2017-2018学年最新中考数学模拟试题汇编《动态问题》常考题及答案解析

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中考数学动态型试题-中考数学试题、初中数学中考试卷、模拟题-初中数学试卷

中考数学动态型试题-中考数学试题、初中数学中考试卷、模拟题、复习资料-初中数学试卷-试卷下载中考数学动态型试题动态几何问题是近几年各地中考试题常见的压轴试题，它能考查学生的多种能力，有较强的选拔功能。

例1在三角形中, .现有动点从点出发, 沿射线向点方向运动; 动点从点出发, 沿射线也向点方向运动. 如果点的速度是/秒, 点的速度是/秒, 它们同时出发, 求:（1）几秒钟以后, 的面积是的面积的一半?（2）这时, 两点之间的距离是多少？分析：本题是动态几何知识问题，此类题型一般利用几何关系关系式列出方程求解。

解：(1) 设秒后, 的面积是的面积的一半,则, 根据题意, 列出方程,化简, 得,解得. 所以2秒和12秒均符合题意;(2) 当时,在中,作于,在和中, ,所以;当时, 同理可求得.说明：本题考查了用一元二次方程、三角函数等有关知识进行几何图形的面积计算方法。

练习一1、如图，形如量角器的半圆O的直径DE=12cm，形如三角板的⊿ABC中，⊿ACB=90°，⊿ABC=30°，BC=12cm。

半圆O以2cm/s的速度从左向右运动，在运动过程中，点D、E始终在直线BC 上。

设运动时间为t (s)，当t=0s时，半圆O在⊿ABC的左侧，OC=8cm。

（1）当t为何值时，⊿ABC的一边所在直线与半圆O所在的圆相切？（2）当⊿ABC的一边所在直线与半圆O所在的圆相切时，如果半圆O与直线DE围成的区域与⊿ABC三边围成的区域有重叠部分，求重叠部分的面积。

2、已知，如图(甲)，正方形ABCD的边长为2,点M是BC的中点,P是线段MC上的一个动点, P不运动到M和C,以AB为直径做⊿O，过点P作⊿O的切线交AD于点F,切点为E.（1）求四边形CDFP的周长；（2）试探索P在线段MC上运动时，求AF·BP的值；（3）延长DC、FP相交于点G,连结OE并延长交直线DC于H(如图乙),是否存在点P,使⊿EFO⊿⊿EHG?如果存在,试求此时的BP的长;如果不存在,请说明理由。

中考数学压轴题：动态型问题试题汇编(附答案)

中考数学压轴题：动态型问题试题汇编（附答案）中考数学压轴题：动态型问题试题汇编18．(20XX江苏苏州，18，3分)如图①，在梯形ABCD 中，AD∥BC，∠A=60°，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着A→B→C→D的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止．已知△PAD的面积S与点P移动的时间的函数如图②所示，则点P从开始移动到停止移动一共用了秒．分析：根据图②判断出AB、BC的长度，过点B作BE ⊥AD于点E，然后求出梯形ABCD的高BE，再根据t=2时△PAD的面积求出AD的长度，过点C作CF⊥AD于点F，然后求出DF的长度，利用勾股定理列式求出CD的长度，然后求出AB、BC、CD的和，再根据时间=路程÷速度计算即可得解．解答：解：由图②可知，t在2到4秒时，△PAD的面积不发生变化。

∴在AB上运动的时间是2秒，在BC上运动的时间是4﹣2=2秒。

∵动点P的运动速度是1cm/s。

∴AB=2cm，BC=2cm。

过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F。

则四边形BCFE是矩形。

∴BE=CF，BC=EF=2cm。

∵∠A=60°。

∴BE=ABsin60°=2× = 。

AE=ABcos60°=2× =1。

∴×AD×BE=3 。

即×AD× =3 。

解得AD=6cm。

∴DF=AD﹣AE﹣EF=6﹣1﹣2=3。

在Rt△CDF中，CD= = =2 。

所以，动点P运动的总路程为AB+BC+CD=2+2+2 =4+2 。

∵动点P的运动速度是1cm/s。

∴点P从开始移动到停止移动一共用了÷1=4+2 ．故答案为：．点评：本题考查了动点问题的函数图象，根据图②的三角形的面积的变化情况判断出AB、BC的长度是解题的关键，根据梯形的问题中，经常作过梯形的上底边的两个顶点的高线作出辅助线也很关键．23.如图①，有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到△ACD和△A′BC′.(1)如图②，将△ACD沿A′C′边向上平移，使点A与点C′重合，连接A′D和BC，四边形A′BCD是形；如图③，将△ACD的顶点A与A′点重合，然后绕点A 沿逆时针方向旋转，使点D、A、B在同一直线上，则旋转角为度；连接CC′，四边形CDBC′是形；如图④，将AC边与A′C′边重合，并使顶点B和D在AC边的同一侧，设AB、CD相交于E，连接BD，四边形ADBC 是什么特殊四边形？请说明你的理由。

2017中考数学动态问题

例 2 如图，射线 MN⊥AB，点 C 从 M 出发，沿射线 MN 运动，AM=1，MB=4． (1)当△ABC 为等腰三角形时，求 MC 的长； (2)当△ABC 为直角三角形时，求 MC 的长； (3)点 C 在运动的过程中，若△ABC 为钝角三角形，则 MC 的长度
的范围是________；若△ABC 为锐角三角形，则 MC 的长度的范围是 _________．
在△GCD′和△E′CD 中，C∠DG′C＝ D′CD＝，∠E′CD， CG＝CE′，
∴△GCD′≌△E′CD(SAS)．∴GD′＝E′D.
(3)解：能．理由如下： ∵四边形 ABCD 为正方形，∴CB＝CD. ∵CD＝CD′， ∴△BCD ′与△ DCD′为腰相等的两个等腰三角形．当∠BCD′＝∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′. ①当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时， ∠α＝360°－ 2 90°＝135°. ②当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，
线动例 2：(2013 年甘肃兰州)如图 Z10-3，量角器的直径与直角三角板 ABC 的斜边 AB 重合，其中量角器 0 刻度线的端点 N 与点 A 重合，射线 CP 从 CA 处出发沿顺时针方向以每秒 3°的速度旋转，CP 与量角器的半圆弧交于点 E，第 24 秒，点 E 在量角器上对应的读数是________．
点动例 1：如图 Z10-1，在矩形 ABCD 中，AB＝6，BC＝8，点 E 是 BC 中点，点 F 是边 CD 上的任意一点，当△AEF 的周长最小时，则 DF 的长为( )
A．1
B．2
图 Z10-1 C．3
D．4
解析：如图Z10-2，作点E 关于直线CD 的对称点 E′，连接 AE′，交 CD 于点 F.

