中考数学压轴题解析

如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连结DC，点M、P、N分别为DE、DC、BC的中点．

（1）观察猜想 图1中，线段PM与PN的数量关系是_______，位置关系是_______； （2）探究证明 把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连结MN、BD、CE，判断△PMN的形状，并说明理由；

（3）拓展延伸 把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．

图1 图2

动感体验

请打开几何画板文件名“17河南22”，拖动点D绕点A旋转，观察左图，可以体验到，△ABD与△ACE保持全等，对应线段的夹角为90°，PM、PN分别为两个三角形的中位线．观察右图，可以体验到，在△AMN中，AM和AN是定值，当点M落在NA的延长线上时，MN取得最大值，此时等腰直角三角形PMN的面积最大．

思路点拨

1．图形在旋转的过程中，对应线段相等，对应线段所在直线的夹角等于旋转角． 2．已知三个中点，不由得要想到三角形的中位线．

3．要探求△PMN面积的最大值，首先这个三角形的形状是等腰直角三角形，只要探求斜边最大或者直角边最大就可以了．

图文解析

（1）PM＝PN，PM⊥PN．

（2）△PMN是等腰直角三角形．说理如下：

如图3，△ABD绕着点A逆时针旋转90°与△ACE重合，那么对应边BD＝CE，对应边BD与CE所在直线的夹角等于旋转角，等于90°，即直线BD⊥CE．

11PN//BD，PM＝CE，因为PM、PN分别是△DCE和△CBD的中位线，所以PN＝BD，22PM//CE．

所以PM＝PN，PM⊥PN．所以△PMN是等腰直角三角形．

49（3）△PMN面积的最大值为．

2考点伸展

第（3）题的解题思路是这样的：

如图4，连结AM、AN．在△AMN中，AM＝22，AN＝52，当点M落在NA的延长线上时，MN取得最大值，最大值为72（如图5所示）．

49如图5，等腰直角三角形PMN的面积的最大值为．

2当点M落在线段NA上时，MN取得最小值，最小值为32．此时等腰直角三角形PMN

2

的面积为

9． 2

图3 图4 图5

3

例 2017年河南省中考第23题

如图1，直线y2xc与x轴交于点A(3, 0)，与y轴交于点B，抛物线34yx2bxc经过点A、B．

3（1）求点B的坐标和抛物线的解析式；

（2）M(m, 0)为x轴上一动点，过点M且垂直于x轴的直线与直线AB及抛物线分别交于点P、N．

①点M在线段OA上运动，若以B、P、N为顶点的三角形与△APM相似，求点M的坐标；

②点M在x轴上自由运动，若三个点M、P、N中恰有一点是其它两点所连线段的中点（三点重合除外），则称M、P、N三点为“共谐点”．请直接写出使得M、P、N三点成为“共谐点”的m的值．

图1 备用图

动感体验

请打开几何画板文件名“17河南23”，拖动点M在x轴上运动，可以体验到，△BPN可以两次成为直角三角形．观察P、M、N三点的位置关系，可以体验到，每个点都可以成为其它两点的中点．

思路点拨

1．讨论△BPN与△APM相似，转化为讨论直角三角形BPN．

2．分三种情况讨论P、M、N的关系，把位置关系转化为纵坐标间的数量关系．

图文解析

22xc，得c＝2．所以yx2，B(0, 2)． 334设抛物线的交点式为y(x3)(xn)，代入点B(0, 2)，得－4n＝2．

3141410解得n．所以y(x3)(x)x2x2．

23233BO2（2）①在Rt△APM中，tan∠PAM＝＝．

AO3因为△BPN与△APM有一组对顶角，如果它们相似，那么△BPN是直角三角形． （i）如图2，当∠BNP＝90°时，BN//x轴，点N与点B关于抛物线的对称轴对称．

