专题15分类讨论思想在五种题型中的应用（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_初中_中考数学压轴题（全国通用）

专题 15 分类讨论思想在五种题型中的应用 通用的解题思路： 题型一、等腰三角形的存在问题分类讨论 1. 假设结论成立； 2. 找点：当所给定长未说明是等腰三角形的底还是腰时，需分情况讨论，具体方法如下： ① 当定长为腰时，找已知条件上满足直线的点时，以定长的某一端点为圆心，以定长为半径画弧， 若所画弧与坐标轴或抛物有交点且交点不是定长的另一端点时，交点即为所求的点；若所画弧与坐 标轴或抛物线无交点或交点是定长的另一端点时，满足条件的点不存在； ② 当定长为底边时，根据尺规作图作出定长的垂直平分线，若作出的垂直平分线与坐标轴或抛物线 有交点时，那交点即为所求的点，若作出的垂直平分线与坐标轴或抛物线无交点时，满足条件的点 不存在；以上方法即可找出所有符合条件的点. 3. 计算：在求点坐标时，大多时候利用相似三角形求解，如果图形中没有相似三角形，可以通过添 加辅线构造相似三角形，有时也可利用直角三角形的性质进行求解 题型二、直角三角形的存在问题分类讨论 1. 设出所求点的坐标，用变量表示出所求三角形三边的长的平方的代数式，如本题，设点 F（1， f），△BCF 三边长为：BF2＝4＋f2，CF2=f2+6f+10，BC=18； 2. 找点：根据直角顶点的不确定性，分情况讨论： ① 当定长（已知的两个点连线所成的线段）为直角三角形的直边时（如本题（4）中的边 BC），分 别过定长的某一端点（B 和 C）做其垂线，与所求点满足的直线或抛物线（本题是抛物线对称轴）有 交点时，此交点即为符合条件的点； ② 当定长为直角角形的斜边时，以此定长为直径作圆，圆弧与所有点满足条件的直线或抛物线有交 点时，此交点即为符合条件的点. 3. 计算：把图形中的点的坐标用含有自变量的代数式表示出来，从而表示出三角形各边（表示线段 时，注意代数式的符号），再利用相似三角形得比例线段关系或利用勾股定理进行计算. 题型三、不等式（组）中的分类讨论思想 分类讨论思想在不等式（组）中主要体现在含有字母系数的一元一次不等式（组）的解法问题，在 求其解集时要对字母进行分类讨论。 对含字母系数的不等式或不等式组，在求解时一定要注意字母系数的取值范围，要进行分类讨论。 题型四、方程（组）和函数中的分类讨论思想 在函数问题中，分类有两种情况：一种是对概念进行分类，一 种是分情况讨论问题，对概念进行分类，是明确概念的一种逻辑方法，有助于对概念的理解与掌握；分情况讨论问题，可以帮助我们全 面考察一个对象，得出可能的结论，也可以使问题更容易人手，分类思想方法对于中学生来是比较 难掌握的一种数学思想方法，在对概念进行分类时，往往把握不住标准，不能坚持用同一个标准进 行分类，出现“重"或“漏"的现象，从而容易导致错误的发生 题型五、圆中的分类讨论思想 由于圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，并且具有旋转不变性，因此有不少题目会出现多解问 题。这类题目重在考查同学们对基础知识的掌握与运用情况，它有利于培养同学们严谨周密的逻辑 思维能力。如果解题时考虑不严密，理解不透切，形成思维定势，就会漏解，从而造成错误。在圆 中解这类问题时，需要利用分类讨论思想，在解题时可以多考虑将圆进行折叠或旋转。 题型一：等腰三角形中的分类讨论思想 9 m 1．（2023•广安）如图，一次函数ykx (k为常数，k 0)的图象与反比例函数y (m为常数，m0) 4 x 的图象在第一象限交于点A(1,n)，与x轴交于点B(3,0)． （1）求一次函数和反比例函数的解析式． （2）点P在x轴上，ABP是以AB为腰的等腰三角形，请直接写出点P的坐标． 【分析】（1）把点A、B的坐标分别代入一次函数解析式，列出关于k、n的方程组，通过解方程组求得 它们的值；然后将点A的坐标代入反比例函数解析式，求得m的值即可； （2）设P(a,0)，利用两点间的距离公式和勾股定理以及AP AB列出方程，借助于方程求解即可． 9 【解答】解：（1）将A(1,n)、B(3,0)分别代入一次函数ykx ，得 4  9 k n   4  ． 9 3k 0  4  3 k  解得 4．  n3故A(1,3)． m 将其代入反比例函数y ，得 x m 3． 1 解得m3． 3 9 3 故一次函数的解析式为y x ，反比例函数的解析式为y ； 4 4 x （2）由（1）知，A(1,3)、B(3,0)，则AB 32 42 5． 设P(a,0)， 当AB AP时，5 (1a)2 32 ． 解得a5或a3（舍去）． 故P(5,0)； 当ABPB时，5|3a|． 解得a8或a2． 故P(8,0)或(2,0)． 综上所述，符合条件的点P的坐标为：(5,0)或(8,0)或(2,0)． 【点评】本题属于反比例函数综合题，主要考查了待定系数法求得一次函数和反比例函数解析式，勾股定 理以及等腰三角形的性质，此题难度稍大，综合性比较强，注意对各个知识点的灵活应用． 2．（2023•澄城县一模）如图，抛物线yx2 bxc与x轴交于点A(1,0)、B，与y轴交于点C(0,3)， 直线l是抛物线的对称轴． （1）求抛物线的函数解析式； （2）在对称轴l上是否存在点M ，使MAC为等腰三角形，若存在，求出所有符合条件的点M 的坐标； 若不存在，请说明理由．【分析】（1）运用待定系数法确定函数解析式即可； （2）由于没有指明等腰MAC的底边，所以需要分类讨论：AC  AM ，AC CM ，AM CM ，运用两 点间距离的求法列出相应的方程，通过解方程求得答案． 1bc0 【解答】解：（1）把点A(1,0)、点C(0,3)分别代入yx2 bxc，得 ． c3 b2 解得 ． c3 故该抛物线解析式为：yx2 2x3； （2）由（1）知，该抛物线解析式为：yx2 2x3． 2 则该抛物线的对称轴为直线x 1． 12 故设M(1,m)． A(1,0)、点C(0,3)，  AC2 10，AM2 4m2，CM2 1(m3)2． ①若AC  AM 时，104m2， 解得m 6． 点M 的坐标为(1, 6)或(1, 6)； ②若AC CM 时，101(m3)2， 解得m0或m6， 点M 的坐标为(1,0)或(1,6)． 当点M 的坐标为(1,6)时，点A、C、M 共线， 点M 的坐标为(1,0)； ③当AM CM 时，4m2 1(m3)2， 解得m1， 点M 的坐标为(1,1)． 综上所述，符合条件的点M 的坐标为(1, 6)或(1, 6)或(1,0)或(1,1)．【点评】本题属于二次函数综合题型，主要考查了待定系数法确定函数解析式，两点间的距离公式，等腰 三角形的性质，解题过程中，需要对等腰三角形的底边或腰进行分类讨论，以防漏解． 3．（2023•婺城区模拟）在矩形ABCD中，AB4，AD10，E是AD上的一点，且AE2，M 是直线 AB上一点，射线ME交直线CD于点F ，EGME交直线BC于点G，连结MG、FG，直线FG交直线 AD于点N． （1）①当点M 为AB中点时，求DF与EG的长； MG ②求 的值． FG （2）若EGN为等腰三角形时，求满足条件的AM 的长． 【分析】（1）①过点 G作 GH  AD于点 H ，易得 ABGH 2， AEM 为等腰直角三角形 DEF AEM 45，进而得到DEF 为等腰直角三角形，DF DE8，由EGME可推出GEH 45， 则GEH 为等腰直角三角形，EG 2GH 4 2； ②过点G作GK  AD于点K，易得KG AB4，DE8，易证AEM∽KGE，KGE∽DEF，得到 EM 2 1 GE 4 1 EM 1 GE 1   ，   ，于是tanEGM   ，tanEFG  ，进而可得EGM EFG， GE 4 2 EF 8 2 GE 2 EF 2 MG 1 由等角加同角相等得MGF 90，在RtFGM中，tanMFG  ； FG 2 AM 2 1 （2）易得AEM∽DEF ，得到   ，设AM a，则BM 4a，DF 4a，CF 44a，易证 DF 8 4 BGM∽CFG，根据相似三角形的性质可求得BG2a2，CG82a，再分三种情况讨论：（Ⅰ）当 EGNG时，过点G作GP AD于点 P，则 APBG2a2， PEPN ，进而求出 PN PE 2a， DN DF EN 4a，DN 84a，再利用平行线分线段成比例得到  ，以此建立方程求解即可；（Ⅱ）当 CG CF EN NG时，过点 E作 EQBC 于点Q，则NEGNGE， AE BQ2， ABEQ4，进而求出 QG2a，由平行线的性质得到NEGEGQ，于是EGQNGE ，由等角的余角相等得QFGEFG， 1 QG 则tanQFGtanEFG  ，以此建立方程求解即可；（Ⅲ）当EN EG时，则ENGEGN ， 2 EQ 由平行线的性质可得ENGNGC，于是EGN NGC ，由等角的余角相等得EFGCFG，进而1 CG 得到tanCFGtanEFG  ，以此建立方程求解即可． 2 CF 【解答】解：（1）①当点M 为AB中点时，如图，过点G作GH  AD于点H ， 则GHA90， 四边形ABCD为矩形，  AB90， 四边形ABGH 为矩形， ABGH 2， 点M 为AB的中点，  AM BM 2， AE2，  AM  AE 2，DE ADAE8， AEM 为等腰直角三角形，AEM 45， DEF AEM 45， DEF 为等腰直角三角形，DF DE8， EGME ，  MEG90， GEH 45， GEH 为等腰直角三角形，EG 2GH 4 2， DF 8，EG4 2 ； ②如图，过点G作GK  AD于点K，则KG AB4， AE2，  DE8， EGME ，  AEM KEG90，KGEKEG90，KEGDEF 90， AEM KGEDEF， AEM∽KGE ，KGE∽DEF， EM AE EM 2 1   ，即   ， GE KG GE 4 2 GE KG GE 4 1  ，即   ， EF DE EF 8 2 EM 1 GE 1 tanEGM   ，tanEFG  ， GE 2 EF 2 EGM EFG， EGF EFG90，  EGF EGM 90，即MGF 90， MG 1 tanEFG  ； FG 2 （2） AEM DEF，EAM EDF 90，  AEM∽DEF， AM AE AM 2 1   ，即   ， DF DE DF 8 4 设AM a，则BM 4a，DF 4a， CF CDDF 44a， 由（1）②可知，MGF 90， BGM CGF 90， CFGCGF 90， BGM CFG，BC 90，  BGM∽CFG， BG BM GM BG 4a 1    ，即   ， CF CG FG 44a CG 2 BG2a2，CG82a， （Ⅰ）当EGNG时，如图，过点G作GP AD于点P， 则APBG2a2，PEPN ， PN PE APAE2a， EN 4a， DN DEEN 84a， DN //BC，  DN DF 84a 4a   ，即  ， CG CF 82a 44a 解得：a 1 5，a 1 5 （舍去）， 1 2 AM  51； （Ⅱ）当EN NG时，如图，过点E作EQBC 于点Q， 则NEGNGE，AE BQ2，ABEQ4， QGBCBQCG102(82a)2a， AD//BC， NEGEGQ， EGQNGE， QFGEFG， MG 1 tanQFGtanEFG  ， FG 2 QG 2a 1    ， EQ 4 2 解得：a1， AM 1； （Ⅲ）当EN EG时，如图， 则ENGEGN ， AD//BC，  ENGNGC， EGN NGC， EFGCFG， 1 tanCFGtanEFG ，  2 CG 82a 1    ， CF 44a 2 3 解得：a ， 2 3 AM  ． 2 2x 4 当NGGE时，同理可得  ， 4x8 4x AM  51，3 综上，当AM  51或1或 或 51时，EGN为等腰三角形． 2 【点评】本题主要考查矩形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三 角形、平行线的性质、等腰三角形的判定与性质，解题关键是：（1）①熟练掌握等腰三角形的判定与性质；② 利用相似三角形性质和锐角三角函数推出MGF 90；（2）利用分类讨论和数形结合思想解决问题． 4．（2023•濮阳县模拟）在等腰直角三角形ABC中，ACB90，AC BC，点P为直线AB上一个动点， 绕点C将射线CP逆时针旋转45，交直线AB于点Q． ? 在图1中，将APC 绕点C逆时针旋转90得到BMC，连接MQ， ACPBCQ45，ACPBCM ，  MCQ45PCQ， 又 CPCM ，CQCQ，  PCQMCQ． 请阅读上述过程，并完成以下问题： （1）得出PCQMCQ的依据是 ② （填序号）． ①SSS ②SAS ③AAS ④HL（2）在以上条件下，如图2，当点P在线段BA的延长线上时，求证：PQ2  AP2 BQ2． （3）在等边三角形ABC中，BC 2，点P为射线BA上一个动点，将射线CP绕点C逆时针旋转30交直 线BA于点Q，将APC 绕点C逆时针旋转60得到BMC，连接MQ，当BMQ为直角三角形时，请直接 写出AP的长． 【分析】（1）根据判定PCQMCQ的条件看判定的依据是什么即可做出选择； （2）将APC绕点C逆时针旋转90得到BMC，连接MQ，根据旋转的性质得到BM  AP，CM CP， CPM CAP，然后推出判定PCQMCQ的条件，得到QM QP，在BMQ中推出MBQ90， 根据勾股定理得到等式，再代换即可得证； （3）当点P在线段BA上时，BMQ不可能是直角三角形，当点P在线段BA延长线上时，分BMQ90 和BQM 90两种情况，根据旋转的性质和直角三角形的性质以及全等三角形的性质分别进行计算即可求 出结果． 