专题17 动态几何之点动问题（解析板）

名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！1一、选择题1.（河南）如图，在Rt△ABC中，∠C=900，AC=1cm，BC=2cm，点P从A出发，以1cm/s的速沿折线ACCBBA运动，最终回到A点.设点P的运动时间为x（s），线段AP的长度为y（cm），则能反映y与x之间函数关系的图像大致是【】【答案】A．【解析】考点：1.动点问题的函数图象；由实际问题列函数关系式；3.分类思想的应用．2.（黄冈）在ΔABC中，BC=10，BC边上的高h=5，点E在AB上，过点E作EF∥BC，交AC于F，D为BC上的一点，连DE、DF．设E到BC的距离为x，则ΔDEF的面积为S关于x的函数图象大致【】名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！2【答案】D．【解析】考点：1.动点问题的函数图象；2.由实际问题列函数关系式；3.相似三角形的判定和性质；4.二次函数的性质．3.（潍坊）如图，已知矩形ABCD的长AB为5，宽BC为4．E是BC边上的一个动点，AE⊥EF，EF交CD于点F．设BE=x，FC=y，则点E从点B运动到点C时，能表示y关于x的函数关系的大致图象是()名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！3考点：1.动点问题的函数图象分析；2.矩形的性质；3.相似三角形的判定和性质；4.由实际问题列函数关系式；5.二次函数的性质.二、填空题1.（梅州）如图，弹性小球从点P(0，3)出发，沿所示方向运动，每当小球碰到矩形OABC的边时反弹，反弹时反射角等于入射角.当小球第1次碰到矩形的边时的点为P1，第2次碰到矩形的边时的点为P2，……第n次碰到矩形的边时的点为Pn.则点P3的坐标是▲，点P2014的坐标是▲.[来源:Zxxk.Com]【答案】（8，3）；（5，0）.【解析】试题分析：如图，根据反射角与入射角的定义作出图形，可知：（1）当点P第3次碰到矩形的边时，点P的坐标为（8，3）；名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！4考点：1.探索规律题（图形的变化类）；2.跨学科问题；3.点的坐标.2.（黔东南）在如图所示的平面直角坐标系中，点P是直线y=x上的动点，A（1，0），B（2，0）是x轴上的两点，则PA+PB的最小值为▲．【答案】5.【解析】名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！5考点：1.轴对称的应用（最短路线问题）；2.直线上点的坐标与方程的关系；3.勾股定理.3.（张家界）如图，AB、CD是⊙O两条弦，AB=8，CD=6，MN是直径，AB⊥MN于E,CD⊥MN于点F,P为EF上任意一点,，则PA+PC的最小值为▲．【答案】72.【解析】考点：1.轴对称的应用（最短路线问题）；2.勾股定理；3.垂径定理．4.（成都）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C.则A′C长度的最小值是▲.名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！6【答案】71.【解析】考点：1.单动点和折叠问题；2.菱形的性质；3.锐角三角函数定义；4.特殊角的三角函数值；5.三角形边角关系；6.勾股定理；7.折叠对称的性质.5.（舟山）如图，点C在以AB为直径的半圆上，AB＝8，∠CBA＝30°，点D在线段AB上运动，点E与点D关于AC对称，DF⊥DE于点D，并交EC的延长线于点F．下列结论：①CE＝CF；②线段EF的最小值为23；③当AD＝2时，EF与半圆相切；④若点F恰好落在BC上，则AD＝25；⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是163．其中正确结论的序号是▲．名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！7【答案】①③⑤.【解析】试题分析：①如图，连接CD，∵根据轴对称的性质，CE＝CD，∴∠DCE＝∠ECD.∵∠CAB＝90°，∠CBA＝30°，∴∠CAB＝60°.∴△AOB是等边三角形，∴AO=4，∠OCA＝60°.∴当AD＝2时，CD⊥AD，∠OCD＝∠DOA＝30°.∵根据轴对称的性质，∠EOA＝∠DOA＝30°，∴∠ECO＝90°.∴EF与半圆相切.结论③正确.名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！8④若点F恰好落在BC上，则点D，F重合于点B，AD=AB=8.结论④错误.⑤当点D从点A运动到点B时，线段EF扫过的面积是△ABC面积的2倍，为163.结论⑤正确.综上所述，结论正确的是①③⑤.考点：1.单动点和轴对称问题；2.轴对称的性质；3.垂直线段的性质；4.圆周角定理；5.含30度角直角三角形的性质；6.等边三角形的性质；7.切线的判定.三、解答题1.（福州）（满分13分）如图1，点O在线段AB上，AO=2，OB=1，OC为射线，且∠BOC=60°.动点P以每秒2个单位长度的速度从点O出发，沿射线OC做匀速运动.设运动时间为t秒.（1）当1t2时，则OP=▲，ABPS▲；[来源:Z&xx&k.Com]（2）当△ABP是直角三角形时，求t的值；（3）如图2，当AP=AB时，过点A作AQ∥BP，并使得∠QOP=∠B，求证：APBP3.【答案】（1）1，334；（2）1秒或1338秒；（3）证明见解析【解析】名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！9②∠APB=90°，如图，过点P作PH⊥AB于点H，则OC=2t，OH=t，PH=3t，AH=2t，OB=1t.∵∠APH+∠BPH=90°，∠B+∠BPH=90°，∴∠APH=∠B.∴△APH∽△PBH.∴AHPHPHBH，即2t3t1t3t，即24tt20，解得12133133t,t88（舍去）.综上所述，当△ABP是直角三角形时，t1秒或1338秒.考点：1.单动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.相似三角形的判定和性质；5.分类思想的应用.2.