压轴题专题 学案3

因动点产生的直角三角形问题 中考题回顾

【例1】 2011年上海奉贤区中考模拟第24题

已知：直角坐标系xoy中，将直线ykx沿y轴向下平移3个单位长度后恰好经过B(-3，0)及y轴上的C点．若抛物线yx2bxc与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），且经过点C，

（1）求直线BC及抛物线的解析式；

（2）设抛物线的顶点为D，点P在抛物线的对称轴上，且APDACB，求点P的坐标；

y1 1O1 1x 第24题

【例2】 2011年北京通州区中考模拟第25

已知梯形ABCD中，AD//BC，∠A=120°,E是AB的中点，过E点作射线EF//BC，交CD于点G，AB、AD的长恰好是方程x4xa2a50的两个相等实数根，动点P、Q分别从点A、E出发，点P以每秒1个单位长度的速度沿射线AB由点A向点B运动，点Q以每秒2个单位长度的速度沿EF由E向F运动，设点P、Q运动的时间为t. （1）求线段AB、AD的长；

（2）如果t > 1，DP与EF相交于点N，求DPQ的面积S与时间t之间的函数关系式. （3）当t>0时，是否存在DPQ是直角三角形的情况，如果存在请求出时间t ,如果不

存在，说明理由.

ANGQCDF22EPB

【例3】 2011年温州市中考第24题

如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点A的坐标是（-4,0），点B的坐标是（0,b）（b>0）.P是直线AB上的一个动点,作 PC⊥x轴，垂足为C。记点P关于y轴的对称点为P´（点P´不在y轴上），连结PP´, P´A, P´C.设点P的横坐标为a。 （1）当b=3时，

1

○1求直线AB的解析式；

○2若点P´的坐标是（-1，m）,求m的值；

（2）若点P在第一象限，记直线AB与P´C的交点为D。当P´D:DC=1:3时，求a的值； （3）是否同时存在a，b，使△P´CA为等腰直角三角形？若存在，请求出所有满足要求的a，b的值；若不存在，请说明理由。

【例4】 2011年沈阳市中考第25题

如图，已知抛物线y=x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点（A点在B点左侧），与y轴交于点C（0，－3），对称轴是直线x=1，直线BC与抛物线的对称轴交于点D． ⑴求抛物线的函数表达式； ⑵求直线BC的函数表达式；

⑶点E为y轴上一动点，CE的垂直平分线交CE于点F，交抛物线于P、Q两点，且点P在第三象限． ①当线段PQ=

34AB时，求tan∠CED的值；

②当以点C、D、E为顶点的三角形是直角三角形时，请直接写出点P的坐标． 温馨提示：考生可以根据第⑶问的题意，在图中补出图形，以便作答．

y y 1 1 1 A O B x A O 1 B x D C x=1 D C x=1 第25题图 【例5】 2011年浙江省中考第23题

第25题图备用图

设直线l1:y1k1xb1与l2:y2k2xb2．若l1l2，垂足为H，则称直线l1与l2是点H的直角线．

（1）已知直线①y12x2；②yx2；③y2x2；④y2x4和点C (0，

2)．则直线_____和_____是点C的直角线(填序号即可)o

(2)如图．在平面直角坐标系中，直角梯形OABC的顶点A(3．O)、B(2，7)、C(0，7)，P

2

为线段OC上一点，设过B、P两点的直线为l1，过A．P两点的直线为l2．若l1与l2是点P的直角线，求直线l1与l2的解析式．

【例6】 2010年北京市中考第24题 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y= -m145m4x2+x+m2-3m+2与x轴的交点分别为原点O

和点A，点B（2，n）在这条抛物线上。 （1） 求B点的坐标;

（2） 点P在线段OA上，从O点出发向A点运动，过P点作x轴的垂线，与直线OB交于

点E，延长PE到点D，使得ED=PE，以PD为斜边，在PD右侧作等腰直角三角形PCD（当P点运动时，C点、D点也随之运动）。 1.当等腰直角三角形PCD的顶点C落在此抛物线上时，求OP的长；

2.若P点从O点出发向A点作匀速运动，速度为每秒1个单位，同时线段OA上另一个点Q从A点出发向O点作匀速运动，速度为每秒2个单位（当Q点到达O带你时停止运动，P点也同时停止运动）。过Q点作x轴的垂线，与直线AB交于点F，延长QF到点M，使得FM=QF，以QM为斜边，在QM的左侧做等腰直角三角形OMN（当Q点运动时，M点、N点也随之运动），若P点运动到t秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在同一条直线上，求此刻t的值.

