中考数学重难点和二轮专题复习讲座第7讲 坐标系中的几何问题(含答案)

中考数学重难点专题讲座第七讲坐标系中的几何问题【前言】前面六讲我们研究了几何综合题及代数综合题的各种方面，相信很多同学都已经掌握了。但是中考中，最难的问题往往都是几何和代数混杂在一起的，一方面涉及函数，坐标系，计算量很大，另一方面也有各种几何图形的性质体现。所以往往这类问题都会在最后两道题出现，而且基本都是以多个小问构成。此类问题也是失分最高的，往往起到拉开分数档次的关键作用。作为想在中考数学当中拿高分甚至满分的同学，这类问题一定要重视。此后的两讲我们分别从坐标系中的几何以及动态几何中的函数两个角度出发，去彻底攻克此类问题。第一部分真题精讲【例1】2010，石景山，一模已知：如图1，等边ABC的边长为23，一边在x轴上且130A，，AC交y轴于点E，过点E作EF∥AB交BC于点F．（1）直接写出点BC、的坐标；（2）若直线10ykxk将四边形EABF的面积两等分，求k的值；（3）如图2，过点ABC、、的抛物线与y轴交于点D，M为线段OB上的一个动点，过x轴上一点2,0G作DM的垂线，垂足为H，直线GH交y轴于点N，当M点在线段OB上运动时，现给出两个结论：①GNMCDM②MGNDCM，其中有且只有一个结论是正确的，请你判断哪个结论正确，并证明．1-1图2图1DxyABCOOFECBAyx【思路分析】很多同学一看到这种题干又长条件又多又复杂的代几综合压轴题就觉得头皮发麻，稍微看看不太会做就失去了攻克它的信心。在这种时候要慢慢将题目拆解，条分缕析提出每一个条件，然后一步一步来。第一问不难，C点纵坐标直接用tg60°来算，七分中的两分就到手了。第二问看似较难，但是实际上考生需要知道“过四边形对角线交点的任意直线都将四边形面积平分”这一定理就轻松解决了，这个定理的证明不难，有兴趣同学可以自己证一下加深印象。由于EFAB还是一个等腰梯形，所以对角线交点非常好算，四分到手。最后三分收起来有点麻烦，不过稍微认真点画图，不难猜出①式成立。抛物线倒是好求，因为要证的是角度相等，所以大家应该想到全等或者相似三角形，过D做一条垂线就发现图中有多个全等关系，下面就忘记抛物线吧，单独将三角形拆出来当成一个纯粹的几何题去证明就很简单了。至此，一道看起来很难的压轴大题的7分就成功落入囊中了。【解析】解：（1）130B，；13C，．（2）过点C作CPAB于P，交EF于点Q，取PQ的中点R．∵ABC是等边三角形，130A，．∴60EAO．在RtEOA中，90EOA．∴tan6013333EOAO．∴0,33E．∵EF∥AB交BC于F，13C，．∴3312R，．（就是四边形对角线的中点，横坐标自然和C一样，纵坐标就是E的纵坐标的一半）∵直线1ykx将四边形EABF的面积两等分．∴直线1ykx必过点3312R，．∴3312k，∴532k-1RQFECBAOxy（3）正确结论：①GNMCDM．证明：可求得过ABC、、的抛物线解析式为222yxx∴02D，．∵20G，．∴OGOD．由题意90GONDOM．又∵GNODNH∴NGOMDO∴NGO≌MDO∴GNODMO，OMON∴45ONMNMO过点D作DTCP于T∴1DTCT∴45CDTDCT由题意可知DT∥AB∴TDMDMO∴454545TDMDMOGNO∴TDMCDTGNOONM即：GNMCDM．（这一问点多图杂，不行就直接另起一个没有抛物线干扰的图）GPNMHTDCBAOxy【例2】2010，怀柔，一模如图,在平面直角坐标系xoy中,抛物线21410189yxx与ｘ正半轴交于点A,与ｙ轴交于点B,过点B作x轴的平行线BC,交抛物线于点C,连结AC．