【解答】（1）解： 推理过程中判定PCQMCQ的条件是两边和夹角对应相等，  得出PCQMCQ的依据是SAS ， 故答案为：②； （2）证明：如图1，将APC 绕点C逆时针旋转90得到BMC，连接MQ， PCQ45，  ACQ45PCA， BCQ90(45PCA)45PCA， PCABCM ，  MCQBCQBCM BCQPCA45PCAPCA45， MCQPCQ， 又 CPCM ，CQCQ，  PCQMCQ(SAS)， QM QP， ACB90，AC BC， CABCBA45， PAC MBC 135， QBM 90， MQ2 BM2 BQ2， 又 APBM ，QM QP，  PQ2  AP2 BQ2； （3）分两种情况：①如图2，当BMQ90时， 由旋转可知CBM CAP120， 又 CBA60，  QBM 1206060， 1 BM  BQ，QM  3BM ， 2 设PABM a，则BQ2a，PQQM  3a， AQPQPA 3aa 3aa， AB AQBQ，AB2，   3aa2a2， a 31， 即AP的长为 31； ②如图3，当MQB90时，由旋转可知CBM CAP120， 又 CBA60，  QBM 1206060， BM 2BQ，QM  3BQ， 1 3 设APBM a，则BQ a，QM PQ a， 2 2 3 AQx x， 2 BABQAQ，  1 3 x x(x x)2， 2 2 x2 32； 综上所述，AP的长为 31或2 32． 【点评】本题是几何变换综合题，主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性 质，等边三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识点，深入理解题意是解决问题的关键． 5．（2023•武侯区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，ABkBC (0k 1)，将线段AB绕点A逆时针旋 转度(090 )得到线段AE，过点E作AE的垂线交射线CD于点H ，交射线AD于点M ．[尝试初探] （1）当点M 在AD延长线上运动时，BAE 与AME始终相等，且AEM 与HDM 始终相似，请说明理 由； [深入探究] 1 3 （2）若k  ，随着线段AE的旋转，点H 的位置也随之发生变化，当CH  CD时，求tan的值； 2 4 [拓展延伸] （3）连接ED，当EDM 为等腰三角形时，求tan的值（用含k的代数式表示）． 【分析】（1）由矩形的四个角是直角，又AE EM ，容易得到结果． DM MH 1 （2）连接AH ，设AD2AB8a，DH a，求出EH ，由AEM∽HDM 得到   ，可求出DM ， EM AM 4 DH tantanAME 得到结果． DM （3）分类讨论：①点M 在AD延长线上时，作DGME，设AB AE a，ADDEDM ka，AM 2ka， AE 由勾股定理求出ME，tantanAME ，得到结果．②当M 在 AD上时，设MEMDx，由 AM AE AE2 ME2  AM2，求出ME，tantanAME ，得出结果． ME 【解答】（1）证明： 四边形ABCD是矩形，  BADADC 90， BAEEAD90， AEME，  AEM 90， AMEEAD90， BAEAME ， 又 AMEADC 90，  AMEHMD，AEM∽HDM ． 1 （2）解： ABkBC，k  ，  2 1 AB BC， 2 四边形ABCD是矩形，  ABCD，ADBC，ADC 90， 3 CH  CD，  4 设CD AB4a， 则DH a，AE4a，AD8a， 连接AH ， 由勾股定理得， AH2  AD2 DH2 (8a)2 a2 65a2， EH2  AH2 AE2 65a2 (4a)2 49a2， EH 7a， 由（1）得，AEM∽HDM ， DM MH DH a 1      ， ME MA AE 4a 4 DM MH 1    ， MH 7a DM 8a 4 12 13 DM  a，MH  a， 5 5 DH a 5 tantanAME   ． DM 12 12 a 5 （3）解：分两种情况讨论， ①如图2，当M 在AD的延长线上时， 过点D作DGME于G， AEME，  DG//AE， MDGMAE，EDGDEA， 又 DE DM ， MDGEDG， MAEDEA， ADDE， 设BC a，则ADDEDM a，AB AEka， AM 2a， 由勾股定理得， ME AM2 AE2  (2a)2 (ka)2  4k2a， AE ka 4k2k tantanAME   ． ME 4k2a 4k2 ②如图3，当M 在AD上时， 设MEMDx， 则AM ax， 由勾股定理得， AE2 ME2  AM2， (ka)2 x2 (ax)2， 1k2 x a， 2 AE ka 2k tantanAME   ， ME 1k2 1k2 a 2 4k2 k 2k 综上得，tan 或 ． 4k2 1k2【点评】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识是一道综合题，正确分类讨 论并画出图形，恰当添加辅助线，灵活运用所学知识是解题关键． 3 6．（2023•虹口区一模）如图，在ABC 中，AB AC 10，sinB ，点D、E分别在边AB、BC上， 5 满足CDE B．点F 是DE延长线上一点，且ECF ACD． （1）当点D是AB的中点时，求tanBCD的值； CF （2）如果AD3，求 的值； DE （3）如果BDE是等腰三角形，求CF 的长． 【分析】（1）过点A作AGBC于点G，过点D作DH BC于点H ，利用等腰三角形的性质，直角三角 形的边角关系定理，勾股定理，三角形的中位线定理解答即可； （2）利用等腰三角形的判定与相似三角形的判定与性质解答即可； （3）利用分类讨论的思想方法分①当BDBE时，②当EDBE时，③当BDBE时三种情形讨论解答： 利用等腰三角形的性质，平行线的判定和三角形的内角和定理求得前两种情形不存在，对于③利用等腰三角形的性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理和相似三角形的判定与性质解答即可． 【解答】解：（1）过点A作AGBC于点G，过点D作DH BC于点H ，如图， AB AC 10，  BGGC ， 3 AG sinB ，sinB ，  5 AB AG6． BG AB2 AG2  102 62 8． CGBG8． AGBC ，DH BC，  AG//DH ， D是AB的中点，  DH 是ABG的中位线， 1 1 DH HG BG4，DH  AG3， 2 2 CH CGGH 12． 在RtCDH中， DH 3 1 tanBCD   ； CH 12 4 （2） ECF ACD，  ACBDCF ． BCDE，  ABC∽FCD， BAC F ． AB AC ，  FDFC． BAC F ，ACDFCE，  ACD∽FCE， AC CF   ． AD EF AB10，AD3， CF 10   ， EF 3 DEEF FC，  CF 10   ； DE 7 （3）如果BDE是等腰三角形， ①当BDDE时， 则BDEB． CDEB，  CDEDEB， CD//BC ，这与已知条件不符， 此种情况不存在； ②当EDBE时， 则BEDB， CDEB，  CDB2B， CDA1802B， AB AC ，  BACB， A180BACB1802B， ACDA， A为钝角，  此种情况不存在； ③当BDBE时， 过点E作EK  AB于点K，如图， 3 由题意得：sinB ， 5 EK 3   ， BE 5 3 3 EK  BE BD， 5 5 4 BK  BD， 51 DK  BD． 5 10 DE DK2 EK2  BD． 5 CDEB，DCEBCD，  CDE∽CBD， DE CD   ， BD CB 10 BD 5 CD   ， BD 16 16 10 CD ． 5 由（1）知：ABC∽FCD， BC AB   ， CD CF 16 10   ． 16 10 CF 5 CF 2 10 ． 【点评】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理，勾股定理，三角形的内 角和定理，相似三角形的判定与性质，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．7．（2023•文成县一模）如图，点E，F 分别为矩形ABCD边AD，CD上的点，以BE 为直径作 O交BF  于点G，且EF 与 O相切，连结EG．  （1）若AEEG，求证：ABE GBE． 1 （2）若AB2，tanEBF  ． 2 ①求DE的长． ②连结AG，若ABG是以AG为腰的等腰三角形，求所有满足条件的BC的长． CG （3）连结CG，若CG的延长线经过点A，且EDEG，求 的值． EF 【分析】（1）利用圆周角定理和全等三角形的判定定理解答即可； （2）①利用切线的性质定理，矩形的性质和相似三角形的判定与性质，通过证明ABE∽DEF 得到 AB BE  ，再利用直角三角形的边角关系定理解答即可得出结论； DE EF ②利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：Ⅰ．当GAGB时，利用全等三角形的判定与性质得到 BEBC ，设BC x，则ADBC x，则AE ADDEx1，利用勾股定理列出方程解答即可；Ⅱ．当 AB BE GA AB2时，利用相似三角形的判定得到BAE∽BCF ，进而得到  ，再利用（2）①的结论， BC BF 利用勾股定理解答即可得出结论； （3）利用全等三角形的判定定理证明得到RtEGFRtEDF和RtEABRtEGB，得到AEEGDE， 利 用 三 角 形 的 中 位 线 得 到 DF FC FG， 设 DF FC FGa， 则 ABCDBG2a， 则 BF BGGF 3a，取BF 的中点H ，连接EH ，利用梯形的中位线定理得到EF ，最后利用相似三角形 的判定定理得到CFG∽EHF，由相似三角形的性质即可得出结论． 【解答】（1）证明： BE为直径，  BAEBGE90． 在RtABE和RtGBE中， AEGE  ， BEBERtABE和RtGBE(HL)； （2）解：① EF与 O相切，   BEEF ， BEF 90， AEBDEF 90． 四边形ABCD为矩形，  BAE 90， ABEAEB90， ABE DEF ， BAED90，  ABE∽DEF ， AB BE   ． DE EF 在RtBEF中， 1 tanEBF  ，  2 EF 1   ， BE 2 1 1 DE AB 21； 2 2 ②若ABG是以AG为腰的等腰三角形， Ⅰ．当GAGB时， GAGB，  GABGBA， DABCBA90，  EAGFBC． EAGEBG，  EBGFBC． 在BEF和BCF中， BEF C 90  EBGCBF ，  BF FBBEF BCF(AAS)， BEBC． 设BC x，则ADBC x， AE ADDEx1， AB2  AE2 BE2，  22 (x1)2 x2， 5 解得：x ， 2 5 BC  ； 2 Ⅱ．当GA AB2时， GA AB，  ABGAGB． AEBAGB．  AEBABG． AEBABE90，ABGFBC 90，  ABEFBC， BAEC 90，  BAE∽BCF， AB BE   ． BC BF EF 1 由（2）知：  ， BF 2 BE 2   ， BF 5 2 2   ， BC 5 BC  5． 5 综上，若ABG是以AG为腰的等腰三角形，满足条件的BC的长为 或 5 ； 2 （3）解： BE为圆的直径，  EGF 90． 在RtEGF和RtEDF中，EGED  ， EF EF RtEGFRtEDF(HL)， DEF GEF，DF FG． AEGGEF 90，DEF AEB90，  AEBGEB． 在RtEAB和RtEGB中， EABEGB90  AEBGEB ，  EBEB RtEABRtEGB(AAS)， ABBG，AEEG， AE EGDE， BE  AC ． BEEF ，  EF //AC ． EF为DAC的中位线， DF FC ， DF FC FG． 设DF FC FGa，则ABCDBG2a， BF BGGF 3a． 取BF 的中点H ，连接EH ，如图， 则EH 为梯形ABFD的中位线， ABDF 3 EF   a． 2 2 EF //AC ，  FGC EFH ． EH //CD，  CFGEHF， CFG∽EHF ，CG CF a 2     ． EF EH 3 3 a 2 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的性质定理，等腰三角形的性质，直角三 角形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质三角形的中位线定理，利用分类讨论的 思想方法解答是解题的关键． 8．（2023•涪城区模拟）如图，已知：在ABC 中，C 90，点P是BC边上的动点，PDBC 交AB于 D，以PD为直径的 O分别交AB，AP于点E，F ．  （1）求证：EFPEPB． 3 （2）若AB20，sinB ． 5 ①当APB4APD，求PC的长． ②当PEF为等腰三角形时，请求出所有满足条件的PEF的腰长． 2 3 5 （3）若sinB ，且D，F ，C在一条直线上，则DP与AC的比值为 ． 2 2 【分析】（1）利用切线的判定定理与弦切角定理解答即可； （2）①利用直角三角形的边角关系解答即可； ②利用分类讨论的方法分三种情况讨论解答：当EF EP时，通过证明BEPAEP，利用直角三角形的 边角关系解答即可；当EPFP时，利用垂径定理和直角三角形的边角关系解答即可；当FEPF时，利用 等腰三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系和勾股定理解答即可； （3）画出符合题意的图形，通过证明ACP∽CPD，得出比例式，利用等腰直角三角形的判定与性质，通过等量代换得到关于DP与AC的一元二次方程，解方程即可得出结论． 