關(guān)鍵:動(dòng)中求靜數(shù)學(xué)思想：分類思想函數(shù)思 方程思 數(shù)形結(jié)合思想轉(zhuǎn)化思從變換的角度和運(yùn)動(dòng)變化來(lái)研究三角形、四邊形、函數(shù)圖像等圖形，通過(guò)“對(duì)稱、動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)等研究和方法，來(lái)探索與發(fā)現(xiàn)圖形性質(zhì)及圖形變化，在解題過(guò)程中滲透空間觀動(dòng)點(diǎn)動(dòng)點(diǎn)探究題的基本思路,這也是動(dòng)態(tài)幾何數(shù)學(xué)問(wèn)題中最的數(shù)學(xué)本質(zhì)。專立動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)解析函數(shù)揭示了運(yùn)動(dòng)變化過(guò)程中量與量之間的變化規(guī)律,是初中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容.動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題反映的是一種函數(shù)思想,由于某一個(gè)點(diǎn)或某圖形的有條件地運(yùn)動(dòng)變化,引起未知量與已知量間的一種變化關(guān)系,這種變化關(guān)系就是點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)系.那么怎建這種函數(shù)析式?下面合中考題舉例析.·例1(2000年)如圖1,在半徑為6,圓心角為90°的扇形OAB的弧AB上,有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)·PHx,GPyyxxP yGP yG2

2

在RtPOH中,

OH

3OP2PHOP2PH36xMH1OH

36x2

Rt△MPHPH2PH2MH

x291x4x291x42 ∴y=GP=

363x

(0<x 661①GP=PH3

363x

xx

.經(jīng)檢驗(yàn),x

661②GP=GH3

363x22x0.

x0③PH=GHx2綜上所述,如果△PGHPH

662（2006·山東）2,在△ABCAB=AC=1,D,EBCBD=xCE=y.(1)如果∠BAC=30°,∠DAE=105°yx之間的函數(shù)解析式；如果∠BAC,∠DAE,當(dāng)滿足怎樣的關(guān)系式時(shí),(1yxDE DE ∵∠BAC=30°,∠DAE=105°,∴∠DAB+∠CAE=75°, ABBD ∴1x,∴y1 (2)由于∠DAB+∠CAE=,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=902BPD●BPD●90

90 2

90y1x例3(2005年)如圖3(1),在△ABC中 求證: 設(shè)OA=x,AP=y,求y關(guān)于x的函數(shù)解析式,并寫出它的 F解:(1)OD.

E D

又由OD=OE,ODE=OED.ADE=AEP,∴△ADE(2)∵∠ABC=90° ∴ ∵∠ABC=

A AADO=90°,∴OD∥BC,∴ODx,ADx ∴OD=3x,AD=4x.∴AE=x3x=8x 8 4 ∵△ADE∽△AEP,∴AEAD ∴

∴y16

(0x BF=1

8 5∵∠ADE=∠AEP,∴∠PDE=∠PEC.∵∠FBP=∠DEP=90°, ∴∠F=∠FEC,∴58x=4,x5y2 EPCBF,3(2),∴58x=2,x15 y6BF=1AP22A例4（2004年·）如圖,在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=2 ,⊙A的半徑為1.若點(diǎn)O在BC邊上運(yùn)動(dòng)(與點(diǎn)B、C不重合),設(shè)BO=x,△AOC的面積為y.2A(1)yx 212 ,∴BC=4,AH=2BC=2.∴OC=4-x∵

1OCAH,∴yx2

(0x4Rt△AOH,OA=x1,OH=2x,(x1)2222x)2.x76此時(shí),△AOCy4717 Rt△AOH,OA=x1,OH=x2,(x1)222x2)2.x72此時(shí),△AOCy471 或 專題專題二：動(dòng)態(tài)幾何型壓軸 （一）1．（09年徐匯區(qū)）ABCABAC10BC12DBCBD4，D為頂點(diǎn)作EDFBABE，交射線CAF．AE6AF當(dāng)以點(diǎn)C為圓心CFCAAEA相切時(shí)，BE的長(zhǎng)；ACODEBE[題型背景和區(qū)分度測(cè)量點(diǎn)FED FEDEAB邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，滲透入圓與圓的位置關(guān)系(相切BC[區(qū)分度性小題處理手法d=R±r(Rr[略解解：（1）證明CDFEBDCF

，代入數(shù)據(jù)得CF8 （2）BEx,dAC10,AE10x利用（1）的方法相切時(shí)分外切和內(nèi)切兩種情況考慮：外切，1010x32xxx

32x2；2內(nèi)切，1010x

．0x2∴當(dāng)⊙C和⊙A相切時(shí)，BE的長(zhǎng)為 或10 2（3）ACODEBE203類題⑴一個(gè)動(dòng)點(diǎn)：0925題（四月、五月）、0925⑵兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)：0925題、0925題、0925題、0925（二）ABCD中，AB＝3OAClOACADE.(1)若直lB，把△ABElA與矩形ABCD的對(duì)稱中心ABC的長(zhǎng)；(2)lABFAO＝1ACADx 形BCDEF的面積為S.①求S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式， x的取值

4[題型背景和區(qū)分度測(cè)量點(diǎn) 一小題考核了學(xué)生軸對(duì)稱、矩形、勾股定理三小塊知識(shí)內(nèi)容；當(dāng)直線l AB邊向上平移時(shí)，探求面積函數(shù)解析式為區(qū)分測(cè)量點(diǎn)一、加入直線與 [區(qū)分度性小題處理手法F [略解∵A’ABCD∴A’B＝AA’＝12

