已有?B??B，则只需
BDBC?BOBA， ①
或
BOBC?BDBA.
②
成立．
若是①，则有BD??BO?BCBA?3?3292?． 44?BE?DE． 而?OBC?45，?92?2222． ?在Rt△BDE中，由勾股定理，得BE?DE?2BE?BD???4????9解得 BE?DE?（负值舍去）．
493?OE?OB?BE?3??．
44?39??点D的坐标为?，?．
?44?将点D的坐标代入y?kx(k?0)中，求得k?3．
2?满足条件的直线l的函数表达式为y?3x．
［或求出直线AC的函数表达式为y?3x?3，则与直线AC平行的直线l的函数表达式为y?3x．此时易知△BOD∽△BAC，再求出直线BC的函数表达式为y??x?3．联立y?3x，y??x?3求得点D的坐标为?，?．］
?39??44?若是②，则有BD??BO?BABC?3?4?22． 32?BE?DE． 而?OBC?45，?在Rt△BDE中，由勾股定理，得BE?DE?2BE?BD?(22)2．
解得
2222BE?DE?2（负值舍去）．
?OE?OB?BE?3?2?1．
21
2)． ?点D的坐标为(1，将点D的坐标代入y?kx(k?0)中，求得k?2．
∴满足条件的直线l的函数表达式为y?2x．
?存在直线l:y?3x或y?2x与线段BC交于点D（不与点B，C重合），使得以B，O，D为顶点的
三角形与△BAC相似，且点D的坐标分别为?，?或(1，2)．
（3）设过点C(0，，3)E(1，0)的直线y?kx?3(k?0)与该二次函数的图象交于点P． 将点E(1，0)的坐标代入y?kx?3中，求得k??3．
?39??44??此直线的函数表达式为y??3x?3．
设点P的坐标为(x，?3x?3)，并代入y??x?2x?3，得x?5x?0． 解得x1?5，x2?0（不合题意，舍去）．
x 22?x?5，y??12． ?12)． ?点P的坐标为(5，此时，锐角?PCO??ACO． 又?二次函数的对称轴为x?1，
C 2 C? A O E B 3)． ?点C关于对称轴对称的点C?的坐标为(2，?当xp?5时，锐角?PCO??ACO；
当xp?5时，锐角?PCO??ACO； 当2?xp?5时，锐角?PCO??ACO．
x?1 P y P 练习四
解：（1）令y?0，得x2?1?0 解得x??1
令x?0，得y??1
A ∴ A(?1,0) B(1,0) C(0,?1)
（2）∵OA=OB=OC=1 ∴?BAC=?ACO=?BCO=45
22
?o C B 图1 x
∵AP∥CB， ∴?PAB=45?
过点P作PE?x轴于E，则?APE为等腰直角三角形 令OE=a，则PE=a?1 ∴P(a,a?1)
∵点P在抛物线y?x?1上 ∴a?1?a2?1 解得a1?2，a2??1（不合题意，舍去） ∴PE=3
∴四边形ACBP的面积S=(3)． 假设存在
∵?PAB=?BAC =45 ∴PA?AC
∵MG?x轴于点G， ∴?MGA=?PAC =90 在Rt△AOC中，OA=OC=1 ∴AC=2 在Rt△PAE中，AE=PE=3 ∴AP= 32 设M点的横坐标为m，则M (m,m?1) ①点M在y轴左侧时，则m??1 (ⅰ) 当?AMG ∽?PCA时，有
2221111AB?OC+AB?PE=?2?1??2?3?4 2222??y M P G A oC 图2 B xAGMG= PACA?m?1m2?1?∵AG=?m?1，MG=m?1即 322y P M 2（舍去） 3AGMG(ⅱ) 当?MAG ∽?PCA时有=
CAPA解得m1??1（舍去） m2??m?1m2?1?即 解得：m??1（舍去） m2??2 232∴M(?2,3)
② 点M在y轴右侧时，则m?1 (ⅰ) 当?AMG ∽?PCA时有
2A oC 图3 G B xAGMG= PACA∵AG=m?1，MG=m?1
23
m?1m2?14∴ 解得m1??1（舍去） m2? ?3322 ∴M(,)
(ⅱ) 当?MAG∽?PCA时有
4739AGMG= CAPAm?1m2?1即 ?232解得：m1??1（舍去） m2?4 ∴M(4,15)
∴存在点M，使以A、M、G三点为顶点的三角形与?PCA相似 M点的坐标为(?2,3)，(,)，(4,15)
练习5、
解：（1）?点A(?3，0)，C(1，0)
