的右侧，
c＝6c＝4m＝－6m＝－2
84 / 100
4ac－b2
∴当x≥1时，y1≥＝－2．
4a
yxOABC
2．解：（1）∵抛物线y＝ax2＋bx－2（a≠0）过点A，B，
1
a＝2123a－b－2＝0
∴ ，解得： ，∴抛物线的解析式为：y＝x－x－2； 32216a＋4b－2＝0
b＝－2131325325
∵y＝x2－x－2＝（x－）2－，∴C（，－）．
2222828
（2）如图1，以AB为直径作圆M，则抛物线在圆内的部分，能使∠APB为钝角，
35∴M（，0），⊙M的半径＝．∵P是抛物线与y轴的交点，∴OP＝2，
225
∴MP＝OP2＋OM2＝，∴P在⊙M上，∴P的对称点（3，－2），
2∴当－1＜m＜0或3＜m＜4时，∠APB为钝角． （3）存在；
【方法一】
抛物线向左或向右平移，因为AB、P′C′是定值，所以A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短，只要AC′＋BP′最小；
第一种情况：抛物线向右平移，AC′＋BP′＞AC＋BP，
325
第二种情况：向左平移，如图2所示，由（2）可知P（3，－2），又∵C（，－），
28325
∴C'（－t，－），P'（3－t，－2），∵AB＝5，∴P″（－2－t，－2），
28
325要使AC′＋BP′最短，只要AC′＋AP″最短即可，点C′关于x轴的对称点C″（－t，），
2841
k＝28－2＝(－2－t)k＋b
设直线P″C″的解析式为：y＝kx＋b，∴ 253，解得 4113，
＝(－t)k＋b82b＝28t＋1441411341411315
∴直线y＝x＋t＋，点A在直线上，∴－＋t＋＝0，∴t＝．
2828142828144115
故将抛物线向左平移个单位连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短．
41
85 / 100
yyC''xAPOBAP''C'COP'Bx
【方法二】
如图所示，分别过点B作BB′∥CP，CB′∥BP，则四边形BPCB′为平行四边形，∴BP＝B′C， 四边形AC′P′B的周长＝AB＋AC′＋C′P′＋P′B，
∵AB＋C′P′保持不变，∴当AC′＋P′B最小，即AC′＋B′C最小时，四边形AC′P′B的周长最小， 过点C作直线CC′∥x轴，作点A关于直线CC′的对称点A′，连接A′B′， 则A′B′与CC′的交点C′即为所求，
32559∵点B（4，0）， C（，－），P（3，－2），∴点B′的坐标为（，－），∵点A（－1，0），
282825
∴点A′的坐标为（－1，－），设直线A′B′的解析式为y＝kx＋b，
49541－＝k＋bk＝82284167代入得25，解得，∴y＝x－，
672814
－4＝－k＋bb＝－14252541679393315当y＝－，即－＝x－时，解得x＝，∴－＝－，
8828148282241
15
∴将抛物线向左平移个单位连接A、B、P′、C′所构成的多边形的周长最短．
41
yxAOB'PC'CBA'
9．4重庆中考数学压轴题分析
1．解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC＝6．在Rt△ADE中，AD＝6，∠EAD＝30°，
∴AE＝AD•cos30°＝33，DE＝AD•sin30°＝3，∴△AED的周长为：6＋33＋3＝9＋33． （2）在△AED向右平移的过程中：
（I）当0≤t≤1.5时，如答图1所示，此时重叠部分为△D0NK． ∵DD0＝2t，∴ND0＝DD0•sin30°＝t，NK＝ND0÷tan30°＝3t，
86 / 100
113
∴S＝S△D0NK＝ND0•NK＝t• 3 t＝t2；
222DND0KE0AA0BAA0NKBE0CDD0C （II）当1.5＜t≤4.5时，如答图2所示，此时重叠部分为四边形D0E0KN．
13
∵AA0＝2t，∴A0B＝AB－AA0＝12－2t，∴A0N＝A0B＝6－t，NK＝A0N•tan30°＝（6－t）．