555抛物线的对称轴为直线x＝，所以点N的横坐标为．所以M(, 0)．

4222HB（ii）如图3，当∠NBP＝90°时，作BH⊥MN于H，那么＝．

3HN241077由HB＝HN，得m(m2m2)2．解得m．所以M(, 0)．

33344（1）将点A(3, 0)代入y4

图2 图3 11②m的值为，或－1．

24考点伸展

最后一小题分三种情况讨论：

①如果P为NM的中点，那么yN2yP．

4102解方程m2m22(m2)，整理，得2m2－7m＋3＝0．

3331解得m（如图4所示），或m＝3（舍去）．

2②如果N为PM的中点，那么yP2yN．

2410解方程m22(m2m2)，整理，得4m2－11m－3＝0．

3331解得m（如图5所示），或m＝3（舍去）．

4③如果M为PN的中点，那么yPyN．

2410解方程m2(m2m2)，整理，得m2－2m－3＝0．

333解得m＝－1（如图6所示），或m＝3（舍去）．

图4 图5 图6

5

例 2016年河南省中考第22题

发现 （1）如图1，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b．

填空：当点A位于________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为_______（用含a、b的式子表示）．

应用 （2）点A为线段BC外一动点，且BC＝3，AB＝1，如图2所示，分别以AB、AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连结CD、BE．

①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由； ②直接写出线段BE长的最大值．

拓展 （3）如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2, 0)，点B的坐标为(5, 0)，点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°．请直接写出线段AM的最大值及此时点P的坐标．

图1 图2 图3

动感体验

请打开几何画板文件名“16河南22”，拖动第1个图中的点A在圆上运动，可以体验到，当点A落在CB的延长线上时，AC最大．拖动第2个图中的点A在圆上运动，可以体验到，当点D落在CB的延长线上时，DC最大，BE也最大．拖动第3个图中的点P在圆上运动，可以体验到，当点N落在BA的延长线上时，NB最大，AM也最大．

思路点拨

1．根据三角形的两边之和大于第三边，如果两边长是确定的，那么第三边总是小于这两边之和的．当三点共线时，第三条线段的长取得最大值或最小值，最大值为这两边之和，最小值为这两边之差．

2．第（2）题△BCD中，两边BC和BD是确定的，线段DC的最大值就是BC与BD的和．

3．第（3）题模仿第（2）题，先构造全等三角形．

图文解析

（1）如图4，当点A位于CB的延长线上时，线段AC取得最大值，最大值为a＋b． （2）①如图5，因为∠CAE＝∠DAB＝60°，所以∠BAE＝∠DAC． 又因为由AB＝AD，AE＝AC，得△BAE≌△DAC． 所以BE＝DC．

②如图6，线段BE长的最大值为4．因为此时点D落在CB的延长线上，DC的最大值为4．

6

图4 图5 图6

（3）线段AM的最大值为223，此时点P的坐标为(22,2)．

考点伸展

第（3）题的思路是这样的：

如图7，将点P绕着点A逆时针旋转90°得到点N，连结BN．

由PA＝PN，∠APM＝∠NPB，PM＝PB，得△APM≌△NPB．所以AM＝NB． 如图8，当点N落在BA的延长线上时，NB取得最大值，此时AM也最大． 在等腰直角三角形APN中，AP＝2，所以AN＝22，AN边上的高为2． 所以AM的最大值为223，点P的坐标为(22,2)．