473933) ?AC?4，BC?tan∠BAC?AC??4?3，B点坐标为(1，4设过点A，B的直线的函数表达式为y?kx?b，
由??0?k?(?3)?b3939 得k?，b??直线AB的函数表达式为y?x? 4444?3?k?by B （2）如图1，过点B作BD?AB，交x轴于点D，
在Rt△ABC和Rt△ADB中，
?∠BAC?∠DAB ?Rt△ABC∽Rt△ADB，
P A O QC图1
D x
?D点为所求又tan∠ADB?tan∠ABC??CD?BC?tan∠ADB?3?（3）这样的m存在
4， 34913?13?0? ??OD?OC?CD?，?D?，4344??在Rt△ABC中，由勾股定理得AB?5如图1，当PQ∥BD时，△APQ∽△ABD y B 则
m?53?13?m254，解得m?
1393?4P A Q O C 图2
D x
如图2，当PQ?AD时，△APQ∽△ADB
24
则
m?133?43?13?m1254，解得m? 365例1(2008福建福州)如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出
发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题： （1）当t＝2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；
（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）作QR//BA交AC于点R，连结PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ？ 分析:由t＝2求出BP与BQ的长度,从而可得△BPQ的形状; 作QE⊥BP于点E,将PB,QE用t表示,由S?BPQ=
1×BP×QE可得 2
S与t的函数关系式;先证得四边形EPRQ为平行四边形,得PR=QE, 再由△APR∽△PRQ,对应边成比例列方程,从而t值可求.
解:(1)△BPQ是等边三角形, 当t=2时,AP=2×1=2,BQ=2×2=4,所以BP=AB-AP=6-2=4, 即BQ=BP.又因为∠B=600,所以△BPQ是等边三角形.
(2)过Q作QE⊥AB,垂足为E,由QB=2t,得QE=2t·sin600=3t,
由AP=t,得PB=6-t,所以S?BPQ=
3211×BP×QE=(6-t)×3t=－t+33t；
222(3)因为QR∥BA,所以∠QRC=∠A=600，∠RQC=∠B=600，又因为∠C=600,
所以△QRC是等边三角形,这时BQ=2t,所以QR=RC=QC=6-2t. 因为BE=BQ·cos600=
1×2t=t,AP=t,所以EP=AB-AP-BE=6-t-t=6-2t, 2所以EP=QR,又EP∥QR,所以四边形EPRQ是平行四边形,所以PR=EQ=3t,
由△APR∽△PRQ,得到
t3tAPPR6?,即,解得t=, ?PRRQ53t6?2t所以当t=
6时, △APR∽△PRQ. 5点评: 本题是双动点问题.动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大,对同学们获取信息和处理信息的能力要求较高;解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题,挖掘运动、变化的全过程,并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动.
?A?90?，AB?6，AC?8，例2(2008浙江温州)如图，在Rt△ABC中，D，E分别是边AB，AC的中点，点P从点D出发沿DE方向运动，过点P作PQ?BC于Q，过点Q作QR∥BA交AC于R，当点Q与点C重合时，点P停止运动．设BQ?x，QR?y．（1）求点D到BC的距离DH的长；
（2）求y关于x的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）； （3）是否存在点P，使△PQR为等腰三角形？若存在，请求出所有 满足要求的x的值；若不存在，请说明理由．
分析:由△BHD∽△BAC,可得DH;由△RQC∽△ABC,可得
y关于x的函数关系式;由腰相等列方程可得x的值;注意需分类讨论.
25
A D P B H Q R E C
中考数学动点问题专题讲解 - 图文