23∴S＝S四边形D0E0KN＝S△A0D0E0－S△A0NK
113
＝³3³33－³（6－t）³（6－t） 223＝－
323
t＋23t－3； 62
（III）当4.5＜t≤6时，如答图3所示，此时重叠部分为五边形D0IJKN． ∵AA0＝2t，∴A0B＝AB－AA0＝12－2t＝D0C，
1
∴A0N＝A0B＝6－t，D0N＝6－（6－t）＝t，BN＝A0B•cos30°＝ 3 （6－t）；
2易知CI＝BJ＝A0B＝D0C＝12－2t，∴BI＝BC－CI＝2t－6，
113
S＝S梯形BND0I－S△BKJ＝ [t＋（2t－6）]• 3（6－t）－•（12－2t）•（12－2t）
223
13＝－3t2＋203t－423．
6
综上所述，S与t之间的函数关系式为： S＝－32313t＋23t－3 (1.5＜t≤4.5) ，S＝－3t2＋203t－423 (4.5＜t≤6)． 626
DD0INKAA0BE0JC
（3）存在α，使△BPQ为等腰三角形，理由如下：
经探究，得△BPQ∽△B1QC，故当△BPQ为等腰三角形时，△B1QC也为等腰三角形． （I）当QB＝QP时（如答图4），则QB1＝QC，∴∠B1CQ＝∠B1＝30°，即∠BCB1＝30°， ∴α＝30°；
B1DB1QE1ABCEPADE1QBPCE 87 / 100
（II）当BQ＝BP时，则B1Q＝B1C，若点Q在线段B1E1的延长线上时（如答图5）， ∵∠B1＝30°，∴∠B1CQ＝∠B1QC＝75°，即∠BCB1＝75°，∴α＝75°；
若点Q在线段E1B1的延长线上时（如答图6），∵∠B1＝30°，∴∠B1CQ＝∠B1QC＝15°， 即∠BCB1＝180°－∠B1CQ＝180°－15°＝165°，∴α＝165°． 综上所述，存在α＝30°，75°或165°，使△BPQ为等腰三角形．
QB1E1DCEABP 2025
52＋()2＝．
33
20
2．解：（1）在Rt△ABD中，AB＝5，AD＝，由勾股定理得：BD＝AB2＋AD2＝
3
205³3AB•AD11
∵S△ABD＝BD•AE＝AB•AD，∴AE＝＝＝4．
2225BD
3在Rt△ABE中，AB＝5，AE＝4，由勾股定理得：BE＝3．
A'A'AF'GBCGBCDAF'D
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：
由对称点性质可知，∠1＝∠2．由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4＝∠1，BF＝B′F′＝3． ①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3＝∠4，∴∠3＝∠2，∴BB′＝B′F′＝3，即m＝3； ②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，∴∠6＝∠2，∵∠1＝∠2，∠5＝∠1， ∴∠5＝∠6，又易知A′B′⊥AD，∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D＝B′F′＝3，
88 / 100
251616
∴BB′＝BD－B′D＝－3＝，即m＝．
333（3）存在．理由如下：
在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如答图3－1所示，点Q落在BD延长线上，且PD＝DQ，易知∠2＝2∠Q，
∵∠1＝∠3＋∠Q，∠1＝∠2，∴∠3＝∠Q，∴A′Q＝A′B＝5，∴F′Q＝F′A′＋A′Q＝4＋5＝9． 在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ＝F′Q2＋F′B2＝92＋32＝310． 25
∴DQ＝BQ－BD＝310－；
3
②如答图3－2所示，点Q落在BD上，且PQ＝DQ，易知∠2＝∠P，
∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3＝∠2，∴∠3＝∠1， ∴BQ＝A′Q，∴F′Q＝F′A′－A′Q＝4－BQ．在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2＋F′Q2＝BQ2， 252525125即：32＋（4－BQ）2＝BQ2，解得：BQ＝，∴DQ＝BD－BQ＝－＝；
83824
QAA'F'31P2DPA2DF'Q31BCBA'C
③如答图3－3所示，点Q落在BD上，且PD＝DQ，易知∠3＝∠4．
11
∵∠2＋∠3＋∠4＝180°，∠3＝∠4，∴∠4＝90°－∠2．∵∠1＝∠2，∴∠4＝90°－∠1．
2211
∴∠A′QB＝∠4＝90°－∠1，∴∠A′BQ＝180°－∠A′QB－∠1＝90°－∠1，∴∠A′QB＝∠A′BQ，
22∴A′Q＝A′B＝5，∴F′Q＝A′Q－A′F′＝5－4＝1．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ＝F′Q2＋F′B2＝32＋12＝10， 25
∴DQ＝BD－BQ＝－10；
3
④如答图3－4所示，点Q落在BD上，且PQ＝PD，易知∠2＝∠3． ∵∠1＝∠2，∠3＝∠4，∠2＝∠3，∴∠1＝∠4，∴BQ＝BA′＝5， 2510
∴DQ＝BD－BQ＝－5＝．
33
综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形； 251252510
DQ的长度分别为310－、、－10或．
32433
89 / 100
AP32 DAQP23 DQ44F'B1CBF'CA'1A'9．5武汉中考数学压轴题分析
1．解：（1）当x＝0时，y＝﹣2；∴A（0，﹣2）．设直线AB的解析式为y＝kx＋b，则：
－2＝bk＝2
，解得，∴直线AB解析式为y＝2x﹣2． 0＝k＋bb＝－2
1
∵点C为直线y＝2x﹣2与抛物线y＝x2﹣2的交点，则点C的横、纵坐标满足：
2
y＝1x2－2x1＝4x2＝0
，解得、（舍去），∴点C的坐标为（4，6）． 2
y1＝6y2＝－2y＝2x－2
53
（2）直线x＝3分别交直线AB和抛物线C1于D．E两点．∴yD＝4，yE＝，∴DE＝．
22
∵FG＝DE＝4：3，∴FG＝2．∵直线x＝a分别交直线AB和抛物线C1于F、G两点． 11
∴yF＝2a﹣2，yG＝a2﹣2，∴FG＝|2a﹣a2|＝2，解得：a1＝2，a2＝﹣2＋22，a3＝2﹣22．
22（3）设直线MN交y轴于T，过点N做NH⊥y轴于点H；
1
设点M的坐标为（t，0），抛物线C2的解析式为y＝x2﹣2﹣m；
2
11111
∴0＝﹣t2﹣2﹣m，∴﹣2﹣m＝﹣t2．∴y＝x2﹣t2，∴点P坐标为（0，﹣t2）．
2222211
∵点N是直线AB与抛物线y＝x2﹣t2的交点，则点N的横、纵坐标满足：
22
y＝1x2－1t2x1＝2－tx1＝2－tx2＝2＋t得、（舍去）， 22，解y1＝2－2ty1＝2－2ty2＝2＋2ty＝2x－2
∴N（2﹣t，2﹣2t）．NQ＝2﹣2t，MQ＝2﹣2t，∴MQ＝NQ，∴∠MNQ＝45°． ∴△MOT、△NHT均为等腰直角三角形，∴MO＝OT，HT＝HN，
1
∴OT＝4，NT＝﹣2，NH＝2（2﹣t），PT＝﹣t＋t2．∵PN平分∠MNQ，∴PT＝NT，
2111
∴﹣t＋t2＝2（2﹣t），∴t1＝﹣22，t2＝2（舍）﹣2﹣m＝﹣t2＝﹣（﹣22）2，∴m＝2．
222
90 / 100
yyHCD NCBOA3xBOQAxx＝aP13133
2．解：（1）∵点A、B是抛物线y＝x2与直线y＝﹣x＋的交点，∴x2＝﹣x＋，解得x＝1或x＝﹣．
22222
3939
当x＝1时，y＝1；当x＝﹣时，y＝，∴A（1，1），B（﹣，）．
2424（2）①∵点P（﹣2，t）在直线y＝﹣2x﹣2上，∴t＝2，∴P（﹣2，2）．
设A（m，m2），如答图1所示，分别过点P、A、B作x轴的垂线，垂足分别为点G、E、F． 1
∵PA＝AB，∴AE是梯形PGFB的中位线，∴GE＝EF，AE＝（PG＋BF）．
2∵GE＝EF＝OE＋OF，∴OF＝GE﹣OE＝2﹣2m．