2017年全国中考数学真题分类动态型问题2017(解答题)

2017年全国中考数学真题分类动态型问题解答题三、解答题1. (2017四川广安，26，10分)如图，已知抛物线y ＝－x ²+bx +c 与y 轴相交于点A (0，3)，与x正半轴相交于点B ，对称轴是直线x ＝1．(1)求此抛物线的解析式以及点B 的坐标．(3分)(2)动点M 从点O 出发，以每秒2个单位长度的速度沿x 轴正方向运动，同时动点N 从点O 出发，以每秒3个单位长度的速度沿y 轴正方向运动，当N 点到达A 点时，M 、N 同时停止运动．过支点M 作x 轴的垂线交线段AB 于点Q ，交抛物线于点P ，设运动的时间为t 秒．①当t 为何值时，四边形OMPN 为矩形．(3分)②当t >0时，△BOQ 能否为等腰三角形？若能，求出t 的值；若不能，请说明理由．(4分)思路分析：(1)把A 点的坐标代入y ＝c bx x ++-2，求出c 的值，由对称轴是直线x ＝1可求出b 的值，即可求出抛物线的解析式；令y ＝0，求出方程x 的两个值，然后根据题意舍去不合题意的解，即可求得点B 的坐标；(2)①当四边形OMPN 为矩形时，满足条件PM ＝ON ，据此列一元二次方程求解；②△BOQ 为等腰三角形时，可能存在OQ ＝BQ ，OQ ＝OB ，OB ＝BQ 三种情形，需要分类讨论，逐一进行判断计算．解：(1)∵知抛物线y ＝c bx x ++-2与y 轴交于点A (0，3)， ∴c ＝3，∵对称轴是直线x ＝1， ∴1)1(2=-⨯-b，解得b ＝2，∴抛物线的解析式为：y ＝322++-x x ；令y ＝0，得322++-x x ＝0，解得1x ＝3，2x ＝－1(不合题意，舍去)， ∴点B 的坐标为(3，0)．(2)①由题意得ON ＝3t ，OM ＝2t ，则点P (2t ，3442++-t t )， ∵四边形OMPN 为矩形，∴PM ＝ON ，即3442++-t t ＝3t ，解得1t ＝1，2t ＝43-(不合题意，舍去)， ∴当t ＝1秒时，四边形OMPN 为矩形；②能，在Rt △AOB 中OA ＝3，OB ＝3，∴∠B ＝45°，若△BOQ 为等腰三角形，有三种情况： (I)若OQ ＝BQ ，如答图1所示：则M 为OB 中点，OM ＝21OB ＝23， ∴t ＝23÷2＝43；(II)若OQ ＝OB 时， ∵OA ＝3，OB ＝3，∴点Q 与点A 重合，即t ＝0(不合题意，舍去)； (III)若OB ＝BQ 时，如答图2所示： ∴BQ ＝3，∴BM ＝BQ ·cos 45°＝3×22＝223，∴OM ＝OB －BM ＝3－223＝2236-， ∴t ＝2236-÷2＝4236-．综上所述，当t 为43秒或4236-秒时，△BOQ 为等腰三角形．2.（2017浙江丽水·23·10分）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝30°，点P从点A出发以2cm/s的速度沿折线A－C－B运动，点Q从点A出发以a(cm/s)的速度沿AB运动．P，Q两点同时出发，当某一点运动到点B时，两点同时停止运动.设运动时间为x(s)，△APQ的面积为y(cm2)，y关于x的函数图象由C，C2两段组成，如图2所示.1（1）求a的值；（2）求图2中图象C2段的函数表达式；（3）当点P运动到线段BC上某一段时△APQ的面积，大于当点P在线段AC上任意一点时△APQ 的面积，求x的取值范围.思路分析：过点P作PD⊥AB于点D．（1）先用含x的代数式表示PD，再根据三角形的面积公式确定y与x之间的函数表达式，由函数的图象得到x，y的一组对应值代入可求a的值；（2）在Rt△PBD中，由解直角三角形知识，用含x和sinB的式子表示PD，同样根据三角形面积公式建立y与x的关系，由函数图形得到x，y的一组对应值，求得sinB，进而确定图2中图象C段的函数2表达式；（3）先求出图象C1段与图象C2段函数值相等时对应的x的值，得到图象C1段函数的最大值，并求出图象C1段函数的最大值在图象C2段对应的x的值，结合函数图象可得到x的取值范围. 解：过点P作PD⊥AB于点D．（1）在图1中，∵∠A ＝300，PA ＝2x ，∴PD ＝PA ·sin 300＝2x ·21＝x ，∴y ＝2212121ax x ax PD AQ =⋅=⋅.由图象得，当x ＝1时，y ＝21，则211212=⋅a ，∴a ＝1.（2）当点P 在BC 上时（如图2），PB ＝5×2－2x ＝10－2x .∴PD ＝PB ·sinB ＝(10－2x )·sin B ．∴·y＝B x x PD AQ sin )210(2121⋅-⋅=⋅.由图象得，当x ＝4时，y ＝34，∴144(108)sin 23B ⨯⨯-=，∴sinB ＝31，∴y ＝x x x x 353131)210(212+-=⋅-⋅.（3）由C 1，C 2的函数表达式，得x x x 35312122+-=，解得x 1＝0（舍去），x 2＝2.由图象得，当x ＝2时，函数y ＝221x 的最大值为y ＝22⨯21＝2.将y ＝2代入函数y ＝x x 35312+-，得2＝x x 35312+-，解得x 1＝2，x 2＝3，∴由图象得，x 的取值范围是2＜x ＜3.3. （2017浙江丽水·24·12分）如图，在矩形ABCD 中，点E 是AD 上的一个动点，连结BE ，作点A 关于BE 的对称点F ，且点F 落在矩形ABCD 的内部.连结AF ，BF ，EF ，过点F 作GF ⊥AF 交AD 于点G ，设AEAD＝n . （1）求证：AE ＝GE ；（2）当点F 落在AC 上时，用含n 的代数式表示ABAD的值；（3）若AD ＝4AB ，且以点F ，C ，G 为顶点的三角形是直角三角形，求n 的值.思路分析：设AE ＝a ，则AD ＝n A ．（1）由轴对称性质得到AE ＝FE ，结合“等边对等角”得到∠EAF ＝∠EF A ．由垂直得到两个角的互余关系，根据“等角的余角相等”可得到结论；（2）由对称性质得BE ⊥AF ，先证∠ABE ＝∠DAC ，进而证得△ABE ∽△DAC ，根据相似三角形的对应边成比例建立关系式，通过适当变形求解；（3）由特例点F 落在线段BC 上，确定n ＝4，根据条件点F 落在矩形内部得到n ＞4，判断出∠FCG ＜90°.然后分∠CFG ＝90°和∠CGF ＝90°两种情况，由（2）的结论和相似三角形的性质分别建立关于n 的等式，求得n 的值.解：设AE ＝a ，则AD ＝n A ．（1）由对称得AE ＝FE ，∴∠EAF ＝∠EF A ．∵GF ⊥AF ，∴∠EAF ＋∠FGA ＝∠EFA ＋∠EFG ＝900.∴∠FGA ＝∠EFG ，∴FG ＝EF ．∴AE ＝EG .（2）当点F 落在AC 上时（如图1），由对称得BE ⊥AF ，∴∠ABE ＋∠BAC ＝900，∵∠DAC ＋∠BAC ＝90°，∴∠ABE ＝∠DA C ．又∵∠BAE ＝∠D ＝90°，∴△ABE ∽△DAC ，∴DCAEDA AB =.∵AB ＝D C ．∴AB 2＝AD ·AE ＝na ·a ＝na 2.∵AB ＞0，∴AB ＝n a ，∴n an naAB AD ==.（3）若AD ＝4AB ，则AB ＝a n 4．当点F 落在线段BC 上时（如图2），EF ＝AE ＝AB ＝A ．此时an4＝a ，∴n ＝4.∴当点F 落在矩形内部时，n ＞4．∵点F 落在矩形的内部，点G 在AD 上，∴∠FCG ＜∠BCD ，∴∠FCG ＜90°.①若∠CFG ＝900，则点F 落在AC 上，由（2）得n ABABn AB AD ==4,即，∴n ＝16. ②若∠CGF ＝900（如图3），则∠CGD ＋∠AGF ＝90°.∵∠FAG ＋∠AGF ＝90°，∴∠CGD ＝∠FAG ＝∠ABE ，∵∠BAE ＝∠D ＝90°，∴△ABE ∽△DG C ．∴DCAEDG AB =.