中考数学重难点专题讲座 第七讲 坐标系中的几何问题Word格式.docx

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①．

证明：

可求得过的抛物线解析式为

∵．

由题意．

又∵

∴≌

∴，

过点作于

由题意可知∥

即：

．（这一问点多图杂，不行就直接另起一个没有抛物线干扰的图）

【例2】xx，怀柔，一模

如图,在平面直角坐标系xoy中,抛物线与ｘ正半轴交于点A,与ｙ轴交于点B,过点B作x轴的平行线BC,交抛物线于点C,连结AC．现有两动点P、Q分别从O、C两点同时出发,点P以每秒4个单位的速度沿OA向终点A移动,点Q以每秒1个单位的速度沿CB向点B移动,点P停止运动时,点Q也同时停止运动,线段OC,PQ相交于点D,过点D作DE∥OA,交CA于点E,射线QE交x轴于点F．设动点P,Q移动的时间为t（单位:

秒）

（1）求A,B,C三点的坐标;

（2）当t为何值时,四边形PQCA为平行四边形?

请写出计算过程;

（3）当0＜t＜时,△PQF的面积是否总为定值?

若是,求出此定值,若不是,请说明理由;

（4）当t时,△PQF为等腰三角形?

【思路分析】近年来这种问动点运动到何处时图像变成特殊图形的题目非常流行，所以大家需要对各种特殊图形的判定性质非常熟悉。

本题一样一步步拆开来做，第一问送分，给出的抛物线表达式很好因式分解。

注意平行于X轴的直线交抛物线的两个点一定是关于对称轴对称的。

第二问就在于当四边形PQCA为平行四边形的时候题中已知条件有何关系。

在运动中，QC和PA始终是平行的，根据平行四边形的判定性质，只要QC=PA时候即可。

第三问求△PQF是否为定值，因为三角形的一条高就是Q到X轴的距离，而运动中这个距离是固定的，所以只需看PF是否为定值即可。

根据相似三角形建立比例关系发现OP=AF，得解。

第四问因为已经知道PF为一个定值，所以只需PQ=PF=18即可，P点（4t,0）Q（8-t,-10）,F（18+4t,0）两点间距离公式分类讨论即可.本道题是09年黄冈原题,第四问原本是作为解答题来出的本来是3分,但是本题作为1分的填空,考生只要大概猜出应该是FP=FQ就可以。

实际考试中如果碰到这么麻烦的,如果没时间的话笔者个人建议放弃这一分去检查其他的.毕竟得到这一分的时间都可以把选择填空仔细过一遍了.