1
∵AE＝（PG＋BF），∴BF＝2AE﹣PG＝2m2﹣2．∴B（2﹣2m，2m2﹣2）．
2∵点B在抛物线y＝x2上，∴2m2﹣2＝（2﹣2m）2解得：m＝﹣1或﹣3，
当m＝﹣1时，m2＝1；当m＝﹣3时，m2＝9，∴点A的坐标为（﹣1，1）或（﹣3，9）． ②设P（a，﹣2a﹣2），A（m，m2）．
如答图1所示，分别过点P、A、B作x轴的垂线，垂足分别为点G、E、F． 与①同理可求得：B（2m﹣a，2m2＋2a＋2）．∵点B在抛物线y＝x2上， ∴2m2＋2a＋2＝（2m﹣a）2，整理得：2m2﹣4am＋a2﹣2a﹣2＝0． △＝16a2﹣8（a2﹣2a﹣2）＝8a2＋16a＋16＝8（a＋1）2＋8＞0，
∴无论a为何值时，关于m的方程总有两个不相等的实数根．即对于任意给定的点P，抛物线上总能找到两个满足条件的点A，使得PA＝AB成立．
（3）∵△AOB的外心在边AB上，∴AB为△AOB外接圆的直径，∴∠AOB＝90°．
设A（m，m2），B（n，n2），
如答图2所示，过点A、B分别作x轴的垂线，垂足为E、F，则易证△AEO∽△OFB． AEOEm2－m
∴＝，即＝2，整理得：mn（mn＋1）＝0，∵mn≠0，∴mn＋1＝0，即mn＝﹣1． OFBFnny＝kx＋b设直线m的解析式为y＝kx＋b，联立，得：x2﹣kx﹣b＝0．
y＝x2
∵m，n是方程的两个根，∴mn＝﹣b．∴b＝1．设直线m与y轴交于点D，则OD＝1． 易知C（0，﹣2），OC＝2，∴CD＝OC＋OD＝3．∵∠BPC＝∠OCP，∴PD＝CD＝3． 设P（a，﹣2a﹣2），过点P作PG⊥y轴于点G，则PG＝﹣a，GD＝OG﹣OD＝﹣2a﹣3．
91 / 100
在Rt△PDG中，由勾股定理得：PG2＋GD2＝PD2，
12
即：（﹣a）2＋（﹣2a﹣3）2＝32，整理得：5a2＋12a＝0，解得a＝0（舍去）或a＝﹣，
512141214
当a＝﹣时，﹣2a﹣2＝，∴P（﹣，）．
5555
ylmPABxGE OFE OFClmPAGDyBx
3．解：（1）∵当x＝－2时，y＝(－2)k＋2k＋4＝4．
∴直线AB：y＝kx＋2k＋4必经过定点（－2，4）．∴点C的坐标为（－2，4）．
1
y＝－x＋3x＝－3x＝2211
（2）∵k＝－，∴直线的解析式为y＝－x＋3．联立1，解得： 9或．
22y＝2y＝2
2y＝2x
9
∴点A的坐标为（－3，），点B的坐标为（2，2）．
2
过点P作PQ∥y轴，交AB于点Q，过点A作AM⊥PQ，垂足为M，
过点B作BN⊥PQ，垂足为N，如图1所示．设点P的横坐标为a，则点Q的横坐标为a． 1111
∴yP＝a2，yQ＝－a＋3．∵点P在直线AB下方，∴PQ＝yQ－yP＝－a＋3－a2．
2222∵AM＋NB＝a－（－3）＋2－a＝5．
111111∴S△APB＝S△APQ＋S△BPQ＝PQ•AM＋PQ•BN＝PQ•（AM＋BN）＝（－a＋3－a2）•5＝5．
2222221
整理得：a2＋a－2＝0．解得：a1＝－2，a2＝1．当a＝－2时，yP＝³（－2）2＝2．
2111
此时点P的坐标为（－2，2）．当a＝1时，yP＝³12＝．此时点P的坐标为（1，）．
2221
∴符合要求的点P的坐标为（－2，2）或（1，）．
2
（3）过点D作x轴的平行线EF，作AE⊥EF，垂足为E，作BF⊥EF，垂足为F，如图2．
∵AE⊥EF，BF⊥EF，∴∠AED＝∠BFD＝90°．∵∠ADB＝90°，
∴∠ADE＝90°－∠BDF＝∠DBF．∵∠AED＝∠BFD，∠ADE＝∠DBF，∴△AED∽△DFB． AEED
∴＝ ．设点A、B、D的横坐标分别为m、n、t， DFFB
111
则点A、B、D的纵坐标分别为m2、n2、t2．
222
1111
AE＝yA－yE＝m2－t2．BF＝yB－yF＝n2－t2．ED＝xD－xE＝t－m，DF＝xF－xD＝n－t．
2222
92 / 100
1212m－t22t－mAEED
∵＝，∴＝．化简得：mn＋（m＋n）t＋t2＋4＝0．
11DFFBn－t
n2－t2221