∴AB ·DC ＝DG ·AE ，即a a n a n⋅-=)2()4(2，解得n 1＝8＋42，n 2＝8－42＜4（不合题意，舍去）.∴当n ＝16或n ＝8＋42时，以点F ，C ，G 为顶点的三角形是直角三角形.4. （2017山东枣庄25，10分）如图，抛物线212y x bx c =-++与x 轴交于点A 和点B ，与y 轴交于点C ，点B 坐标为（6，0），点C 坐标为（0，6），点D 是抛物线的顶点，过点D 作x 轴的垂线，垂足为E ，连接BD ．（1）求抛物线的解析式及点D 的坐标；（2）点F 是抛物线上的动点，当∠FBA ＝∠BDE 时，求点F 的坐标（3）若点M 是抛物线上的动点，过点M 作MN ∥x 轴与抛物线交于点N ，点P 在x 轴上，点Q 在平面内，以线段MN 为对角线作正方形MPNQ ，请直接写出点Q 的坐标．思路分析：（1）由点B 、C 的坐标利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再利用配方法将抛物线解析式变形成顶点式即可得出结论；（2）设线段BF 与y 轴交点为点F ′，设点F ′的坐标为（0，m ），由相似三角形的判定及性质可得出点F ′的坐标，根据点B 、F ′的坐标利用待定系数法可求出直线BF 的解析式，联立直线BF 和抛物线的解析式成方程组，解方程组即可求出点F 的坐标；（3）设对角线MN 、PQ 交于点O ′，如图2所示．根据抛物线的对称性结合正方形的性质可得出点P 、Q 的位置，设出点Q 的坐标为（2，2n ），由正方形的性质可得出点M 的坐标为（2－n ，n ）．由点M 在抛物线图象上，即可得出关于n 的一元二次方程，解方程可求出n 值，代入点Q 的坐标即可得出结论．解：（1）将点B （6，0）、C （0，6）代入212y x bx c =-++中，得：0=-18+66b c c +⎧⎨=⎩，解得：26b c =⎧⎨=⎩，∴抛物线的解析式为21262y x x =-++．∵221126=-2)822y x x x =-++-+（，∴点D的坐标为（2，8）．（2）设线段BF与y轴交点为点F′，设点F′的坐标为（0，m），如图1所示．∵∠F′BO＝∠FBA＝∠BDE，∠F′OB＝∠BED＝90°，∴△F′BO∽△BDE，∴'OF BEOB DE=．∵点B（6，0），点D（2，8），∴点E（2，0），BE＝6－2＝4，DE＝8－0＝8，OB＝6，∴OF′3BEOBDE⨯=∴点F′（0，3）或（0，－3）．设直线BF的解析式为y＝k x±3，则有0＝6k＋3或0＝6k－3，解得：k＝－12或k＝12，∴直线BF的解析式为y＝－12x＋3或y＝12x－3．联立直线BF与抛物线的解析式得：21321262y xy x x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩①或21321262y xy x x⎧=+⎪⎪⎨⎪=-++⎪⎩②，解方程组①得：172xy=-⎧⎪⎨=⎪⎩或6xy=⎧⎨=⎩（舍去），∴点F的坐标为（－1，72）；解方程组②得：392xy=-⎧⎪⎨=⎪⎩或（舍去），∴点F的坐标为（－3，－92）．综上可知：点F 的坐标为（－1，72）或（－3，－92）．（3）设对角线MN 、PQ 交于点O ′，如图2所示．∵点M 、N 关于抛物线对称轴对称，且四边形MPNQ 为正方形， ∴点P 为抛物线对称轴与x 轴的交点，点Q 在抛物线对称轴上，设点Q 的坐标为（2，2n ），则点M 的坐标为（2－n ，n ）．∵点M 在抛物线21262y x x =-++的图象上，∴n ＝21-2-)2(2)62n n +-+（，即22160n n +==，解得：1171n =-，1-171n =-．∴点Q 的坐标为（2，217－2）或（2，－217－2）．5. (2017四川泸州，25，12分)如图，已知二次函数y ＝ax ²+bx +c (a ≠0)的图象经过A (－1，0)，B (4，0)，C (0，2)三点． (1)求该二次函数的解析式；(2)点D 是该二次函数图象上的一点，且满足∠DBA ＝∠CAO (O 是坐标原点)，求点D 的坐标； (3)点P 是该二次函数图象上位于一象限上的一动点，连接PA 分别交BC ，y 轴与点E ，F ，若△PEB ，△CEF 的面积分别为S 1，S 2，求S 1－S 2的最大值．思路分析：(1)根据待定系数法求解；(2) 设BD 直线与y 轴的交点为M (0，t )．根据tan ∠MBA ＝tan ∠CAO 列关于t 的方程求解t ，从而可确定直线BD 解析式，再求直线BD 与抛物线交点坐标即可，注意分类讨论；(3) 过点P 作PH //y 轴交直线BC 于点H ，设P (t ，at ²+bt +c )，表示出根据直线BC 表达式点H 的坐标，计算线段PH 长度；用t 表示直线AP 表达式，解出点E 、F 坐标从而可表示出线段CF ，将S 1－S 2用t 表示，根据二次函数性质求最值．解：(1)由题意得：设抛物线的解析式为：y ＝a (x +1)(x －4)；因为抛物线图像过点C (0，2)， ∴－4a ＝2，解得a ＝－12．所以抛物线的解析式为：y ＝－12 (x +1)(x －4)，即：y ＝－12 x 2+32x +2．(2)设BD 直线与y 轴的交点为M (0，t )． ∵∠DBA ＝∠CAO ，∴∠MBA ＝∠CAO ； ∴tan ∠MBA ＝tan ∠CAO ＝2； ∴||4t ＝2，即：t ＝±8．当t ＝8时，直线BD 解析式为：y ＝－2x +8．联立，228,132.22y x y x x =-+⎧⎪⎨=-++⎪⎩ 解得：114,0;x y =⎧⎨=⎩ 223,2.x y =⎧⎨=⎩所以，点D (3，2)．当t ＝－8时，直线BD 解析式为：y ＝2x －8．联立228,132.22y x y x x =-⎧⎪⎨=-++⎪⎩ 解得：114,0;x y =⎧⎨=⎩225,18.x y =-⎧⎨=-⎩ 所以，点D (－5，－18)．综上：满足条件的点D有：D1(3，2)，D2(－5，－18)．(3)过点P作PH//y轴交直线BC于点H，设P(t，－12t2+32t+2)，BC直线的解析式为y＝－12x+2，故：H(t，－12t+2)，∴PH＝y P－y H＝－12t2+2t；AP直线的解析式为：y＝(－12t+2)(x+1)，取x＝0得：y＝2－12t；故：F(0，2－12t)，CF＝2－(2－12t)＝12t；联立(2)(1),212.2ty xy x⎧=-+⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩解之得：x E＝5tt-；∴S1＝12(y P－y H)(x B－x E)＝12(－12t2+2t)(5－5tt-)；S2＝12•2t•5tt-．∴S1－S2＝12(－12t2+2t)(5－5tt-)－12•2t•5tt-，即：S1－S2＝－32t2+5t＝－32(t－53)2+256．所以，当t＝53时，S1－S2有最大值，最大值为256．6.（2017四川成都，28．12分）如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线2:C y ax bx c=++与x轴相交于,A B 两点，顶点为()0,4D ，42AB =，设点(),0F m 是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C 绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C '．（1）求抛物线C 的函数表达式；（2）若抛物线C '与抛物线C 在y 轴的右侧有两个不同的公共点，求m 的取值范围；（3）如图2，P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点P 在抛物线C ′上的对应点为P ′，设M 是C 上的动点，N 是C ′上的动点，试探究四边形PMP ′N 能否成为正方形，若能，求出m 的值；若不能，请说明理由．