【例7】 2010年荆门市中考第24题 已知：如图一次函数y＝

11x＋1的图象与x轴交于点A，与y轴交于点B；二次函数y＝x2221x＋1的图象交于B、C两点，与x轴交于D、E两点且D2＋bx＋c的图象与一次函数y＝点坐标为(1，0)

(1)求二次函数的解析式；

(2)求四边形BDEC的面积S； (3)在x轴上是否存在点P，使得△PBC是以P为直角顶点的直角三角形？若存在，求出所有的点P，若不存在，请说明理由．

3

【例8】 2009年嘉兴市中考第24题

如图，已知A、B是线段MN上的两点，MN4，MA1，MB1．以A为中心顺时针旋转

点M，以B为中心逆时针旋转点N，使M、N两点重合成一点C，构成△ABC，设ABx． （1）求x的取值范围；

（2）若△ABC为直角三角形，求x的值； （3）探究：△ABC的最大面积？

第24题图

C M A 【例9】 2008年河南省中考第23题 如图，直线y43x4和

B （第24题）

N x轴、y轴的交点分别为B、C，点A的坐标是（-2，0）．

（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．

4

【例10】 2008年天津市中考第25题

已知Rt△ABC中，ACB90，CACB，有一个圆心角为45，半径的长等于CA的扇形CEF绕点C旋转，且直线CE，CF分别与直线AB交于点M，N． （Ⅰ）当扇形CEF绕点C在ACB的内部旋转时，如图①，求证：MN思路点拨：考虑MN22AM2BN2；

AM2BN2符合勾股定理的形式，需转化为在直角三角形中解决．可

将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，只需证DNBN，MDN90就可以了．请你完成证明过程：

C A

E M N F 图①

B

2（Ⅱ）当扇形CEF绕点C旋转至图②的位置时，关系式MN若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

AM2BN2是否仍然成立？

C

【参】

M E A N F 图②

B 例1：

⑴ ykx沿y轴向下平移3个单位长度后经过y轴上的点C，∴C（0，-3）…（1分）

设直线BC的解析式为ykx3． ·············· （1分） ∵ B(-3 ，0) 在直线BC上，∴ -3k-3=0 解得k1．

∴直线BC的解析式为yx3． ·············· （1分）

抛物线yx

2bxc过点B，C，

5

∴93bc0c3b4，c3． ····················· （2分）

解得 ∴ 抛物线的解析式为yx24x3． ·· （1分）

⑵ 由yx24x3．可得D(-2，1) ，A（-1，0）．………………………………（1分）

OB3，OC3，OA1，AB2．可得△OBC是等腰直角三角形．

OBC45，CB32．

················· 设抛物线对称轴与x轴交于点F，∴AF=1AB=1 ．

2过点A作AEBC于点E．AEB90．

可得BEAE2，CE22．··············· 在△AEC与△AFP中，AECAFP90，ACEAPF，

△AEC∽△AFP． ···················· AE2AFCEPF，122PF．解得PF2．

点P在抛物线的对称轴上， 点P的坐标为(2，2)或(2，2)． · 例2：

解：根据题意可知，424(a22a5)

4a120…….……………………(1分)

a1

原方程可化为：x24x40

x1x22

ADAB2…………………..…….…………………………(2分)

(2) 过点P作PM DA，交DA的延长线于M,过点D作DKEF

A120,AD//BC且ADAB2

B60,AH3

MADE是AB中点，且EF//BC SEONKQGFAODK3P2

BCH

1分） 1分） 1分）

2分） 6

（（（（

APt

PM3232t

PSt32,

E是AB中点，AD//EF,AB=2,

ENADPEPAt

…….…………………………(3分)

323232EN2(t1)QNSDPQ=

32322t2(t1)t12(2t2(t1)t3232)(t)

t23232t

St2t………….…….…………………………(4分)

12t,

(3)根据题意可知：AMDM212t

22DP2(DM)(PM)

DP2(212t)(232t)

MAD2DP2t2t4

SE2ONKGQFC根据勾股定理可得：DQ2(32)(2t2212)

2PBHDQ2(32)(2t2212)4t10t7

22PQ

2QN2PN2(2tt12)(23(t1)2)

7

2

PQ27t24t1

① 当PDQ90

PQ2DQ2PD2

7t24t1=4t210t7+t22t4

解之得：t61（舍负）…….…………………………(5分)

② 当DPQ90DQ2PQ2PD2

4t210t7=7t24t1+t22t4

解之得：t621（舍负）…….…….……………………(6分)

③ 当DQP90,PD2DQ2PQ2

t22t4=7t24t1+4t210t7

解之得：t465…….…….…………………………(7分)

综上，当t465，t621，t61时DPQ是直角三角形.