∵点A、B是直线AB：y＝kx＋2k＋4与抛物线y＝x2交点，
2
1
∴m、n是方程kx＋2k＋4＝x2即x2－2kx－4k－8＝0两根．∴m＋n＝2k，mn＝－4k－8．
2∴－4k－8＋2kt＋t2＋4＝0，即t2＋2kt－4k－4＝0．即（t－2）（t＋2k＋2）＝0． ∴t1＝2，t2＝－2k－2（舍）．∴定点D的坐标为（2，2）．
过点D作x轴的平行线DG，过点C作CG⊥DG，垂足为G，如图3所示．
∵点C（－2，4），点D（2，2），∴CG＝4－2＝2，DG＝2－（－2）＝4．∵CG⊥DG， ∴DC＝GC2＋DG2＝22＋42＝20＝25．
过点D作DH⊥AB，垂足为H，如图3所示，∴DH≤DC．∴DH≤25． ∴当DH与DC重合即DC⊥AB时，点D到直线AB的距离最大，最大值为25． ∴点D到直线AB的最大距离为25．
yAMQNPOBxEDOFxGODxAByACHBy
9．6成都中考数学压轴题分析
k
1．解：（1）抛物线y＝（x＋2）（x－4）， 令y＝0，解得x＝－2或x＝4，∴A（－2，0），B（4，0）．
8
∵直线y＝－334x＋b经过点B（4，0），∴－×4＋b＝0，解得b＝3， 333
34
x＋3．当x＝－5时，y＝33，∴D（－5，33）． 33
∴直线BD解析式为：y＝－
k
∵点D（－5，33）在抛物线y＝（x＋2）（x－4）上，
8
k83∴（－5＋2）（－5－4）＝33，∴k＝3．∴抛物线的函数表达式为：y＝（x＋2）（x－4）． 899（2）由抛物线解析式，令x＝0，得y＝k，∴C（0，－k），OC＝k．
因为点P在第一象限内的抛物线上，所以∠ABP为钝角．
因此若两个三角形相似，只可能是△ABC∽△APB或△ABC∽△PAB． ①若△ABC∽△APB，则有∠BAC＝∠PAB，如答图2－1所示． 设P（x，y），过点P作PN⊥x轴于点N，则ON＝x，PN＝y． kyktan∠BAC＝tan∠PAB，即：＝ ，∴y＝x＋k．
2x＋22
kkkk
∴P（x，x＋k），代入抛物线解析式y＝（x＋2）（x－4），得（x＋2）（x－4）＝x＋k，
2882
93 / 100
整理得：x2－6x－16＝0，解得：x＝8或x＝－2（与点A重合，舍去），∴P（8，5k）． k2＋4ACAB64∵△ABC∽△APB，∴＝，即＝，解得：k＝5．
65ABAP25k2＋100
②若△ABC∽△PAB，则有∠ABC＝∠PAB，如答图2－2所示．与①同理，可求得：k＝2． 4
综上所述，k＝5或k＝2．
5
yPDDyPxACOBNACOBNx
（3）由（1）知：D（－5，33），
如答图2－2，过点D作DN⊥x轴于点N，则DN＝33，ON＝5，BN＝4＋5＝9，
DN33
∴tan∠DBA＝＝3＝，∴∠DBA＝30°．过点D作DK∥x轴，则∠KDF＝∠DBA＝30°．
3BN91
过点F作FG⊥DK于点G，则FG＝DF．
2
1
由题意，动点M运动的路径为折线AF＋DF，运动时间：t＝AF＋DF，
2∴t＝AF＋FG，即运动时间等于折线AF＋FG的长度．
由垂线段最短可知，折线AF＋FG的长度的最小值为DK与x轴之间的垂线段． 过点A作AH⊥DK于点H，则t最小＝AH，AH与直线BD的交点，即为所求之F点． ∵A点横坐标为－2，直线BD解析式为：y＝－∴y＝－34
x＋3， 33
34
×（－2）＋3＝23，∴F（－2，23）． 33
综上所述，当点F坐标为（－2，23）时，点M在整个运动过程中用时最少．
yHDGKFxNACOB
9．7宁波中考数学压轴题分析
1．解：（1）①利用邻边长分别为2和3的平行四边形进过两次操作，所剩四边形是边长为1的菱形，
94 / 100
故邻边长分别为2和3的平行四边形是2阶准菱形；故答案为：2；
②由折叠知：∠ABE＝∠FBE，AB＝BF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AE∥BF， ∴∠AEB＝∠FBE，∴∠AEB＝∠ABE，∴AE＝AB，∴AE＝BF， ∴四边形ABFE是平行四边形，∴四边形ABFE是菱形； （2）①如图所示：