BC①AC

，AOx2x21x2

3，AF3

1(x

9)，AE

x29∴

(x2

，S3x

(x2x4270x2S

x 33②若圓A與直線l相切，則x3 x29，33

0

8∵x8 3 x，使圓Al[類題]09虹口25題（三）

ADGEF如圖，在ABCABAC5BC6D、EABADGEF兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)（DA、B重合）DE∥BCDEA的異側(cè)作正DEFG.試求ABC當(dāng)邊FG與BC重合時(shí)，求正方形DEFG的邊長(zhǎng) 設(shè)ADx，ABC與正方形DEFG部分的面積為y，試求y當(dāng)BDGAD[題型背景和區(qū)分度測(cè)量點(diǎn)題的基礎(chǔ)上改編出求等腰三角形面積的第一小題,當(dāng)DABDEFG整體動(dòng)起來(lái)，GF邊落在BC邊上時(shí)恰好和中的例題對(duì)應(yīng)可以說(shuō)是相似三角形對(duì)應(yīng)的比大高=對(duì)應(yīng)的小邊比大邊，探尋正方形和三角形的部分的面積與線段AD的關(guān)系的函數(shù)解析式形成了第三小題，仍然屬[區(qū)分度性小題處理手法A A

DEKUDEKU

A A

DEKGFDEKGFDEKGF找到三角形與正方形的部分是解決本題的關(guān)鍵，如上圖3-1、3-2部分分別為正方形和[略解解：（1）SABC12（2）令此時(shí)正方形的邊長(zhǎng)為aa4aa12（3）當(dāng)0x2

y

2x2

36x22x5時(shí)，y6x45x24x24x2 （4）AD125,25,20

73 [類題]09325題，將條件（2）M、NBA、CA上時(shí)”,去掉，同時(shí)加ANM已知：在△ABC中，AB=AC，∠B=30o，BC=6，點(diǎn)D在邊ANM上，點(diǎn)E段DC上，DE=3，△DEF是等邊三角形，DF、EFBA、CAM、 M、NBA、CA上時(shí),DM為圓心BMEF相切,x的值；如不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．1：已知⊙O的弦AB的長(zhǎng)等于⊙OC在⊙O上變化（不與A、B）重合，求∠ACB大小分析：點(diǎn)C的變化是否影響∠ACB的大小的變化呢?不妨將點(diǎn)C改變一下,如何變化呢？可能在∠ACB所對(duì)的弧是劣弧ABABAOBO，AB=OA=OBABC為等邊三角形，則∠AOB=600，則由同弧所對(duì)的圓心角與圓周角的1關(guān)系得出：∠ACB2ACBAB得，優(yōu)弧AB3600-600=3000，則由同弧所對(duì)的圓心角與圓周角的關(guān)ABACABACOBCO而需要分類。這樣由點(diǎn)C的運(yùn)動(dòng)變化性而引起的分類在解題中經(jīng)常3變式1：已知△ABC2AB3大小

，求∠C本題與例1的區(qū)別只是AB與圓的半徑的關(guān)系發(fā)生了一些變化,其解題方法與上面一致,在三角形1sin1AOB中

1AOB2,

,即AOB1200從而當(dāng)點(diǎn)C在優(yōu)弧ABC所對(duì)的弧是劣弧ABABC600BACAB上變化時(shí)，∠CAB，它的大小為優(yōu)BA因此C600變式2:如圖,1OA、BAE判斷∠AOBA、B的變化而變化，若變化，求出變化范AEABCD

解：（1）由于AB=OA=OB，所以三角形AOB為等邊三角形，則 3

HO （2）四邊形ABCDAOB的面積為

1ODAF1OCBG1(AFAODBOC

1(AFBG)

3ABCDEHEH≤OE=

3四邊形ABCD的面積最大值為4+2= 對(duì)于本題還可以繼續(xù)思考:四邊形ABCD的周長(zhǎng)的變化范圍變式3:如圖,有一塊半圓形的木板,現(xiàn)要把它截成三角形板塊.三角形 A、BC在半圓上，問(wèn)怎樣截取才能使截出的三角形的面積最大？要求說(shuō)明理由（2000年考題）ABCABCAB D由于CD≤CO，當(dāng)O與D重合，CD=CO，因此，當(dāng)CO與AB垂直時(shí) C的中點(diǎn)時(shí)，其三角形ABC C1（C重合）ABCABC1的面積即可。如 ABC1的面積2AB×C1DC1DC1O=CO,ABC1的面積2AB×C1D<2×C1O=ABC的面積,因此,對(duì)于除點(diǎn)C外的任意點(diǎn)C1,ABC1ABC的面積,C為半圓中點(diǎn)時(shí),ABC面積最大.本題還可研究三角形ABC的周長(zhǎng)何時(shí)最大的問(wèn)題。提示：ABC的周長(zhǎng)最大，AB為常ABC的面積，因此ΔABC的面積最大時(shí)，AC+BC最大，從而ΔABC的周從以上一道題及其三個(gè)變式的研 不難發(fā)現(xiàn),解決動(dòng)態(tài)幾何問(wèn)題的常 方法有一 特殊探路，一般推