【解答】（1）证明： PD为 O的直径，PDBC ，   BC 为 O的切线，  EFPEPB； （2）解：① APB4APD，APB90APD，  4APD90APD， APD30． APC 90APD60． 3 AB20，sinB ，  5 3 AC  ABsinB20 12． 5 AC tanAPC   3，  PC 12 PC  4 3； 3 ②当EF EP时， EF EP，  EPF EFP， EFPEPB，  EPF EPB． PD为 O的直径，   PE AB． BEPAEP90， 在BEP和AEP中， BEPAEP90  PEPE ，  EPBEPA BEPAEP(ASA)， BE  AE 10． 3 sinB ，  53 PE tanB  ， 4 AE 15 PE  ； 2 当EPFP时， EPFP，  EPFP， PD为 O的直径，   PDEF ， PDBC，  EF //BC． BAEF ， AEF DPF，  BDPF ． PDEF ，AC BC，  DP//AC， DPF PAC ， PAC B． 3 PC tanPAC tanB  ． 4 AC PC 9． PBBCPC 7． 3 PE sinB  ，  5 PB 21 PE ； 5 当FEPF时， FEPF ，  FEPFPE． FEPAEF 90，FPEFAE90，  AEF FAE， EF  AF ．AF FPEF ． DPAAEF ，  DPADAP， PD AD． 设PD AD3x， 3 PD sinB  ，  5 BD BD5x． ABBD AD8x20， 5  x ． 2 25 BD5x ． 2 4 BP cosB  ，  5 BD BP10． PC BCBP6． AP AC2 PC2 6 5 ． 1 PF  AP3 5． 2 15 21 综上，当PEF为等腰三角形时，满足条件的PEF的腰长为3 5或 或 ． 2 5 （3）解：当D，F ，C在一条直线上时， PD为 O的直径，   PF CD， FACFCA90， FCPFCA90， FAC FCP． ACPDPC 90，  ACP∽CPD． PC PD   ， AC PC PC2  ACPD． 2 sinB ，  2 B45． BC  AC，PDPB． PC BCBP ACPD． (ACPD)2  ACPD， DP2 3DPAC AC2 0． 3 5 3 5 解得：DP AC或DP AC（不合题意，舍去）． 2 2 DP 3 5   ， AC 2 3 5 故答案为： ． 2 【点评】本题主要考查了圆周角定理，切线的判定与性质，弦切角定理，求得三角形的判定与性质，相似 三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，特殊角的三角函数值，一元二次方程的解法， 勾股定理，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键． 9．（2023•河南模拟）如图所示，在 RtABC中， ABC 90，点 D为射线 AC上一动点，作 BDEBAC ，过点B作BE BD，交DE于点E，连接CE ．（点A、E在BD的两侧） 【问题发现】 （1）如图1所示，若A45时，AD、CE 的数量关系为 ADCE ，直线AD、CE 的夹角为 ； 【类比探究】 （2）如图2所示，若A60时，（1）中的结论是否成立，请说明理由； 【拓展延伸】 （3）若A30，AC 2 3，且ABD是以AB为腰的等腰三角形时，请直接写出线段CE 的长．【分析】（1）证ABDCBE(SAS)，由全等三角形的性质得ADCE，BCEBAD45，即可解决 问题； AB DB CE BC （2）证ABC∽DBE，由相似三角形的性质得  ，再证CBE∽ABD，得  ，即可得出 BC BE AD BA 结论； （3）分两种情况，①当AB AD3时，②当ABBD3时，由直角三角形的性质及相似三角形的性质分 别求出CE 的长即可． 【解答】解：（1） ABC 90，A45，  ABC是等腰直角三角形， AACB45，ABCB， 同理：BDBE，DBE90， ABC DBE， ABCCBDDBECBD， 即ABDCBE， ABDCBE(SAS)， ADCE，BCEBAD45， ACEACBBCE454590， 故答案为：ADCE，90； （2）不成立，CE 3AD，理由如下： BEBD，ABC 90，  DBEABC 90， 又 BAC BDE，  ABC∽DBE，AB DB   ， BC BE 又 ABC DBE，  ABCCBDDBECBD， 即ABDCBE， CBE∽ABD， CE BC   ， AD BA 在RtABC中，A60， BC tanA tan60 3， AB CE 3AD； （3） A30，AC 2 3，  1 BC ， AC  3，AB 3BC 3， 2 分两种情况： ①如图3，当AB AD3时， 同（2）可知，CBE∽ABD， CE BC   ， AD BA CE BC  3； ②如图4，当ABBD3时， 则AADB30， ABC 90，A30，  ACB90A60， ACBCDBCBD，  CBDACBCDB30， CBDCDB30， CDBC  3，AD ACCD3 3， 同（2）可知，CBE∽ABD， CE BC   ， AD BA CE 3 即  ， 3 3 3 解得：CE3； 综上所述，CE 的长为 3或3． 【点评】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的 判定与性质、相似三角形的判定与性质以及分类讨论等知识，本题综合性强，熟练掌握等腰三角形的判定 与性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，属于中考常考题型． 题型二：直角三角形中的分类讨论思想 1．（2022•大连模拟）如图，RtABC中，C 90，AC 3cm，BC 4cm，点P在边AB上，过点P作 AB的垂线与边AC或BC相交于点D，将点D绕点P顺时针旋转90得点E，过点E作AB的垂线与边AC 或BC相交于点F ．设AP的长为x(cm)，四边形DPEF 的面积为y(cm2)． （1）求AB的长； （2）求y关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．【分析】（1）根据勾股定理求解即可． BC 4 AC 3 （2）根据正切函数可知tanA  ，tanB  ，分点D，F 在线段AC上，点D在AC上，点F AC 3 BC 4 在BC上，或者点D，F 都在线段BC上三种情况分析，再分别表示出DP，EF ，PE ，根据梯形面积公式 即可求解． 【解答】解：（1）在RtABC中，C 90，AC 3cm，BC 4cm． 根据勾股定理得，AB2  AC2 BC2， AB5cm． （2）当点D，F 在AC边上时，如图所示； 在RtABC中，C 90， BC 4 AC 3 tanA  ，tanB  ． AC 3 BC 4 又 DP AB于点P，  APDBPD90． DP 在RtADP中，tanA ， AP 4 DPtanAAP x(cm)． 3 4 PEDP x(cm)． 3 7 AE APPE x(cm)． 3 FE AB于点E， AEF 90， EF 在RtAEF中，tanA ， AE 28 EF  AEtanA x(cm)． 9 当点F 落在C点时，EF2  AE2  AF2， 28 7 即( x)2 ( x)2 32， 9 3 27 解得x ， 35 27 当0x„ 时， 35 1 80 y (DPEF)PE x2． 2 27 当点D落在AC上，点F 落在BC上时，如图所示； 7 BE ABAE(5 x)cm． 3 EF 在RtBEF中，tanB ． BE 7 15 EF BEtanB( x )cm． 4 4 当点D落在C点时，DP2  AP2  AD2．  4 即x2 ( x)2 9， 3 9 解得x ． 5 27 9 当 x„ 时， 35 5 1 5 5 y (DPEF)PE x2  x． 2 18 2 当点D，F 落在BC上时，如图所示；BP ABAP5x， DP RtBPD，BPD90，tanB ． BP 15 3 DPBPtanB(  x)cm， 4 4 15 3 PEDP(  x)cm， 4 4 5 x 即BEBPPE(  )cm． 4 4 EF 在RtBEF中，tanB ， BE 15 3x EF BEtanB(  )cm． 16 16 9 当 x5时， 5 1 45 225 1125 y (DPEF)PE x2  x ． 2 128 64 128 80 27 x2,0x„  27 35   5 5 27 9 综上所述：y x2  x, x„ 18 2 35 5   45 225 1125 9 x2  x , x5  128 64 128 5 【点评】本题主要考查勾股定理，解直角三角形，求函数关系式相关知识点，分类讨论是解决本题的关 键． 2．（2022•莲池区校级二模）如图，RtABC中，ACB90，AC 3，BC 4．动点P从点A出发，以 每秒3个单位长度的速度沿ACCBBA方向绕行ABC 一周，与BC垂直的动直线l从AC开始．以每秒1 个单位长度的速度向右平移，分别交AB，CB于D，E两点．当点P运动到点A时，直线l也停止运动， 设点P的运动时间为t秒． （1）当点P在AC上运动时，过点P作PF DE于F ， ①当PDPE时，求证：PDF EPC； ②设PDE的面积为S，用含t的代数式表示S，并求当t为何值时，S有最大值；（2）当直线l等分ABC的面积时求t的值，并判断此时点P落在ABC 的哪条边上； （3）直接写出PDPE时t的值． 【分析】（1）①由PDPE，PEF CPE，PFDC 90，即可证明PDF EPC(AAS)； DE BE 3 1 3 3 3 ②由DE//AC，可得  ，求出DE (4t)，则S  t (4t) (t2)2  ，再由0„ t„1求S AC BC 4 2 4 8 2 的最大值即可； 3 3 （2）分别求出S  (4t)2，S 6，再由题意可得 (4t)2 3，求出t的值即可； BDE 8 ABC 8 1 （3）分两种情况讨论：当 P点在 AC上时，过点 P作 PF DE交于 F ，由 EF  DE，可得方程 2 1 3 4 33t   (4t)，解得t ；当P点在AB上时，过点P作PQBC 交于Q，由DE2PQ，可得方程 2 4 7 3 3 76 (4t)2 (3t7)，解得t  ． 4 5 29 【解答】（1）①证明： PDPE，  PDF PEF， EF //AC ，  PEF CPE， PFDC 90，  PDF EPC(AAS)； ②解： 点P在AC上运动，AC 3，  0„ t„1， 由题意可知，AP3t，PF t， PF DE，  CEt， DE//AC， DE BE   ， AC BC AC 3，BC 4，  DE 4t   ， 3 4 3 DE  (4t)， 4 1 3 3 3 3 3 S  t (4t) t2  t  (t2)2  ， 2 4 8 2 8 2 0„ t„1，  9 t 1时，S有最大值 ； 8 3 （2）解：由②可知，BE 4t ，DE (4t)， 4 1 3 3 1 S  (4t) (4t) (4t)2，S  436， BDE 2 4 8 ABC 2 直线l等分ABC的面积，  3  (4t)2 3， 8 解得t 2 24或t 2 24， 0„ t„ 4，  t 42 2 ， 142 22，  P点在BC边上； （3）解：当P点在AC上时，PDPE， 过点P作PF DE交于F ， 1 EF  DE， 2 PC 33t， 3 DE  (4t)，  4 1 3 33t   (4t)， 2 4 4 解得t ； 7 当P点在AB上时，过点P作PQBC 交于Q， PEPD， DE2PQ， PB3t7，  3 PQ (3t7)， 5 3 DE  (4t)，  4 3 3 DE (4t)2 (3t7)， 4 5 76 解得t  ； 29 4 76 综上所述：t的值为 或 ． 7 29 【点评】本题是三角形的综合题，熟练掌握直角三角形的性质，平行线的性质是解题是关键． 3．（2022•济南二模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A坐标为(3,0)，四边形OABC 为平 k 行四边形，反比例函数y (x0)的图象经过点C，与边AB交于点D，若OC 2 2，tanAOC 1． x （1）求反比例函数解析式； （2）点P(a,0)是x轴上一动点，求|PCPD|最大时a的值； （3）连接CA，在反比例函数图象上是否存在点M ，平面内是否存在点N，使得四边形CAMN 为矩形，若 存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）先确定出OECE2，即可得出点C坐标，最后用待定系数法即可得出结论； （2）先求出OC解析式，由平行四边形的性质可得BC OA3，BC//OA，AB//OC，利用待定系数法 可求AB解析式，求出点D的坐标，再根据三角形关系可得出当点P，C，D三点共线时，|PCPD|最大， 求出直线CD的解析式，令y0即可求解； （3）若四边形CAMN 为矩形，则CAM 是直角三角形且AC为一条直角边，根据直角顶点需要分两种情况， 画出图形分别求解即可． 