，
②∵a＝6b＋r，b＝5r，∴a＝6×5r＋r＝31r；如图所示：
故□ABCD是10阶准菱形．
2．解：（1）如图2作图，
（2）如图3 ①、②作△ABC．
①当AD＝AE时，∵2x＋x＝30＋30，∴x＝20．②当AD＝DE时， ∵30＋30＋2x＋x＝180，∴x＝40．所以∠C的度数是20°或40°； （3）如图4，CD、AE就是所求的三分线．
设∠B＝α，则∠DCB＝∠DCA＝∠EAC＝α，∠ADE＝∠AED＝2α，
此时△AEC∽△BDC，△ACD∽△ABC，设AE＝AD＝x，BD＝CD＝y，∵△AEC∽△BDC， ∴x：y＝2：3，∵△ACD∽△ABC，∴2：x＝（x＋y）：2， 2
x＝5x：y＝2：3
所以联立得方程组 ，解得3
2：x＝(x＋y)：2
y＝5
10
23
，即三分线长分别是10和10．
55
10
95 / 100
9．8哈尔滨中考数学压轴题分析
1．解：（1）【方法一】
如图①，∵BA⊥AM，MN⊥AC，∴∠BAM＝ANM＝90°，
∴∠PAQ＋∠MAN＝∠MAN＋∠AMN＝90°，∴∠PAQ＝∠AMN，∵PQ⊥AB MN⊥AC， ∴∠PQA＝∠ANM＝90°，∴AQ＝MN，∴△AQP≌△MNA（ASA）∵AN＝PQ，AM＝AP， ∴∠AMB＝∠APM，∵∠APM＝∠BPC，∠BPC＋∠PBC＝90°，∠AMB＋∠ABM＝90°， ∴∠ABM＝∠PBC，∵PQ⊥AB，PC⊥BC，∴PQ＝PC，∴PC＝AN； 【方法二】
如图①，∵BA⊥AM，MN⊥AC，∴∠BAM＝ANM＝90°， ∴∠PAQ＋∠MAN＝∠MAN＋∠AMN＝90°，∴∠PAQ＝∠AMN，
∵PQ⊥AB，∴∠AQP＝90°＝∠ANM，∵AQ＝MN，∴△PQA≌△ANM（ASA）， ∴AP＝AM，PQ＝AN，∴∠APM＝∠AMP，∵∠AQP＋∠BAM＝180°，∴PQ∥MA， ∴∠QPB＝∠AMP，∵∠APM＝∠BPC，∴∠QPB＝∠BPC，
∵∠BQP＝∠BCP＝90°，BP＝BP，∴△BPQ≌△BPC（AAS），∴PQ＝PC，∴PC＝AN． （2）【方法一】
如图②，∵NP＝2 PC＝3，∴由（1）知PC＝AN＝3，∴AP＝NC＝5，AC＝8， ∴AM＝AP＝5，∴AQ＝MN＝AM2－AN2＝4，
∵∠PAQ＝∠AMN，∠ACB＝∠ANM＝90°，∴∠ABC＝∠MAN，
MN4AC
∴tan∠ABC＝tan∠MAN＝＝，∵tan∠ABC＝，∴BC＝6，∵NE∥KC，
AN3BCNENP
∴∠PEN＝∠PKC，又∵∠ENP＝∠KCP，∴△PNE∽△PCK，∴＝，
CKPCNE24
∵CK：CF＝2：3，设CK＝2k，则CF＝3k，∴＝ ，NE＝k．
32k3
4
过N作NT∥EF交CF于T，则四边形NTFE是平行四边形，∴NE＝TF＝k，
3
45
∴CT＝CF－TF＝3k－k＝k，∵EF⊥PM，∴∠BFH＋∠HBF＝90°＝∠BPC＋∠HBF，
33∴∠BPC＝∠BFH，∵EF∥NT，∴∠NTC＝∠BFH＝∠BPC，tan∠NTC＝tan∠BPC＝
96 / 100
BC
＝2， PC
NC5533
∴tan∠NTC＝＝2，∴CT＝k＝，∴k＝，∴CK＝2×＝3，BK＝BC－CK＝3，
3222CT∵∠PKC＋∠DKE＝∠ABC＋∠BDK，∠DKE＝∠ABC，∴∠BDK＝∠PKC， tan∠PKC＝
PC
＝1，∴tan∠BDK＝1． KC
4
过K作KG⊥BD于G，∵tan∠BDK＝1，tan∠ABC＝，
3
321
∴设GK＝4n，则BG＝3n，GD＝4n，∴BK＝5n＝3，∴n＝，∴BD＝4n＋3n＝7n＝，
55219
∵AB＝AC2＋BC2 ＝10，AQ＝4，∴BQ＝AB－AQ＝6，∴DQ＝BQ－BD＝6－＝．
55【方法二】
如图③，∵NP＝2，PC＝3，∴由（1）知PC＝AN＝3，∴AP＝NC＝5，AC＝8， ∴AM＝AP＝5，∴AQ＝MN＝AM2－AN2＝4，∵NM∥BC，∴∠NMP＝∠PBC， MNNP42
又∵∠MNP＝∠BCP，∴△MNP∽△BCP，∴＝，∴＝，BC＝6，