2：（200411題）如圖，⊙O1和⊙O2A，⊙O13，⊙O2的PC22

33

（D）BPC取一個(gè)特殊位置進(jìn)行研究，當(dāng)點(diǎn)PBPC322322ABAB2ABAB28

828246BO1CPBP2BCBP2BC在三角形BPC中 33PC

選

BP BP，即可計(jì)算出結(jié)論作為一道選擇題，到此已經(jīng)完成，但如果是一道解答題，得出的結(jié)論只是一個(gè)特殊情況，還要進(jìn)一3ABCBC=4，OABCEF點(diǎn)E和點(diǎn)F分別在邊AB、AC上滑動(dòng)并保持AE=CF,但點(diǎn)F不與A、 EF OEB、A判斷OEF判斷四邊形AEOFE、F的變化而變化，若變化，求其變化范圍，若不變化，求它的值A(chǔ)EFE、FCE與AFC無(wú)限接C 情況都可以得出ΔEOF為等腰直角三角形。一般情況下成立嗎？OE相等嗎？∠EOF為直角嗎？能明。如果它們成立，便可以推出三角 ，而≌ΔOFCOE=OF，且∠FOC=∠EOA，所以∠EOF=∠EOA+∠AOF=∠FOC+∠FOA=900，則∠EOF為直角，故ΔEOF為等腰直角三角形。二 動(dòng)手實(shí)踐，操作確4（2003年廣州市中考試題）在⊙O中，CAB的中點(diǎn)，DAC上任一點(diǎn)（與A、C不重 (B) (DAC+CB與AD+DB分析:本題可以通過(guò)動(dòng)手操作一下,AC、CB、AD、DB的長(zhǎng)度，可以嘗試換幾個(gè)位置量一量，CDB、E，則下列結(jié)論中正確的是（*EDCOA（A）DEAB（B）DEEDCOA（C）DEAB（D）DE,AB的大小不確定 OE—OD<DE,即OB—OA<DE,ABED,DE三 建立聯(lián)系，計(jì)算說(shuō)N為對(duì)角線AC上任意一點(diǎn)，則DN+MN的最小值為 DN和NMN NMBC2CM此DN+MN的BC2CM EFAB、AC上滑動(dòng)并保持AE=CF,FA、C重合，點(diǎn)EB、A重合。判斷四邊形AEOFE、F的變化而變化，若變化，求其變化范圍，若不變化，求它的值A(chǔ)EFE、F（323問(wèn)EF分析：(2)本題的方法很多，其一，可以建立四邊形AEOF EF2AE長(zhǎng)的函數(shù)關(guān)系式，如設(shè)AE=x，則AF2

x22而三角形AOB的面積與三角形AOE的面積之比 1OBOA AOB的面積2x2 AOF的面積

AOE22222x(222，因此四邊形AEOF的面積 ；當(dāng)然，本題也可以這樣思考，由于三角形AOECOF全等，則四邊形AEOF的面積與2.廣泛

1第(3)問(wèn),也可以通過(guò)建立函數(shù)關(guān)系求得,AEF的面積=

x)1(x222

2)2,2x的變化范圍為0x20AEF的面積

,由二次函數(shù)知識(shí)得AEF的面積的范圍為AEF與三角形OEF的面積關(guān)系確定AEF的面積范圍不難證明AEFOEFEFEF的中點(diǎn)H，顯然由于OEF12，因此0AEF的面積本題包容的內(nèi)涵十分豐富，還可以提出很多問(wèn)題研究

所以AEFEFAO長(zhǎng)度大小等（A、E、O、FEF為直徑的圓上得出很例8：如圖，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，點(diǎn)P沿 AB2厘米/秒的速度移動(dòng)；點(diǎn)QDA開始向點(diǎn)A以1厘米/秒的速度移動(dòng)。如果Ｐ、Ｑ同時(shí)出發(fā)，用t 表示移動(dòng)的時(shí)間（0t≤6）tQAP tQAP為頂點(diǎn)的三角形與△ABC分析：（1）QAP為等腰三角形時(shí)，由于∠A為直角，只能是AQ=AP2t6t，即t2QAP四邊形QAPC的面積=ABCD的面積—三角形QDCPBC126112x1(122x)

6

6

6

12x3x作為訓(xùn)練可以綜合上述方法求解練：2003年廣州市中考?jí)狠S題（全卷得分最低的一道P已知ABC為直角三角形，AC=5，BC=12，∠ACB為直角 PC不重合