（1），令得，

∴或∴；

在中，令得即；

由于BC∥OA，故点C的纵坐标为－10，由得或

即

于是，

（2）若四边形PQCA为平行四边形，由于QC∥PA.故只要QC=PA即可

∵

∴得

（3）设点P运动秒，则，，说明P在线段OA上，且不与点O、A重合，

由于QC∥OP知△QDC∽△PDO，故

又点Q到直线PF的距离

∴△PQF的面积总为90

（4）由上知，

，。

构造直角三角形后易得

，

1若FP=PQ，即，故，

∵∴∴

2若QP=QF，即

，无的满足条件；

3若PQ=PF，即，得，∴或都不满足，故无的满足方程；

综上所述：

当时，△PQR是等腰三角形。

【例3】xx,延庆,一模

如图，已知抛物线：

的顶点为，与轴相交于、两点（点在点的左边），点的横坐标是．

（1）求点坐标及的值；

（2）如图

（1），抛物线与抛物线关于轴对称，将抛物线向右平移，平移后的抛物线记为，的顶点为，当点、关于点成中心对称时，求的解析式；

（3）如图

（2），点是轴正半轴上一点，将抛物线绕点旋转后得到抛物线．抛物线的顶点为，与轴相交于、两点（点在点的左边），当以点、、为顶点的三角形是直角三角形时，求点的坐标．

【思路分析】比较仁慈，上来就直接给出抛物线顶点式，再将B（1,0）代入，第一问轻松拿分。

第二问直接求出M坐标，然后设顶点式，继续代入点B即可。

第三问则需要设出N，然后分别将NP，PF,NF三个线段的距离表示出来，然后切记分情况讨论直角的可能性。

计算量比较大，务必细心。

【解析】

解：

⑴由抛物线：

得

顶点的为

∵点在抛物线上

∴

解得，

⑵连接，作轴于，作轴于

∵点、关于点成中心对称

∴过点，且

∴,

∴顶点的坐标为（标准答案如此，其实没这么麻烦，点M到B的横纵坐标之差都等于B到P的，直接可以得出（4,5））

抛物线由关于轴对称得到，抛物线由平移得到

∴抛物线的表达式为

⑶∵抛物线由绕点轴上的点旋转得到

∴顶点、关于点成中心对称

由⑵得点的纵坐标为

设点坐标为

作轴于，作轴于

作于

∵旋转中心在轴上

∴，点坐标为

坐标为，坐标为，

根据勾股定理得

①当时，，解得，∴点坐标为

②当时，，解得，∴点坐标为

③∵，∴

综上所得，当点坐标为或时，以点、、为顶点

的三角形是直角三角形．

【例4】xx，房山，一模

如图，在平面直角坐标系中，直线l1：

交轴、轴于、两点，点是线段上一动点，点是线段的三等分点．

（1）求点的坐标；

（2）连接，将绕点旋转，得到．

①当时，连结、，若过原点的直线将四边形分成面积相等的两个四边形，确定此直线的解析式；

②过点作轴于，当点的坐标为何值时，由点、、、构成的四边形为梯形？

【思路分析】本题计算方面不是很繁琐，但是对图形的构造能力提出了要求，也是一道比较典型的动点移动导致特殊图形出现的题目。

第一问自不必说，第二问第一小问和前面例题是一样的，也是要把握过平行四边形对角线交点的直线一定平分该平行四边形面积这一定理。

求出交点就意味着知道了直线.第二小问较为麻烦,因为C点有两种可能,H在C点的左右又是两种可能,所以需要分类讨论去求解.只要利用好梯形两底平行这一性质就可以了.

（1）根据题意：

，

∵是线段的三等分点

∴或---------------2分

（2）①如图，过点作轴于点，

则．

∵点在直线上

∴-

∵是由绕点旋转得到的

∴无论是、点，四边形是平行四边形且为对称中心

∴所求的直线必过点．

∴直线的解析式为:

②当时，

第一种情况：

在点左侧

若四边形是梯形

∵与不平行

∴∥

此时

第二种情况：

在点右侧

∵是线段的中点

∴是线段的中点

由，．

∴点的横坐标为

当时，同理可得

在点左侧时，-

在点右侧时，-

综上所述，所求M点的坐标为：

，，或．

【例5】通州，xx，一模

在平面直角坐标系中，抛物线与x轴交于A、B两点，（点A在点B左侧）.与y轴交于点C，顶点为D，直线CD与x轴交于点E.

（1）请你画出此抛物线，并求A、B、C、D四点的坐标.

（2）将直线CD向左平移两个单位，与抛物线交于点F（不与A、B两点重合），请你求出F点坐标.

（3）在点B、点F之间的抛物线上有一点P，使△PBF的面积最大，求此时P点坐标及△PBF的最大面积.

（4）若平行于x轴的直线与抛物线交于G、H两点，以GH为直径的圆与x轴相切，求该圆半径.

【思路分析】本题看似错综复杂，尤其最后第四问的图像画出来又乱又挤，稍微没画好就会让人头大无比。

但是不用慌，一步步来慢慢做。

抛物线表达式很好分解，第一问轻松写出四个点。

第二问向左平移，C到对称轴的距离刚好是1，所以移动两个距离以后就到了关于对称轴对称的点上，所以F直接写出为（-2,-3）第三问看似棘手，但是只要将△PBF拆解成以Y轴上的线段为公共边的两个小三角形就会很轻松了。

将P点设出来然后列方程求解即可。

最后一问要分GH在X轴上方和下方两种情况，分类讨论。

不过做到最后一步相信同学们的图已经画的乱七八糟了，因为和前面的问题没有太大关系，所以建议大家画两个图分开来看。

．解：

（1）

.

（2）

（3）过点作轴的平行线与交于点，与轴交于点

易得，直线解析式为．

设，则，

的最大值是.

当取最大值时的面积最大

的面积的最大值为.

（4）如图，①当直线在轴上方时，设圆的半径为，则，

代入抛物线的表达式，解得.

②当直线在轴下方时，设圆的半径为，

则，

代入抛物线的表达式，解得

∴圆的半径为或．.