【解答】解：（1）如图，过点C作CE x轴于E， CEO90， tanAOC 1  COA45， OCE45， OC 2 2，  OECE2， C(2,2)， 点C在反比例函数图象上，  k 224， 4 反比例函数解析式为y ； x （2） 点C(2,2)，点O(0,0)，  OC解析式为：yx， 四边形OABC 是平行四边形，  BC OA3，BC//OA，AB//OC， 点B(5,2)， 设AB解析式为：yxb，25b， b3， AB解析式为：yx3，  4 y 联立方程组可得： x ，  yx3 x4 x1  或 （舍去）， y1 y4 点D(4,1)； 在PCD中，|PCPD|CD，则当点P，C，D三点共线时，|PCPD|CD，此时，|PCPD|取得最 大值， 由（1）知C(2,2)，D(4,1)，设直线CD的解析式为：ymxn，  1 2mn2 m  ，解得 2 ， 4mn1  n3 1 直线CD的解析式为：y x3， 2 1 令y0，即 x30，得x6， 2 |PCPD|最大时a的值为6． （3）存在，理由如下： 若四边形CAMN 为矩形，则CAM 是直角三角形， 4 则①当点A为直角顶点时，如图2，过点A作AC的垂线与y 交于点M ，分别过点C，M 作x轴的垂线， x 垂足分别为点F ，G， 由“一线三等角”模型可得AFC∽MGA， 则AF:MGCF:AG， C(2,2)，A(3,0)，  OF CF 2，AF 1， 1:MG2:AG，即MG:AG1:2， 设MGt ，则AG2t， M(2t3,t)， 4 点M 在反比例函数y 的图象上，  x则t(2t3)4， 3 41 解得t  ，（负值舍去）， 4 3 41 3 41 M( ， )； 2 4 ②当点C为直角顶点时，这种情况不成立； 3 41 3 41 综上，点M 的坐标为( ， )． 2 4 【点评】本题考查了反比例函数综合问题，涉及矩形的判定与性质，相似三角形的性质与判定．第一问的 关键是求出点C的坐标，第二问的关键是知道当点P，C，D三点共线时，|PCPD|取得最大值，第三 问的关键是利用矩形的内角是直角进行分类讨论，利用相似三角形的性质建立等式． 4．（2022•海口模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线yax2 bx3(a0)与y轴交于点C，与x轴 交于A(2,0)、B(4,0)两点． （1）求抛物线的解析式； （2）点M 从A点出发，在线段AB上以每秒3个单位长度的速度向B点运动，同时点N从B点出发，在线 段BC上以每秒2个单位长度的速度向C点运动，其中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，设MBN 的面积为S，点M 运动时间为t秒，试求S与t的函数关系，并求S的最大值； （3）在点M 运动过程中，是否存在某一时刻t，使MBN为直角三角形？若存在，求出t的值；若不存在， 请说明理由．【分析】（1）把点A、B的坐标分别代入抛物线解析式，列出关于系数a、b的解析式，通过解方程组求 得它们的值； （2）设运动时间为t秒，利用三角形的面积公式列出S 与t的函数关系式，利用二次函数的图象性质进 MBN 行解答； （3）分当MNB90和BMN 90两种情况，据余弦函数，可得关于t的方程，解方程，可得答案． 【解答】解：（1）把点A(2,0)、点B(4,0)分别代入yaxbx3(a0)得： 4a2b30  ， 16a4b30  3 a   8 解得 ， 3 b  4 3 3 所以该抛物线的解析式为：y x2  x3； 8 4 （2）设运动时间为t秒，则AM 3t，BN 2t， MB63t， 由题意得，点C的坐标为(0,3)， 在RtBOC中，BC  32 42 5， 如图，过点N作NH  AB于点H ， NH //CO，BHN∽BOC， HN BN HN 2t   ，即  ， OC BC 3 5 6 HN  t， 5 1 1 6 9 18 9 9 S  MBHN  (63t) t  t2  t  (t1)2  ， MBN 2 2 5 5 5 5 5 AB BC 2， 2.5，M 、N中一个点到达终点时，另一个点也停止运动，  3 2 当MBN存在时，0t2， 9 当t 1时，S  ， MBN最大 5 9 答：运动1秒使AMBN的面积最大，最大面积是 ； 5 OB 4 （3）存在，理由：如图，在RtOBC中，cosB  ， BC 5 设运动时间为t秒，则AM 3t，BN 2t，MB63t， BN 4 2t 4 当MNB90时，cosB  ，即  ， MB 5 63t 5 化简，得：11t 12， 12 解得：t  ； 11 BM 63t 4 当BMN 90时，cosB   ， BN 2t 5 BM 63t 4 （即在图中，当BMN90时，cosB   ) BN 2t 5 化简，得：23t 30， 30 解得t  ， 23 12 30 综上所述：t  或t  时，MBN为直角三角形． 11 23 【点评】本题主要考查二次函数的综合应用，其中涉及到的知识点有待定系数法求二次函数解析式和三角形的面积求法，解题关键是在求有关动点问题时要注意该点的运动范围，即自变量的取值范围． 5．（2023•乳山市二模）过四边形ABCD的顶点A作射线AM ，P为射线AM 上一点，连接DP．将AP绕 点A顺时针方向旋转至AQ，记旋转角PAQ，连接BQ． （1）【探究发现】如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形ABCD是正方形，且90．无论点P在 何处，总有BQDP，请证明这个结论． （2）【类比迁移】如图 2，如果四边形 ABCD是菱形，DAB60，MAD15，连接PQ．当 PQBQ，AB 6 2时，求AP的长； （3）【拓展应用】如图3，如果四边形ABCD是矩形，AD6，AB8，AM 平分DAC，90．在 4 射线AQ上截取AR，使得AR AP．当PBR是直角三角形时，请直接写出AP的长． 3 【分析】（1）利用正方形性质和旋转变换证明ADPABQ(SAS)，即可证得结论； （2）如图 2，过点 P作 PH  AB于点 H ，连接 BP，先证明 ADPABQ(SAS)，可得 BQDP， APDAQB，再证明：APQ是等边三角形，APH 是等腰直角三角形，BPQ是等腰直角三角形，利 用解直角三角形即可求得答案； （3）分三种情况讨论：①当BRP90时，②当PBR90时，③当BPR90时，分别求出 AP的 长． 【解答】（1）证明：如图1， 四边形ABCD是正方形， AD AB，BAD90， DAPBAM 90， PAQ90，  BAQBAM 90， DAPBAQ， 将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，  AP AQ， ADPABQ(SAS)， BQDP． （2）解：如图2，过点P作PH  AB于点H ，连接BP， 四边形ABCD是菱形，  AD AB， 由旋转得：AP AQ， DAB60，  即DABPAQ60， ADPABQ(SAS)， BQDP，APDAQB， AP AQ，PAQ60，  APQ是等边三角形，AQP60， PQBQ，  BQP90， AQBAQPBQP6090150， APDAQB150， DPM 180APD18015030， MAD15，  ADPDPM MAD301515， ADPMAD， APDP， AQBQPQ AP， ABQBAQMAD15， PAH PAQBAQ601545， PH  AB，  AHPBHP90， APH是等腰直角三角形， 2 AH PH  AP， 2 BQPQ，PQB90，  BPQ是等腰直角三角形， PBQ45， PBH PBQABQ451530， 2 AP PH 2 6 BH    AP， tanPBH tan30 2 2 6 2 6 AB AH BH  AP AP AP， 2 2 2 AB 6 2，  2 6  AP 6 2， 2 AP2； （3）解：①当BRP90时，如图3，连接DP，PQ，过点B作BE  AQ于点E，设AM 交CD于点F ，过点F 作FG AC于点G， 四边形ABCD是矩形，  BAM DAP90，ADC 90， BAM BAR90，  DAPBAR， AD6，AB8，  AD 6 3    ， AB 8 4 4 AR AP，  3 AP 3   ， AR 4 AD AP   ， AB AR ADP∽ABR， DP AD 6 3 4     ，即BR DP， BR AB 8 4 3 AM 平分DAC，FD AD，FG AC，  FDFG， 在RtACD中，AC  AD2 CD2  62 82 10， AD 6 3 sinACD   ， AC 10 5 FG 3 sinACD ，  CF 5 DF 3   ， CF 5 DF CF CD8，  DF 3，CF 5，在RtADF中，AF  AD2 DF2  62 32 3 5， DAPBAR，ADF AEB90，  ADF∽AEB， AE BE AB AE BE 8    ，即   ， AD DF AF 6 3 3 5 16 5 8 5 AE ，BE  ， 5 5 BRP90，  ARPBRE90， ARPAPR90，  BREAPR， tanBREtanAPR， BE AR 4    ， ER AP 3 3 3 8 5 6 5 ER BE   ， 4 4 5 5 ARER AE，  4 6 5 16 5  AP  ， 3 5 5 3 5 AP ； 2 ②当PBR90时，如图4，过点P作PG AD于点G，PH  AB于点H ， PG DF 3 AG AD 6 则sinDAF    ，cosDAF    ， AP AF 3 5 AP AF 3 5 5 2 5 PG AP，AG AP， 5 5 GAH AGPAHP90，  四边形AGPH 是矩形，5 2 5 AH PG AP，PH  AG AP， 5 5 5 BH  ABAH 8 AP， 5 2 5 5 16 5 BP2 PH2 BH2 ( AP)2 (8 AP)2  AP2  AP64， 5 5 5 2 5 5 24 5 在RtDPG中，DP2 DG2 PG2 (6 AP)2 ( AP)2  AP2  AP36， 5 5 5 4 BR DP，  3 16 16 128 5 BR2  DP2  AP2  AP64， 9 9 15 4 25 在RtAPR中，PR2  AP2  AR2  AP2 ( AP)2  AP2， 3 9 在RtPBR 中，PR2 BP2 BR2， 25 16 5 16 128 5  AP2  AP2  AP64 AP2  AP64， 9 5 9 15 24 5 解得：AP ； 11 ③当BPR90时， 16 128 5 25 16 5 由②知：BR2  AP2  AP64，PR2  AP2，BP2  AP2  AP64， 9 15 9 5 PR2 BP2 BR2，  25 16 5 16 128 5  AP2  AP2  AP64 AP2  AP64， 9 5 9 15 8 5 解得：AP0或AP ，均不符合题意； 3 3 5 24 5 综上所述，AP的长为 或 ． 2 11 【点评】本题考查了正方形和菱形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形性 质，等腰直角三角形的判定和性质，旋转变换的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性 质，解直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用前面所学的知识解答后面的题目，运用分类 讨论思想和数形结合思想，具有很强的综合性，是中考常考题型． 题型三：不等式（组）中的分类讨论思想 1．（2023•淄博）某古镇为发展旅游产业，吸引更多的游客前往游览，助力乡村振兴，决定在“五一”期 间对团队*旅游实行门票特价优惠活动，价格如下表： 购票人数m（人) 10„ m„ 50 51„ m„100 m100每人门票价（元) 60 50 40 *题中的团队人数均不少于10人． 现有甲、乙两个团队共102人，计划利用“五一”假期到该古镇旅游，其中甲团队不足50人，乙团队多于 50人． （1）如果两个团队分别购票，一共应付5580元，问甲、乙团队各有多少人？ （2）如果两个团队联合起来作为一个“大团队”购票，比两个团队各自购票节省的费用不少于1200元， 问甲团队最少多少人？ 【分析】（1）设甲团队有x人，乙团队(102x)人，但需要考虑乙团队人数是否大于100，所以分类讨论 即可．甲团队按票价是每人80元，乙团队按票价是每人60元，如果乙超过100人，大概需要缴纳4000多 元，但是5580元减去4000多元，剩下的钱不足以构成甲的人数，因为此时甲的人数只能是1人，所以这 种情况省略；所以甲人数在50以下，乙人数在51到100之间，联列方程即可； （2）两个团队要合起来购票的话，每人40元，列出一共购票的钱和各自购票的钱之和，然后建立不等式 即可求解； 【解答】解：（1）设甲人数x人，乙人数(102x)人； 当乙大于100人时，此时甲人数只能是1人，共花的价格不够5580元；  乙人数在51到100之间，甲人数在10到50之间； 列方程得：60x(102x)505580； 解之得：x48，102x54； 甲48人，乙54人； 答：甲团队48人，乙团队54人． （2）设甲人数x人，乙人数(102x)人； 甲乙一起买价格：102404080（元)； 甲乙分开买价格：60x(102x)50； 60x(102x)504080…1200； 解之得：x…18． 甲最少18人； 答：甲团队最少18人． 【点评】本题考查学生不等式的基本应用，属于基础题．2．（2021•商河县校级模拟）阅读下面材料，根据要求解答问题：求不等式(2x1)(x3)0的解集． 2x10 2x10 解：根据“同号两数相乘，积为正”可得：① 或② x30 x30 1 解不等式组①得：x ．解不等式组②得x3． 2 1 不等式(2x1)(x3)0的解集为x 或x3． 2 请你仿照上述方法解决下列问题： （1）求不等式(2x3)(x1)0的解集． 