2018年中考动点问题

动点问题专题训练2、直线364yx与坐标轴分别交于AB、两点，动点PQ、同时从O点出发，同时到达A点，运动停止．点Q沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿路线O→B→A运动．（1）直接写出AB、两点的坐标；（2）设点Q的运动时间为t秒，OPQ△的面积为S，求出S与t之间的函数关系式；（3）当485S时，求出点P的坐标，并直接写出以点OPQ、、为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．2.解（1）A（8，0）B（0，6）·····1分（2）86OAOB，10AB点Q由O到A的时间是881（秒）点P的速度是61028（单位/秒）1分当P在线段OB上运动（或03t≤≤）时，2OQtOPt，2St····································1分当P在线段BA上运动（或38t≤）时，6102162OQtAPtt，,如图，作PDOA于点D，由PDAPBOAB，得4865tPD，··········1分21324255SOQPDtt························1分（自变量取值范围写对给1分，否则不给分．）（3）82455P，································1分12382412241224555555IMM，，，，，··················3分5、在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5．点P从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后ACBPQED图16xAOQPBy立刻以原来的速度沿AC返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BC-CP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．（1）当t=2时，AP=，点Q到AC的距离是；（2）在点P从C向A运动的过程中，求△APQ的面积S与t的函数关系式；（不必写出t的取值范围）（3）在点E从B向C运动的过程中，四边形QBED能否成为直角梯形？若能，求t的值．若不能，请说明理由；（4）当DE经过点C时，请直接．．写出t的值．5.解：（1）1，85；（2）作QF⊥AC于点F，如图3，AQ=CP=t，∴3APt．由△AQF∽△ABC，22534BC，得45QFt．∴45QFt．∴14(3)25Stt，即22655Stt．（3）能．①当DE∥QB时，如图4．∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形．此时∠AQP=90°．由△APQ∽△ABC，得AQAPACAB，即335tt．解得98t．②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．此时∠APQ=90°．由△AQP∽△ABC，得AQAPABAC，即353tt．解得158t．（4）52t或4514t．①点P由C向A运动，DE经过点C．连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．PCt，222QCQGCG2234[(5)][4(5)]55tt．由22PCQC，得22234[(5)][4(5)]55ttt，解得52t．②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．ACBPQED图4ACBPQED图5AC(E))BPQD图6GAC(E))BPQD图7G22234(6)[(5)][4(5)]55ttt，4514t】6如图，在RtABC△中，9060ACBB°，°，2BC．点O是AC的中点，过点O的直线l从与AC重合的位置开始，绕点O作逆时针旋转，交AB边于点D．过点C作CEAB∥交直线l于点E，设直线l的旋转角为．（1）①当度时，四边形EDBC是等腰梯形，此时AD的长为；②当度时，四边形EDBC是直角梯形，此时AD的长为；（2）当90°时，判断四边形EDBC是否为菱形，并说明理由．6.解（1）①30，1；②60，1.5；……………………4分（2）当∠α=900时，四边形EDBC是菱形.∵∠α=∠ACB=900，∴BC//ED.∵CE//AB,∴四边形EDBC是平行四边形.……………………6分在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠B=600,BC=2,∴∠A=300.∴AB=4,AC=23.∴AO=12AC=3.……………………8分在Rt△AOD中，∠A=300，∴AD=2.∴BD=2.∴BD=BC.又∵四边形EDBC是平行四边形，∴四边形EDBC是菱形……………………10分7如图，在梯形ABCD中，354245ADBCADDCABB∥，，，，∠．动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动OECBDAlOCBA（备用图）ADCBMN点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动．设运动的时间为t秒．（1）求BC的长．（2）当MNAB∥时，求t的值．（3）试探究：t为何值时，MNC△为等腰三角形．7.解：（1）如图①，过A、D分别作AKBC于K，DHBC于H，则四边形ADHK是矩形∴3KHAD．····························1分在RtABK△中，2sin454242AKAB．