解：（1）∵抛物线2:C y ax bx c =++与x 轴相交于,A B 两点，顶点为()0,4D ，42AB =， ∴抛物线C 的对称轴是y 轴，A (22,0),(22,0),B -设抛物线C 的解析式为(22)(22)y a x x =+-，即，28y ax a =-，∴84a -=，∴12a =-，抛物线C 的解析式为2142y x =-+；（2）如图，∵点(),0F m 是x 轴的正半轴上一点，将抛物线C绕点F 旋转180°，得到新的抛物线C '，∴(2,4)D m '-，∴设抛物线C '的解析式为21(2)42y x m =--.令抛物线C '过点D （0，4），有214442m =⋅-，∴24m =，∴2m =（舍去负值）；由221(2)42142y x m y x ⎧=--⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，有22114(2)422x x m -+=--，即222280x mx m -+-=，当抛物线C '与抛物线C 有唯一交点时，有2222444(28)4320b ac m m m ∆=-=--=-+=， ∴22m =（舍去负值）. ∴m 的取值范围是2<m <22.（3）∵P 是第一象限内抛物线C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，∴点P 在y ＝x 上，由2142x x =-+，解得122,4x x ==-（不合题意，舍去），∴点P 的坐标为（2，2）.∵抛物线C '的解析式为21(2)42y x m =--，F （m ，0），由对称性可知，四边形PMP ′N 能成为正方形，即△PMF 为以F 为顶点的等腰直角三角形.①若0<m ≤2时，如图2①，过点F 、P 、M 分别向坐标轴作垂线交点分别为K 、L ，易得△KPF ≌△LFM ， ∴KF ＝LM ＝2，KP ＝FL ＝2－m ，∴M （m ＋2，m －2），代入2142y x =-+中，得2680m m +-=，解得，12317,317m m =-+=--（不合题意，舍去）.②若m >2，如图2②过点F 、P 、M 分别向坐标轴作垂线交点分别为K 、L ，易得△KPF ≌△LFM ，∴KP ＝FL ＝2－m ，∴M （m －2，2－m ），代入2142y x =-+中，得260m m -=，解得，126,0m m ==（不合题意，舍去）.综上，m 的值为317-+或6.7. （2017浙江金华，24，12分）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OABC 各顶点的坐标分别为O (0，0)，A （3，33），B （9，53），C （14，0），动点P 与Q 同时从O 点出发，运动时间为t 秒，点P 沿OC 方向以1单位长度/秒的速度向点C 运动，点Q 沿折线OA —AB —BC 运动，在OA ，AB ，BC 上运动的速度分别为3，3，25（单位长度/秒）．当P ，Q 中的一点到达C 点时，两点同时停止运动． (1)求AB 所在直线的函数表达式．(2)如图2，当点Q 在AB 上运动时，求△CPQ 的面积S 关于t 的函数表达式及S 的最大值． (3)在P ，Q 的运动过程中，若线段PQ 的垂直平分线经过四边形OABC 的顶点，求相应的t 值．图1 图2思路分析：(1)用待定系数法可直接即可；(2)由题意知，OP ＝t ，PC ＝14－t ，PC 边上的高线为23x ＋23，可得S 与t 二次函数表达式，用配方法或公式法求得S 的最大值；(3)本小题应注意t 的取值范围，分4种情况分类讨论，得到有关t 的有关方程，求得相应的t 值．解：（1）设AB 所在直线的函数表达式为y ＝kx ＋b ，把A(3，33)，B(9，53)代入y＝kx＋b，得⎪⎩⎪⎨⎧=+=+.359,333bkbk解得⎪⎩⎪⎨⎧==.32,33bk∴AB所在直线的函数表达式为y＝33x＋23．（2）由题意知，OP＝t，PC＝14－t，PC边上的高线为23t＋23，∴S＝21(14－t)(23t＋23)＝－43t2＋235t＋143(2≤t≤6) ．当t＝5时，S有最大值为4381．（3）①当0<t≤2时，线段PQ的中垂线经过点C（如图3），可得方程()222142314233ttt-=⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫⎝⎛．解得t1＝47，t2＝0（舍去），此时t＝47．②当2<t≤6时，线段PQ的中垂线经过点A（如图4），可得方程()()[]222)23333-=-+tt（．解得t1＝2573+，t2＝2573-（舍去），此时t＝2573+．③当6<t≤10时，10线段PQ的中垂线经过点C（如图5），可得方程14－t＝25－25t，解得t＝322．图3 图4 图5 20线段PQ的中垂线经过点B（如图6），可得方程()()222)625935⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-+tt（．解得t 1＝722038+，t 2＝722038-（舍去），此时t ＝722038+．综合上述，t 的值为47，2573+，322，722038+．图68. （2017浙江衢州,24，12分）在直角坐标系中，过原点O 及点A （8，0）C （0，6）作矩形OABC ．连结OB ，点D 为OB 的中点，点E 时线段AB 上的动点，连结DE ，作DF ⊥DE ，交OA 于点F ，连结EF ．已知点E 从A 点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB 上移动，设移动时间为t 秒．（1）如图1，当t ＝3时，求DF 的长．（2）如图2，当点E 在线段AB 上移动的过程中，∠DEF 的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan ∠DEF 的值．（3）连结AD ，当AD 将△DEF 分成的两部分面积之比为1∶2时，求相应t 的值．xy DFE CB A Oxy第24题图2A BCEF DOxyDF E CB A Oxy ODF E CB A 图2M N xy OG 1N MA B CE F Dxy OG 2DFE CB A M N思路分析：（1）当t ＝3时，点E 为AB 中点．DE 为△ABO 的中位线．（2）过D 作DM ⊥OA ，DN ⊥AB ，垂足分别为M 、N ．利用△DMF ∽△DNE 即可求解．（3）AD将△DEF分成的两部分面积之比为1∶2即可转化为AD与EF交点G为EF的三等分点，注意讨论G点所处的位置．解：（1）当t＝3时，如图1，点E为AB中点．∵点D为中点，∴DE∥OA，DE＝12OA＝4．∵OA⊥AB，∴DE⊥AB．∴∠OAB＝∠DEA＝90°又∵DF⊥DE，∴∠EDF＝90°．∴四边形DFAE是矩形，∴DF＝AE＝3．（2）∠DEF的大小不变．如图2：过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别为M、N．∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN＝90°，DM∥AB，DN∥OA，∴BDDO ＝BNNA，ODDB＝OMMA．∵点D为OB中点，∴M，N分别是OA，AB中点．∴DM＝12AB＝3，DN＝12OA＝4，∵∠EDF＝90°，∴∠FDM＝∠EDN．又∵∠DMF＝∠DNE＝90°，∴△DMF∽△DNE，∴DFDE ＝DMDN＝34．∵∠EDF＝90°，∴tan∠DEF＝34．（3）过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别为M、N．