1 x1 3 （2）求不等式 …0的解集． x2 2x30 2x30 【分析】（1）将不等式转换为两个不等式组① 或② ，分别求解； x10 x10 1 1  x1…0  x1„ 0 （2）将不等式转换为两个不等式①3 或②3 ，分别求解；  x20  x20 【解答】解：（1）(2x3)(x1)0可得： 2x30 2x30 ① 或② ， x10 x10 解不等式①得：无解； 3 解不等式组②得：1x ； 2 3 不等式(2x3)(x1)0的解集为：1x ； 2 1 x1 3 （2） …0可得： x2 1 1  x1…0  x1„ 0 ①3 或②3 ，  x20  x20 解不等式①得：x…3； 解不等式组②得：x2； 1 x1 3 不等式 …0的解集为：x…3或x2； x2 【点评】本题考查二元一次不等式的解法；能够将二元一次不等式转化为一元一次不等式组是解题的关键． 3．（2024•江门校级一模）先阅读理解下面的例题，再按要求解答下列问题： 例题：解一元二次不等式x2 40． 解： x2 4(x2)(x2)，  x2 40可化为(x2)(x，2)0． 由有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正”，得 x20 x20 ① ，② ， x20 x20 解不等式组①，得x2，解不等式组②，得x2， (x2)(x2)0的解集为x2或x2，即一元二次不等式x2 40的解集为x2或x2． （1）一元二次不等式x2 160的解集为 x4或x4 ； x1 （2）分式不等式 0的解集为 ； x3 （3）解一元二次不等式2x2 5x0． 【分析】（1）先把不等式的左边分解因式，然后根据”两数相乘，同号相乘得正“得两个不等式组，解各 个不等式组即可； （2）根据“两数相除，同号得正”得两个不等式组，解各个不等式组即可； （3）把不等式的左边分解因式，根据据”两数相乘，异号相乘得负“得两个不等式组，解各个不等式组即 可． 【解答】解：（1） x2 160，  (x4)(x4)0， x40 x40 ① ,② ， x40 x40 解不等式组①得：x4， 解不等式②得：x4， 一元二次不等式x2 160的解集为：x4或x4， 故答案为：x4或x4； x1 （2） 0， x3x10 x10 ① ,② ， x30 x30 解不等式组①得：x3， 解不等式组②得：x1， x1 分式不等式 0的解集为：x3或x1， x3 故答案为：x3或x1； （3） 2x2 5x0，  x(2x5)0， x0 x0 ① ,② ， 2x50 2x50 不等式组①得：0x2.5， 解不等式组②无解， 不等式2x2 5x0的解集为：0x2.5． 【点评】本题主要考查了解一元一次不等式组，解题关键是熟练掌握把特殊不等式转化成一元一次不等式 组的方法和技巧． 4．（2022•泰安三模）某公司推出一款桔子味饮料和一款荔枝味饮料，桔子味饮料每瓶售价是荔枝味饮料 5 每瓶售价的 倍．4月份桔子味饮料和荔枝味饮料总销售60000瓶，桔子味饮料销售额为250000元，荔枝 4 味饮料销售额为280000元． （1）求每瓶桔子味饮料和每瓶荔枝味饮料的售价； （2）五一期间，该公司提供这两款饮料12000瓶促销活动，考虑荔枝味饮料比较受欢迎，因此要求荔枝味 3 饮料的销量不少于桔子味饮料销量的 ；不多于桔子味饮料的2倍．桔子味饮料每瓶7折销售，荔枝味饮 2 料每瓶降价2元销售，问：该公司销售多少瓶荔枝味饮料使得总销售额最大？最大销售额是多少元？ 【分析】（1）根据题意找到等量关系，根据等量关系列分式方程求解即可． （2）根据题意找不等关系列出不等式组，求出解集，再列出销售数量与销售额的函数关系，在求出的解集 的范围内求销售额的最大值即可． 5 【解答】解：（1）设每瓶荔枝味饮料的售价为x元，则每瓶桔子味饮料的售价为 x元， 4 250000 280000 根据题意得：  60000， 5 x x 4解得：x8， 经检验，x8是原方程的解，且符合题意， 5  x10， 4 答：每瓶桔子味饮料的售价为10元，每瓶荔枝味饮料的售价为8元． （2）设销售荔枝味饮料m瓶，则销售桔子味饮料(12000m)瓶，  3 m… (12000m) 根据题意得： 2 ，  m„ 2(12000m) 解得：7200„ m„ 8000， 设总销售额w元，则w100.7(12000m)6mm84000， w是m的一次函数，且K 10，  当m7200时，销售额最大，w最大值是76800元． 【点评】本题考查了分式方程的应用、不等式组的应用和一次函数求最值的应用问题，能找出等量关系和 不等关系，列出分式方程和不等式组是出本题的关键． 题型四:方程（组）和函数中的分类讨论思想 1．（2024•钟楼区校级模拟）共享电动车是一种新理念下的交通工具；主要面向3km~10km的出行市场， 现有A，B两种品牌的共享电动车，给出的图象反映了收费y（元)与骑行时间x(min)之间的对应关系，其 中A品牌收费方式对应y ，B品牌的收费方式对应y ，请根据相关信息，解答下列问题： 1 2 （1）说出图中函数y 、y 的图象交点P表示的实际意义； 1 2 （2）求y 、y 关于x的函数解析式； 1 2 （3）①如果小明每天早上需要骑行A品牌或B品牌的共享电动车去工厂上班，已知两种品牌共享电动车的 平均行驶速度均为300m/min，小明家到工厂的距离为9km那么小明选择 B 品牌共享电动车更省钱？ （填“A”或“B” ) ②当x为何值时，两种品牌共享电动车收费相差3元？【分析】（1）根据函数图象可得交点P的坐标，结合x，y所表示的实际意义即可解答； （2）利用待定系数法即可求解，注意y 为分段函数； 2 （3）①先根据“时间路程速度”求出小明从家骑行到工厂所需时间，再分别求出选择A和B品牌共享 电动车所需费用，比较即可求解； ②分两种情况讨论：当0x„10时，y  y 3；当x10时，y  y 3或y  y 3．以此列出方程，求 2 1 2 1 1 2 解即可． 【解答】解：（1）由图象可得，P(20,8)， 交点P表示的实际意义是：当骑行时间为20min时，A，B两种品牌的共享电动车收费都为8元； （2）设y k x， 1 1 将点(20,8)代入得，20k 8， 1 解得：k 0.4， 1 y 0.4x(x0)， 1 由图象可知，当0x„10时，y 6， 2 设当x10时，y k xb， 2 2 10k b6 将点(10,6)，(20,8)代入得， 1 ， 20k b8 1 k 0.2 解得： 1 ， b4 当x10时，y 0.2x4， 2 6(0x„10)  y  ； 2 0.2x4(x10) 9000 （3）①小明从家骑行到工厂所需时间为 30(min)， 300 A品牌所需费用为0.43012（元)， B品牌所需费用为0.230410（元)， 1210，  选择B品牌共享电动车更省钱； 故答案为：B； ②当0x„10时，y  y 3， 2 1 60.4x3，解得：x7.5， 当x10时，y  y 3或y  y 3， 2 1 1 2 0.2x40.4x3或0.4x(0.2x4)3， 解得：x5（舍去）或x35， 综上，当x的值为7.5或35时，两种品牌共享电动车收费相差3元． 【点评】本题主要考查一次函数的应用、用待定系数法求一次函数解析式、解一元一次方程，利用待定系 数法正确求出函数解析式，并学会利用分类讨论思想解决问题． 1 2．（2023•西华县三模）如图1，抛物线y x2 bxc与x轴交于A、B两点（点A在点B左边），与y 2 1 轴交于点C．直线y x2经过B、C两点． 2 （1）求抛物线的解析式； （2）点P是抛物线上的一动点，过点P且垂直于x轴的直线与直线BC及x轴分别交于点D、M ．设 M(m,0)． ①点P在抛物线上运动，若点D恰为线段PM 的中点，求此时m的值； ②当点P在抛物线上运动时，是否存在一点P，使PCBACO．若存在，请直接写出点P的坐标；若 不存在，请说明理由． 1 【分析】（1）先利用直线y x2求出B、C两点坐标，再利用待定系数法求抛物线的解析式； 2 （2）①对点P的位置进行分类，一类在点M 下方，一类在点M 上方，列方程解答； ②根据条件PCBACO，对点P的位置进行分类，将几何代数化，列方程解答． 1 【解答】解：（1）在y x2中，当x0时，y2， 2 C(0,2)， 1 令y0，则0 x2， 2x4， 1 B(4,0)，将点B，C的坐标代入抛物线y x2 bxc中，得 2 84bc0  ， c2  3 b  2，  c2 1 3 抛物线的解析式为y x2  x2． 2 2 （2）① PM x 轴，M(m,0)，  1 3 1 P(m， m2  m2 )，D(m, m2)， 2 2 2 1 1 1 3 Ⅰ、当点P在点M 下方时，有0( m2) m2( m2  m2 )， 2 2 2 2 m1或m4， 当m4时，点D，M ，P三点重合，舍去， m1． 1 3 1 1 Ⅱ、当点P在点M 上方时，有( m2  m2 )( m2) m2， 2 2 2 2 m1或m4， 当m4时，点D，M ，P三点重合，舍去；当m1时，点P在点M 下方，舍去． 综上所述：当m1时，点D恰为线段PM 的中点． ②当P在第四象限时： 1 在RtACO中，tanACO ， 2 1 在RtCBO中，tanCBO ， 2 ACOCBO， PCBACO，  CBOPCB， AB//CP， y 2， P 1 3  x2  x22， 2 2x0（舍)或x3， P(3,2)． 当P在第一象限时： ACOCBO，PCBACO，  CBOPCB， QC QB， 设OQm，则QC QB4m， 在RtQCO中，OC2 OQ2 CQ2， 4m2 (4m)2， 3 m ， 2 3 Q( ，0)， 2 3 4 设直线CQ的表达式为ykx2，代入Q( ，0)得k  ， 2 3 4 y x2， 3 1 3 4  x2  x2 x2， 2 2 3 17 x0（舍)或x ， 317 4 50 将x 代入y x2得y ， 3 3 9 17 50 P点坐标为( ， )． 3 9 17 50 综上，P(3,2)或( ， )． 3 9 【点评】本题考查了一次函数和二次函数的综合应用，将几何代数化，利用方程解决，还涉及了分类和数 形结合的思想，关键是让点P动起来，分类时不要漏情况． 3．（2023•池州三模）在平面直角坐标系xOy中，点(2,m)和点(6,n)在抛物线yax2 bx(a0)上． （1）若m4，n12，求抛物线的解析式； （2）已知点A(1,y )，B(4,y )在该抛物线上，且mn0． 1 2 ①比较y ，y ，0的大小，并说明理由； 1 2 ②将线段AB沿水平方向平移得到线段AB，若线段AB与抛物线有交点，直接写出点A的横坐标x的取值 范围． 【分析】（1）利用待定系数法解答即可； （2）①利用分类讨论的方法分m0和n0两种情形讨论解答：分别求得抛物线对称轴，利用抛物线的对 称性和二次函数性质，数形结合的思想方法解答即可； ②结合函数的图象利用平移的性质分别求得A的横坐标x的最小值与最大值即可得出结论． 【解答】解：（1） m4，n12， 点(2,4)和点(6,12)在抛物线yax2 bx(a0)上． 4a2b4  ， 36a6b12 a1 解得： ， b4 抛物线的解析式为yx2 4x． （2）① mn0，  m0或n0． 当m0时， 抛物线yax2 bx(a0)的开口方向向下，经过(0,0)，(2,0)，  02 抛物线的对称轴为x 1， 2 A(1,y )为抛物线的顶点， 1 y 为函数的最大值且大于0， 1 点(2,0)在x轴上，  点B(4,y )在x轴的下方， 2 y 0， 2 y ，y ，0的大小关系为：y 0 y ； 1 2 1 2 当n0时， 抛物线yax2 bx(a0)的开口方向向下，经过(0,0)，(6,0)，  06 抛物线的对称轴为x 3， 2 当x3时，y随x增大而增大， 由抛物线性质可知：(2,y )在抛物线上， 2 012，  0 y  y ， 1 2 综上，当m0时，y 0 y ，当n0时，0 y  y ， 1 2 1 2 7 ②点A的横坐标x的取值范围为：当n0时，1x5，当m0时，5x ．理由： 4由①可知：当m0时，抛物线yax2 bx(a0)的对称轴为x1，此时向右平移到相切时是最大值， 把x2，y0代入可得：b2a，则A(1,a)，B(4,8a)， 抛物线解析式可简化为yax2 2ax，经过A，B的直线解析式为y3ax4a， 设平移后解析式为y3a(xk)4a， 直线与抛物线相切时得：  ax2 2ax3a(xk)4a， 整理得：x2 5x3k40，令△0， 则254(3k4)0， 3 解得：k  ， 4 3 7 所以最大值为1  ， 4 4 7 即m0时，A的横坐标x的取值范围为：5x ． 4 由①可知：当n0时，抛物线yax2 bx(a0)的对称轴为x3， 点A，B关于对称轴对称的点的坐标为A(5,y )，B(2,y )， 1 2 将线段AB沿水平方向向左平移至B与B重合时，线段AB与抛物线有交点，再向左平移就没有交点了，  而由B平移到B平移了2个单位， A的横坐标x的最小值为121， 将线段AB沿水平方向向右平移至A与A重合时，线段AB与抛物线有交点，再向右平移就没有交点了，  而由A平移到A平移了4个单位， A的横坐标x的最大值为145， 即n0时，A的横坐标x的取值范围为：1x5． 7 综上，点A的横坐标x的取值范围为：当n0时，1x5，当m0时，5x ． 4 【点评】本题考查了待定系数法确定函数的解析式，二次函数的性质，平移的点坐标的特征，数形结合法， 利用待定系数法和数形结合法解答是解题关键． 4．（2023•河北模拟）在平面直角坐标系中，抛物线 yax(x6)1(a0)的顶点为 A，与x轴相交于B、 C两点(C点在B点的右侧）． （1）判断点(0,1)是否在抛物线yax(x6)1(a0)上，并说明理由；（2）若点A到x轴的距离为5，求a的值； （3）若线段BC的长小于等于4，求a的取值范围． 