中考几何模型压轴题 专题27《函数与线段》

中考数学几何专项复习策略

在九年级数学几何专题复习中，怎样科学、合理地设计教学内容、精心地组织课堂教学，怎样采取得力的措施和高效的方法，大幅度、快节奏地提高学生的数学素养，让后进生吃的消，中等生吃的饱，优等生吃得好，使复习获得令人满意的效果？这是所有处在一线数学教师普遍关注和思考的课题。本文试图从优质教学观的理论对课堂的结构和教师专业素养以及结合多年一线教学实践经验作出阐述、探究，举例谈几何专题复习的几点策略：

策略一 建构高效的课堂教学模式-----先学后教，当堂训练。

高效的课堂教学模式是保证高效的复习效果的前提，学生在教师的指导和辅导下进行先自学、探究和及时训练，获得知识、发展能力的一种教学模式。

策略二 专题内容的设计应遵循教与学的认知规律和学生心理发展规律，凸显方法规律，由简单到复杂，由特殊到一般，再由一般到特殊

　  总结规律，推广一般。从一般到特殊：抛砖引玉，解决问题。

策略三 设计专题内容时考虑建立几何模型，体现思想方法，让学生驾轻就熟，化难为易，化繁为简。

几何，常常因为图形变化多端，方法多种多样而被称为数学中的变形金刚。题目千变万化，但万变不离其宗。  

专题27《函数与线段》

破解策略

常见的有三类问题：

1．距离问题

（1）点到直线的距离：如图，点P到直线l的距离，可线求出△PAB的面积，则该三角形AB边上的高线就是点P到直线l的距离．

（2）点到点的距离（线段长度）：

①若点，，则；

②若点A在直线上，点B在抛物线上，设点，，则，

当点A，B横坐标相同时，

当点A，B纵坐标相同时，．

2．线段定值问题

（1）单独的线段定值：线段的定值可以成点到点的定值．

（2）多个线段加、减、乘、除组合定值：

①通过两点间的距离公式表示出对应的线段，再代入多个线段加、减、乘、除组合的式子中，通过计算得出一个常数；

②通过全等或相似找出线段间的关系，进行加、减、乘、除、运算后得到一个常数．

3．线段垂直问题

（1）代数法：证明两条线段垂直时，可以将两条线段所在直线的表达式求出．

例如，，，则．

（2）几何法

①根据几何图形的性质证明．例如，根据等腰三角形三线合一，菱形的对角线互相垂直平分等性质进行证明；

②利用相似或全等的性质，将等角转移，从而得到90°角．

例题讲解

例1  如图，在平面直角坐标系xOy中，直线与抛物线交于A，B两点，点A在x轴上，点B的纵坐标为3，P是线段AB下方的抛物线上的一个动点（不与点A，B重合），过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，作于点D．

（1）求a，b及sin∠ACP的值；

（2）求出线段PC，PD长的最大值．

解：（1）由，得到x＝－2，所以点A的坐标为．

由，得到x＝4,所以点B的坐标为．

因为抛物线经过A，B两点，

所以，

设直线AB与y轴交于点E，则点E的坐标为，AE＝．

因为PC//y轴，

所以∠ACP＝∠AEO．

所以sin∠ACP＝sin∠AEO＝．

（2）由（1）可知，抛物线的表达式为，

设点P的坐标为，点C的坐标为．

PC＝，

所以当m＝1时，PC有最大值．

在Rt△PCD中，PD＝PC·sin∠ACP，

因为，所以当m＝1时，PD有最大值．

例2  如图，在平面直角坐标系xOy中，开口向上的抛物线与x轴交于A，B两点，D为抛物线的顶点，O为坐标原点．若A，B两点的横坐标分别是方程的两根，且∠DAB＝45°．

（1）求抛物线对应的二次函数表达式；

（2）若C点坐标为，过点A任作直线l交线段CD于点P，若点C，D到直线l的距离分别记为，试求的最大值．

解：（1）解方程得，

而，

则点A的坐标为，B的坐标为，

如图1，过点D作轴于点D1，则D1为AB的中点，

所以点D1的坐标为．

因为∠DAB＝45°，

所以AD1＝DD1＝2

所以点D的坐标为．

令抛物线的表达式为y＝a（x－1）2－2，因为抛物线过点A（－1，0），

所以0＝4a－2，得a＝，所以抛物线的表达式为y＝（x－1）2－2．

（2）由已知条件可得AC＝6，AD＝2，DC＝4，所以AC2＋AD2＝DC2，

所以∠CAD＝90°，如图，过A作AM⊥CD于点M．

因为AC·AD＝DC·AM，所以AM＝＝．

因为S△ADC＝S△APD＋S△APC，所以AC·AD＝AP·d1＋AP·d2，

d1＋d2＝≤＝24×＝4，即此时d1＋d2的最大值为4．

例3 已知：如图，抛物线与坐标轴交于A，B，C三点，点A在点B左侧，点C为抛物线与y轴的交点，∠BAC的平分线AE交y轴于点D，交BC于点E，过点D的直线l与射线AC，AB分别交于点M，N．证明：当直线l绕点D旋转时，均为定值，并求出该定值．