【总结】通过以上五道一模真题，我们发现这类问题虽然看起来十分复杂，但是只要一问一问研究慢慢分析，总能拿到不错的分数。

将几何图形添进坐标系大多情况下是和抛物线有关，所以首先需要同学们对抛物线的各种性质熟练掌握，尤其是借助抛物线的对称性，有的时候解题会十分方便。

无论题目中的图形是三角形，梯形以及平行四边形或者圆，只要认清各种图形的一般性质如何在题中体现就可以了。

例如等腰/边三角形大多和相似以及线段长度有关，梯形要抓住平行，平行四边形要看平行且相等，圆形就要看半径和题目中的条件有何关系。

还需要掌握平分三角形/四边形/圆形面积的直线分别都一定过哪些点。

总之，再难的问题都是由一个个小问题组成的，就算最后一两问没有时间思考拿不了全分，至少要将前面容易的分数拿到手，这部分分数其实还不少。

像例2最后一问那种情况，该放弃时候果断放弃，不要为1分的题失去了大量检查的时间。

第二部分发散思考

【思考1】xx，北京

.如图，在平面直角坐标系中，三个顶点的坐标分别为，，，延长AC到点D,使CD=,过点D作DE∥AB交BC的延长线于点E.

（1）求D点的坐标；

（2）作C点关于直线DE的对称点F,分别连结DF、EF，若过B点的直线将四边形CDFE分成周长相等的两个四边形，确定此直线的解析式；

（3）设G为y轴上一点，点P从直线与y轴的交点出发，先沿y轴到达G点，再沿GA到达A点，若P点在y轴上运动的速度是它在直线GA上运动速度的2倍，试确定G点的位置，使P点按照上述要求到达A点所用的时间最短。

（要求：

简述确定G点位置的方法，但不要求证明）

【思路分析】在一模真题部分我们谈到的是直线分四边形面积相等，但是这道去年中考原题则是分周长相等。

周长是由很多个线段组成的，所以分周长相等只需要研究哪些线段之和相等就可以了。

所以自然想到去证明全等三角形。

第三问虽然不要求证明，但是只需设出速度,利用相似三角形去建立关系,还是不难证明的,有余力的同学可以试试.

【思考2】xx，西城，一模

如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与x轴、y轴的交点分

别为A、B，将∠OBA对折，使点O的对应点H落在直线AB上，折痕交x轴于点C.

（1）直接写出点C的坐标，并求过A、B、C三点的抛物线的解析式；

（2）若抛物线的顶点为D，在直线BC上是否存在点P，使得四边形ODAP为平行四

边形？

若存在，求出点P的坐标；

若不存在，说明理由；

（3）设抛物线的对称轴与直线BC的交点为T，Q为线段BT上一点，直接写出

的取值范围.

【思路分析】第二问有两个思路，第一个是看已知四边形的线段是否平行且相等，角是否符合平行四边形的条件。

另一个是看假如有平行四边形，那么构成平行四边形的点P是否在BC上。

从这两个思路出发，列出方程等式即可求解。

第三问根据抛物线的对称性来看三点共线，继而看出最大值和最小值分别是多少。

【思考3】xx，朝阳，一模

抛物线与x轴交于A（－1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，－3），抛物线顶点为M，连接AC并延长AC交抛物线对称轴于点Q，且点Q到x轴的距离为6.

（1）求此抛物线的解析式；

（2）在抛物线上找一点D，使得DC与AC垂直，求出点D的坐标；

（3）抛物线对称轴上是否存在一点P，使得S△PAM=3S△ACM，若存在，求出P点坐标；

若不存在，请说明理由.

【思路分析】第一问要算的比较多，设直线以后求解析式，看出抛物线对称轴为x=1,然后设顶点式解个二元方程组即可.第二问利用三角形相似求出点N坐标,然后联立抛物线与直线CN即可求出点D.第三问考验对图形的理解,如果能巧妙的将△ACM的面积看成是四边形ACEM减去△AME,那么就会发现四边形ACEM刚好也是△AOC和梯形OCEM之和,于是可以求出PM的距离,然后分类讨论PM的位置即可求解.

