专题18 动态几何之线动问题（解析板）

一、选择题1.（赤峰）如图，一根长为5米的竹竿AB斜立于墙AC的右侧，底端B与墙角C的距离为3米，当竹竿顶端A下滑x米时，底端B便随着向右滑行y米，反映y与x变化关系的大致图象是【】【答案】A．【解析】考点：1.动线问题的函数问题；2.勾股定理；3.排他法的应用.2.（呼和浩特）已知线段CD是由线段AB平移得到的，点A（–1，4）的对应点为C（4，7），则点B（–4，–1）的对应点D的坐标为【】A．（1，2）B．（2，9）C．（5，3）D．（–9，–4）考点：坐标与图形变化-平移．3.（上海）如果将抛物线y＝x2向右平移1个单位，那么所得的抛物线的表达式是（）．(A)y＝x2－1；(B)y＝x2＋1；(C)y＝(x－1)2；(D)y＝(x＋1)2．考点：二次函数图象与平移变换．二、填空题三、解答题1.（玉林、防城港）（10分）如图，在正方形ABCD中，点M是BC边上的任一点，连接AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，在CD边上取点P使CP=BM，连接NP，BP．（1）求证：四边形BMNP是平行四边形；（2）线段MN与CD交于点Q，连接AQ，若△MCQ∽△AMQ，则BM与MC存在怎样的数量关系？请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）BM=MC，理由见解析.【解析】试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠B，然后利用“边角边”证明△ABM和△BCP全等，根据全等三角形对应边相等可得AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出AM⊥BP，从而得到MN∥BP，然∴四边形BMNP是平行四边形.（2）BM=MC．理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，∴∠BAM=∠CMQ.又∵∠B=∠C=90°，∴△ABM∽△MCQ.∴ABAMMCMQ.[来源:Z。xx。k.Com]∵△MCQ∽△AMQ，∴△AMQ∽△ABM.ABAMBMMQ.∴ABABMCBM.∴BM=MC．[来源:Zxxk.Com]考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.平行四边形的判定和性质；4.相似三角形的判定和性质.2.（玉林、防城港）（12分）给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．（1）当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值；[来源:学|科|网Z|X|X|K]（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．①求此抛物线的解析式；②若P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．【答案】（1）14；（2）①y=14x2+1；②证明见解析.【解析】②求证OP=PQ，那么首先应画出大致的示意图．发现图中几何条件较少，所以考虑用坐标转化求出OP，PQ的值，再进行比较．讨论动点P在抛物线y=14x2+1上，则可设其坐标为（x，14x2+1），进而易求OP，PQ．试题解析：（1）∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，当b=1时有A，B两交点，∴A，B两点的横坐标满足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．∵B与A关于原点对称，∴0=xA+xB=k1a，解得k=1．∴l：y=x.∵2b216a0，∴2b216a0.，∴联立得关于a，b的方程组22b14a0b216a0，解得1a4b0或1a364b3．∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得22axbkxk0，[来源:Z,xx,k.Com]∴22bk4ak．当1a4b0时，22221k4kkk04，∴无论k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．当1a364b3时，222418816k4kkk336939，显然随k值的变化，△不恒为0，∴不合题意舍去．∴C：y=14x2+1．考点：1.二次函数和一次函数综合题；2.中心对称和平移问题；3.二次函数的性质；4.一元二次方程根的判别式和根与系数的关系；5.勾股定理；6.特殊元素法的应用；7.分类思想和数形结合思想的应用．3.（十堰）（12分）已知抛物线C1：2yax12的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似？若存在，求出直线m的解析式；若不存在，说明理由．【答案】（1）2yx12；（2）2；（3）存在，y2x6和y=2x+6．【解析】试题分析：（1）由抛物线的顶点式易得顶点A坐标，把点B的坐标代入抛物线的解析式即可解决问题．（2）根据平移法则求出抛物线C2的解析式，用待定系数法求出直线AB的解析式，再通过解方程组求出抛物线C2与直线AB的交点C、D的坐标，就可以求出S△OAC：S△OAD的值．（3）设直线m与y轴交于点G，直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形形状、位置随着点G的变化而变化，故需对点G的位置进行讨论，借助于相似三角形的判定与性质、三角函数的增减性等知识求出符合条件的点G的坐标，从而求出相应的直线m的解析式．∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．∴OC=3，OD=3．如答图1，过点A作AE⊥x轴，垂足为E，过点A作AF⊥y轴，垂足为F，∵A（﹣1，﹣2），∴AF=1，AE=2．∴OACOAD1111SSOCAEODAF323122222：：：．∴S△OAC：S△OAD的值为2．（3）设直线m与y轴交于点G，与直线l交于点H，设点G的坐标为（0，t）当m∥l时，CG∥PQ．∴△OCG∽△OPQ．∴OCOPOGOQ．[来源:学*科*网Z*X*X*K]∵P（﹣4，0），Q（0，2），∴OP=4，OQ=2.∵∠POQ=90°，∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ．∴△PHC∽△GHQ．∵∠QPO=∠OGC，∴tan∠QPO=tan∠OGC．∴OQOCOPOG，即234OG，解得OG=6．∴点G的坐标为（0，﹣6）设直线m的解析式为y=mx+n，∵点C（﹣3，0），点G（0，﹣6）在直线m上，∴3mn0n6，解得：m2n6．∴直线m的解析式为y2x6.联立2yx14y2x6，解得：x1y4或x3y0．又∵∠HPC＞∠PQO，∴△PHC与△GHQ不相似．∴符合条件的直线m不存在．③32＜t≤2时，如图2③所示．∵tan∠CGO=OC33OQt2，tan∠QPO=OQ21OP42．∴tan∠CGO≠tan∠QPO．∴∠CGO≠∠QPO．∵∠CGO=∠QGH，∴∠QGH≠∠QPO.∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ，∴△PCH∽△GQH．∴符合条件的直线m存在．∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，∴△POQ∽△GOC．∴OPOQOGOC，即42OG3，解得OG=6．∴点G的坐标为（0，6）．设直线m的解析式为y=px+q∵点C（﹣3，0）、点G（0，6）在直线m上，[来源:学科网ZXXK]∴3pq0q6，解得：p2q6．综上所述：存在直线m，使直线l，m与x轴围成的三角形和直线l，m与y轴围成的三角形相似，此时直线m的解析式为y2x6和y=2x+6．考点：1.二次函数综合题；2.平移问题；3.相似三角形存在性问题；4.待定系数法的应用；5.曲线上点的坐标与方程的关系；6.相似三角形的判定和性质；7.锐角三角函数的性质；8.分类思想的应用．4.（滨州）（本小题满分10分）如图，已知正方形ABCD，把边DC绕D点顺时针旋转30°到DC′处，连接AC′，BC′，CC′，写出图中所有的等腰三角形，并写出推理过程．【答案】△DCC′，△DC′A，△C′AB，△C′BC，理由见解析.[来源:学+科+网]【解析】