【分析】（1）将点(0,1)代入抛物线yax(x6)1(a0)进行验证即可； （2）将已知抛物线解析式利用配方法转化为顶点式，求得顶点坐标；然后由“点A到x轴的距离为5”列 出方程并解答； （3）分a0和a0两种情况下求得线段BC的长度，结合“线段BC的长小于等于4”列出不等式并求得a 的取值范围． 【解答】解：（1）点(0,1)在抛物线yax(x6)1(a0)上， 当x0时，ya0(06)11，  点(0,1)在抛物线yax(x6)1(a0)上； （2） yax(x6)1ax2 6ax1a(x3)2 19a，点A到x轴的距离为5，  当a0时，19a5， 2 解得，a ； 3 当a0时，19a5， 4 解得，a ； 9 2 4 综上所述，a的值为 或 ； 3 9 （3）①当a0时，抛物线开口向下． 由（1）知，抛物线yax(x6)1(a0)与y轴的交点为(0,1)， 抛物线yax(x6)1(a0)的对称轴为直线x3，  x 0，x 6， B C BC |x x |6， C B CB„ 4，  此种情况不符合题意； ②当a0时，抛物线的开口向上，在x轴上关于抛物线的对称轴x3对称且距离为 4 的两点的坐标为 (1,0)，(5,0)， BC„ 4， 当x1时，yax(x6)1ax2 6ax1a6a1…0， 1 a„ ， 5 抛物线与x轴有两个交点，  y 9a10， A 1 a ， 9 1 1  a„ ． 9 5 1 1 综上所述，a的取值范围为： a„ ． 9 5 【点评】本题属于二次函数综合题型，综合考查了二次函数的三种形式，抛物线与x轴的交点坐标，两点间 的距离公式，二次函数图象上点的坐标特征以及抛物线的轴对称性质，难度不是很大． 5．（2023•盐城二模）已知点M(x ，y )，N(x ，y )在二次函数ya(x3)2 2(a0)的图象上，且满足 1 1 2 2 x x 5． 2 1 （1）如图，若二次函数的图象经过点(1,0)． ①求这个二次函数的表达式； ②若y  y ，此时二次函数图象的顶点为点P，求PMN 的正切值； 1 2 ③在M 、N之间的二次函数图象上的最低点的纵坐标为6，请直接写出此时点M 、N的坐标； （2）当x„ x„ x 时，二次函数的最大值与最小值的差为3，点M ，N在对称轴的异侧，则a的取值范围为 1 2 12 3  „ a ． 25 25 【分析】（1）①将点(1,0)代入二次函数ya(x3)2 2(a0)中求出a即可． ②根据题意， M ， N关于抛物线的对称轴对称，求出 M ， N的坐标，如图，在 RtPQM中， PQ tanPMN tanPMQ ，求出PQ、MQ即可解答． MQ ③根据在M 、N之间的二次函数图象上的最低点的纵坐标为6，列出方程，求解，在分M(x ， y )， 1 1N(x ，y )在对称轴左右侧两种情况求解即可． 2 2 （2）根据二次函数ya(x3)2 2(a0)得到顶点坐标P，函数最大值为2，结合最大值与最小值的差为 3，确定函数的最小值为1，根据函数的增减性分类计算即可． 【解答】解：（1）① 二次函数ya(x3)2 2(a0)的图象经过点(1,0)，  04a2， 1 a ． 2 1 二次函数的表达式为：y (x3)2 2． 2 1 答：二次函数的表达式为：y (x3)2 2． 2 ② y  y ，  1 2 M ，N关于抛物线的对称轴对称， 对称轴是直线x3，顶点为(3,2)，且x x 5，  2 1 x x  1 2 3， 2  1 x  x x 6   1 2  1 2 ，解得 ， x 2 x 1 5 x  11  2 2 1 9 11 9 M( ， )，N( ， )， 2 8 2 8 PQ 如图，在RtPQM中，tanPMN tanPMQ ， MQ 9 25 1 5 PQ2( ) ，MQ3  ， 8 8 2 2 25 8 5 tanPMN   ， 5 4 2 5 答：PMN 的正切值为 ． 4③ 在M 、N之间的二次函数图象上的最低点的纵坐标为6，  1 6 (x3)2 2 2 x1或x7， 当M(x ，y )在对称轴左侧时， 1 1 抛物线y随x的增大而增大，且x x 5，在M 、N之间的二次函数图象上的最低点的纵坐标为6，  2 1 x 1，x 4， 1 2 1 3 当x 4时，y  2 ， 2 2 2 2 3 M(1,6)，N(4, )； 2 当N(x ，y )在对称轴右侧时， 2 2 抛物线y随x的增大而减小，且x x 5，在M 、N之间的二次函数图象上的最低点的纵坐标为6，  2 1 x 7，x 2， 2 1 1 3 当x 2时，y  2 ， 1 1 2 2 3 N(7,6)，M(2, )． 2 3 3 综上，M(1,6)，N(4, )或N(7,6)，M(2, )． 2 2 3 3 答：M(1,6)，N(4, )或N(7,6)，M(2, )． 2 2（2）二次函数ya(x3)2 2(a0)，顶点为P(3,2)，函数的最大值为2， 当y„ y 时，如图， 1 2 最大值与最小值的差为3，  y 1， 1 设M(x ，y )的对称点为K(x ，y )， 1 1 0 1 二次函数ya(x3)2 2(a0)的对称轴为直线x3，  x x  1 0 3， 2 x 6x ， 0 1 K(6x ，y )， 1 1 x 3 1  根据题意得x 53 ， 1  x 5„ 6x 1 1 1 解得2x„ ， 1 2 5 5x 3„  ， 1 2 25  „ (x 3)2 25， 4 1 y 1，  1  y a(x 3)2 21， 1 1 3 解得(x 3)2  ， 1 a 25 3  „  25， 4 a 12 3 解得 „ a ； 25 25 当y„ y 时，如图， 2 1最大值与最小值的差为3，  y 1， 2 设N(x ，y )的对称点为Q(x ，y )， 2 2 3 2 二次函数ya(x3)2 2(a0)的对称轴为直线x3，  x x  2 3 3， 2 x 6x ， 3 2 Q(6x ，y )， 2 2 x 3 2  根据题意得x 53 ， 2  x 5…6x 2 2 11 解得 „ x 8， 2 2 5  „ x 35， 2 2 25  „ (x 3)2 25， 4 2 y 1，  2  y a(x 3)2 21， 2 2 3 解得(x 3)2  ， 2 a 25 3  „  25， 4 a 12 3 解得 „ a ； 25 25 12 3 综上，a的取值范围为 „ a ． 25 25 12 3 故答案为： „ a ． 25 25 【点评】本题考查了二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的性质和最值是解题的关键．6．（2023•锦州）如图，抛物线y 3x2 bxc交x轴于点A(1,0)和B，交y轴于点C(0，3 3)，顶点 为D． （1）求抛物线的表达式； （2）若点E在第一象限内对称轴右侧的抛物线上，四边形ODEB的面积为7 3，求点E的坐标； （3）在（2）的条件下，若点F 是对称轴上一点，点H 是坐标平面内一点，在对称轴右侧的抛物线上是否 存在点G，使以点E，F ，G，H 为顶点的四边形是菱形，且EFG60，如果存在，请直接写出点G 的坐标；如果不存在，请说明理由． 【分析】（1）把点A(1,0)和点C(0，3 3)代入求抛物线的表达式； （2）将四边形ODEB分割，S S S S ，利用7 3建立方程求点E的坐标； 四边形ODEB ODM 梯形DMNE ENB （3）对E，F ，G，H 四个点按顺时针和逆时针排成菱形，分别求解． 【解答】解：（1） 抛物线y 3x2 bxc过点A(1,0)和点C(0，3 3)，    3bc0  ， c3 3  b2 3  ， c3 3 抛物线的表达式y 3x2 2 3x3 3． （2）设抛物线的对称轴与x轴交于点M ，过点E作EN x轴于点N，如图．设E(x, 3x2 2 3x3 3)， BN 3x，MN x1， S S S S  1 14 3 1 4 3 3x22 3x3 3 x1 1  3x22 3x3 3 3x 3x24 3x3 3 ， 四边形ODEB ODM 梯形DMNE ENB 2 2 2 四边形ODEB的面积为7 3，   3x2 4 3x3 37 3， x2 4x40， x x 2， 1 2 E(2，3 3)． （3）存在点G，使以点E，F ，G，H 为顶点的四边形是菱形，且EFG60，满足条件G的坐标为 7 20 3 5 32 3 ( ， )或( ， )．理由如下： 3 9 3 9 如图，连接CG，DG， 四边形EFGH是菱形，且EFG60，  EFG是等边三角形， DCE是等边三角形， CEGDEF ， ECGEDF 30， 3 直线CG的表达式为y x3 3， 3 3 y x3 3  3 ，  y 3x2 2 3x3 3 7 20 3 G( ， )； 3 9 如图，连接CG、DG、CF ， 四边形EFGH是菱形，且EFG60，  EFG是等边三角形， DCE是等边三角形， DGECFE， DGCF ， CF FE，GEFE， DGGE， CDGCEG， DCGECG30， 3 直线CG的表达式为y x3 3， 3  3 y x3 3  3 ，  y 3x2 2 3x3 3 5 32 3 G( ， )， 3 97 20 3 5 32 3 综上，G( ， )或( ， )． 3 9 3 9 【点评】本题考查了二次函数解析式的求法，与四边形面积和菱形结合，对于（2）关键是分割，对于（3） 关键是找清分类标准． 7．（2024•肇东市模拟）综合与实践 3 如图，二次函数 y x2 bxc的图象与 x轴交于点 A和 B，点 B的坐标是 (4.0)，与 y轴交于点 4 C(0．3)．点D在抛物线上运动． （1）求抛物线的表达式； （2）如图2．当点D在第四象限的抛物线上运动时，连接BD，CD，BC，当BCD的面积最大时，求点 D的坐标及BCD的最大面积； （3）当点E在x轴上运动时，借助图1探究以点B，C，D，E为顶点的四边形是平行四边形，并直接写 出点E的坐标． 【分析】（1）利用待定系数法解答即可；3 9 （ 2 ） 连 接 OD， 过 点 D作 DE  AB于 点 E， 设 点 D的 坐 标 为 (m, m2  m3)， 利 用 4 4 S S S S ，求得BCD的面积关于m的函数关系式，利用配方法和二次函数的性质解答 BCD OCD OBD ABC 即可； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情形解答：当BE//CD时，四边形CDBE 为平行四边形，利用平行四 边形的性质求得线段OE即可；②当BC//DE时，四边形CBDE 为平行四边形时，利用平行四边形的性质 求得线段OE即可求得结论． 【解答】解：（1）由题意得： 3  42 4bc0 4 ，  c3  9 b 解得： 4．  c3 3 9 抛物线的表达式为y x2  x3； 4 4 （2）连接OD，过点D作DE  AB于点E，如图， 点B的坐标是(4.0)，点C(0．3)，  OB4，OC 3． 点D在第四象限的抛物线上，  3 9 设点D的坐标为(m, m2  m3)， 4 4 3 9 3 9 则OEm，DE( m2  m3) m2  m3． 4 4 4 4 S S S S ，  BCD OCD OBD ABC 1 1 1 S  OCOE OBDE OCOB BCD 2 2 2 1 1 3 9 1  3m 4( m2  m3) 34 2 2 4 4 23  m2 6m 2 3  (m2)2 6， 2 3  0，  2 当m2时，BCD的面积最大，最大值为6． 9 此时点D的坐标为(2, )； 2 415 415 （3）点E的坐标为(1,0)或(7,0)或( ，0)或( ，0)．理由： 2 2 ①当BE//CD时，四边形CDBE 为平行四边形，如图， CD//x轴，  3 9 令y3，则 x2  x33， 4 4 解得：x0或3． D(3,3)． CD3． 四边形CDBE 为平行四边形，  BECD3． OEOBBE1． E(1,0)； 四边形CDBE 为平行四边形，如图，同理可得：OEOBBE7， E(7,0)； ②当BC//DE时，四边形CBDE 为平行四边形时，如图， 过点D作DF x轴于点F ， 四边形CBDE 为平行四边形，  DE//BC，DE BC． DEBCBO． 在DEF 和CBO中， DFECOB90  DEBCBO ，  DEBC DEF CBO(AAS)． DF CO3，EF BC 4． 3 9 令y3，则 x2  x33， 4 4 3 41 解得：x ． 2 x0，  3 41 D( ，3)． 2413 OF  ． 2 413 415 OEOF EF  4 ． 2 2 415 E( ，0)； 2 如图， 同理可得：OAC BFD， DF OC 3，OEBF ． 3 9 令y3，则 x2  x33， 4 4 3 41 解得：x ． 2 x0，  3 41 x ． 2 3 41 D( ，3)． 2 413 OF  ． 2 413 415 BF OF OB 4 ． 2 2 415 OEBF  ． 2 415 E( ，0)． 2 415 415 综上，点E的坐标为(1,0)或(7,0)或( ，0)或( ，0)． 2 2 【点评】本题主要考查了待定系数法确定二次函数的解析式，二次函数的性质，平行四边形的性质，三角 形全等的判定与性质，抛物线上点的坐标的特征，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 8．（2023•扶余市二模）如图，抛物线yx2 bxc与x轴交于点A(1,0)，B(5,0)，顶点为P．（1）求该抛物线的解析式，并直接写出点P的坐标； （2）如图，把原抛物线x轴下方的部分沿x轴翻折到x轴上方，将翻折得到的部分与原抛物线x轴上方的部 分记作图形M ，在图形M 中，回答： ①点A，B之间的函数图象所对应的函数解析式为 y(x3)2 4 (1„ x„ 5) ； 3 ②当 „ x„ 4时，求y的取值范围； 2 3 15 ③当m„ x„ m2，且m 时，若最高点与最低点的纵坐标的差为 ，直接写出m的值． 