（梅州）（本题满分10分）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，AC=60，AB=30。点D是AC上的动点，过D作DF⊥BC于F，再过F作FE//AC，交AB于E。设CD=x，DF=y.（1）求y与x的函数关系式；（2）当四边形AEFD为菱形时，求x的值；（3）当△FED是直角三角形时，求x的值.名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！10【答案】（1）1yx0x602；（2）40；（3）30.【解析】试题分析：（1）由已知，根据锐角三角函数定义和特殊角的三角函数值可得∠C=30°，从而在Rt△CDF中，再应用锐角三角函数定义和特殊学科网角的三角函数值可得y与x的函数关系式.（2）根据菱形四边相等的性质，由AD=DF即AC－CD=DF列方程求解.（3）首先判断△FED是直角三角形只有∠FDE=90°，得出11CDxAECF122sinAEDADACCDACCD60x2，解之即为所求.在Rt△BOC中，11CDxAECF122sin4ADACCDACCD60x2，即60－x=x，∴x=30.∴当△FED是直角三角形时，x=30.名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！11考点：1.单动点问题；2.锐角三角函数定义；3.特殊角的三角函数值；4.菱形四边的性质；5.方程思想的应用.3.（毕节）（16分）如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）的顶点为A（﹣1，﹣1），与x轴交点M（1，0）．C为x轴上一点，且∠CAO=90°，线段AC的延长线交抛物线于B点，另有点F（﹣1，0）．（1）求抛物线的解析式；（2）求直线AC的解析式及B点坐标；（3）过点B做x轴的垂线，交x轴于Q点，交过点D（0，﹣2）且垂直于y轴的直线于E点，若P是△BEF的边EF上的任意一点，是否存在BP⊥EF？若存在，求P点的坐标，若不存在，请说明理由．名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！12试题解析：（1）设抛物线解析式为：y=a（x+1）2﹣1，将（1，0）代入得：0=a（1+1）2﹣1，解得；a=14.∴抛物线的解析式为：21yx114.（2）∵A（﹣1，﹣1），∴∠COA=45°.∵∠CAO=90°，∴△CAO是等腰直角三角形，∴AC=AO.∴C（﹣2，0）.∴直线EF的解析式为：11yx22.∵直线BP⊥EF，∴设直线BP的解析式为：y=﹣2x+e，将B（﹣5，3）代入得出：3=﹣2×（﹣5）+e，解得：e=﹣7.∴直线BP的解析式为：y=﹣2x﹣7，∴将y=﹣2x﹣7和11yx22联立得：y2x711yx22，解得：x3y1.∴P（﹣3，﹣1）.故存在P点使得BP⊥EF，此时P（﹣3，﹣1）．名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！13考点：1.二次函数综合题；2.单动点问题；3.待定系数法的应用；4.曲线上点的坐标与方程的关系；5.等腰直角三角形的判定和性质；6.存在性问题.4.（黔东南）（14分）如图，直线y=x+2与抛物线y=ax2+bx+6（a≠0）相交于A15,22和B（4，m），点P是线段AB上异于A、B的动点，过点P作PC⊥x轴于点D，交抛物线于点C．（1）求抛物线的解析式；（2）是否存在这样的P点，使线段PC的长有最大值，若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由；（3）求△PAC为直角三角形时点P的坐标．名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！14（3）若△PAC为直角三角形，根据直线AB的解析式，可求得直线AC的解析式y=﹣x+3，已知了点A的坐标，即可求得直线AC的解析式，联立抛物线的解析式，可求得C点的坐标.试题解析：（1）∵B（4，m）在直线y=x+2上，∴m=4+2=6，∴B（4，6）.∵A15,22、B（4，6）在抛物线y=ax2+bx+6上，∴2215ab6224a4b6126，解得a2b8.∴直线AC解析式：y=﹣x+3.点C在抛物线上，设C（m，2m2﹣8m+6），代入y=﹣x+3得：2m2﹣8m+6=﹣m+3，整理得：2m2﹣7m+3=0，解得；m=3或m=12.∴P（3，0）或P15,22．考点：1.二次函数综合题；2.单动点问题；3.待定系数法的应用；4.曲线上点的坐标与方程的关系；5.二次函数的性质；6.直角三角形的判定．5.（遵义）（14分）如图，二次函数24yxbxc3的图象与x轴交于A（3，0），B（﹣1，0），与y轴交于点C．若点P，Q同时从A点出发，都以每秒1个单位长度的速度分别沿AB，AC边运动，其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．（1）求该二次函数的解析式及点C的坐标；名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！15（2）当点P运动到B点时，点Q停止运动，这时，在x轴上是否存在点E，使得以A，E，Q为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请求出E点坐标；若不存在，请说明理由．（3）当P，Q运动到t秒时，△APQ沿PQ翻折，点A恰好落在抛物线上D点处，请判定此时四边形APDQ的形状，并求出D点坐标．【答案】（1）248yxx433，C（0，4）；（2）存在满足条件的点E，点E的坐标为（13，0）或（95，0）或（﹣1，0）；（3）四边形APDQ为菱形，D点坐标为529,816．【解析】令x=0，得y=4，∴C（0，4）．（2）存在．名师解读，权威剖析，独家奉献，打造不一样的中考！16如答图1，过点Q作QD⊥OA于D，此时QD∥OC，∵A（3，0），B（﹣1，0），C（0，﹣4），O（0，0），∴AB=4，OA=3，OC=4，∴AC=22345，AQ=4．∵QD∥OC，∴△ADQ∽△AOC.∴QDADAQOCAOAC，即QDAD4435.∴1612QDAD55，．①如图，作AQ的垂直平分线，交AO于E，此时AE=EQ，即△AEQ为等腰三角形，设AE=x，则EQ=x，DE=AD﹣AE