现有两动点P、Q分别从O、C两点同时出发,点P以每秒4个单位的速度沿OA向终点A移动,点Q以每秒1个单位的速度沿CB向点B移动,点P停止运动时,点Q也同时停止运动,线段OC,PQ相交于点D,过点D作DE∥OA,交CA于点E,射线QE交x轴于点F．设动点P,Q移动的时间为t(单位:秒)(1)求A,B,C三点的坐标;(2)当t为何值时,四边形PQCA为平行四边形?请写出计算过程;(3)当0＜t＜92时,△PQF的面积是否总为定值?若是,求出此定值,若不是,请说明理由;(4)当t_________时,△PQF为等腰三角形?【思路分析】近年来这种问动点运动到何处时图像变成特殊图形的题目非常流行，所以大家需要对各种特殊图形的判定性质非常熟悉。本题一样一步步拆开来做，第一问送分，给出的抛物线表达式很好因式分解。注意平行于X轴的直线交抛物线的两个点一定是关于对称轴对称的。第二问就在于当四边形PQCA为平行四边形的时候题中已知条件有何关系。在运动中，QC和PA始终是平行的，根据平行四边形的判定性质，只要QC=PA时候即可。第三问求△PQF是否为定值，因为三角形的一条高就是Q到X轴的距离，而运动中这个距离是固定的，所以只需看PF是否为定值即可。根据相似三角形建立比例关系发现OP=AF，得解。第四问因为已经知道PF为一个定值，所以只需PQ=PF=18即可，P点（4t,0）Q(8-t,-10),F(18+4t,0)两点间距离公式分类讨论即可.本道题是09年黄冈原题,第四问原本是作为解答题来出的本来是3分,但是本题作为1分的填空,考生只要大概猜出应该是FP=FQ就可以。实际考试中如果碰到这么麻烦的,如果没时间的话笔者个人建议放弃这一分去检查其他的.毕竟得到这一分的时间都可以把选择填空仔细过一遍了.【解析】解：(1)21(8180)18yxx，令0y得281800xx，18100xx∴18x或10x∴(18,0)A；在21410189yxx中，令0x得10y即(0,10)B；由于BC∥OA，故点C的纵坐标为－10，由2141010189xx得8x或0x即(8,10)C于是，(18,0),(0,10),(8,10)ABC（2）若四边形PQCA为平行四边形，由于QC∥PA.故只要QC=PA即可∵184,PAtCQt∴184tt得185t（3）设点P运动t秒，则4,OPtCQt，04.5t，说明P在线段OA上，且不与点O、A重合，由于QC∥OP知△QDC∽△PDO，故144QDQCtDPOPt∴4AFtOP∴18PFPAAFPAOP又点Q到直线PF的距离10d∴1118109022PQFSPFd∴△PQF的面积总为90（4）由上知，(4,0),(184,0),(8,10)PtFtQt，04.5t。构造直角三角形后易得2222(48)10(58)100PQttt，2222(1848)10(510)100FOttt若FP=PQ，即2218(58)100t，故225(2)224t，∵226.5t≤≤∴2244142255t∴41425t若QP=QF，即22(58)100(510)100tt，无04.5t≤≤的t满足条件；……………12′若PQ=PF，即22(58)10018t，得2(58)224t，∴84144.55t或841405t都不满足04.5t≤≤，故无04.5t≤≤的t满足方程；综上所述：当41425t时，△PQR是等腰三角形。【例3】2010,延庆,一模如图，已知抛物线1C：522xay的顶点为P，与x轴相交于A、B两点（点A在点B的左边），点B的横坐标是1．（1）求P点坐标及a的值；（2）如图（1），抛物线2C与抛物线1C关于x轴对称，将抛物线2C向右平移，平移后的抛物线记为3C，3C的顶点为M，当点P、M关于点B成中心对称时，求3C的解析式；（3）如图（2），点Q是x轴正半轴上一点，将抛物线1C绕点Q旋转180后得到抛物线4C．