簡(jiǎn)析以二次函數(shù)為背景的動(dòng)態(tài)幾何問題

●(張家港外國(guó)語學(xué)校 江蘇張家港 215600)

動(dòng)態(tài)幾何問題以其豐富的特性頻頻亮相于中考試題，尤其是與二次函數(shù)的結(jié)合，更加增添了動(dòng)態(tài)幾何的“個(gè)性”魅力.現(xiàn)采擷2009年中考試題幾例作一簡(jiǎn)析，供學(xué)習(xí)參考.

1 單動(dòng)點(diǎn)與二次函數(shù)

例1已知Rt△ABC的斜邊長(zhǎng)為5,斜邊上的高為2，將這個(gè)直角三角形放置在平面直角坐標(biāo)系中，使其斜邊AB與x軸重合(其中OA

圖1

圖2

(1)求線段OA，OB的長(zhǎng)和經(jīng)過點(diǎn)A，B，C的拋物線的關(guān)系式.

(2)如圖2，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2，0)，點(diǎn)P(m,n)是該拋物線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(其中m>0,n>0),連結(jié)DP交BC于點(diǎn)E.

①當(dāng)△BDE是等腰三角形時(shí)，直接寫出此時(shí)點(diǎn)E的坐標(biāo).

②連結(jié)CD，CP(如圖3)，△CDP是否有最大面積？若有，求出△CDP的最大面積和此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若沒有，請(qǐng)說明理由.

(2009年深圳市數(shù)學(xué)中考試題)

解(1)設(shè)OA的長(zhǎng)為x，則OB=5-x.由題意得OC=2，AB=5，∠AOC=∠BOC=90°，∠OAC=∠OCB，因此

△AOC∽△COB，

于是

CO2=OA·OB,

即

22=x(5-x),

解得

x1=1,x2=4.

又由OA

OA=1,OB=4，

從而點(diǎn)A，B，C的坐標(biāo)分別為A(-1,0),B(4,0),C(0,2).可設(shè)此二次函數(shù)的表達(dá)式為

y=a(x+1)(x-4),

將點(diǎn)C的坐標(biāo)代入,得a=-0.5.故這個(gè)二次函數(shù)的表達(dá)式為

y=-0.5x2+1.5x+2.

圖3

圖4

②如圖4，連結(jié)OP,則

S△CDP=S四邊形CODP-S△COD=

S△COP+S△ODP-S△COD=

評(píng)析通過三點(diǎn)確定了拋物線的解析式；在分析△BDE是等腰三角形時(shí)，要抓住等腰三角形的特征，分3種情況進(jìn)行討論，即BD=BE,DB=DE,EB=ED；結(jié)合等腰三角形的三線合一來解題.由于是求△CDP的最大面積，因此要與二次函數(shù)的最值問題聯(lián)系在一起，故要以△CDP的面積為因變量來建立二次函數(shù).

2 雙動(dòng)點(diǎn)與二次函數(shù)

例2如圖5所示，在平面直角坐標(biāo)系中，已知矩形ABCD的3個(gè)頂點(diǎn)B(4，0)，C(8，0)，D(8，8).拋物線y=ax2+bx過點(diǎn)A，C.

圖5

(1)直接寫出點(diǎn)A的坐標(biāo)，并求出拋物線的解析式.

(2)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā),沿線段AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿線段CD向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)．速度均為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.過點(diǎn)P作PE⊥AB交AC于點(diǎn)E.

①過點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)F，交拋物線于點(diǎn)G.當(dāng)t為何值時(shí)，線段EG最長(zhǎng)?

②連結(jié)EQ．在點(diǎn)P，Q運(yùn)動(dòng)的過程中，判斷有幾個(gè)時(shí)刻使得△CEQ是等腰三角形?請(qǐng)直接寫出相應(yīng)的t值.