2cos454242BKAB····················2分在RtCDH△中，由勾股定理得，22543HC∴43310BCBKKHHC·················3分（2）如图②，过D作DGAB∥交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形∵MNAB∥∴MNDG∥∴3BGAD∴1037GC···························4分由题意知，当M、N运动到t秒时，102CNtCMt，．∵DGMN∥∴NMCDGC∠∠又CC∠∠∴MNCGDC△∽△∴CNCMCDCG·····························5分即10257tt解得，5017t·····························6分（3）分三种情况讨论：①当NCMC时，如图③，即102tt∴103t·······························7分（图①）ADCBKH（图②）ADCBGMN②当MNNC时，如图④，过N作NEMC于E解法一：由等腰三角形三线合一性质得11102522ECMCtt在RtCEN△中，5cosECtcNCt又在RtDHC△中，3cos5CHcCD∴535tt解得258t······························8分解法二：∵90CCDHCNEC∠∠，∴NECDHC△∽△∴NCECDCHC即553tt∴258t·······························8分③当MNMC时，如图⑤，过M作MFCN于F点.1122FCNCt解法一：（方法同②中解法一）132cos1025tFCCMCt解得6017t解法二：∵90CCMFCDHC∠∠，∴MFCDHC△∽△∴FCMCHCDC即1102235ttADCBMN（图③）（图④）ADCBMNHE（图⑤）ADCBHNMF∴6017t综上所述，当103t、258t或6017t时，MNC△为等腰三角形······9分10数学课上，张老师出示了问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点．90AEF，且EF交正方形外角DCG的平行线CF于点F，求证：AE=EF．经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证AMEECF△≌△，所以AEEF．在此基础上，同学们作了进一步的研究：（1）小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；（2）小华提出：如图3，点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立．你认为小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．10.解：（1）正确．·················（1分）证明：在AB上取一点M，使AMEC，连接ME．（2分）BMBE．45BME°，135AME°．CF是外角平分线，45DCF°，135ECF°．AMEECF．90AEBBAE°，90AEBCEF°，BAECEF．AMEBCF△≌△（ASA）．························（5分）AEEF．·······························（6分）（2）正确．··················（7分）证明：在BA的延长线上取一点N．使ANCE，连接NE．············（8分）BNBE．45NPCE°．四边形ABCD是正方形，ADBE∥．DAEBEA．NAECEF．ADFCGEB图1ADFCGEB图2ADFCGEB图3ADFCGEBMADFCGEBNANEECF△≌△（ASA）．·······················（10分）AEEF．（11分）11已知一个直角三角形纸片OAB，其中9024AOBOAOB°，，．如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边OB交于点C，与边AB交于点D．（Ⅰ）若折叠后使点B与点A重合，求点C的坐标；11.解（Ⅰ）如图①，折叠后点B与点A重合，则ACDBCD△≌△.设点C的坐标为00mm，.则4BCOBOCm.于是4ACBCm.在RtAOC△中，由勾股定理，得222ACOCOA，即22242mm，解得32m.点C的坐标为302，.····························4分（Ⅱ）若折叠后点B落在边OA上的点为B，设OBx，OCy，试写出y关于x的函数解析式，并确定y的取值范围；（Ⅱ）如图②，折叠后点B落在OA边上的点为B,则BCDBCD△≌△.由题设OBxOCy，，则4BCBCOBOCy，在RtBOC△中，由勾股定理，得222BCOCOB.2224yyx，即2128yx································6分由点B在边OA上，有02x≤≤，解析式2128yx02x≤≤为所求.当02x≤≤时，y随x的增大而减小，xyBOAxyBOAy的取值范围为322y≤≤.························7分（Ⅲ）若折叠后点B落在边OA上的点为B，且使BDOB∥，求此时点C的坐标．（Ⅲ）如图③，折叠后点B落在OA边上的点为B，且BDOB∥.则OCBCBD.又CBDCBDOCBCBD，，有CBBA∥.RtRtCOBBOA△∽△.有OBOCOAOB，得2OCOB.······················9分在RtBOC△中，设00OBxx，则02OCx.由（Ⅱ）的结论，得2001228xx，解得0008450845xxx．，.点C的坐标为08516，.·······················10分12如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN．当CE/CD=