若AD将△DEF的面积分成1∶2的两部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点．①当E到达中点之前时，NE＝3－t，由△DMF∽△DNE得MF＝34（3－t）．∴AF＝4＋MF＝－34t＋254．∵G1为EF的三等分点，∴G1（37112t+，23t）由点A（8，0），D（4，3）得直线AD的解析式为y＝－34x＋6．G 1（37112t+，23t）代入，得t＝7541．②当E越过中点之后，NE＝t－3，由△DMF∽△DNE得MF＝34（t－3）．∴AF＝4－MF＝－34t＋254．∵G2为EF的三等分点，∴G2（3236t+，13t）．代入直线AD解析式y＝－34x＋6，得t＝7541．9.（2017山东德州）（本小题满分10分）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．（1）求证：四边形BFEP为菱形；（2）当点E 在AD 边上移动时，折痕的端点P 、Q 也随之移动． ①当点Q 与点C 重合时（如图2），求菱形BFEP 的边长；②若限定P 、Q 分别在边BA 、BC 上移动，求出点E 在边AD 上移动的最大距离．思路分析：（1）由折叠知PB ＝PE ，BF ＝EF ，结合平行线的性质，易得∠EPF ＝∠BPF ＝∠EFP ，故有EP ＝EF ，从而可得四边相等，则四边形BFEP 为菱形；（2）①在Rt △CDE 中，已知CD 长，CE ＝CB ，利用勾股定理计算DE 的长，进而可得AE 的长；又知AB 的长，且BP ＝PE ，故Rt △APE 中，利用勾股定理构建方程求解PE 的长．②点Q 与点C 重合时，点E 离A 点最近，①中已求此时AE 的长．当点P 与点A 重合时，则点E 离A 点最远，此时四边形ABQE 为正方形，AE ＝AB ．两者之差就是点E 在边AD 上移动的最大距离．解：（1）证明：∵折叠纸片使B 点落在边AD 上的E 处，折痕为PQ ，∴点B 与点E 关于PQ 对称．∴PB ＝PE ，BF ＝EF ，∠BPF ＝∠EPF ．又∵EF ∥AB ，∴∠BPF ＝∠EFP ． ∴∠EPF ＝∠EFP ．∴EP ＝EF ． ∴BP ＝BF ＝FE ＝EP ． ∴四边形BFEP 为菱形．（2）①如图2，∵四边形ABCD 为矩形，∴BC ＝AD ＝5cm ，CD ＝AB ＝3cm ，∠A ＝∠D ＝90°． ∵点B 与点E 关于PQ 对称， ∴CE ＝BC ＝5cm ．在Rt △CDE 中，DE 2＝CE 2－CD 2，即DE 2＝52－32，∴DE ＝4cm ．A B C D PFQ E 图1 A BDC PF(Q )E图2A B C D PFQ E 图1 A BDC PF(Q )E图2∴AE ＝AD －DE ＝5cm －4cm ＝1cm ．∴在Rt △APE 中，AE ＝1，AP ＝3－PB ＝3－PE ，∴EP 2＝12＋(3－EP )2，解得EP ＝35cm ．∴菱形BFEP 边长为35cm ．②当点Q 与点C 重合时，如图2，点E 离A 点最近，由①知，此时AE ＝1cm ．当点P 与点A 重合时，如图3，点E 离A 点最远，此时四边形ABQE 为正方形，AE ＝AB ＝3cm ，∴点E 在边AD 上移动的最大距离为2cm ．10. （2017山东威海，23，10分）已知：AB 为⊙O 的直径，2=AB ，弦1=DE ，直线AD 与BE 相交于点C ，弦DE 在⊙O 上运动且保持长度不变，⊙O 的切线DF 交BC 于点F . （1）如图1，若AB DE //，求证：EF CF =；（2）如图2，当点E 运动至与点B 重合时，试判断CF 与BF 是否相等，并说明理由.思路分析：(1)连接OD ，OE 先根据三边相等说明△ODE 是等边三角形，再分别说明△AOD 、△OEB 、△ADE 是等边三角形，最后计算∠3、∠4度数利用三线合一说明结论;(2)先说明BC 是切线，由切线长定理知∠1=∠2，再根据∠3+∠2=∠1+∠C =90°说明∠3=∠C ，可证明DF =CF =BF .证明：连接OD ,OE ,图3EDBQA (P )∵AB=2,∴OA=OD=OE=1．∵DE=1,∴△ODE为等边三角形．∴∠1=60°.∵DE∥OB,∴∠1=∠2=60°.∴∠3=90°, ∠1=30°.∵OA=OD,∴△OAD为等边三角形．∴∠A=60°.∵DE∥AB,∴∠CDE=∠A=60°.同理，∠5=60°.∴△CDE为等边三角形∵DF切⊙O于点D,∴OD⊥DF.∴∠3=90°-∠1=30°.∴∠4=30°.∴∠3=∠4.∴CF=EF.(2)相等．当点E与点B重合时，直线BC与⊙O只有一个公共点，所以BC为⊙O的切线．∵DF切⊙O于点D,∴BF=DF.∴∠1=∠2.∴AB为直径，∴∠ADB=∠BDC=90°.∴∠3=∠C.∴DF=CF.∴CF=BF.11.（2017山东菏泽，23,10分）（本题10分）正方形ABCD的边长为6cm，点E、M分别是线段BD、AD上的动点，连接AE并延长，交边BC 于F，过M作MN⊥AF，垂足为H，交边AB于点N．（1）如图1，若点M与点D重合，求证：AF＝MN；（2）如图2，若点M从点D出发，以1cm/s的速度沿DA向点A运动，同时点E从点B出发，以2cm/s的速度沿BD向点D运动，设运动时间为t s．①设BF＝y cm，求y关于t的函数表达式；②当BN＝2AN时，连接FN，求FN的长．图1 图2思路分析：（1）由正方形性质和垂直的性质就可以得出∠ADN=∠BAF ，利用“AAS ”可以得出△ADN ≌△ABF 就可以得到结论AF ＝MN ；（2）①由AD ∥BF 可得△ADE ∽△FBE ，利用AD DEBF BE=可以构造y 关于t 的函数表达式；②由（1）可知△MAN ∽△ABF ，所以MA ABAN BF=,又BN ＝2AN ，所以662t BF-=，用含t 的代数式表示BF ，结合①中的关系式，可以构造关于t 的方程求出t 的值，从而求出BN 、BF ，最后利用勾股定理求FN 的长. 解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD 是正方形， ∴AD=DC=AB=BC ，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°． ∵MN ⊥AF ，∴∠DHA=∠NHA=90°∴∠ADH+∠HAD=90°，∠NHA+∠HAD=90°， ∴∠ADH=∠NAH ．在△ADN 与△ABF 中，,,,ADN BAF AD AB DAN ABF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩∴△ADN ≌△ABF ， ∴AF ＝MN ．（2）①∵正方形的边长为6cm ， ∴，∵设运动时间为t s ，根据题意得BE=cm ， ∴DE= BD －BE=(6) cm ， ∵AD ∥BF ， ∴△ADE ∽△FBE ， ∴AD DEBF BE=， ∵BF ＝y cm ，∴6y=，即66ty t=-，∴y 关于t 的函数表达式为66ty t=-. ②∵BN ＝2AN ，AB=6cm ， ∴AN=2cm ，BN=4cm,由（1）得△MAN ∽△ABF ，又DM=t cm ，AM=(6－t) cm ， ∴MA AB AN BF =,即662t BF-=， ∴36BF t =-，又66ty t=-， ∴36t -=66t t- 解得t=2s ，当t=2时，BF=66ty t=-=3cm,在Rt △NBF 中，5=, ∴当BN ＝2AN 时， FN 的长为5.12. （2017年四川绵阳，25,14分）（本题满分14分）如图，已知△ABC 中，∠C =90°，点M 从点C 出发沿CB 方向以1cm /s 的速度匀速运动，到达点B 停止运动，在点M 的运动过程中，过点M 作直线MN 交AC 于点N ，且保持∠NMC =45°，再过点N 作AC 的垂线交AB 于点F ，连接MF ,将△MNF 关于直线NF 对称后得到△ENF ，已知AC =8cm ，BC =4cm ，设点M 运动时间为t （s ），△ENF 与△ANF 重叠部分的面积为y （cm 2）．