1AB MDQ第1問(wèn)很易得出P為AB中點(diǎn)，則CP=MDQ2問(wèn)：如果CPQPQAC則∠Q不可能為直 DABDMCD，DM

DM12

DM5(12

DM5(12x)CD

x AB

所

310xx6

20CQ3

CPQ練習(xí)2：（省2003年中考試題最后一題）在Rt△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，OBC的中點(diǎn)，寫出點(diǎn)O到△ABCA、B、C如果點(diǎn)MN分別段ABAC上移動(dòng)移動(dòng)中保持AN＝BM，請(qǐng)判斷△OMN的形狀，并證明你的結(jié)論。該題與例3類似，可以仿專題專題三：雙動(dòng)點(diǎn)點(diǎn)動(dòng)、線動(dòng)、形動(dòng)構(gòu)成的問(wèn)題稱之為動(dòng)態(tài)幾何問(wèn)題它主要以幾何圖形為載體，運(yùn)動(dòng)變化為主線，集多個(gè)知識(shí)點(diǎn)為一體，集多種解題思想于一題這類題綜合性強(qiáng)，能力要求高，它能全面的考查學(xué)生的實(shí)踐.其中以靈活多變而著稱的雙動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題更成為今).出發(fā)PBA，AD，DC運(yùn)動(dòng)CQBC運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度1cm/s.而當(dāng)點(diǎn)PAQ正好到C.P，Q同時(shí)從點(diǎn)B出發(fā)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t(s)時(shí)，△BPQ的y(cm)2(2t，yPADA到D運(yùn)動(dòng)時(shí)，yt3MN.3中M，NPBA邊上和DC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，yt的函數(shù)關(guān)系式(注明自變量的取值范圍)，并在3yx的函數(shù)關(guān)系的大致圖象.評(píng)析本題將點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中形成的函數(shù)解析式與其相應(yīng)的函數(shù)圖象有機(jī)的結(jié)合在一起，二者相輔運(yùn)用.ABtyt的函數(shù)關(guān)22(2007年泰州市)5，Rt△ABC中，∠B=90°，∠CAB=30°.A的坐標(biāo)為(10，0)，2)yPCt秒.PAB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△OPQS(平方單位)t(秒)之間的函數(shù)圖象為拋物線的一部分，(6)P的運(yùn)動(dòng)速度.P，Q保持(2)PAB邊運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠OPQt的增大BC邊運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠OPQtP沿這兩邊運(yùn)動(dòng)時(shí)，使∠OPQ=90°P有幾個(gè)?請(qǐng)說(shuō)明理由.解(2)P2個(gè)單位/秒評(píng)析本題是以雙點(diǎn)運(yùn)動(dòng)構(gòu)建的集函數(shù)、開放、最值問(wèn)題于一體的綜合題.試題有難度、有梯度也有332007年揚(yáng)州市)8ABCD中，AD=3厘米，AB=a厘米(a>3).動(dòng)點(diǎn)M，NB點(diǎn)B→A，B→C1厘米/秒.MABAN，CDP，Q.N到達(dá)終點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)M也隨之停止運(yùn)動(dòng).t秒.若a=4厘米，t=1PM=若a=5t，使△PNB∽△PADPMBNPQDA的面積相等，求a是否存在這樣的矩形：在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，存在某時(shí)刻使梯形PMBN，梯形PQDA，梯形 積都相等?若存在，求a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.評(píng)析題是以動(dòng)點(diǎn)為體形為背創(chuàng)設(shè)存在性問(wèn)題題由淺層遞進(jìn)將幾何代()tMt與a的函數(shù)t的范圍確定的a.()3問(wèn)題的體把握.4A、C1cm/sEEHACRt△ACD的直角邊于HF作FGACRt△ACDGHG、EB.HE、EF、FG、GH圍成S1，AE、EB、BAS2(0).EC，F(xiàn)到A停止.E的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為x(s)，解答下列問(wèn)題：XS1S2yx(10為備用圖y的最大值(1)E、F、G、HABCD82AC=16BOB=89AE=x2=4xHE=AExEF16-2xS1=S2時(shí)，4x=x(16-2x)x1=0(舍去)，x2=6x=6時(shí)，S1=S2.S1=(16-x)(2x-16)，所以y=(16-x)(2x-16)+4x=-2x2+52x-x=13時(shí)，y專題專題四：函數(shù)中因動(dòng)點(diǎn)產(chǎn)生的相似三角形問(wèn)1A（2，1）O，與xBy1x2 邊形，求D點(diǎn)的坐標(biāo)；OA、AB2xP，使得△OBP與△OAB相似？若存P點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由。yAyAOB x1yAOBx分析:1.當(dāng)給出四邊形的兩個(gè)頂點(diǎn)時(shí)應(yīng)以O(shè)、C、D、B四點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形要分類:按OB為邊和對(duì)角線兩種情況.①求相似三角形的第三個(gè)頂點(diǎn)時(shí)，先要分析已知三角形的的特點(diǎn)，進(jìn)而得出已知三角形 3)，EO(0)2 求拋物線的解析式．（y2x253x P點(diǎn)作平行于x軸的直線PC交y軸于C點(diǎn)，在拋物線對(duì)稱軸右側(cè)且位于直線PC下方的拋物線上，任取一點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)Q作直線QA平行于y軸交x軸于A點(diǎn)，交直線PCB點(diǎn)，直線QA與直PC及兩坐標(biāo)軸圍成矩形OABC．是否存在點(diǎn)Q，使得△OPC與△PQB相似？若存在，求出Q點(diǎn)如果符合（2）中的Qx軸的上方，連結(jié)OQ，矩形OABCy△OPPQOQOQA

Q A在x軸上，點(diǎn)C在BCBOA的點(diǎn)D處。已知折疊CE判斷△OCD與△ADECExP

，且tanEDA3545DllCExl、直線CEy軸yCBEO AyCBEO Ayax2bxc(a0xA，B兩點(diǎn)（AB左邊）yC，其頂點(diǎn)的橫坐標(biāo)為1，且過(guò)點(diǎn)(23)求此二次函數(shù)的表達(dá)式；（yx22x3）

2若直線l:ykx(k0)BCD（B，C重合），則是否存在這樣的直線l，B，O，D為頂點(diǎn)的三角形與△BACD的坐標(biāo)；若C(3)P是位于該二次函數(shù)對(duì)稱軸右邊圖象上不與頂點(diǎn)重合的任意一點(diǎn)，試比較銳角PCOACO的大小（不必證明）PxpxlCAxlCAByxyPAoCBx43練習(xí)4(2008湛江市)，已知拋物線yx21與x軸交于A、B兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)xMMMGxGA、M、G三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與PCAM點(diǎn)的坐標(biāo)；否則，請(qǐng)說(shuō)明理由．5△ABCACB90A，C的坐標(biāo)分C(0)4yBAOCC(yBAOC(3) xDDB△ADB與△ABC（不包括全等）D的坐標(biāo)；（2 APDQm，問(wèn)是否存在這樣的m使得△APQ與△ADB相似，如存在，請(qǐng)求出m的值；如不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．參考答例題、解:⑴由題意可設(shè)拋物線的解析式為ya(x2)2∴0a(02)2∴a14拋物線的解析式為y1(x2)21,即y1x2yAOByAOBxCD⑵如圖1,當(dāng)OB為邊即四邊形OCDB是平行四邊形時(shí),CD＝OB,由01(x4

1得x10x24∴Dx＝6代入y1(x2)21,4yAOBExP根據(jù)拋物線的對(duì)稱性可知,D,ODCB是平行四邊形,此時(shí)yAOBExPOBOCBD是平行四邊形時(shí),D若△BOP與△AOB相似,必須有∠POB＝∠BOA＝∠BPOOPA′點(diǎn),A′(2,－1)OP的解析式為y12由1x1x2x 得x10x2PPE⊥x軸,Rt△BEP中 ∴△PBO與△BAO不相似P點(diǎn).P,使得△BOP與△AOB相似.練、解：（1）由已知可得