图7 图8

7

例 2016年河南省中考第23题

42交y轴于点C(0, 4)，抛物线yx2bxc经xn交x轴于点A，

33过点A交y轴于点B(0,－2)．点P为抛物线上一个动点，过点P作x轴的垂线PD，过点B作BD⊥PD于点D，连结PB，设点P的横坐标为m．

（1）求抛物线的解析式；

（2）当△BDP为等腰直角三角形时，求线段PD的长；

（3）如图2，将△BDP绕点B逆时针旋转，得到△BD′P′，且旋转角∠PBP′＝∠OAC，当点P的对应点P′落在坐标轴上时，请直接写出点P的坐标．

如图1，直线y

图1 图2 备用图

动感体验

请打开几何画板文件名“16河南23”，拖动点P在抛物线上运动，可以体验到，有两个时刻△BDP可以成为等腰直角三角形，有三个时刻点P′可以落在坐标轴上．

思路点拨

1．等腰直角三角形BDP按照P、D的位置关系存在两种情况．

2．第（3）题以∠DBD′为旋转角，寻找或构造与∠DBD′相等的角，灵活运用3∶4∶5进行计算．

图文解析

4xn，得n＝4．所以A(3, 0)． 3263bc0,将A(3, 0)、B(0,－2)两点分别代入yx2bxc，得

3c2.（1）将点C(0, 4)代入y424，c＝－2．所以抛物线的解析式为yx2x2． 33324（2）点P的坐标可以表示为(m,m2m2），等腰Rt△BDP存在两种情况：

33247①如图3，点P在点D上方时，m(m2m2)(2)．解得PD＝m．

332241②如图4，点P在点D下方时，m(2)(m2m2)．解得PD＝m．

332解得b

8

图3 图4

（3）点P的坐标为(2511445445，)，(5,)． )，或(5,83233考点伸展

第（3）题的思路是这样的：Rt△AOC的三边比是3∶4∶5．

①如图5，点P′落在y轴上．

在Rt△BDP中，设BD＝4n，PD＝3n，那么P(4n, 3n－2)．

2432216将点P(4n, 3n－2)代入yx2x2，得3n2nn2．

3333252511解得n，或n＝0（B、P重合，舍去）．所以点P的坐标为(，)．

32832②如图6，当点P′落在x轴上时，过点D′构造Rt△P′ED′和Rt△D′FB． 在Rt△BD′F中，设BD′＝5n，BF＝4n，D′F＝3n．

1020n． 331020420420所以点P到x轴的距离为(n)2n．所以P(5m,n)．

333333420244205020将点P(5m,n)代入yx2x2，得nn2n2．

33333333在Rt△P′ED′中， P′E＝2＋4n，所以P′D′＝ P′E＝解得n535445445．所以P(5,，或(5,． )（如图6）)（如图7）533

图5 图6 图7

9

例 2015年河南省中考第22题

如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝8，点D、E分别是边BC、AC的中点，联结DE．将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．

（1）问题发现 ①当＝0°时，②当＝180°时，

AE＝_________； BDAE＝_________； BDAE的大小有无变化？请仅图2的情形BD（2）拓展探究 试判断当0°≤≤360°时，

给出证明；

（3）问题解决 当△EDC旋转至A、D、E三点共线时，直接写出线段BD的长．

图1 图2 备用图

动感体验

请打开几何画板文件名“15河南22”，拖动点D绕点C旋转，可以体验到，△EDC与△ABC保持相似，△EAC与△DCB保持相似．观察A、D、E三点的位置关系，可以体验到，点E可以落在AD的延长线上，也可以落在AD上．

思路点拨

1．△EDC与△ABC的对应边，也是△EAC与△DCB的对应边．

2．按照点E与AD的位置关系，分两种情况讨论A、D、E三点共线．

图文解析

（1）如图3，当＝0°时，如图4，当＝180°时，都有DE//AB． 所以

AEAC5＝＝． BDBC2

图3 图4

AE5＝没有变化．证明如下： BD2ECAC如图5，由△EDC∽△ABC，得． ACBC（2）当0°≤≤360°时，

又因为∠ECD＝∠ACB，所以∠ECA＝∠DCB．所以△ECA∽△DCB（如图6）． 所以

AEAC5＝＝． BDBC210

图5 图6

（3）当A、D、E三点共线时，BD＝45或125． 5考点伸展

第（3）题的思路是这样的：

如图7，当点E在AD的延长线上时，四边形ABCD是矩形，此时BD＝AC＝45． 如图8，当点E在AD上时，在Rt△ACD中，AC＝45，DC＝4，所以AD＝8． 因此AE＝AD－ED＝8－2＝6． 由

AE52125＝，得BD＝． AEBD255

图7 图8

11

例 2015年河南省中考第23题

如图1，边长为8的正方形ABCD的两边在坐标轴上，以点C为顶点的抛物线经过点A，点P是抛物线上A、C两点间的一个动点（含端点），过点P作PF⊥BC于点F．点D、E的坐标分别为(0, 6)、(－4, 0)，联结PD、PE、DE．