（1）在点M 的运动过程中，能否使得四边形MNEF 为正方形？如果能，求出相应的t 值；如果不能，说明理由；（2）求y 关于t 的函数解析式及相应t 的取值范围；（3）求y 取最大值时，求sin ∠NEF 的值．25.（1）能，……………………………………………………………………1分如图，四边形MNEF为正方形时，过F作FD⊥BC于点D，则∠FMD=∠NMC=45°，所以CN=ND=DF=t，易证△FDB∽△ACB，所以AC FD=BC BD，………………2分即8t=44-2t，解得t=58．……………………………………4分（2）当点E恰好落在AB上时，连接ME，同（1），易证△EMB∽△ACB，所以AC EM=BC BM，即82t=44-t，解得t=2．……………………………………5分当0<t<2时，连接EM，易证△ANF∽△ACB，所以BC NF=AC AN，即4NF=88-t，解得NF=4-2t．…………………………6分所以，…………………………………7分当时，如图，设NE与AB交于点K，过K作KL⊥NF，垂足为L，连接EM，交直线NF于点H．易证△KLF∽△ANF，所以NF LF=AN KL，因为NF=4-2t，所以，解得NL=38－3t，即KL=38－3t，………………………………………9分所以，综上所述，．……………………………………10分（3）由题意知，当t=2，y取得最大值，此时，点E恰好落在AB上，…………………………11分由（2）知，NM==2，NF=4-2t=3，由勾股定理，得MF=，又因为，所以，△NMF为锐角三角形，…………………12分所以，即，所以sin∠NMF=1010，即sin∠NEF=1010．………………………………14分思路分析：（1）若四边形MNEF为正方形时，过F作FD⊥BC于点D，则∠FMD=∠NMC=45°，所以CN=ND=DF=t，易证△FDB∽△ACB，所以AC FD=BC BD，代入求解；（2）当点E恰好落在AB上时，连接ME，同（1），易证△EMB∽△ACB，所以AC EM=BC BM，即82t=44－t，解得t=2．当0<t<2时，连接EM，易证△ANF ∽△ACB，所以BC NF=AC AN，即4NF=88－t，解得NF=4－2t．所以，当时，如图，设NE与AB交于点K，过K作KL⊥NF，垂足为L，连接EM，交直线NF于点H．易证△KLF∽△ANF，所以NF LF=AN KL，因为NF=4-2t，所以，解得NL=38－3t，即KL=38－3t，所以，（3）由题意知，当t=2，y取得最大值，此时，点E恰好落在AB上，由（2）知，NM==2，NF=4-2t=3，由勾股定理，得MF=，又因为，所以，△NMF为锐角三角形，所以，即，所以sin∠NMF=1010，即sin∠NEF=1010．13. (2017四川南充，25，12分)如图(1)，已知二次函数y＝ax2＋bx＋c(a，b，c是常数，且a≠0)的图象过点O (0，0)和点A (4，0)，函数图象最低点M 的纵坐标为－83，直线l 的解析式为y ＝x ．(1)求二次函数的解析式；(2)直线l 沿x 轴向右平移，得直线l ′，l ′与线段OA 相交于点B ，与x 轴下方的抛物线相交于点C ，过点C 作CE ⊥x 轴于点E ，把△BCE 沿直线l ′折叠，当点E 恰好落在抛物线上点E ′时，如图(2)，求直线l ′的解析式；(3)在(2)的条件下，l ′与y 轴交于点N ，把△BON 绕点O 逆时针旋转135°得到△B ′ON ′．P 为l ′上的动点，当△PB ′N ′为等腰三角形时，求符合条件的点P 的坐标．【思路分析】(1)根据点O ，A 的坐标以及顶点M 的纵坐标，建立三元一次方程组求解．(2)直线l 是一、三象限的角平分线，因此可知四边形BECE ′是正方形．设点E 的横坐标为m ，根据对称性用m 表示点B 的横坐标，根据点C 在抛物线上，用m 表示点C 的纵坐标．根据EC ＝EB 建立关于m 的方程并求解，由此可知直线l 平移的距离．再利用平移的规律(或待定系数法)求出l ′的解析式．(3)易知△OB ′N ′是等腰直角三角形．分以下三种情形①PN ′＝PB ′；②N ′P ＝N ′B ′；③B ′P ＝N ′B ′讨论点P 的存在性．其中情形①直接用对称性求解；第②种情形通过比较N ′B ′与点N ′到直线l ′的大小，推断出此种情形不存在，第③种情形根据两腰相等建立方程求解．解：(1)∵抛物线过点(0，0)，(4，0)，顶点纵坐标为－83，得20,0164,84.34c a b c ac b a ⎧=⎪⎪=++⎨⎪-⎪-=⎩解得2,38,30.a b c ⎧=⎪⎪⎪=-⎨⎪=⎪⎪⎩∴所求二次函数表达式为y ＝23x 2－83x ．(2)∵直线l 的解析式为y ＝x ，∴直线l 与x 轴成45°的角． ∵l ∥l ′，∴∠CBE ＝45°．又CE ⊥x 轴，∴△BCE 是等腰直角三角形．图#备用题′图(1)图(2)∵△BCE′是由△BCE沿直线l′折叠得到，∴四边形BECE′是正方形．∵点C在y＝23x2－83x的图象上，∴设C(m，23m2－83m)．则E(m，0)．∵点E与点B关于对称轴x＝2对称，∴点B的坐标为(4－m，0)．∵EC＝EB，∴－(23m2－83m)＝4－m－m，即m2－7m＋6＝0．解得m1＝1，m2＝6．∵点C在x轴下方的抛物线上，∴m＝1(舍去m＝6)，因此点B的坐标为(3，0)．∴将直线y＝x向右平移3个单位得直线l′．∴l′的解析式为y＝x－3．(3)∵△BON是等腰直角三角形，∴旋转后△B′ON′顶点的坐标为O(0，0)，B′(，N′．①当PB′＝PN′时，由对称性可知，当P(0，－3)时，△PB′N′是等腰三角形．②当B′P＝B′N′时，延长B′O交BN于点F，得B′F⊥BN，B′F＝3又B′N′＝BN＝B′F＞B′N′．∵B′P≥B′F，∴这种情况不存在．③当PN′＝B′N′时，因点P在l′上，所以设P(m，m－3)，则(m2＋(m－32＝18．解得m1＝，m2．图#∴当P或)时，△PB ′N ′为等腰三角形．综上所述，符合条件的点P 的坐标为P 1(0，－3)，P 2，P 3)．14. （2017四川攀枝花，23，12分）如图13，在平面直角坐标系中，直线MN 分别与x 轴，y 轴交于点M (6，0)，N (0，2 3 )，等边△ABC 的顶点B 与原点O 重合，BC 边落在x 轴正半轴上，点A 恰好落在线段MN 上，将等边△ABC 从图13的位置沿x 正方向以每秒1个单位长度的速度平移，边AB ，AC 分别与线段MN 交于点E ，F (如图14所示)，设△ABC 平移的时间为t (s )，（1）等边△ABC 的边长；（2）在运动过程中，当t = 时，MN 垂直平分AB ；（3）若在△ABC 开始平移的同时，点P 从△ABC 的顶点B 出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线BA →AC 运动，当点P 运动到C 时即停止运动，△ABC 也随之停止平移． ①当点P 在线段BA 上运动时，若△PEF 与△MNO 相似，求t 的值；②当点P 在线段AC 上运动时，设PEF S S ∆=，求S 与t 的函数关系式，并求出S 最大值及此时点P的坐标．图13 图14思路分析：（1）由题易知OM =6，ON =2 3 ，∴MN =4 3 ，∴∠NMO =30°，∵∠ABC =60°，∴∠BAM =90°，即AB ⊥MN ，∴AB =12OM =3，即等边三角形边长为3；（2）由等边三角形的性质易知当MN 垂直平分AB 时，C 点与M 点重合，∴OB =OM －MC =3，即t =3．