2 4 【分析】（1）将A(1,0)，B(5,0)代入yx2 bxc，即可求得其解析式和顶点坐标； （2）根据顶点的变换（关于x轴对称）和变换后开口向下，可以写出变换后的函数解析式； （3）根据二次函数的图象和性质分类讨论进行求解． 【解答】解：（1）将A(1,0)，B(5,0)代入yx2 bxc，得： 1bc0  ， 255bc0 b6 解得： ， c5 抛物线的解析式为：yx2 6x5， yx2 6x5(x3)2 4， 点P的坐标为(3,4)． （2）① 变换后的顶点为(3,4)，  y(x3)2 4 (1„ x„ 5)， 故答案为：y(x3)2 4 (1„ x„ 5)； ②当x3时，y 4； 最大值3 7 当x 时，y  ， 2 最小值 4 7 y的取值范围为 „ y„ 4； 4 3 ③当 m„ 2时，得： 2 15 4[(m3)2 4] ， 4 15 解得：m3 （舍去）， 2 当2m„ 3时，得： 15 4[(m1)2 4] ， 4 15 15 解得：m 1 （舍去），m 1 ； 1 2 2 2 由x2 6x54，得： x 32 2 ，x 32 2， 1 2 当3m„ 32 2时， 15 15 (m3)2 40 或(m23)2 40 ， 4 4 5 7 31 31 解得：m  （舍去），m  ，m 1 （舍去），m 1 ； 3 2 4 2 5 2 6 2 当m32 2时， 15 (m2)2 6(m2)5(m2 6m5) ， 4 47 解得：m （舍去）； 16 2 15 7 2 31 m的值为 或 或 ． 2 2 2 【点评】本题主要考查二次函数解析式的求法及其性质和图象的变换等，综合性较强，数形结合分类讨论 是解决问题的关键． 3 9．（2024•南丹县一模）如图，抛物线y ax2 bx 与x轴交于点A(3,0)，点B，点D是抛物线y 的 1 4 1 顶点，过点D作x轴的垂线，垂足为点C(1,0)． （1）求抛物线y 所对应的函数解析式； 1 （2）如图1，点M 是抛物线y 上一点，且位于x轴上方，横坐标为m，连接MC， 1若MCBDAC，求m的值； （3）如图2，将抛物线y 平移后得到顶点为B的抛物线y ．点P为抛物线y 上的一个动点，过点P作y轴 1 2 1 的平行线，交抛物线y 于点Q，过点Q作x轴的平行线，交抛物线y 于点R．当以点P，Q，R为顶点的 2 2 三角形与ACD全等时，请直接写出点P的坐标． 【分析】（1）根据A、C两点的坐标用待定系数法求出解析式； （2）如图，当M 点在x轴上方时，若M CBDAC ，则DA//CM ，先求直线AD的解析式，由点C的 1 1 坐标可求出直线CM 的解析式，联立直线和抛物线方程可求出点M 的坐标，当点M 在x轴下方时，由轴对 1 1 称的性质可求出直线CM 的解析式，同理联立直线和抛物线方程则求出点M 的坐标； 2 （3）先求出y 的解析式，可设出点P坐标，表示Q、R坐标及PQ、QR，根据以P，Q，R为顶点的三 2 角形与ACD全等，分类讨论对应边相等的可能性即可求P点坐标．  3 9a3b 0   4 【解答】解：（1）由题意得： ， b  1  2a  1 a   4 解得 ． 1 b  2 1 1 3 抛物线y 所对应的函数解析式为y x2  x ； 1 4 2 4 1 1 3 （2）当x1时，y   1， 4 2 4 D(1,1)， 设直线AD的解析式为ykxb， 3kb0  ， kb1 1 k    2 解得 ， 3 b  2 1 3 直线AD的解析式为y x ， 2 2 如答图1，当M 点在x轴上方时， M CBDAC，  1 DA//CM ， 1 1 设直线CM 的解析式为y xb ， 1 2 1 直线经过点C，  1  b 0， 2 1 1 解得：b  ， 1 2 1 1 直线CM 的解析式为y x ， 1 2 2  1 1 y x   2 2  ， 1 1 3 y x2  x  4 2 4 解得：x2 5，x2 5（舍去）， m2 5， 综合以上可得m的值为2 5； （3） 抛物线y 平移后得到y ，且顶点为B(1,0)，  1 2 1  y  (x1)2， 2 41 1 1 即y  x2  x ． 2 4 2 4 1 1 3 1 1 1 设P(m, m2  m )，则Q(m, m2  m )， 4 2 4 4 2 4 1 1 1 R(2m, m2  m )， 4 2 4 ①如答图2，当P在Q点上方时， PQ1m，QR22m， PQR与ACD全等，  当PQDC 且QR AC时，m0， 3 1 P(0, )，R(2, )， 4 4 当PQ AC且QRDC时，无解； ②如答图3，当点P在Q点下方时， 同理：PQm1，QR2m2，m11， m2， 5 1 则P(2, )，R(0, )． 4 43 5 综合可得P点坐标为(0, )或P(2, )． 4 4 【点评】本题是二次函数综合题，考查了二次函数的性质、待定系数法求函数的解析式，三角形全等的判 定，应用了数形结合和分类讨论的数学思想． 10．（2022•长春二模）在平面直角坐标系中，抛物线yx2 2mxm2与y轴的交点为A，过点A作直线l 垂直于y轴． （1）求抛物线的对称轴（用含m的式子表示）； （2）将抛物线在y轴右侧的部分沿直线l翻折，其余部分保持不变，组成图形G，点M(x ，y )，N(x ，y ) 1 1 2 2 为图形G上任意两点． ①当m0时，若x x ，判断y 与y 的大小关系，并说明理由； 1 2 1 2 ②若对于x m1，x m1，都有y  y ，求m的取值范围； 1 2 1 2 （3）当图象G与直线ym2恰好有3个公共点时，直接写出m的取值范围． b 【分析】（1）)直接利用对称轴公式x 即可求出； 2a （2）①y  y 利用图象法，根据函数的增减性判断即可； 1 2 ②通过计算可知，点P(m1,1)、Q(m1、1)为抛物线上关于对用轴xm对称的两点，分类讨论当m变化 时，y轴与点P、Q的相对位置：当y轴在点P左侧时（含点P)，作出图形，即可得出经翻折后，得到点 M ，N的纵坐标相同，此时y  y ，不符题意；当y轴在点Q右侧时（含点Q)，作出图形，即可得出点 1 2 M 、N分别和点P、Q重合，此时y  y ，不符题意；当y轴在点P、Q之间时（不含P、Q)，作出图 1 2 形，即可得出经翻折后，点 N在l下方，点 M 、 P重合，在l上方，此时 y  y ，符合题意，即有 1 2 m10m1．即1mm； m2m2 （3）当m0时，图象G与直线 ym2恰好有3个公共点时，可列不等式组 ，当m0时， m22m2 m20 图象G与直线ym2恰好有3个公共点时，可列不等式组 ，分别解出即可得到结果． m2m2 2m 【解答】解：（1）抛物线yx2 2mxm2的对称轴为直线x m； 2 （2）①当m0时，二次函数解析式是yx2，对称轴为y轴， 图形G如图1所示：：图形G上的点的横纵坐标x和y，满足y随x的增大而减小， x x ，  1 2 y  y ； 1 2 ②通过计算可得，P(m1,1)，Q(m1,1)为抛物线上关于对称轴xm对称的两点， 下面讨论当m变化时，y轴与点P、Q的相对位置： 如图2所示：当y轴在点P左侧时（含点P)， 经翻折后，得到点M 、N的纵坐标相同，y  y ，不符合题意； 1 2 如图3所示：当y轴在点Q右侧时（含点Q)，点M ，N分别和点P、Q重合，y  y ，不符合题意； 1 2 如图4所示：当y轴在点P、Q之间时（不含P、Q)， 经翻折后，点N在l下方，点M 、P重合，在l上方，y  y ，符合题意， 1 2 此时有m10m1， 1m1， 综上所述：m的取值范围为1m1； （3）当m0时，如图所示 抛物线yx2 2mm2翻折后y(xm)2 2m2，  图象G与直线：ym2恰好有3个公共点在点A、B之间， m2m2  ， m22m2 1 17 解得 m2； 4 当m0时，如图所示，图象G与直线ym2恰好有3个公共点时， m20  ， m2m2 解得：2m1． 1 17 综上所述，m的取值范围为： m2或2m1． 4 【点评】本题为二次函数综合题，考查抛物线的对称轴，二次函数图象的性质等知识，较难，利用数形结 合与分类讨论的思想是解答本题的关键． 题型五：圆中的分类讨论思想 1．（2023•花都区一模）如图 1，已知 MAN 60，在射线 AM 、 AN上分别截取点 B、C，使 AB AC 8． （1）求证：ABBC； （2）如图2，以BC为直径在BC的上方作一个半圆，点D为半圆上的一个动点，连接AD交BC于点E． ①当DB AB时，求AD的长． ②在线段AC上取一点F ，连接BF 交AD于点G，若BF  AE，当点D在半圆BC上从点B运动到点C时， 求点G经过的路径长．【分析】（1）证明ABC 是等边三角形即可得到结果． （2）连接CD，则BDC 90，CBD30，先求出BD，再利用勾股定理即可求出AD． （3）分类讨论：当BFAAEB时，证明ABF BAE得到BG AG，点G在AB边的中垂线上，求出 ABC 的高即可．②当BFC AEB时，BCF ABE，此时点D经过的路径为图中以BA为弦的弧长， 求出弧的圆心角，半径，再求出弧长即可． 【解答】（1）证明： MAN 60，AB AC，  ABC是等边三角形， ABBC． （2）解：如图2，连接CD， DB AB，  ABDABCCBD90， ABC是等边三角形，  ABC 60，BC  AB6， CBD30， 点D为半圆上的一个动点，  BDC 90， 1 1 CD BC  84， 2 2 BD BC2 CD2  82 42 4 3， AD AB2 BD2  82 (4 3)2 4 7 ． （3）解： ABC是等边三角形，  BAC  ABC 60，ABBC  AC 8， ①如图3，当BFAAEB时， BAC ABC ，BF  AE，  ABF BAE(AAS)， FBAEAB， BG AG， 点G在AB边的中垂线上， 3 此时点G经过的路径为ACsin608 4 3． 2②如图4，BFC AEB时，即BFAAEB180时， ABC ACB60，ABBC，  BCF ABE(AAS)， CBF BAE， 此时点D经过的路径为图中以BA为弦的弧长， 1 最高点G在AB边中垂线上，线段CP的 处． 3 1 1 1 3 4 3 GP CP ACsin60 8  ． 3 3 3 2 3 设弦AB所在圆的半径为r ，由垂径定理得， 4 3 r2 (r )2 4， 3 8 3 解得，r  ， 3 弦AB所对的圆心角为120 8 3 120 3 16 3 弧AB的长  ． 180 9 16 3 综上得，点G经过的路径长为4 3或 ． 9【点评】本题考查了圆周角定理，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，弧长 计算公式等知识，合理进行分类讨论，准确找到点的运动轨迹是解题关键． 2．（2023•裕华区二模）如图1，平行四边形ABCD中，AD2 3，DC 4 3，D60，点M 在BC 延长线上且CM CD，EF 为半圆O的直径且FE BM ，FE6，如图2，点E从点M 处沿MB方向运动， 带动半圆O向左平移，每秒 3个单位长度，当点F 与点D重合时停止平移，如图3，停止平移后半圆O立 即绕点E逆时针旋转，每秒转动5，点F 落在直线BC上时，停止运动，运动时间为t秒． （1）如图1，BF  12 ； （2）如图2，当半圆O与DC边相切于点P，求EM 的长； （3）如图3，当半圆O过点C，EF 与DC边交于点Q， ①求EF 平移和旋转过程中扫过的面积； ②求CQ的长； 3 2 （4）直接写出半圆O与平行四边形ABCD的边相切时t的值．（参考数据：sin35 ，tan35 ) 3 2 【分析】（1）连接BF ，根据勾股定理可表示出BF ，代入求解即可． （2）连接OC、OP，根据角平分线的定理可得OC是DCM 的角平分线，根据平行线的性质求出 OCM ，根据30度角的直角三角形的性质及勾股定理即可求解． （3）①作辅助线，根据30度角的直角三角形的性质，即可求出平移中的面积；根据勾股定理及全等三角 形的性质与判定，即可求出旋转中的面积． ②作辅助线，结合①，根据锐角三角函数求出KE，CK ，即可求解． （4）分类讨论：当半圆O与CD边相切于点P时；当半圆O与AD边相切时，即点F 与点D重合；当半圆O与AB边相切于点G时，根据旋转的角求解即可． 【解答】（1）如图，连接BF ， 在RtBMF中，BF  BM2 EF2  (BCCM)2 EF2 ， ADBC 2 3,CM CD4 3,EF 6，  BF  (2 34 3)2 62 12， 故答案为：12． （2）如图，连接OC，OP， 半圆O与DC边相切于点P，FE BM ，  OCPOEC 90，OPOE， CO是DCM 的角平分线， AD//BM ，  DDCM 60， 1 OCM  DCM 30， 2 1 OE EF 3，  2 CO2OE6， 在RtCEO中，CE CO2 OE2  62 33 3 3， EM MCCE4 33 3 3． 答：EM 的长为 3． （3）①如图，连接OC，DE，过点O作ON CE于点N，由题意可知，DEBM,DCM 60,CD4 3， 1 CE CD2 3， 2 在RtCED中，DE CD2 CE2  (4 3)2 (2 3)2 6， OC OE，  OCN OEN， ON CE，  OCN OEN(AAS)， 1  NE  CE  3， 2 NE 3 sinNOE  ， OE 3 NOE35， DEF NOE35， 在平移中：MEMCCE4 32 32 3， S MEEF 2 3612 3． 平移 在旋转中：DEF 35， 35 7 S  EF2  ． 旋转 360 2 7 答：EF 平移过程中扫过的面积为12 3，旋转过程中扫过的面积为 ． 