（1）直接写出抛物线的解析式； （2）小明探究点P的位置发现：当点P与点A或点C重合时，PD与PF的差为定值．进而猜想：对于任意一点P，PD与PF的差为定值．请你判断该猜想是否正确，并说明理由；

（3）小明进一步探究得出结论：若将“使△PDE的面积为整数” 的点P记作“好点”，则存在多个“好点”，且使△PDE的周长最小的点P也是一个“好点”．

请直接写出所有“好点”的个数，并求出△PDE周长最小时“好点”的坐标．

图1 备用图

动感体验

请打开几何画板文件名“15河南23”，拖动点P在A、C两点间的抛物线上运动，观察S随P变化的图像，可以体验到，“使△PDE的面积为整数” 的点P共有11个．

思路点拨

1．第（2）题通过计算进行说理．设点P的坐标，用两点间的距离公式表示PD、PF的长．

2．第（3）题用第（2）题的结论，把△PDE的周长最小值转化为求PE＋PF的最小值．

图文解析

（1）抛物线的解析式为yx28．

（2）小明的判断正确，对于任意一点P，PD－PF＝2．说理如下： 设点P的坐标为(x,x28)，那么PF＝yF－yP＝x2．

而FD2＝x2+(x286)2x2+(x22)2(x22)2，所以FD＝x22． 因此PD－PF＝2为定值． （3）“好点”共有11个．

在△PDE中，DE为定值，因此周长的最小值取决于FD＋PE的最小值．

而PD＋PE＝(PF＋2)＋PE＝(PF＋PE)＋2，因此当P、E、F三点共线时，△PDE的周长最小（如图2）．

此时EF⊥x轴，点P的横坐标为－4． 所以△PDE周长最小时，“好点”P的坐标为(－4, 6)．

18181818181818

12

图2 图3

考点伸展

第（3）题的11个“好点”是这样求的：

如图3，联结OP，那么S△PDE＝S△POD＋S△POE－S△DOE． 因为S△POD＝OD(xP)3x，S△POE＝OEyPS△PDE＝3x121212x16，S△DOE＝12，所以 41211x1612＝x23x4＝(x6)213． 444因此S是x的二次函数，抛物线的开口向下，对称轴为直线x＝－6．

如图4，当－8≤x≤0时，4≤S≤13．所以面积的值为整数的个数为10．

当S＝12时，方程(x6)21312的两个解－8, －4都在－8≤x≤0范围内． 所以“使△PDE的面积为整数” 的 “好点”P共有11个．

14

图4

13

例 2014年河南省中考第23题

如图1，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1, 0)、

3B(5, 0)两点，直线yx3与y轴交于点C，与x轴交于

4点D，点P是x轴上方的抛物线上的一个动点，过点P作PF⊥x轴于点F，交直线CD于点E．设点P的横坐标为m．

（1）求抛物线的解析式；

（2）若PE＝5EF，求m的值；

（3）若点E′是点E关于直线PC的对称点，是否存在点P，使点E′落在y轴上？若存在，请直接写出相应的点P

的坐标；若不存在，请说明理由． 图1

动感体验

请打开几何画板文件名“14河南23”，拖动点P运动，可以体验到，PE与EF的比值，有两个时刻等于5．当点E′落在y轴上时，四边形PE′CE是菱形．

思路点拨

1．用含有m的式子表示PE、EF的长，注意EF存在两种情况．

2．第（3）题我们这样来思考：假如点E′落在了点C上方的某个位置，那么∠EC E′其实是确定的，作角平分线就得到了点P的位置．点P确定了，就可以确定点E、E′的准确位置．此时比较容易观察到菱形PE′CE．根据EC＝EP解方程的时候，转化为m的四次方程，把这个四次方程用开平方法转化为两个二次方程．解得到m的四个根．