例3：

8

例4：

⑴∵抛物线的对称轴为直线x=1，

9

∴bb2a211

∴b=－2．

∵抛物线与y轴交于点C（0，－3）， ∴c=－3，

∴抛物线的函数表达式为y=x2

－2x－3． ⑵∵抛物线与x轴交于A、B两点， 当y=0时，x2

－2x－3=0． ∴x1=－1,x2=3. ∵A点在B点左侧， ∴A（－1，0），B（3，0）

设过点B（3，0）、C（0，－3）的直线的函数表达式为y=kx＋m，则03kmk1，∴3mm3

∴直线BC的函数表达式为y=x－3． ⑶①∵AB=4，PO=34AB，

∴PO=3 ∵PO⊥y轴

∴PO∥x轴，则由抛物线的对称性可得点P的横坐标为12，

∴P（12，74）

y 1 A O E 1 B x P F Q G D C x=1

∴F（0，74），

∴FC=3－OF=3－74=

．

∵PO垂直平分CE于点F， ∴CE=2FC=

52

∵点D在直线BC上，

∴当x=1时，y=－2，则D（1，－2）． 过点D作DG⊥CE于点G，

10

∴DG=1，CG=1， ∴GE=CE－CG=52－1=

32．

在Rt△EGD中，tan∠CED=

GDEG23．

②P1－2，－2），P51（2（1－6，2）．

2例5：

（1）画图象可知，直线①与直线③是点C的直角线；（点C的坐标似乎有问题）（2）设P坐标为(0，m)，则PB⊥PB于点P。因此，AB2=(3-2)2+72

=50,

又 ∵ PA2=PO2+OA2=m2+32，PB2=PC2+BC2=(7-m)2+22

,

∴AB2=PA2+PB2=m2+32+(7-m)2+22

=50 解得：m1=1，m2=6.

1当m=1时，l1为：y1=3x1x1， l2为：y2=3； 1x6 当m=6时，l1为：y1=2, l2为：y2=2x6；

例6：

解：（1）∵ 抛物线y=-m1+

5m4x24x+m2-3m+2经过原点，

∴ m2-3m+2=0 . 解得 m1=1 ， m2=2 . 由题意知 m≠1 ，

∴ m=2 .

∴ 抛物线的解析式为y=-14x2+

52x .

∵ 点B（2，n）在抛物线 y=-12+

x2x ，

∴ n=4 .

∴ B点的坐标为（2，4） . ……………………………………2分 （2）①设直线OB的解析式为 y=k1x .

求得直线OB的解析式为 y=2x . ∵ A点是抛物线与x轴的一个交点， 可求得 A点的坐标为（10，0） .

设P点的坐标为（a，0），则E点的坐标为（a，2a） .

11

根据题意作等腰直角三角形PCD，如图1 .

可求得点C的坐标为（3a，2a） . 由C点在抛物线上，

15得 2a=-×（3a）2+×3a .

24911即 a2- a = 0 .

4222解得 a1= ， a2=0（舍去）.

922∴OP= . ………………………………4分

9② 依题意作等腰直角三角形QMN. 设直线AB的解析式为y=k2x+b.

由点A（10，0），点B（2，4），求得直线AB的解析式为y=-12 当P点运动到t秒时，两个等腰直角三角形分别有一条边恰好落在

x+5.

同一条直线上，有以下三种情况：

第一种情况：CD与NQ在同一条直线上，如图2所示. 可证△DPQ为等腰直角三角形.

此时OP、DP、AQ的长可依次表示为t、4t、2t个单位. ∴ PQ=DP=4t. ∴ t=4t=2t=10. ∴ t=

107.

第二种情况：PC与MN在同一条直线上，如图3所示. 可证△PQM为等腰直角三角形.

此时OP、AQ的长可依次表示为t、2t个单位. ∴ OQ=10-2t .

∵ F点在直线AB上， ∴ FQ=t . ∴ MQ=2t . ∴ PQ=MQ=CQ=2t . ∴ t+2t+2t=10 .

∴ t=2 .

第三种情况：点P、Q重合时，PD、QM在同一条直线上，如图4所示. 此时OP、AQ的长可依次表示为t、2t个单位. ∴ t+2t=10 . ∴ t=

103 .