抛物线4C的顶点为N，与x轴相交于E、F两点（点E在点F的左边），当以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形时，求点Q的坐标．【思路分析】出题人比较仁慈，上来就直接给出抛物线顶点式，再将B（1,0）代入，第一问轻松拿分。第二问直接求出M坐标，然后设顶点式，继续代入点B即可。第三问则需要设出N，然后分别将NP，PF,NF三个线段的距离表示出来，然后切记分情况讨论直角的可能性。计算量比较大，务必细心。【解析】解：⑴由抛物线1C：225yax得顶点P的为(25)，∵点(10)，B在抛物线1C上∴20125a解得，59a⑵连接PM，作PHx轴于H，作MGx轴于G∵点P、M关于点B成中心对称∴PM过点B，且PBMB∴PBHMBG△≌△∴5MGPH,3BGBH∴顶点M的坐标为(45)，（标准答案如此，其实没这么麻烦，点M到B的横纵坐标之差都等于B到P的，直接可以得出（4,5））抛物线2C由1C关于x轴对称得到，抛物线3C由2C平移得到yxAOBPN图2C1C4QEFyxAOBPM图1C1C2C3∴抛物线3C的表达式为25459yx⑶∵抛物线4C由1C绕点x轴上的点Q旋转180得到∴顶点N、P关于点Q成中心对称由⑵得点N的纵坐标为5设点N坐标为(5)，m作PHx轴于H，作NGx轴于G作PKNG于K∵旋转中心Q在x轴上∴26EFABBH∴3FG，点F坐标为(30)，mH坐标为(20)，，K坐标为(5)，m，根据勾股定理得22224104PNNKPKmm22221050PFPHHFmm2225334NF①当90PNF时，222PNNFPF，解得443m，∴Q点坐标为19(0)3，②当90PFN时，222PFNFPN，解得103m，∴Q点坐标为2(0)3，③∵10PNNKNF，∴90NPF≠综上所得，当Q点坐标为19(0)3，或2(0)3，时，以点P、N、F为顶点的三角形是直角三角形．【例4】2010，房山，一模如图，在平面直角坐标系xOy中，直线l1：363yx交x轴、y轴于A、B两点，点,Mmn是线段AB上一动点，点C是线段OA的三等分点．（1）求点C的坐标；（2）连接CM，将ACM△绕点M旋转180，得到''ACM△．①当12BMAM时，连结'AC、'AC，若过原点O的直线2l将四边形''ACAC分成面yxAOBPN图(2)C1C4QEFHGK积相等的两个四边形，确定此直线的解析式；②过点'A作'AHx轴于H，当点M的坐标为何值时，由点'A、H、C、M构成的四边形为梯形？OMBA【思路分析】本题计算方面不是很繁琐，但是对图形的构造能力提出了要求，也是一道比较典型的动点移动导致特殊图形出现的题目。第一问自不必说，第二问第一小问和前面例题是一样的，也是要把握过四边形对角线交点的直线一定平分该四边形面积这一定理。求出交点就意味着知道了直线.第二小问较为麻烦,因为C点有两种可能,H在C点的左右又是两种可能,所以需要分类讨论去求解.只要利用好梯形两底平行这一性质就可以了.【解析】（1）根据题意：6,0A，0,63B∵C是线段OA的三等分点∴2,0C或4,0C---------------2分（2）①如图，过点M作MNy轴于点N，则BMNBAO△∽△．∵12BMAM．∴13BMBA∴13BNBO∴0,43N∵点M在直线363yx上∴2,43M-∵''ACM△是由ACM△绕点M旋转180得到的∴''ACAC∥∴无论是1C、2C点，四边形ACAC是平行四边形且M为对称中心∴所求的直线2l必过点2,43M．∴直线2l的解析式为:23yxxyC2C2C1NC1'A'OMBA②当