这四个根的几何意义是当点E′在C上方时，角平分线所在直线与抛物线有两个交点；当点E′在C下方时，角平分线所在直线与抛物线也有两个交点．注意舍去x轴下方的解．

图文解析

（1）因为抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A(－1, 0)、B(5, 0)两点， 所以y＝－(x＋1)(x－5)＝－x2＋4x＋5．

3（2）点P的横坐标为m，那么P(m,－m2＋4m＋5)，E(m,m3)，F(m, 0)．

4319所以PE(m24m5)(m3)m2m2．

44若PE＝5EF，存在两种情况：

3193如图2，当E在F上方时，EFm3．解方程m2m25(m3)，

44413得m＝2，或m（点P在x轴下方，舍去）．

23193如图3，当E在F下方时，EFm3．解方程m2m25(m3)，

444得m169169，或m（点P在x轴下方，舍去）． 2214

图2 图3 111（3）点P的坐标为(,)，或(4,5)，或(311,2113)．

24考点伸展

第（3）题的思路是这样的：

如图4，当点E′落在y轴上时，四边形PE′CE是菱形．这是因为： 根据对称性，CE＝CE′，∠PCE＝∠PCE′．

又因为PE//CE′，所以∠PCE＝∠CPE′．所以∠PCE′＝∠CPE′． 所以CE′＝PE′．所以四边形PE′CE是平行四边形． 所以四边形PE′CE是菱形．

3325219由E(m,m3)、C(0, 3)，得EC2m2(m)2m．而PEm2m2，由

44164EP＝EC，可得两个方程：

1951解方程m2m2m，得m，或m＝4（如图4所示）．

442195解方程m2m2m，得m311，或m311（点P在x轴下方，舍去）

44（如图5所示）．

图4 图5

15

例 2013年河南省中考第22题

如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E＝30°．

（1）操作发现 如图2，固定△ABC，使△DEC绕点C旋转，当点D恰好落在AB边上时，填空：

①线段DE与AC的位置关系是_________；

②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是_______．

图1 图2

（2）猜想论证 当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中S1与S2

的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想．

（3）拓展探究 已知∠ABC=60°，点D是其角平分线上一点，BD＝CD＝4，DE//AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF＝S△BDE，请直接写出相应的BF．．．．的长．

图3 图4

动感体验

请打开几何画板文件名“13河南22”，拖动左图中的点E绕点C旋转，可以体验到，△CAN与△DCM保持全等，AN＝DM．观察右图，△CDF与△BDE的底边CD与BD相等，因此当高GF与EH相等时，△CDF与△BDE的面积相等，符合条件的点F有两个．

答案

（1）①DE＝2AC；②S1＝S2．

（2）如图5，由“角角边”可以证明△CAN≌△DCM，所以AN＝DM． 因此△BDC与△AEC是等底等高的两个三角形，面积相等．

（3）如图6，作△BDE的边BD上的高EH．延长CD交AB于G，以G为圆心，EH的长为半径画圆与AB的两个交点，就是要求的点F．BF＝843或3． 3316

图5 图6

17

例 2012年河南省中考第15题

如图1，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，BC＝3．点D是BC边上的一个动点（不与B、C重合），过点D作DE⊥BC交AB边于点E，将∠B沿直线DE翻折，点B落在射线BC上的点F处．当△AEF是直角三角形时，BD的长为_______．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“12河南15”，拖动点D在BC边上运动，观察△AEF的形状，可以体验到，∠AEF＝60°保持不变，另外两个角各有一次机会成为直角（如图2，图3）．

答案 如图2，BD＝1；如图3，BD＝2．

图2 图3

18

例 2012年河南省中考第23题

12

B两点，x1与抛物线y＝ax＋bx－3交于A、

2点A在x轴上，点B的纵坐标为3．点P是直线AB下方的抛物线上的一动点（不与点A、B重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作PD⊥AB于点D．