（3）①当P 点在线段AB 上运动时，则OB =t ，PB =2t 则BM =6－t ，PA =3－2t ，△PEF 与△MNO 相似分为△PEF ∽△MON 或△PEF ∽△NOM 两种对应情况思考；②当点P在线段AC上运动时，11332222PEFt S EF PH t∆-==288=-+23823232t⎫=-+≤⎪⎝⎭（332t≤≤）∴当t=32时，maxS=解析：（1）3；（2）3（3）①当P点在线段AB上运动时，则OB=t，BP=2t则BM=6－t，32PA t=-，△PEF与△MNO相似分为△PEF∽△MNO或△PEF∽△NOM两种对应情况，当△PEF∽△MON时，则∠EPF=∠EFA=∠EMB=30°，∴AE=12AF=14AP=324t-，BE=12BM=62t-．又BE=AB－AE=3－324t-，∴3－32642t t--=，解得t=34；当△PEF∽△NOM时，若点P在线段BE上，则∠PFE=∠NMO=30°，即PF∥OM，∴△PAF是等边三角形，∴EF垂直平分PA，∴BE=BP+12PA=32+t，又BE=12MB=62t-，∴3622tt-+=，解得1t=；当△PEF∽△NOM时，若点P在线段AE上，则P点与A点重合，即32t=；综上所述：t=34或1或32；②当点P在线段AC上运动时，则BM=6－t，PC=6－2t，3 2≤t≤3．∴BE=12BM=3－2t，即AE=2t，∴EF= 3 AE=32t，AF=2AE=t，∴CF=AC－AF=3－t，∴PF=PC－CF=3－t．作PH⊥EF于H点，由∠AFE=30°，可知PH=12PF=32t-．xyFEANMO CBPH11332222PEFtS EF PH t∆-==233388t t=-+23393932t⎛⎫=--+≤⎪⎝⎭（332t≤≤）∴当t=32时，max9332S=．15.（2017四川达州1，7分）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过点O作直线EF∥BC分别交∠ACB、外角∠ACD的平分线于点E，F.（1）若86CE CF==，，求OC的长；（2）连接AE AF、.问：当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由.思路分析：（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，所以有OC=OE=OF，再求出∠2+∠4=∠5+∠6=90°，进而利用勾股定理求出EF的长，即可得出CO的长；（2）这个四边形已经有一个角是90°，只要证明出它是平行四边形即可，如果它是平行四边形，则它的对角线互相平分，由此可得点O的位置．解：（1）证明：∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，∴∠2=∠5，∠4=∠6，∵MN∥BC，∴∠1=∠5，∠3=∠6，∴∠1=∠2，∠3=∠4，∴EO=CO，FO=CO，∴OE=OF；∵∠2=∠5，∠4=∠6，∴∠2+∠4=∠5+∠6=90°，∵CE=8，CF=6，∴EF=228+6=10，∴OC=12EF=5；（2）答：当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．证明：当O为AC的中点时，AO=CO，∵EO=FO，∴四边形AECF是平行四边形，∵∠ECF=90°，∴平行四边形AECF是矩形．16.（2017江苏无锡，28，8分）如图，已知矩形ABCD中，AB＝4，AD＝m，动点P从点D出发，在边DA上以每秒1个单位的速度向点A运动，连接CP，作点D关于直线PC的对称点E．设点P 的运动时间为t（s）.（1）若m＝6，求当P、E、B三点在同一直线上时对应的t的值.（2）已知m满足：在动点P从点D到点A的整个过程中，有且只有一个时刻t，使点E到直线BC的距离等于3.求所有这样的m的取值范围.D思路分析：（1））如图，P、E、B三点在同一直线上,连接EC．①在Rt△BEC中，计算BE的值；②在Rt△ABP中，利用勾股定理列出关于的方程，解之t值可求；（2）如图，P、E、B三点在同一直线上,连接EC，过点E作EF⊥BC于F．①在Rt△EFC中，利用勾股定理求出CF；②利用相似三角形的判定与性质求得BF；③根据m＝BC＝BF＋CF计算m的值解：（1）如图，P、E、B三点在同一直线上,连接EC．D∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AD＝BC．∵PD＝t，m＝6，∴PA＝6－t．∵点D，点E关于直线PC的对称．∴PE＝t，EC＝DC＝AB＝4，∠CEP＝∠CDP＝90°．在Rt△BCE中，∵BC＝6，CE＝4，∴BE在Rt△ABP中，∵AB2＋AP2＝BP2，即42＋（6－t）2＝（t）2，∴t＝6－2（2）如图，连接EC，过点E作EF⊥BC于F．D 当P、E、B三点在同一直线上时, m有最大值.∵点D，点E关于直线PC的对称．∴EC＝DC＝AB＝4，∠CEP＝∠CEB＝90°．在Rt△EFC中，∵EF2＋CF2＝EC2，即32＋CF2＝42，∴CF＝7．在Rt△EFC中，EF⊥BC，∴△BFE∽△EFC．∴BFEF＝EFCF，∴ EF2＝BF·CF，即32＝BF·7，∴BF＝97．∴m＝BC＝BF＋CF＝977＋7＝1677．当点E在AB时，m有最小值，此时. m＝7.综上，所以满足条件的m的取值范围是7≤m≤1677.17.（2017山东潍坊）（本小题满分12分）边长为6的等边△ABC中，点D、E分别在AC、BC边上，DE∥AB，EC=23．（1）如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N．当CC′多大时，四边形MCND′为菱形?并说明理由．（2）如图2，将△DEC绕点C旋转α（0°＜α＜360°），得到△D′E′C，连接AD′、BE′，边D′E′的中点为P．①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系?并说明理由．②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．（结果保留根号）思路分析：（1）由平移性质及特殊角度，易知四边形MCND ′的两组对边分别平行，即为平行四边形．显然，△MCE ′和△NCC ′均为等边三角形，故要使□MCND ′再为菱形，只需E ′C =CC ′，此时CC ′=3；（2）①分两种情况讨论：当α≠180°时，根据旋转性质易证△ACD ′≌△BCE ′，故有AD ′=BE ′；当α=180°时，显然两线段长均为两等边三角形的边长之和，故也有结论AD ′=BE ′；②根据三角形的三边关系先确定AP 最长时情况，即A 、C 、P 三点共线，然后画出示意图，根据等边三角形的性质得AP ⊥D ′E ′，最后在Rt △APD ′中利用勾股定理计算AD ′的长．解：（1）当CC ′=3时，四边形MCND ′为菱形．理由：由平移的性质得CD ∥C ′D ′，DE ∥D ′E ′．∵△ABC 为等边三角形，∴∠B =∠ACB =60°． ∴∠ACC ′=180°－60°=120°．∵CN 为∠ACC ′的角平分线，∴∠NCC ′=60°． ∵AB ∥DE ，DE ∥D ′E ′，∴AB ∥D ′E ′． ∴∠D ′E ′C ′=∠B =60°．∴∠D ′E ′C ′=∠NCC ′，∴D ′E ′∥CN ． ∴四边形MCND ′为平行四边形．∵∠ME ′C ′=∠MCE ′=60°，∠NCC ′=∠NC ′C =60°， ∴△MCE ′和△NCC ′为等边三角形，故MC = CE ′，NC =CC ′．又E ′C ′=23，CC ′=3，∴CC ′=CE ′． ∴MC =CN ，∴四边形MCND ′为菱形．（2）AD ′=BE ′．理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD ′=∠BCE ′．由（1）知AC =BC ，CD ′=CE ′，。