BCPCBC3作ER⊥CF于R，则四边形NERC是矩形， ∴ER＝NC＝5，NE＝CR，∵∠BHE＝∠BCR＝90°，
∴∠EFR＝90°－∠HBF∠BPC＝90°－∠HBF，∴∠EFR＝∠BPC，∴tan∠EFR＝tan∠BPC， ERBC565
∴＝，即＝，∴RF＝，∵NE∥KC，∴∠NEP＝∠PKC，
2RFPCRF3
NENP2
又∵∠ENP＝∠KCP，∴△NEP∽△CKP，∴＝＝，∵CK：CF＝2：3，
KCPC34554
设CK＝2k，CF＝3k，∴NE＝CR＝k，CR＝CF－RF＝3k－，∴3k－＝k，
32233
∴k＝，∴CK＝3，CR＝2，∴BK＝3，
2
ERAC4
在CF的延长线上取点G，使∠EGR＝∠ABC，∴tan∠EGR＝tan∠ABC，∴＝＝，
RGBC33152535
∴RG＝ER＝，EG＝ER2＋RG2＝，KG＝KC＋CR＋RG＝，
4444
∵∠DKE＋∠EKC＝∠ABC＋∠BDK，∠ABC＝∠DKE，∴∠BDK＝∠EKC，∴△BDK∽△GKE， BDBK21
∴＝，∴BD•EG＝BK•KG，∴∠BDK＝∠EKC，∴△BDK∽△GKE，∴BD＝，
5KGEG
219
∵AB＝AC2＋BC2 ＝10，AQ＝4，∴BQ＝AB－AQ＝6，∴DQ＝BQ－BD＝6－＝．
55【方法三】
如图④，∵NP＝2，PC＝3，∴由（1）知PC＝AN＝3，∴AP＝NC＝5，AC＝8， ∴AM＝AP＝5，∴AQ＝MN＝AM2－AN2＝4，∵NM∥BC，
∴∠EMH＝∠PBC∠PEN＝∠PKC，又∵∠PNE＝∠PCK，∴△PNE∽△PCK，△PNM∽△PCB， NENPMNNP
∴＝，＝，∵CK：CF＝2：3， KCPCBCPC
NE2424
设CK＝2k，CF＝3k，∴＝，＝，∴NE＝k，BC＝6，
32k3BC3
97 / 100
4AC43
∴BF＝6＋3k，ME＝MN－NE＝4－k，tan∠ABC＝＝，BP＝PC2－BC2＝，
35BC3PC5
∴sin∠EMH＝sin∠PBC＝＝，∵EF⊥PM，
BP5∴FH＝BFsin∠PBC＝
554(6＋3k)，EH＝EMsin∠EMH＝(4－k)， 553
1RF555
∴tan∠REF＝tan∠PBC＝，∵tan∠REF＝，∴RF＝，∴EF＝ER2－FR2＝，
222RE∵EH＋FH＝EF，∴
5455533(4－k)＋(6＋3k)＝，∴k＝，∴CK＝2×＝3，BK＝BC－CK＝3， 535222
∵∠PKC＋∠DKE＝∠ABC＋∠BDK，∠DKE＝∠ABC，∴∠BDK＝∠PKC， ∵tan∠PKC＝1，∴tan∠BDK＝1， 过K作KG⊥BD于G，
4
∵tan∠BDK＝1，tan∠ABC＝ ，∴设GK＝4n，则BG＝3n，GD＝4n，
3
321
∴BK＝5n＝3，∴n＝，∴BD＝4n＋3n＝7n＝， ∵AB＝AC2＋BC2 ＝10，AQ＝4，
55219
∴BQ＝AB－AQ＝6，∴DQ＝BQ－BD＝6－＝．
55
AAQDGNPEMQDNPEMBKCATF BKCRFG QDGNPEMBKCRF 2．解：（1）如图1，连接FE、FC．
∵点F在线段EC的垂直平分线上，∴FE＝FC，∴∠1＝∠2． ∵△ABD和△CBD关于直线BD对称（点A的对称点是点C）， ∴AB＝CB，∠4＝∠3，∵在△ABF与△CBF中，
AB＝CB，∠4＝∠3，BF＝BF，∴△ABF≌△CBF（SAS）， ∴∠BAF＝∠2，FA＝FC，∴FE＝FA，∠1＝∠BAF，∴∠5＝∠6． ∵∠1＋∠BEF＝180°，∴∠BAF＋∠BEF＝180°，
98 / 100
∵∠BAF＋∠BEF＋∠AFE＋∠ABE＝360°，∴∠AFE＋∠ABE＝180°． 又∵∠AFE＋∠5＋∠6＝180°，∴∠5＋∠6＝∠3＋∠4， ∴∠5＝∠4，即∠EAF＝∠ABD； 7
（2）FM＝FN．理由如下：
2
如图2，由（1）知，∠EAF＝∠ABD．又∵∠AFB＝∠GFA，∴△AFG∽△BFA， 11
∴∠AGF＝∠BAF．又∵∠MBF＝∠BAF，∴∠MBF＝∠AGF．
22