（1）求a、b及sin∠ACP的值； （2）设点P的横坐标为m．

①用含m的代数式表示线段PD的长，并求出线段PD长的最大值；

②联接PB，线段PC把△PDB分成两个三角形，是否存在适合的m的值，使这两个三角形的面积比为9∶10？若存在，直接写出m的值；若不存在，请说明理由．

如图1，在平面直角坐标系中，直线y

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“12河南23”，拖动点P在直线AB下方的抛物线上运动，可以体验到，PD随点P运动的图像是开口向下的抛物线的一部分，当C是AB的中点时，PD达到最大值．观察面积比的度量值，可以体验到，左右两个三角形的面积比可以是9∶10，也可以是10∶9．

思路点拨

1．第（1）题由于CP//y轴，把∠ACP转化为它的同位角．

2．第（2）题中，PD＝PCsin∠ACP，第（1）题已经做好了铺垫．

3．△PCD与△PCB是同底边PC的两个三角形，面积比等于对应高DN与BM的比． 4．两个三角形的面积比为9∶10，要分两种情况讨论．

图文解析

（1）设直线y1x1与y轴交于点E，那么A(－2,0)，B(4,3)，E(0,1)． 2在Rt△AEO中，OA＝2，OE＝1，所以AE5．所以sinAEO25． 525． 54a2b30,

将A(－2,0)、B(4,3)分别代入y＝ax2＋bx－3，得16a4b33.因为PC//EO，所以∠ACP＝∠AEO．因此sinACP11，b． 22111（2）由P(m,m2m3)，C(m,m1)，

2221111得PC(m1)(m2m3)m2m4．

2222解得a所以PDPCsinACP

252512595． PC(mm4)(m1)25525519

所以PD的最大值为95． 55； 2（3）当S△PCD∶S△PCB＝9∶10时，m当S△PCD∶S△PCB＝10∶9时，m32． 9

图2

考点伸展

第（3）题的思路是：△PCD与△PCB是同底边PC的两个三角形，面积比等于对应高DN与BM的比．

而DNPDcosPDNPDcosACPBM＝4－m．

525121(mm4)(m2)(m4)， 5525195①当S△PCD∶S△PCB＝9∶10时，(m2)(m4)(4m)．解得m．

510211032②当S△PCD∶S△PCB＝10∶9时，(m2)(m4)(4m)．解得m．

59920

例 2010年河南省中考第22题

（1）操作发现 如图1，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且点G在矩形ABCD的内部．小明将BG延长交DC于点F，认为GF＝DF，你同意吗？说明理由．

AD的值； ABAD（3）类比探究 保持（1）中的条件不变，若DC＝nDF，求的值．

（2）问题解决 保持（1）中的条件不变，若DC＝2DF，求

AB

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“10河南22”， 拖动点D改变矩形的边长CD，∠BEF保持直角不变，△BAE与△EDF保持相似（如图2）．

答案 （1）如图2，Rt△DEF≌Rt△GEF，所以DF＝GF；

（2）

ADAB2； （3）AD2ABn．

图2

21

可以体验到， 例 2010年河南省中考第23题

在平面直角坐标系中，已知抛物线经过A(－4,0)、B(0,－4)、C(2,0)三点． （1）求抛物线的解析式； （2）若点M为第三象限内抛物线上一动点，点M的横坐标为m，△AMB的面积为S．求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值．

（3）若点P是抛物线上的动点，点Q是直线y＝－x上的动点，判断有几个位置能够使得点P、Q、B、O为顶点的四边形为平行四边形，直接写出相应的点Q的坐标．

图1 图2

动感体验

请打开几何画板文件名“10河南23”，拖动点M在第三象限内抛物线上运动，观察S随m变化的图像，可以体验到，当D是AB的中点时，S取得最大值．拖动点Q在直线y＝－x上运动，可以体验到，以点P、Q、B、O为顶点的四边形有4种情况可以成为平行四边形，双击按钮可以准确显示．