3b 75a53b c

a2，b53，c0 y2x253x 設(shè)Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(m，nn2m253m 3m要使△OCP∽△PBQ,BQPB，則有3n 3m

32m253m m 解之得，m123，m2 2m123n2，即為Q點(diǎn)，所以得Q(2

m3m3BQPBO m3m3BQPBO 要使△OCP

，則 ， 33，當(dāng)m 時(shí)，即為P點(diǎn)3312yCBEO xm133時(shí)n3，所以得Q(33．故存在兩個(gè)Q點(diǎn)使得△312yCBEO xQ點(diǎn)的坐標(biāo)為(233（3）在Rt△OCP中，因?yàn)閠anCOPCP

．所以COP 圖．3．．32)．．．△OPPQOPOAQ又在Rt△OAQ中，因?yàn)閠anQOAQA

．所以QOA．33．3．．所以△OPC∽△PQB∽△OQP∽△OQA，lyNCBEPO xFMG又因?yàn)镼P⊥OP，QA，lyNCBEPO xFMG所以△OQA≌△OQP解：（1）△OCD與△ADE相似。CDEB90，90，90，∵tanEDA

AE3，∴

∴OCABAEEBAEDE3t5t8t ∴8tCD 在△DCE中，∵CD2DE2CE2∴(10t)25t)255)2t=1∴OC=8，AE=3，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，8），E的坐標(biāo)為（10，3），CE10kb k1 解得 b

y1x8P的坐標(biāo)為（16，0）2l2(23)

a由4a2bc 解得b9a3b2

c此二次函數(shù)的表達(dá)式為yx22x3假設(shè)存在直線l:ykx(k0)BCD（B，C重合），B，O，D為頂點(diǎn)的三角形與△BAC相似．yx22x3中，令y0，則由x22x30，解得x1，xxlCDxlCD Byx設(shè)過(guò)點(diǎn)O的直線lBCDDDExE(0)(03)AB4OBOC3，OBC45322BC 322要使△BOD∽△BAC或△BDO∽△BAC已有BB，則只 339若是①，則有BD339 922而OBC45BE922Rt△BDEBE2DE22BE2

BD2 解

9（負(fù)值舍去4

4

OB

393 39D的坐標(biāo)為44Dykx(k0)中，求得k滿足條件的直線ly3x［ACy3x3AC平行的直線ly3x．此時(shí)易知△BOD∽△BACBCyx3y3x，yx3D39的坐標(biāo)為44323若是②，則有BD323而OBC45BEDERt△BDE中，由勾股定理BE2DE22BE2BD222)2解

2（負(fù)值舍去

OB

321(2)Dykx(k0)中，求得k2∴滿足條件的直線ly2x存在直線l:y3xy2xBCD（B，C重合），B，O，D39三角形與△BACD的坐標(biāo)分別為

(2)44C(03)，E(0)E(0)ykx3中，求得k3．y3x3xC EBxPP的坐標(biāo)為(x，3x3yx22x3x25x0．解得x15，xC EBxPx5，y12此時(shí)，銳角PCOACO．又二次函數(shù)的對(duì)稱軸為x1，(23)xp5時(shí)，銳角PCOACO；當(dāng)xp5時(shí)，銳角PCOACO；yPAoCBx2xp5時(shí)，銳角PCOyPAoCBx練習(xí)（1）x0y

解得x C(0, ∴BAC=ACO=BCO= PPExE，則APE令OE=a，則PE=a ∴P(a,aPyx21a1a2解得a12a21（不合題意，舍去ACBPS=1AB?OC1AB?PE121123

∵PAB=BAC= ∵M(jìn)Gx軸于點(diǎn) ∴MGA=PAC=22yMPG CBx在R△C，==1 ∴C=在R△E中，==22yMPG CBxM點(diǎn)的橫坐標(biāo)為m，則

My軸左側(cè)時(shí)，則m當(dāng)AMGPCAAG= ∵AGm1，MGm21

m1

m232解得m1（舍去）m232 當(dāng)MAG∽PCA時(shí) m2即2

23 m3

m2∴M(2 My軸右側(cè)時(shí)，則myPM GBxC當(dāng)AMGPCAyPM GBxC ∵AG=m1，MG=m2m1m2 32 解得m11（舍去）m2324∴M(,3當(dāng)MAGPCAAG=m m22323

m11（舍去）m2∴M∴存在點(diǎn)MA、M、G三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形與PCA4M點(diǎn)的坐標(biāo)為(23(,)3C(0)AC4BCtan∠BACAC343B點(diǎn)坐標(biāo)為(13)4A，Bykxb0k(3)由

得k3，b9直線AB的函數(shù)表達(dá)式為y3x 3k 如圖1，過(guò)點(diǎn)B作BDAB，交x軸于點(diǎn)D Rt△ABC和Rt△ADB

Q DD點(diǎn)為所求又tan∠ADBtan∠ABC4 圖3CDBCtan∠ADB349ODOCCD13，D130

這樣的m在Rt△ABC中，由勾股定理得AB5如圖1，當(dāng)PQ∥BD時(shí)，△APQ∽△ABD m313m

，解得m 3 4

Q

D2PQAD△APQ313則 ，解得m3 4發(fā)，分別沿AB、BC勻速運(yùn)動(dòng)，其中點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的速度1cm/sQ運(yùn)動(dòng)的速度是2cm/s，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)C時(shí)，P、Qt（s），解答下列問(wèn)題：t＝2時(shí)，判斷△BPQ設(shè)△BPQS（cm2），StQR//BAACRPRt為何值時(shí)，△APR∽△PRQ？分析:t＝2BPBQ的長(zhǎng)度,從而可得△BPQ的形狀;QE⊥BP于點(diǎn)E,PB,QEt表示,由