【思考4】xx，崇文，一模

如图，抛物线

，与轴交于点，且．

（I）求抛物线的解析式；

（II）探究坐标轴上是否存在点，使得以点为顶点的三角形为直角三角形？

若存在，求出点坐标，若不存在，请说明理由；

（III）直线交轴于点，为抛物线顶点．若，

的值

【思路分析】本题虽然没有明确给出坐标，但是表达式中暗含了X=0时Y=-3，于是C点得出，然后利用给定的等式关系写出A,B去求解析式。

第二问中，因为AC是固定的，所以构成的直角三角形根据P的不同有三种类型。

注意分类讨论。

第三问则是少见的计算角度问题，但是实际上也是用线段去看角度的相等。

最方便就是利用正切值构建比例关系，发现∠CBE=∠DBO，于是所求角度差就变成了求∠OBC。

第三部分思考题解析

【思考1解析】

（1）∵，，

设与轴交于点．

由可得．

又，

∴，．

同理可得．

∴点的坐标为．

（2）由

（1）可得点的坐标为．

由，

可得轴所在直线是线段的垂直平分线．

∴点关于直线的对称点在轴上．

∴与互相垂直平分．

∴四边形为菱形，且点为其对称中心．

作直线．

设与分别交于点、点．可证．

∵，

∴直线将四边形分成周长相等的两个四边形．

由点，点在直线上，

可得直线的解析式为．

（3）确定点位置的方法：

过点作于点．则与轴的交点为所求的点．

可得，

在中，

∴点的坐标为．（或点的位置为线段的中点）

【思考2解析】

（1）点C的坐标为.

∵点A、B的坐标分别为，

∴可设过A、B、C三点的抛物线的解析式为.

将代入抛物线的解析式，得.

∴过A、B、C三点的抛物线的解析式为.

（2）可得抛物线的对称轴为，顶点D的坐标为

，设抛物线的对称轴与x轴的交点为G.

直线BC的解析式为.-

设点P的坐标为.

解法一：

如图8，作OP∥AD交直线BC于点P，

连结AP，作PM⊥x轴于点M.

∵OP∥AD，

∴∠POM=∠GAD，tan∠POM=tan∠GAD.

∴，即

.

解得.经检验是原方程的解.

此时点P的坐标为.

但此时，OM＜GA.

∵

∴OP＜AD，即四边形的对边OP与AD平行但不相等，

∴直线BC上不存在符合条件的点P.

解法二：

如图9，取OA的中点E，作点D关于点E的对称点P，作PN⊥x轴于

点N.则∠PEO=∠DEA，PE=DE.

可得△PEN≌△DEG．

由，可得E点的坐标为.

NE=EG=，ON=OE－NE=，NP=DG=.

∴点P的坐标为.

∵x=时，

∴点P不在直线BC上.

∴直线BC上不存在符合条件的点P.

（3）的取值范围是.

说明：

如图10，由对称性可知QO=QH，.当点Q与点B重合时，Q、H、A三点共线，取得最大值4（即为AH的长）；

设线段OA的垂直平分线与直线BC的交点为K，当点Q与点K重合时，取得最小值0.

【思考3解析】

（1）设直线AC的解析式为，把A（－1，0）代入得.

∴直线AC的解析式为.

依题意知，点Q的纵坐标是－6.

把代入中，解得，∴点Q（1，）

∵点Q在抛物线的对称轴上，∴抛物线的对称轴为直线.

设抛物线的解析式为，由题意，得，解得

∴抛物线的解析式为.

（2）如图①，过点C作AC的垂线交抛物线于点D，

交x轴于点N，则

∴，∴.

∵，，∴.

∴点N的坐标为（9，0）

可求得直线CN的解析式为.图①

由

，解得

，即点D的坐标为（，）.………5分

（3）设抛物线的对称轴交x轴于点E，

依题意，得，，.

∵

且

又，∴.

设P（1，m），图②

①当点P在点M上方时，PM＝m＋4＝3，

∴，∴P（1，－1）.

②当点P在点M下方时，PM＝－4－m＝3，

∴，∴P（1，－7）.

综上所述，点P的坐标为（1，－1），（1，－7）.