思路点拨

1．求抛物线的解析式，设交点式比较简便．

2．把△MAB分割为共底MD的两个三角形，高的和为定值OA．

3．当PQ与OB平行且相等时，以点P、Q、B、O为顶点的四边形是平行四边形，按照P、Q的上下位置关系，分两种情况列方程．

图文解析

(1) 因为抛物线与x轴交于A(－4,0)、C(2,0)两点，故可设y＝a(x＋4)(x－2)．

1． 2112所以抛物线的解析式为y(x4)(x2)xx4．

22代入点B(0,－4)，求得a(2)如图2，直线AB的解析式为y＝－x－4．

过点M作x轴的垂线交AB于D，那么MD(m4)(mm4)所以SSMDASMDB12212m2m． 21MDOAm24m(m2)24． 212xx4)． 2因此当m2时，S取得最大值，最大值为4． (3) 设点Q的坐标为(x,x)，点P的坐标为(x,①如果PQ//OB，那么PQ＝OB＝4．

22

当点P在点Q上方时，(xx4)(x)4．解得x225．

此时点Q的坐标为(225,225)（如图3），或(225,225)（如图4）． 当点Q在点P上方时，(x)(xx4)4．

解得x4或x0（与点O重合，舍去）．此时点Q的坐标为(－4,4) （如图5）． ②如果PO//BQ，那么PO＝BQ＝4．此时点Q的坐标为(4, －4) （如图5）．

122122

图3 图4 图5

考点伸展

在本题情境下，以点P、Q、B、O为顶点的四边形能成为直角梯形吗？ 如图6，Q(2,－2)；如图7，Q(－2,2)；如图8，Q(4,－4)．

图6 图7 图8

23

例 2009年河南省中考第21题

把两个含有45°角的直角三角板如图1放置，点D在BC上，连结BE、AD，AD的延长线交BE于点F．

（1）求证：AF⊥BE；

（2）把两个含有45°角的直角三角板如图2放置，点D在BC上，连结BE、AD，AD的延长线交BE于点F．问AF与BE是否垂直？并说明理由．

图1 图2

动感体验

请打开几何画板文件名“09河南21”，拖动点B，改变两个直角三角形（三角板）的内角，可以体验到，只要两个直角三角形相似，AF与BE就保持垂直关系．这是为什么呢？拖动点E绕点C逆时针旋转90°，就会体验到，△BEC与△ADC相似，∠BEC与∠EAF的度数和等于90°．

答案 （1）根据“边角边”证明△ECB≌△DCA，得到∠EBC＝∠DAC．

因此∠BFA＝∠BEC＋∠FAE＝∠BEC＋∠EBC＝90°． 所以AF⊥BE．

（2）AF与BE垂直．

24

例 2009年河南省中考第23题

如图1，直线y123且与x轴交于点A，将抛物线yx沿xb经过点B(3,2)，

33x轴作左右平移，记平移后的抛物线为C，其顶点为P．

（1）求∠BAO的度数； （2）抛物线C与y轴交于点E，与直线AB交于两点，其中一个交点为F，当线段EF//x轴时，求平移后的抛物线C对应的函数关系式；

（3）在抛物线y12x平移的过程中，将△PAB沿直线AB翻折得到△DAB，点D能3否落在抛物线C上？如能，求出此时抛物线C的顶点P的坐标；如不能，说明理由．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“09河南23”，拖动点P在x轴上运动，可以体验到，EF有两个与x轴平行的时刻，△APD保持等边三角形的形状，当D落在抛物线上时，恰好D也落在y轴上．

思路点拨

1．解第（2）题的策略是：设抛物线C的顶点P的坐标为（m，0），用m表示点E的坐标，当EF//x轴时，根据对称性，用m表示点F的坐标，将点F的坐标代入直线的解析式，解关于m的方程就可以了．

2．解第（2）题的策略是：设等边三角形APD的边长为a，用a表示点D、P的坐标，将点D的坐标代入抛物线C的解析式，解关于a的方程就可以了．

图文解析

因为直线y所以23xb经过点B(3,2)， 33(3)b．解得b3． 33x3． 3所以直线的解析式为y所以直线与x轴的交点为A(33,0)，与y轴的交点为（0，3）． 因此tanBAO3333． 3所以∠BAO＝30°．