×BP×QE2St的函數(shù)關(guān)系式;EPRQ為平行四邊形,再由△APR∽△PRQ,對(duì)應(yīng)邊成比例列方程,t值可求.解:(1)△BPQ是等邊三角形,過(guò)Q作QE⊥AB,E,QB=2t,QE=2t·sin600=3AP=t,PB=6-t,所以

3 (6-t)×3 3 因?yàn)镼R∥BA,所以∠QRC=∠A=600，∠RQC=∠B=600，又因?yàn)樗浴鱍RC是等邊三角形,BQ=2t,所以QR=RC=QC=6-=23所以EP=QR,又EP∥QR,所以四邊形EPRQ是平行四邊形,所以 3由△APR∽△PRQ,APPR,即

6

,t65t5

時(shí),點(diǎn)評(píng):本題是雙動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題.動(dòng)態(tài)問(wèn)題是近幾年來(lái)中考數(shù)學(xué)的熱點(diǎn)題型.這類試題信息量大,對(duì)例2(2008浙江溫州)如圖在Rt△ABC中，A PDDEPPQBC于Q，過(guò)點(diǎn)Q作QRBAACR，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)CPBQxQRy．（1）DBCDH的長(zhǎng)；ARDPEARDPEP，使△PQR為等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出所有x的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．分析:由△BHD∽△BAC,可得DH;由△RQC∽△ABC,y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式;由腰相等列方程可得x的值;注意需分 H

ARt，AB6，AC8，BCDAB中點(diǎn)，BD1AB32DHBA

BD∴

BDAC

38

（2）QR∥AB，QRCA90．CC，△RQC∽△ABC C，y10xyxy3x6 ①當(dāng)PQPR時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作PMQR于M，則QMRM RDP1EM21290，C290，1RDP1EM2 13x6

H 2 ，x DPERDPERPQRQ3x612 x6

PRQRRPQ中垂線上的點(diǎn)，REC的中點(diǎn)，2tanCCR1CE1AC2tanC4BA3x 6，x15． x為18615△PQR 點(diǎn)評(píng):建立函數(shù)關(guān)系式,實(shí)質(zhì)就是把函數(shù)y用含自變量x的代數(shù)式表示;要求使△PQR為等腰三角形的x的值,可假設(shè)△PQR為等腰三角形,找到等量關(guān)系,列出方程求解,由于題設(shè)中沒(méi)有指明等腰三角形的腰,五、五、以圓為載體的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題是初中數(shù)學(xué)的一個(gè)難點(diǎn)，中考經(jīng)常，有一類動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，題中未說(shuō)到圓，卻與圓有關(guān)，CQ（03）P、QPCQ∠ACB90°PQAC∠PQC90°，所以只有∠CPQ△CPQCPQ否則∠CPQDABM，DM，則DM⊥ABAC＝AM＝5所以MBABAM135設(shè)CDxDMx，DB12RtDMBDB2DM2MB212x2x2x10，所以CQ2x 即當(dāng)CQ20PM，△CPQ320CQ12DABP3③當(dāng)0CQ20DABPD0＜∠CPQ＜90°，320CQ12時(shí)，△CPQ32.2ABCDAD∥BC，∠B＝90°，AD＋BC＜DCDCPAP⊥BP，分析：由條件AP⊥BP，想到以AB為直徑作圓，若CD與圓相交，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是90°，兩個(gè)交點(diǎn)即為點(diǎn)P；若CD與圓相切，切點(diǎn)即是點(diǎn)P；若CD與圓DCPAP⊥BP。AD、BCOAD＝DE，BC＝CEAD＋BC＜DC，OCDOEOOE，CDO3.如圖5，△ABC的外部有一P（在直線BC上方），分別PB、PC，試確定∠BPC∠BAC（02）分析：∠BPC與∠BAC之間沒(méi)有聯(lián)系，要確定∠BPC與∠BAC的大小關(guān)系，必須找恰當(dāng)?shù)妮d體，作為它們之間的橋梁，這道橋梁就是圓，通過(guò)構(gòu)造△ABC當(dāng)點(diǎn)P在△ABC外接圓內(nèi)時(shí)，如圖7BP交△ABC外接圓D，連結(jié)又∠BD＝∠BA，故∠BP＞∠BA。P在△ABC專題專題七、2010中考數(shù)學(xué)熱點(diǎn)專題突破訓(xùn)練――動(dòng)點(diǎn)問(wèn)當(dāng)點(diǎn)P2PMADE，求△APE當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)2秒時(shí)，另一動(dòng)點(diǎn)Q也從AA→B線運(yùn)動(dòng)，且在AB上以每秒1cm的速度勻速運(yùn)動(dòng)，（當(dāng)P、Q某一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)，則兩點(diǎn)都停止運(yùn)動(dòng).）QQN，QN∥PM，Qt求St求S由題意知，點(diǎn)P為動(dòng)點(diǎn)，所走的路線為：A→B→C速度為1cm/s。而t=2s，故可求出AP的值，進(jìn)而求出△APE略解：由AP=2，∠A=60°得 .因此PM②當(dāng)PBCQAB運(yùn)動(dòng)時(shí)，畫出相應(yīng)圖形，所成圖形為六邊形DFQBPG.不規(guī)則圖形6＜t≤8.AQ=t,AP=t+2,AF= t,AG=(t+2),由三角函數(shù) 平行四邊形 易求 平行四邊形 而S△CGP=PC·PG,PC=4-BP=4-(t+2-8)=10-t.由比例式可得∴PG= 0≤t≤66＜t≤80≤t≤6St6＜t≤8略解：由于所以t=6時(shí)，S最大＝；由于S＝(6＜t≤8,所以t=8時(shí)，S最大=6.綜上所述,當(dāng)t=8時(shí)，S最大=6.例2（2006年錦州市如圖在平面直角坐標(biāo)系中四邊形OABC 坐標(biāo)為(4,0)，∠AOC=60°，垂直于x軸的直線l從y軸出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)直線l與菱形OABC的兩邊分別交于點(diǎn)M、N(點(diǎn)M在點(diǎn)N的上方).設(shè)△OMN積為S，l運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0≤t≤6)，試求S與t的函數(shù)表達(dá)式OABCC4,0)，∴OA=AB=BC=CO=4.如圖①，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥OC于D.∵∠AOC=60°，∴OD=2，AD= 直線ly發(fā)，沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)與OABC的兩邊相交有三種情況①0≤t≤2直線lOA、OC邊相交②2＜t≤4直線lAB、OC邊相交③4＜t≤6直線lAB、BC邊相交略解：①∵M(jìn)N⊥OC，∴ON=t. ③方法一：設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn) t)t=- 方法二：設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)H.∵S=S△OMH-S△ONH，∴S= - (t- 方法三：設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)H.∵S= ,= ·(t- = (t- t- (6-t)(6- - - t- )- t- )- - 略解：由2知，當(dāng)0≤t≤2時(shí)，= 當(dāng)2＜t≤4時(shí)，=4； 但t=3不在4＜t≤6內(nèi)，∴在4＜t≤6內(nèi)，函數(shù)S＝- 而當(dāng)t＞3時(shí)函數(shù)S＝- t隨t的增大而減小，∴當(dāng)4＜t≤6時(shí)，S＜4 上所述，當(dāng)t=4秒時(shí)，=4.練（2006年南安市），在直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的邊AD在x軸上，點(diǎn)A在原點(diǎn)，AB＝3，AD＝5．2xP從A1若⊿OAPs，st（并寫出相應(yīng)的自變量t）．解:（1）P點(diǎn)從AD＝（3+5+3）÷1＝11（秒）.當(dāng)t＝5，PABCOA=10,AB+BP=5，∴BP=2.PPE⊥ADEPE=AB=3,AE=BP=2.．當(dāng)8＜t＜11時(shí)，點(diǎn)P在CD上運(yùn)動(dòng)，此時(shí)OA=2t,AB+B=∴DP=(AB+BC+CD)-( )=11-t.∴s=×2t×(11-t)=-t2+11時(shí)，s=3t8＜t＜11s=-t2+11t.24OABCOAxCy軸的正半軸上．動(dòng)點(diǎn)D段BC上移動(dòng)（不與B，C重合），連接OD，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥OD，交邊AB于點(diǎn)E，OE．CD=1求點(diǎn)E的坐標(biāo)t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．(1)ED⊥OD=90∠CDO所以∠COD=∠EDB.又因?yàn)椤螼CD=∠DBE=90°，所以△CDO∽△BED.所以，即，BE=，則.因此點(diǎn)E的坐標(biāo)為（4，(2)S由于△CDO∽△BED，所以，即，BE=t－×4×(4＋t－ 故當(dāng)t=2時(shí)，S有最大值1、（09包頭）如圖，已知△ABCABAC10BC8DAB如果點(diǎn)P段BC上以3厘米/秒的速度由B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q段CA上由C點(diǎn)向QP1△BPD與△CQPQPQ△BPD與QCPB△ABCPQ第一次在△ABC的哪條邊上相遇？解：（1）t1BPCQ313AB10DABBD5PCBCBP，BC8PC835