解  设直线AC的表达式为y＝mx＋3．

将点A的坐标代入得，

解得，

所以直线AC的表达式为．

所以∠CAO＝60°，D（0，1）．

设直线MN的表达式为y＝kx＋1，

所以点N的坐标为．

所以

将与y＝kx＋1联立得，

所以点M的横坐标为

过点M作MG⊥x轴，垂足为G，则AG＝．

因为∠MAG＝60°，∠AGM＝90°，所以AM＝2AG＝

故．

例4 如图，抛物线y＝x2＋bx＋c的顶点坐标为M（0，－1），与x轴交于A，B两点．

（1）求抛物线的表达式；

（2）判断△MAB的形状，并说明理由；

（3）过原点的任意直线（不与y轴重合）交抛物线于C，D两点，连结MC，MD，试判断是否MC⊥MD，并说明理由．

解：（1）因为抛物线y＝x2＋bx＋c的顶点坐标为M（0，－1），

所以抛物线的表达式为y＝x2－1．

（2）△MAB是等腰直角三角形．理由如下：

因为点A的坐标为（－1，0），点B的坐标为（1，0），所以OA＝OB＝OM＝1．

所以∠AMO＝∠MAO＝∠BMO＝∠MBO＝45°，所以∠AMB＝90°，BM＝AM．

所以△MAB是等腰直角三角形．

（3）MC⊥MD．理由如下：

如图，分别过点C，D作y轴的平行线，分别交x轴于点E，F，过点M作x轴的平行线，交EC延长线于点G，交DF延长线于点H．

设点D的坐标为（m，m2－1），点C的坐标为（n，n2－1），

所以OE＝－n，CE＝1－n2，OF＝m，DF＝m2－1，因为OM＝1，所以CG＝n2，DH＝m2．

因为EG∥DH，所以＝，．即＝，所以mn＝－1，即m＝－．

因为＝＝－n，＝＝＝－n，所以＝．

因为∠CGM＝∠MHD＝90°，所以△CGM∽△MDH，所以∠CMG＝∠MDH．

因为∠MDH＋∠DMH＝90°，所以∠CMG＋∠DMH＝90°，

所以∠CMD＝90°，即MC⊥MD．

进阶训练

1．已知抛物线y＝ax2＋bx＋c的顶点坐标为（1，0），与y轴的交点坐标为（0，），R（1，1）是抛物线对称轴l上的一点．

（1）若P是抛物线上的一个动点（如图1），求证：点P到点R的距离与点P到直线y＝－1的距离恒相等；

（2）设直线PR与抛物线的另一交点为Q，E为线段PQ的中点，过点P，E，Q分别作直线y＝－1的垂线，垂足分别为M，F，N（如图2）．求证：PF⊥QF．

1．略．

【提示】（1）题意可得抛物线表达式为．

设点P的坐标为（x，），则PM＝．

由两点间距离公式得PR2＝（x－1）2＋．

（2）因为QN＝QR，PR＝PM，所以PQ＝PR＋QR＝PM＋QN．根据题意可得EF为梯形PMNQ的中位线，即EF＝（QV＋PM）＝PQ．所以EF＝EQ＝EP，即点F在以PQ为直径的圆上，所以PF⊥QF．

2、如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，抛物线上有一动点P，过动点P作PE⊥y轴于点E，交AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为F，连结EF，当线段EF的长度最短时，求出点P的坐标．

答案：当EF最短时，点P的坐标是（）或（）

提示：如图，连结OD，因为四边形OFDE是矩形，所以OD＝EF，所以当OD⊥AC时，OD最短，即EF最短．根据OC＝OA，可以得到点P的纵坐标．

3、如图，在平面直角坐标系xOy中，AB⊥x轴于点B，AB＝3，tan∠AOB＝，将△OAB绕着原点O逆时针旋转90°，得到△OA1B1，再将△OA1B1绕着线段OB1的中点旋转180°，得到△OA2B1，抛物线经过点B，B1，A2．

（1）求抛物线的表达式；

（2）在第三象限内，抛物线上是否存在点Q，使点Q到线段BB1的距离为？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

答案：（1）抛物线的表达式为

（2）存在．点Q的坐标是（－1，－4）或（－3，－2）

提示：（2）假设在第三象限的抛物线上存在点Q（），使点Q到直线BB1的距离为，连结BB1，过点Q作QD⊥BB1于点D，过Q作QE⊥X轴于点E，因为

所以x0＝－1或x0＝－3．所以这样的点Q的坐标是（－1，－4）或（－3，－2）．

4、如图，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A，C在x轴上，点B坐标为（3，m）（m＞0），线段AB与y轴相交于点D，以P（1，0）为顶点的抛物线过点B，D．

（1）求点A的坐标（用m表示）；

（2）求抛物线的表达式；

（3）设Q为抛物线上点P至点B之间的一个动点，连结PQ并延长交BC于点E，连结BQ并延长交AC于点F，证明：的值为定值．

答案：（1）点A的坐标为（3－m，0）；（2）抛物线的表达式为（3）略

提示：（3）如图，过点Q作QM⊥AC于点M，过点Q作QN⊥BC于点N，设点Q的坐标为（x，x2－2x＋1），则QM＝CN＝（x－1）2，MC＝QN＝3－x，因为m＝4，所以BC＝AC＝4，因为QM∥CE，所以△PQM∽△PEC，从而，即

得EC＝2（x－1）．因为QN∥FC．所以△BQN∽△BFC，从而，即得FC＝，因为AC＝4，所以，所以FC×（AC＋EC）的值为定值．

5、如图，折叠矩形OABC的一边BC，使点C落在OA边的点D处，已知折痕BE＝，且，以O为原点，OA所在的直线为x轴建立平面直角坐标系，抛物线l：经过点E，且与AB边相交于点F．若M是BE的中点，连结MF，求证：MF⊥BD．

答案：提示因为Rt△ABD∽RtODE．设OE＝3k，则OD＝4k，CE＝DE＝5k，AB＝OC＝8;，可得AD＝6k，OA＝BC＝BD＝10k，于是BE＝，解得k＝1，所以抛物线的表达式为，因为DF＝，BF＝AB－AF＝8－，∠BDE＝90°，M是BE的中点（斜边中线的性质），所以MF是线段DB的中垂线，故MF⊥BD