2 ②如图，过点Q作QK CE于点K， 由①可得DEF 35，DCE60，KQE35，CQK 30， KE CK QK   2KE，QK   3CK ， tan35 tan30 CK KECE2 3，  即 2KE 3(2 3KE)， 解得KE6 36 2， CK 6 24 3， CQ2CK 12 28 3． 答：CQ的长为12 38 3． ME 3 （4）当半圆O与DC边相切于点P时，t   1； 3 3 当半圆O与AD边相切时，即点F 与点D重合， 此时MEMCCE4 32 32 3， 2 3 t  2； 3 当半圆O与AB边相切于点G时，如图， B60，BEBCCE4 3，  3 点E到直线AB的距离为sin60BE 4 36， 2 即此时点F 与点G重合，EF  AB， BEF 30， DEF 60， 60 t  12 5 12214， 综上，t的值为1或2或14．【点评】本题考查了圆的综合应用，熟练掌握勾股定理及锐角三角函数的性质是解题的关键． 3．（2022•顺平县二模）如图1，将半径为2的 O剪掉一个60的扇形之后，得到扇形AOB，将扇形AOB  放置在数轴上，使点B与原点重合且OB垂直于数轴，然后将图形沿数轴正方向滚动，直至点A落在数轴上 时停止滚动．记优弧AB与数轴的切点为点P．过点A作直线l平行于数轴，当l与弧AB有两个公共点时， 记另一个公共点为点C，将直线l绕点C顺时针旋转60，得到直线m，交数轴于点Q． 10 （1）当点A落在数轴上时，其对应数轴上的实数为  ； 3 （2）当直线l经过圆心O时，线段PQ的长度为 ； （3）当CQ与扇形AOB所在圆相切于圆的左侧时，求弦AC的长及点Q对应数轴上的实数； （4）直接写出整个运动过程中PQ长度的最大值． 【分析】（1）利用圆的弧长公式计算优弧AOB的长即可得出结论； （2）利用分类讨论的思想方法分两种情况解答：①当点C在点A的右侧时，连接OP，过点C作CDPQ 于点D，利用矩形的性质和直角三角形的边角关系定理解答即可；②当点C在点A的右侧时，连接OP， 过点C作CDPQ于点D，利用①的方法解答即可； （3）连接OC，OP，OP与AC交于点M ，过点C作CDPQ于点D，利用切线的性质定理与已知条件 求得BC为圆的直径，连接AB，利用圆周角定理和直角三角形的边角关系定理即可求得AC的长；利用圆 的弧长公式求出点P对应的数值，再利用矩形的判定与性质，垂径定理和直角三角形的边角关系定理求得 PQ的长，则点Q对应数轴上的实数为点P对应的数值PQ； （4）整个运动过程中当CQ与 O相切于圆的右侧时，PQ的长度最大，连接PO并延长交CA于点D，过  点C作CE PQ于点E，利用的性质定理，垂径定理和矩形的判定与性质解答即可． 【解答】解：（1）将半径为2的 O剪掉一个60的扇形之后，得到扇形AOB， 优弧AOB的所对的圆心角的度数为300， 3002 10 优弧AOB的长  ， 180 3 点B与原点重合且OB垂直于数轴，  10 点A落在数轴上时，其对应数轴上的实数为 ， 3 10 故答案为： ； 3 （2）①当点C在点A的右侧时， 连接OP，过点C作CDPQ于点D，如图， 优弧AB与数轴的切点为点P，  OPPQ， AC//PQ，CDPQ，  四边形OPDC 为矩形， PDOC 2，CDOP2，OCD90． DCQ180906030． 3 2 3 DQCDtanDCQ2  ， 3 3 2 3 PQPDDQ2 ； 3 ②当点C在点A的右侧时， 连接OP，过点C作CDPQ于点D，如图， 优弧AB与数轴的切点为点P，  OPPQ， AC//PQ，CDPQ， 四边形OPQD为矩形， POQD2，PQOD DQC 90DCQ906030，  3 2 3 CDDQtanDQC 2  ， 3 3 2 3 PQODOCCD2 ； 3 2 3 2 3 综上，直线l经过圆心O时，线段PQ的长度为2 或2 ， 3 3 2 3 2 3 故答案为：2 或2 ； 3 3 （3）连接OC，OP，OP与AC交于点M ，过点C作CDPQ于点D，如图， 当CQ与扇形AOB所在圆相切，  CQOC ， OCQ90． QCA60，  OCA30． OC OA，  OAC OCA30， AOC 180OCAOAC 120， BOC AOBAOC 180， BC 为 O的直径，  连接AB， CAB90， 3 AC BCcosBCA4 2 3． 2 优弧AB与数轴的切点为点P，  OPPQ， AC//PQ， OM  AC ， 1 CM  AM  AC  3． 2 OM  OC2 CM2 1， PM OPOM 1． CDPQ，OM  AC，OPPQ，  四边形CDPM 为矩形， CDPM 1，DPCM  3． DCA90，QCA60，  DCQ30， 3 DQCDtanDCQ ， 3 2 3 PQPDDQ ． 3 BCP所对的圆心角为180COP240，  2402 8 BCP的长为  ， 180 3 8 点P对应的实数为 ， 3 8 2 3 82 3 点Q对应数轴上的实数为   ； 3 3 3 （4）整个运动过程中当CQ与 O相切于圆的右侧时，PQ的长度最大，如图，  连接PO并延长交CA于点D，过点C作CE PQ于点E， 优弧AB与数轴的切点为点P，  OPPQ，CE PQ，AC//PQ， 四边形CDPE 为矩形， OD AC，PDCE，PE DC． ADCD． 连接OC，CQ与扇形AOB所在圆相切，  CQOC ， OCQ90． QCA120，  OCA30． 1 OD OC 1，PDODOP3， 2 CD OC2 OD2  3，CEPD3． PE CD 3． AC//PQ，  CQP60． CE 3 EQ   3， tanCQP 3 PQ的最大值PEEQ2 3． 【点评】本题主要考查了圆的有关性质，圆的切线的性质定理，圆周角定理，垂径定理，矩形的判定与性 质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的边角关系定理，连接经过切点的半径是解决此类 问题常添加的辅助线． 3 4．（2022•永嘉县三模）如图，在平面直角坐标系中，直线y x6分别交x轴，y轴于点A，B，以AB 4 为直径构造圆，点C在BO运动，点D在CA上，CD交OA于点P，且CDOA． （1）求CD的长． （2）求证：OPPD． （3）CE//OA，交圆于另一点E，连结DE．若CDE为等腰三角形，求所有满足条件的点P的坐标． 【分析】（1）求出点A的坐标即可得到CD的长；（2）连结CO，DA，证明COPADP，即可得到结论OPPD； （3）分三种情况：①当CECD时，设PDOPx，则BPCP8x，在RtBOP中，利用勾股定理 列出关于x的方程，解方程即可求得结论；②当DC DE时，设圆心为F ，DF交OA于点M ，延长DF交 CE 于点H ，设OPPDx，则PM 4x，在RtPMD中，利用勾股定理列出关于x的方程，解方程即 可求得结论；③当EC ED，设圆心为F ，作EGCD于点G，PT CE，垂足为T，FM OA于M ， 延长MF交CE 于点H ，连接CF ，利用勾股定理，直角三角形的边角关系定理，矩形的判定与性质和相似 三角形的判定与性质求得线段OP，则结论可求． 3 【解答】（1）解：对于y x6，令y0， 4 3 则得： x60， 4 解得：x8， A(8,0)， OA8， CDOA，  CDOA8； （2）证明：连结CO，DA，如图， OAD，C都是OD所对的圆周角，  OADC． CDOA，  CO AD， CO AD． 在COP和ADP中，C OAD  OPC DPA  OC DA COPADP(AAS)． OPPD； （3）解：①当CECD时，如图， 则CECDOA8， CE//OA，  四边形COAE 为矩形， 又 AOB90，  点B，C重合， 设PDOPx，则BPCP8x， 3 对于y x6， 4 令x0，则得：y6， B(0,6)， OB6． 在RtBOP中，由勾股定理得： 62 x2 (8x)2， 7 解得：x ． 4 7 P( ,0)； 4 ②当DC DE时，如图，设圆心为F ，DF交OA于点M ，延长DF交CE 于点H ， DC DE，  CDDE， DH CE， CE//OA，  DH OA， OM  AM ， FM 是ABO的中位线， BO FM  3， 2 AB 32 42 10，  1 FD AB5， 2 AO MDFDFM 532，OM  4， 2 设OPPDx，则PM 4x， 在RtPMD中，由勾股定理得： 22 (4x)2 x2， 5 解得：x ， 2 5 P( ,0)； 2 ③当EC ED时，设圆心为F ，作EGCD于点G，PT CE，垂足为T，FM OA于M ，延长MF交CE 于点H ，连接CF ，如图，1 则CF  AB5， 2 FGCD，  1 CG CD4， 2 FG CF2 CG2  52 42 3， GEGF FE358， CE CG2 GE2  42 82 4 5． tanHFEtanC 2， HF CE，  CE HE 2 5， 2 HF  EF2 HE2  52 (2 5)2  5． PT CE，MH CE，CE//OA，  四边形TPMH 为矩形， TPHM HF FM  53， ECGPCT ，CGECTP90，  CEG∽CPT ， CE CP   ， EG PT CEPT 4 5( 53) 53 5 CP   ． EG 8 2 53 5 113 5 OPPDCDCP8  ， 2 2 113 5 P( ,0)． 27 5 113 5 综上，满足条件的点P的坐标为：P( ,0)或P( ,0)或P( ,0)． 4 2 2 【点评】此题考查了圆与一次函数的综合题，求一次函数与坐标轴的交点，圆的垂径定理，勾股定理，锐 角三角函数，等腰三角形的定义，熟练掌握各知识点并综合应用是解题的关键． 5．（2022•温州模拟）如图1，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(1,0)，点B的坐标为(3,0)，以AB为 直径的 M 与y轴的正半轴交于点C．点P是劣弧BC上的一动点．  （1）求sinABC的值． （2）当PCB中有一边是BP的两倍时，求相应AP的长． （3）如图2，以BC为边向上作等边CBD，线段MD分别交BC和BC于点H ，N．连结DP，HP．点P 在运动过程中，DP与HP存在一定的数量关系． HP 【探究】当点P与点N重合时，求 的值； DP 【探究二】猜想：当点P与点N不重合时，【探究一】的结论是否仍然成立．若成立，给出证明：若不成 立，请说明理由． 【分析】（1）利用点的坐标表示出线段OA，OB，利用相似三角形的性质和勾股定理求出AC，BC，利 用直角三角形的边角关系定理即可求得结论； （2）利用分类讨论的方法分两种情况解答：①当BC 2PB时，利用（1）的结论和勾股定理即可求解；② 当PC 2PB时，过点B作BH CP，交CP的延长线于点H ，利用圆内接四边形的性质和直角三角形的性 质求得PBH 30，设PH x，则PB2x，HB 3x，PC 4x，利用勾股定理在直角CBH 中，利用 勾股定理列出方程即可求得x的值，最后再利用勾股定理即可求得AP的值； （3）【探究】利用直角三角形的边角关系定理和勾股定理分别求得线段DN ，HN ，即可得出结论； 【探究二】连接MP，利用【探究】中的结论，依据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似证明 HMP∽PMD，利用相似三角形的性质即可得出结论．【解答】解：（1） 点A的坐标为(1,0)，点B的坐标为(3,0)，  OA1，OB3． ABOAOB4． AB为 M 的直径，   ACB90， OC  AB，  AOC∽COB． OC OB   ． OA OC OC 3   ． 1 OC OC  3． BC  OB2 OC2 2 3，AC  OA2 OC2 2． AC 1 sinABC   ． AB 2 （2）①当BC 2PB时， 由（1）知：BC 2 3， PB 3． AB为 M 的直径，   ACB90． PA AB2 PB2  42 ( 3)2  13； ②当PC 2PB时， 过点B作BH CP，交CP的延长线于点H ，如图， 1 sinABC  ，  2ABC 30． CAB60． 四边形ABPC是圆的内接四边形，  HPBCAB60． PBH 30． 设PH x，则PB2x，HB 3x， PC 4x． BH CP，  CH2 BH2 BC2． (5x)2 ( 3x)2 (2 3)2． 21 x ． 7 2 21 PB ． 7 2 21 10 7 AP AB2 BP2  42 ( )2  ． 7 7 10 7 综上，当PCB中有一边是BP的两倍时，AP的长为 13或 ； 7 （3）【探究】当点P与点N重合时， 连接CM ，CN ，如图， MC MB，DC DB，  DM 为BC的垂直平分线． 1 BH CH  BC  3． 2 MBMC 2， MH 1． HN MN MH 211． DCB为等边三角形，  DCH 60． DH CHtan60 3 33． DN DH NH 312． HP DN 1    ； DP HN 2 【探究二】当点P与点N不重合时，【探究一】的结论仍然成立．理由： 连接MP，如图， 由以上【探究】可知：MDDH HM 314， MPMB2，MH 1， MH MP 1    ． MP MD 2 HMPPMD， HMP∽PMD． HP HM 1    ． DP MP 2 HP 1 当点P与点N不重合时，【探究一】的结论仍然成立，  ． DP 2 【点评】本题主要考查了点的坐标的特征，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，特殊 角的三角函数值，等腰三角形 的判定与性质，等边三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，利用 点的坐标表示出相应线段的长度和利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键．