（2）设抛物线C的顶点P的坐标为（m，0）， 那么抛物线C的解析式为y1121(xm)2x2mxm2． 333325

2所以抛物线C与y轴的交点为E(0,m)．

13当EF//x轴时，点F与点E关于抛物线的对称轴对称，

2所以点F的坐标可表示为(2m,m)．

132将F(2m,m)代入直线y133123x3，得m2m3． 333整理，得m23m90．

解得m33（如图2）或m3（如图3）． 因此抛物线C的解析式为y211(x33)2或y(x3)2． 33

图2 图3 图4

（3）设等边三角形APD的边长为2a，

那么点D的坐标可以表示为(a33,3a)，点P的坐标为(2a33,0)．

将D(a33,3a)代入C：y得3a

1(x2a33)2， 312a．解得a33． 3因此当抛物线C的顶点P的坐标为(33,0)时，D能落在抛物线C（如图4）．事实上，点D恰好落在y轴上．

考点伸展

第（3）题也可以设抛物线C的顶点P的坐标为（m，0），

m333(m33)APm33那么，点D的坐标可以表示为,． 2212将点D的坐标代入抛物线C：y(xm)，

33(m33)1m33得．解得m33． 232

226

例 2008年河南省中考第23题

如图1，直线y4 x4和x轴、y轴的交点分别为B、C，点A的坐标是（-2，0）．

3（1）试说明△ABC是等腰三角形；

（2）动点M从A出发沿x轴向点B运动，同时动点N从点B出发沿线段BC向点C运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设M运动t秒时，△MON的面积为S．

① 求S与t的函数关系式；

② 设点M在线段OB上运动时，是否存在S＝4的情形？若存在，求出对应的t值；若不存在请说明理由；

③在运动过程中，当△MON为直角三角形时，求t的值．

图1

动感体验

请打开几何画板文件名“08河南23”，拖动点M从A向B运动，观察S随t变化的图象，可以体验到，当M在AO上时，图象是开口向下的抛物线的一部分；当M在OB上时，S随t的增大而增大．

观察S的度量值，可以看到，S的值可以等于4．

观察△MON的形状，可以体验到，△MON可以两次成为直角三角形，不存在∠ONM＝90°的可能．

思路点拨

1．第（1）题说明△ABC是等腰三角形，暗示了两个动点M、N同时出发，同时到达终点．

2．不论M在AO上还是在OB上，用含有t的式子表示OM边上的高都是相同的，用含有t的式子表示OM要分类讨论．

3．将S＝4代入对应的函数解析式，解关于t的方程．

4．分类讨论△MON为直角三角形，不存在∠ONM＝90°的可能．

图文解析

（1）直线y4x4与x轴的交点为B（3，0）、与y轴的交点C（0，4）． 3Rt△BOC中，OB＝3，OC＝4，所以BC＝5． 点A的坐标是（-2，0），所以BA＝5． 因此BC＝BA，所以△ABC是等腰三角形．

（2）①如图2，图3，过点N作NH⊥AB，垂足为H． 在Rt△BNH中，BN＝t，sinB44，所以NHt． 55如图2，当M在AO上时，OM＝2－t，此时

S

11424OMNH(2t)tt2t．定义域为0＜t≤2． 2255527

如图3，当M在OB上时，OM＝t－2，此时

S11424OMNH(t2)tt2t．定义域为2＜t≤5． 22555

图2 图3

②把S＝4代入S

22424tt，得t2t4．

5555解得t1111，t2111（舍去负值）．

因此，当点M在线段OB上运动时，存在S＝4的情形，此时t111． ③如图4，当∠OMN＝90°时，在Rt△BNM中，BN＝t，BM 5t，cosB所以

3， 55t325．解得t． t58如图5，当∠OMN＝90°时，N与C重合，t5． 不存在∠ONM＝90°的可能． 所以，当t25或者t5时，△MON为直角三角形． 8

图4 图5

考点伸展

在本题情景下，如果△MON的边与AC平行，求t的值．

如图6，当ON//AC时，t＝3；如图7，当MN//AC时，t＝2.5．

图6 图7

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