ADQ DQPCBD．∴BC△BPD≌△CQP （4分②∵vPvQ，∴BPCQP，點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間tBP4 ∴vQ

43

（7分4（2）xP與點(diǎn)Q由題意，得15x3x210x80 P803803P、點(diǎn)QAB∴經(jīng)過(guò)80秒點(diǎn)P與點(diǎn)Q第一次在邊AB上相遇 （12分34到達(dá)A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)停止．點(diǎn)Q沿線段 運(yùn)動(dòng)速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度點(diǎn)P沿路線O→B→A運(yùn)動(dòng)yBP 設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t△OPQ的面積為SyBP S48P的坐標(biāo)，并直接寫出以點(diǎn)O、P、Q5點(diǎn)的平行四邊形的第四個(gè)頂點(diǎn)M的坐標(biāo)． 1分點(diǎn)Q由OA的時(shí)間是1

8（秒P6102（單位/秒）·18當(dāng)P段OB上運(yùn)動(dòng)（或0≤t≤3）時(shí)，OQt，OPSt

1當(dāng)P段BA上運(yùn)動(dòng)（或3t≤8）時(shí)，OQt，AP6102t162t如圖，作D 于點(diǎn)D如圖，作D 于點(diǎn)D，由 ，得PD 1 S S OQPD t2 P824

1

，

1 5I824

1224 241

，M2

，，M3

3 5

5 53（09）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，直線l：y=－2x－8分別與x軸，y軸相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)（0，k）yP為圓心，3k為何值時(shí)，以⊙PlP為頂點(diǎn)的三角形是正三角形？解：（1）⊙Px軸相切.y=－2x－8xA（4，0），yB（0，－8），Rt△AOP∴k=－3，∴OP等于⊙P∴⊙Px當(dāng)圓心P段OB上時(shí),作PE⊥CD于∵△PCD為正三角形，∴DE=1CD=3 ∴PE=332∵∠AOB=∠PEB=90°，∴AOPE,