∵∠AGF＝∠MBG＋∠BMG，∴∠MBG＝∠BMG，∴BG＝MG．∵AB＝AD， ∴∠ADB＝∠ABD＝∠EAF．又∵∠FGA＝∠AGD，∴△AGF∽△DGA， GFAGAF2GFAG2
∴＝＝．∵AF＝AD，∴＝＝．
3AGGDADAGGD395
设GF＝2a（a＞0），AG＝3a，∴GD＝a，∴FD＝a，
22
∵∠CBD＝∠ABD，∠ABD＝∠ADB，∴∠CBD＝∠ADB，∴BE∥AD， BGEGBGAG2
∴＝，∴＝＝． GDAGGDGD3设EG＝2k（k＞0），∴BG＝MG＝3k．
GQGF2a44
如图2，过点F作FQ∥ED交AE于点Q．则＝＝＝，∴GQ＝QE，
5QEFD5a5
248835
∴GQ＝EG＝k，MQ＝3k＋k＝k．∵FQ∥ED，
9999MNMQ77
∴＝＝，∴FM＝FN．
2FNQE2
A5AMB43GE612FDBGQEFNDCC
3．解：（1）如图1，作∠BAP＝∠DAE，AP交BD于P，设∠CBD＝α，∠CAD＝β，
∵∠ADB＝∠CAD＋∠ABD，∠APE＝∠BAP＋∠ABD，
∴∠APE＝∠ADE，AP＝AD．∵AC⊥BD，∴∠PAE＝∠DAE＝β， ∴∠PAD＝2β，∠BAD＝3β．∵∠BAD＝3∠CBD，∴3β＝3α，β＝α． ∵AC⊥BD，∴∠ACB＝90°－∠CBE＝90°－α＝90°－β． ∵∠ABC＝180°－∠BAC－∠ACB＝90°－β，∴∠ACB＝∠ABC， ∴△ABC为等腰三角形； 3
（2）2MH＝FM＋CD．
4
【方法一】
99 / 100
如图2，由（1）知AP＝AD，AB＝AC，∠BAP＝∠CAD＝β，
∴△ABP≌△ACD，∴∠ABE＝∠ACD．∵AC⊥BD，∴∠GDN＝90°－β， ∵GN＝GD，∴∠GND＝∠GDN＝90°－β，
∴∠NGD＝180°－∠GND－∠GDN＝2β．∴∠AGF＝∠NGD＝2β． ∴∠AFG＝∠BAD－∠AGF＝3β－2β＝β．
∵FN平分∠BFM，∴∠NFM＝∠AFG＝β，∴FM∥AE，∴∠FMN＝90°． ∵H为BF的中点，∴BF＝2MH． 在FB上截取FR＝FM，连接RM，
∴∠FRM＝∠FMR＝90°－β．∵∠ABC＝90°－β，∴∠FRM＝∠ABC，∴RM∥BC， ∴∠CBD＝∠RMB．∵∠CAD＝∠CBD＝β，∴∠RMB＝∠CAD．
BRBMBM33
∵∠RBM＝∠ACD，∴△RMB∽△DAC，∴＝＝＝，∴BR＝CD．
4CDACAB4333
∵BR＝FB－FM，∴FB－FM＝BR＝CD，FB＝FM＋ CD．∴2MH＝FM＋CD．
444【方法二】
如图3，由（1）得AP＝AD，AB＝AC，∠BAP＝∠CAD＝β，
∴△ABP≌△ACD，∴∠ABE＝∠ACD．∵AC⊥BD，∴∠GDN＝90°－β， ∵GN＝GD，∴∠GND＝∠GDN＝90°－β，
∴∠NGD＝180°－∠GND－∠GDN＝2β．∴∠AGF＝∠NGD＝2β． ∴∠AFG＝∠BAD－∠AGF＝3β－2β＝β．
∵FN平分∠BFM，∴∠NFM＝∠AFG＝β，∴FM∥AE，∴△ABE∽△FMB， ABAEBE
∴＝＝，∠FMN＝90°，∵H为BF的中点，∴BF＝2MH． FBFMBM
过点M作MK⊥BA于点K，则∠MKB＝∠AEB＝90°， 设AB＝4x，AE＝4y，则AC＝4x，CE＝4(x－y)， ∴在在Rt△ABE中，BE＝AB2－AE2＝4x2－y2，
∵BM：AB＝3：4，∴BM＝3x， ∵∠MBK＝∠ABE，∴△MKB∽△AEB， ABAEBE3xy3x222∴＝＝，∴MK＝3y，MK＝3x－y，∴FM＝22，BF＝22， MBMKBKx－yx－y4(x2－xy)BABE
又∵∠AEB＝∠DEC，∴△AEB∽△DEC，∴＝，∴CD＝22，
CDCEx－y34(x2－xy)3
∴2MH＝BF＝22＝22＋²＝FM＋CD．
4x－yx－y4x2－y23x2
3xy
AFAGHKRHAGF
BPECDBPNECMDBPNECMD 100 / 100
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