107综上，符合题意的t值分别为，2，

103

…………………………………8分

12

例7;

解：(1)将B(0，1)，D(1，0)的坐标代入y＝

12

x＋bx＋c得 2c1,123得解析式y＝x－x＋1……………………………………………………3分 122bc0.2(2)设C(x0，y0)，则有

y1x1,x04,020解得∴C(4，3)．……………………………………………6分 y03.y01x023x01.22由图可知：S＝S△ACE－S△ABD．又由对称轴为x＝∴S＝

3可知E(2，0)． 211119AE·y0－AD×OB＝×4×3－×3×1＝…………………………………8分 22222(3)设符合条件的点P存在，令P(a，0)：

当P为直角顶点时，如图：过C作CF⊥x轴于F． ∵Rt△BOP∽Rt△PFC，∴

BOOP1a． ．即PFCF4a3第24题图

整理得a2－4a＋3＝0．解得a＝1或a＝3

∴所求的点P的坐标为(1，0)或(3，0)

综上所述：满足条件的点P共有二个………………………………………………………12分 例8：

（1）在△ABC中，∵AC1，ABx，BC3x． ∴1x3x13xx，解得1x2． ······················ 4分

（2）①若AC为斜边，则1x2(3x)2，即x23x40，无解．

13

②若AB为斜边，则x2(3x)21，解得x③若BC为斜边，则(3x)21x2，解得x∴x535343，满足1x2． ，满足1x2．

或x43． ···························· 9分

（3）在△ABC中，作CDAB于D， 设CDh，△ABC的面积为S，则S①若点D在线段AB上， 则1h2(3x)2h2x．

12xh．

C M A D B N （第24题-1）

∴(3x)2h2x22x1h21h2，即x1h23x4． ∴x2(1h2)9x224x16，即x2h28x224x16． ∴S23214xh222x26x42(x32)21212（

43≤x2）． ········ 11分

22当x时（满足

43≤x2），S2取最大值，从而S取最大值． ······ 13分

②若点D在线段MA上， 则(3x)2h21h2x． 同理可得，S2(x32)2214C xh222x26x4

1222（1x≤．

43），

M D A B N （第24题-2）

易知此时S综合①②得，△ABC的最大面积为

例9：

解：（1）将y=0代入y=将x=0,代入y=434322． ··················· 14分

x4,得到x=3,∴点B的坐标为（3,0）；

x4,得到y=4, ∴点C的坐标为（0,4） …………2分

在Rt△OBC中，∵OC＝4，OB＝3，∴BC＝5。

又A（－2,0），∴AB＝5，∴AB＝BC，∴△ABC是等腰三角形。………………4分

14

（2）∵AB=BC=5，故点M、N同时开始运动，同时停止运动。 过点N作ND⊥x轴于D ， 则ND＝NB●sin∠OBC＝

45t，

① 当0＜t＜2时（如图甲）

OM＝2－t, ∴s==1225OMND=t212(2t)45t

45t ……………………7分

当2＜t≤5时（如图乙），OM＝t－2, ∴s==

25122OMND=4512(t2)45t

tt …………………………8分

（注：若将t的取值范围分别写为0≤t≤2和2≤t≤5,不扣分） ② 存在s＝4的情形。

当s＝4时，t52245t＝4

解得t1=1+11, t2=1-11秒。 …………………………10分 ③ 当MN⊥x轴时，△MON为直角三角形，

MB＝NB●COS∠MBN＝∴

35t=5-t, ∴t=

25835t，又MB＝5－t.

………………11分

当点M，N分别运动到点B，C时，△MON为直角三角形，t=5. 故△MON为直角三角形时，t=例10：

（Ⅰ）证明 将△ACM沿直线CE对折，得△DCM，连DN，

则△DCM≌△ACM． ························ 1分 有CDCA，DMAM，DCMACM，CDMA． 又由CACB，得 CDCB． ··········· 2分

258秒或t＝5秒 …………12分

C A M E

N

D F

15 B

由DCNECFDCM45DCM，

BCNACBECFACM ，

9045ACM45ACM得DCNBCN． ··························· 3分 又CNCN，

∴△CDN≌△CBN． ························· 4分 有DNBN，CDNB．

∴MDNCDMCDNAB90． ················ 5分 ∴在Rt△MDN中，由勾股定理， 得MN2DM2DN22．即MN22AM22BN2． ··············· 6分

（Ⅱ）关系式MNAMBN仍然成立． ················ 7分

C 证明 将△ACM沿直线CE对折，得△GCM，连GN， 则△GCM≌△ACM． ·············· 8分 有CGCA，GMAM，

GCMACM，CGMCAM．

G E M

A N F B

又由CACB，得 CGCB．

由GCNGCMECFGCM45，

BCNACBACN90(ECFACM)45ACM．

得GCNBCN． ·························· 9分 又CNCN， ∴△CGN≌△CBN．

有GNBN，CGNB45，CGMCAM180CAB135， ∴MGNCGMCGN1354590． ∴在Rt△MGN中，由勾股定理， 得MN2GM2GN2．即MN2AM2BN2． 10分

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