344=244 ∴PB3152∴POBOPB83152∴P(0,3158)2∴k31582當(dāng)圓心 段OB延長(zhǎng)線上時(shí),同理可得P(0,－3152∴k=－3152k315－8k=315－8時(shí)，以⊙Pl 4（09哈爾濱）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，ABCOA的坐標(biāo)為（－3，4），Cx軸的正半軸上，直線ACyM，ABy軸于點(diǎn)AC的解析式；（2）BM2PAABC方向以2C勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)△PMBS（S≠0），PtSt之間的函數(shù)關(guān)系式（t的取值范圍）；在（2）t為何值時(shí)，∠MPB與∠BCOOP 解BEQDPC5（09河北）Rt△ABC中，∠C=90°，AC3，AB5PCCA1個(gè)單位長(zhǎng)BP、QBEQDPC且交PQ于點(diǎn)D，交折線QB-B于點(diǎn)E．點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)BPP、Qt秒（t＞0）．當(dāng)t=2時(shí)，AP ，點(diǎn)Q到AC的距離 APCA運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，求△APQSt的函數(shù)關(guān)系式；（t的取值范圍EBCQBED能否成t的值．若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由；DEC時(shí)，請(qǐng)t解：（1）185BEQDPC作QF⊥ACF3AQCPtAPBEQDPC5252QFtQF4t

4 ∴S1(3t)4t AS

t2t BQEBQECDE∥QB∵DE⊥PQ，∴PB，四邊形QBED是直角梯形．A由△APQ∽△ABCAQAPA 3 即 ．解得t BQGDBQGDP5PQ∥BC時(shí)，DE⊥BCQBED是直角梯形．此時(shí)∠APQ=90°．由△AQP∽△ABC，得AQAP t3t．解得t15

圖 t 或t PCA運(yùn)動(dòng)，DEC．PCt，QC2QG2CG2[3(5t)]2[44(5t)]2

DA PC2QC2，得t2[(5t)]2[4

(5t)]2，解得t 圖2PAC運(yùn)動(dòng)，DEC(6t)23(5t)]2[44(5t)]2t45 60，點(diǎn)O的直線l從與AC重合的位置開始，繞點(diǎn)O作逆時(shí)針AB邊于點(diǎn)D．過(guò)點(diǎn)C作CEAB交直線l于點(diǎn)E，設(shè)直線l的旋轉(zhuǎn)角為．①當(dāng) 度時(shí)，四邊形EDBC是等腰梯形，此時(shí)AD的長(zhǎng) ②當(dāng) 度時(shí)，四邊形EDBC是直角梯形，此時(shí)AD的長(zhǎng) 當(dāng)EDBC解 4lEODC當(dāng)∠α=900時(shí)，四邊形lEODC∵CE//AB,∴四邊形EDBC是平行四邊 6在Rt△ABC中 COCO∴AB=4,AC=233∴AO=1AC32

8

B（備用圖Rt△AOD中 又∵四邊形EDBC是平行四邊∴四邊形EDBC是菱 10ADNMBBC2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)CN同時(shí)從C點(diǎn)出發(fā)沿線段CD以1DADNMBCMNAB時(shí)，求t ADHKKHAD 1在Rt△ABKAKABsin454222ss4222

252在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC52BCBKKHHC433 3（2）DDGABBC于GADGB∵M(jìn)N∥AD∴MN∥AD GC103 4MN運(yùn)動(dòng)到tCNt，CM10∵DG∥∴∠NMC又∠C∴△MNCADNCN 5ADN t10 解得，t 6NCMC時(shí)，如圖③，即t10t 73

（圖ADNADNMH ADNADNMH（圖 （圖MNNCNNEMCEC1MC1102t5 Rt△CENcoscEC5 又在Rt△DHCcoscCH ∴5t tt8

8∴△NECNC t5 t 88③當(dāng)MNMC時(shí)，如圖⑤，過(guò)M作MFCNF點(diǎn)FC1NC1 1 cosC

10

解得t ∴△MFC1

B（圖

H ∴FC

210

∴t 綜上所述，當(dāng)t10、t25或t60時(shí)，△MNC為等腰三角 9 8（09江西）1ABCDAD∥BCEABEEF∥BC交FAB4，BC6，∠B60EBCPEFPPMEFBC于點(diǎn)MMMNABNPNEPx①當(dāng)點(diǎn)N段AD上時(shí)（如圖2），△PMN的形狀是否發(fā)生改變？若不變，求出△PMN的周長(zhǎng)；若ADEFA ADEFA EFM

C AEAEPF圖 圖 圖ADEF（第25題）ADEF

②當(dāng)點(diǎn)N段DC上時(shí)（如圖3），是否存在點(diǎn)P，使△PMN為等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出所有x的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.解（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)E作EGBC于點(diǎn) 1EAB∴BE1AB22222∴BG1BE1，EG2

即點(diǎn)E到BC的距離為 3ADEFEF∴ADEF∥B∴ 同理MNAB 42PPHMNHMNA EFH∴PH1PMA EFH

∴MH

cos303．2NHMNMH435． NH2PH在Rt△PNHNH2PH

BG 552 322 ∴△PMN的周長(zhǎng)=PMPNMN 37 6②當(dāng)點(diǎn)N段DC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△PMN的形狀發(fā)生改變，但△MNC恒為等邊三角形．PMPN3PRMNR，則MRNR．MR2 7△MNCMCMN此時(shí)，xEPGMBCBGMC613 AEPAEPFR N

N 圖 圖 圖當(dāng)MPMN時(shí)，如圖4，這時(shí)MCMNMP 3此時(shí)，xEPGM6 53PF△PMC∴MCPMtan30此時(shí)xEPGM611綜上所述，當(dāng)x2或4或53時(shí)，△PMN為等腰三角形 10C在第一象限P在正方形ABCD的邊A出發(fā)沿A→B→C→D勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q以相同速度在x軸正半軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，t秒．QP運(yùn)動(dòng)速度；求正方形邊長(zhǎng)及頂點(diǎn)C的坐標(biāo)在（1）中當(dāng)t為何值時(shí)，△OPQ的面積最大，并求此時(shí)P點(diǎn)的坐標(biāo)t的值；若不能，請(qǐng)說(shuō)明