(2009年河南省數(shù)學(xué)中考試題)

解(1)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(4，8)，將A(4,8)，C(8，0)分別代入y=ax2+bx,得

解得

于是拋物線的解析式為

(2)①在Rt△APE和Rt△ABC中，

即

因此

從而

PB=8-t，

于是

評(píng)析由矩形的性質(zhì)可知點(diǎn)A的坐標(biāo)，近一步求得二次函數(shù)的解析式，為以下各小題打下伏筆；隨著點(diǎn)P和點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)，EF與拋物線的交點(diǎn)G始終在點(diǎn)E的上方，故EG的長(zhǎng)等于點(diǎn)G的縱坐標(biāo)與點(diǎn)E的縱坐標(biāo)之差且它們的橫坐標(biāo)相同，所以可以通過建立二次函數(shù)來求最值.針對(duì)等腰三角形，根據(jù)點(diǎn)P,Q的運(yùn)動(dòng)分3種情況討論即可.

3 動(dòng)線段與二次函數(shù)

例3如圖6所示，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6 cm，CD=4 cm，BC=BD=10 cm，點(diǎn)P由點(diǎn)B出發(fā)沿BD方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1 cm/s；同時(shí)線段EF由DC出發(fā)沿DA方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1 cm/s，交BD于點(diǎn)Q，連結(jié)PE．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s)(0

(1)當(dāng)t為何值時(shí)，PE∥AB.

(2)設(shè)△PEQ的面積為y(cm2)，求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式.

(4)連結(jié)PF，在上述運(yùn)動(dòng)過程中，五邊形PFCDE的面積是否發(fā)生變化？請(qǐng)說明理由．

(2009年山東省青島市數(shù)學(xué)中考試題)

圖6

圖7

解(1)由PE∥AB,可得

而DE=t，DP=10-t,因此

解得

(2)由EFCD，可得四邊形CDEF是平行四邊形，因此

∠DEQ=∠C,∠DQE=∠BDC.

又由BC=BD=10，得

∠DEQ=∠C=∠DQE=∠BDC,

因此

△DEQ∽△BCD,

從而

解得

如圖7,過點(diǎn)B作BM⊥CD，交CD于點(diǎn)M，過點(diǎn)P作PN⊥EF，交EF于點(diǎn)N，則

因?yàn)镋D=DQ=BP=t，所以

PQ=10-2t.

又△PNQ∽△BMD,所以

即

解得

從而

(3)

解得

t1=1,t2=4．

(4)在△PDE和△FBP中，由DE=BP=t,PD=BF=10-t,∠PDE=∠FBP,可得

△PDE≌△FBP,

因此S五邊形PFCDE=S△PDE+S四邊形PFCD=

S△FBP+S四邊形PFCD=S△BCD=

故在運(yùn)動(dòng)過程中，五邊形PFCDE的面積不變．

評(píng)析由于線段的運(yùn)動(dòng)，因此四邊形EFCD為平行四邊形；利用相似或比例線段可用t的代數(shù)式表示三角形的底與高，故可求得函數(shù)解析式.針對(duì)五邊形面積的定值問題，可利用等積變換轉(zhuǎn)換成已求三角形的面積.

4 運(yùn)動(dòng)的封閉圖形與二次函數(shù)

(1)請(qǐng)直接寫出點(diǎn)C，D的坐標(biāo).

(2)求拋物線的解析式.

(4)在第(3)小題的條件下，拋物線與正方形一起平移，直至頂點(diǎn)D落在x軸上時(shí)停止，求拋物線上C，E兩點(diǎn)間的拋物線弧所掃過的面積．

(2009年浙江省臺(tái)州市數(shù)學(xué)中考試題)

圖8

圖9

解(1)C(3，2)，D(1，3).

(2)設(shè)拋物線方程為y=ax2+bx+c.由拋物線過點(diǎn)(0,1)，(3,2),(1,3),可得

解得

于是

(3)①當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)F時(shí)，t=1.當(dāng)0

所以

即

從而

②當(dāng)點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到x軸上時(shí)，t=2.當(dāng)1

因此

圖10

圖11

因?yàn)?/p>

所以

即

于是

(4)如圖12,因?yàn)?/p>

圖12

所以

S陰影=S矩形BB′C′C=

S矩形AA′D′D=

AD×AA′=

評(píng)析隨著正方形的整體移動(dòng)，在x軸下方的部分分別為直角三角形、直角梯形和五邊形，因此這個(gè)函數(shù)關(guān)系式應(yīng)分情況進(jìn)行討論.