【思考4解析】

（I）

，且．．

代入，得

（II）①当可证∽

②同理:

如图当

③当

综上，坐标轴上存在三个点，使得以点为顶点的三角形为直角三角形，分别是，．

（III）

又

．．

2019-2020年中考数学重难点专题讲座第三讲动态几何问题

智康·

刘豪

【前言】第一讲和第二讲我们探讨了有关中考几何综合题的静态问题，相信很多同学已经有所掌握了。

但是静态问题的难度最多也就是中等偏上，真正让人抓狂的永远是动态问题。

从历年中考来看，动态问题经常作为压轴题目出现，得分率也是最低的。

动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多种函数交叉求解。

另一类就是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。

所以说，动态问题是中考数学当中的重中之重，只有完全掌握，才有机会拼高分。

在这一讲，我们着重研究一下动态几何问题的解法，代数方面的动态问题我们将在第七，第八讲来解决。

由于有些题目比较难和繁琐，建议大家静下心来慢慢研究，在这些题上花越多时间，中考中遇到类似题目就会省下越多的时间。

【例1】

（xx，密云，一模）

如图，在梯形中，，，，，梯形的高为．动点从点出发沿线段以每秒2个单位长度的速度向终点运动；

动点同时从点出发沿线段以每秒1个单位长度的速度向终点运动．设运动的时间为（秒）．

（1）当时，求的值；

（2）试探究：

为何值时，为等腰三角形．

【思路分析1】本题作为密云卷压轴题，自然有一定难度，题目中出现了两个动点，很多同学看到可能就会无从下手。

但是解决动点问题，首先就是要找谁在动，谁没在动，通过分析动态条件和静态条件之间的关系求解。

对于大多数题目来说，都有一个由动转静的瞬间，就本题而言，M，N是在动，意味着BM,MC以及DN,NC都是变化的。

但是我们发现，和这些动态的条件密切相关的条件DC,BC长度都是给定的，而且动态条件之间也是有关系的。

所以当题中设定MN//AB时，就变成了一个静止问题。

由此，从这些条件出发，列出方程，自然得出结果。

（1）由题意知，当、运动到秒时，如图①，过作交于点，则四边形是平行四边形．

∵，．

∴．（根据第一讲我们说梯形内辅助线的常用做法，成功将MN放在三角形内，将动态问题转化成平行时候的静态问题）

∴．（这个比例关系就是将静态与动态联系起来的关键）

∴．解得．

【思路分析2】第二问失分也是最严重的，很多同学看到等腰三角形，理所当然以为是MN=NC即可，于是就漏掉了MN=MC,MC=CN这两种情况。

在中考中如果在动态问题当中碰见等腰三角形，一定不要忘记分类讨论的思想，两腰一底一个都不能少。

具体分类以后，就成为了较为简单的解三角形问题，于是可以轻松求解

（2）分三种情况讨论：

①当时，如图②作交于，则有即．（利用等腰三角形底边高也是底边中线的性质）

解得．

②当时，如图③，过作于H．

③当时，

则．

综上所述，当、或时，为等腰三角形．

【例2】

（xx，崇文，一模）

在△ABC中，∠ACB=45º

．点D（与点B、C不重合）为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．

（1）如果AB=AC．如图①，且点D在线段BC上运动．试判断线段CF与BD之间的位置关系，并证明你的结论．

（2）如果AB≠AC，如图②，且点D在线段BC上运动．

（1）中结论是否成立，为什么？

（3）若正方形ADEF的边DE所在直线与线段CF所在直线相交于点P，设AC＝，，CD=，求线段CP的长．（用含的式子表示）

【思路分析1】本题和上题有所不同，上一题会给出一个条件使得动点静止，而本题并未给出那个“静止点”，所以需要我们去分析由D运动产生的变化图形当中，什么条件是不动的。

由题我们发现，正方形中四条边的垂直关系是不动的，于是利用角度的互余关系进行传递，就可以得解。

【解析】：

（1）结论：

CF与BD位置关系是垂直；

证明如下：

AB=AC，∠ACB=45º

，∴∠ABC=45º

由正方形ADEF得AD=AF，∵∠DAF=∠BAC=90º

∴∠DAB=∠FAC，∴△DAB≌△FAC，∴∠ACF=∠ABD．

∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90º

．即CF⊥BD．

【思路分析2】这一问是典型的从特殊到一般的问法，那么思路很简单，就是从一般中构筑一个特殊的条件就行，于是我们和上题一样找AC的垂线，就可以变成第一问的条件，然后一样求解。

（2）CF⊥BD．

（1）中结论成立．

理由是：

过点A作AG⊥AC交BC于点G，