中考数学“动态问题及综合”专题训练试题

中考数学“动态问题及综合”专题训练试题一、选择题1，如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD＝BC＝5，DC＝7，AB＝13，点P从点A出发，以3个单位/s的速度沿AD→DC向终点C运动，同时点Q从点B出发，以1个单位/s的速度沿BA向终点A运动.在运动期间，当四边形PQBC为平行四边形时，运动时间为（）A.3sB.4sC.5sD.6s2，如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点P在BC边上运动，连结DP，过点A 作AE⊥DP，垂足为E，设DP＝x，AE＝y，则能反映y与x之间函数关系的大致图象是（）（A）（B）（C）（D）3，如图，一个等边三角形的边长与和它的一边相切的圆的周长相等，当这个圆按箭头方向从某一位置沿等边三角形的三边做无滑动旋转，直至回到原出发位置时，问该圆转的圈数是（）A.1B.2C.3D.44，Rt△ABC中，斜边AB＝4，∠B＝60º，将△ABC绕点B旋转60º，顶点C运动的路线长是（）A.3πB.3π2C.πD.3π45，钟表的轴心到分针针端的长为5cm，那么经过40分钟，分针针端转过的弧长是（）A.103πcm B.203πcm C.253πcm D.503πcm6，如图，在菱形ABCD中，60B∠= ，点E F，分别从点B D，出发以同样的速度沿边BC DC，向点C运动．给出以下四个结论：①AE AF=；②CEF CFE∠=∠；③当点E F，分别为边BC DC，的中点时，AEF△是等边三角形；④当点E F，分别为边BC DC，的中点时，AEF△的面积最大．上述结论中正确的序号有（）A.①④B.①②④C.①②③D.①②③④CＦＤＡＢＥＣA BQ7，如图，边长为1的正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转30°到正方形AB ′C ′D ′，图中阴影部分的面积为（）A.12C.1D.18，如图，在⊙O 中，P 是直径AB 上一动点，在AB 同侧作AA ′AA ′＝AP ，BB ′＝BP ，连结A ′B ′.当点P从点A 移到点B 时，A ′B ′的中点的位置（）A.在平分AB 的某直线上移动B.在垂直AB 的某直线上移动C.在 AmB 上移动D.保持固定不移动9，用铝合金型材做一个形状如图1所示的矩形窗框，面积为y m 2，y 与x 的函数图象如图12所示.当窗户透光面积最大时，窗框的另一边长是（） A.1米 B.1.5米 C.2米 D.2.5米 10，如图所示，在平面直角坐标中，四边形OABC 是等腰梯形，BC ∥OA ，OA ＝7，AB ＝4，∠COA ＝60°，点P 为x 轴上的—个动点，点P 不与点O 、点A 重合.连结CP ，过点P 作PD 交AB 于点D . 若△OCP 为等腰三角形，点P 的坐标为（）A.（4，0）B.（5，0）C.（0，4）D.（0，5）二、填空题11，如图，一张矩形纸片，腰折出一个最大的正方形.小明把矩形的一个角沿折痕AE 翻折上去，使AB 和AD 边上的AF 重合，则四边形ABEF 就是一个最大的正方形.他判定的方法是________.′BA 图1 D C 图212，如图，已知正方形纸片ABCD ，M ，N 分别是AD 、BC 的中点，把BC 边向上翻折，使点C 恰好落在MN 上的P 点处，BQ 为折痕，则∠PBQ ＝度.13，等腰三角形底边长为8 cm ，腰长5 cm ，一动点P 在底边上从点B 向点C 以0.25 cm/秒的速度移动，当点P 运动到P A 与腰垂直的位置时，点P 运动的时间为______秒.14，如图，已知圆柱体底面圆的半径为2，高为2，AB 、CD 分别是两底面的直径，AD 、BC 是母线若一只小虫从A 点出发，从侧面爬行到C 点，则小虫爬行的最短D 路线的长度是＿＿＿(结果保留根式).15，如图，点M 是直线y ＝2x ＋3上的动点，过点M 作MN 垂直于x 轴于点N ，y 轴上是否存在点P ，使△MNP 为等腰直角三角形.小明发现：当动点M 运动到（－1，1）时，y 轴上存在点P （0，1），此时有MN ＝MP ，能使△NMP 为等腰直角三角形.那么，在y 轴和直线上是否还存在符合条件的点P 和点M 呢？请你写出其它符合条件的点P 的坐标＿＿＿16，先将一矩形ABCD 置于直角坐标系中，使点A 与坐标系的原点重合，边AB 、AD 分别落在x 轴、y 轴上(如图1)，再将此矩形在坐标平面内按逆时针方向绕原点旋转30°(如图2)，若AB ＝4，BC ＝3，则图1和图2中点B 点的坐标为点C 的坐标为 .17，如图，将边长为1的正方形OAPB 沿x 轴正方向连续翻转2 006次，点P依次落在图2 图1 A B C D M NPQ点P 1，P 2，P 3，P 4，…，P 2006的位置，则P 2006的横坐标x 2006＝__________.18，如图（单位：m ），等腰三角形ABC 以2米/秒的速度沿直线L 向正方形移动，直到AB 与CD 重合.设x 秒时，三角形与正方形重叠部分的面积为y m 2.则y 与x 的关系式为＿＿＿，当重叠部分的面积是正方形面积的一半时，三角形移动时间是＿＿＿.三、解答题19，如图（13），在矩形ABCD 中，4AB =，10AD =．直角尺的直角顶点P 在AD 上滑动时（点P 与A D ，不重合），一直角边经过点C ，另一直角边AB 交于点E ．我们知道，结论“Rt Rt AEP DPC △∽△”成立．（1）当30CPD =∠时，求AE 的长；（2）是否存在这样的点P ，使DPC △的周长等于AEP △周长的2倍？若存在，求出DP 的长；若不存在，请说明理由．20，如图，已知O 为原点，点A 的坐标为（4，3），⊙A 的半径为2.过A 作直线l 平行于x 轴，点P 在直线l 上运动.（1）当点P 在⊙O 上时，请你直接写出它的坐标；（2）设点P 的横坐标为12，试判断直线OP 与⊙A 的位置关系，并说明理由.21，已知∠AOB ＝90°，在∠AOB 的平分线OM 上有一点C ，将一个三角板的直角顶点与C 重合，它的两条直角边分别与OA 、OB (或它们的反向延长线)相交于点D 、E .L B C当三角板绕点C 旋转到CD 与OA 垂直时，如图（1），易证：OD +OE. 当三角板绕点C 旋转到CD 与OA 不垂直时，在图（2）、图（3）这两种情况下，上述结论是否还成立?若成立，请给予证明；若不成立，线段OD 、OE 、OC 之间又有怎样的数量关系?请写出你的猜想，不需证明.22，如图，四边形OABC 是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，点A 在x 轴上，点C 在y 轴上，将边BC 折叠，使点B 落在边OA 的点D处．已知折叠CE =，且3tan 4EDA ∠=．（1）判断OCD △与ADE △是否相似？请说明理由；（2）求直线CE 与x 轴交点P 的坐标；（3）是否存在过点D 的直线l ，使直线l 、直线CE 与x 轴所围成的三角形和直线l 、直线CE 与y 轴所围成的三角形相似？如果存在，请直接写出其解析式并画出相应的直线；如果不存在，请说明理由．23，如图，矩形ABCD 中，3AD =厘米，AB a =厘米（3a >）．动点M N ，同时从B 点出发，分别沿B A →，B C →运动，速度是1厘米／秒．过M 作直线垂直于AB ，分别交AN ，CD 于P Q ，．当点N 到达终点C 时，点M 也随之停止运动．设运动时间为t 秒．（1）若4a =厘米，1t =秒，则PM =______厘米；（2）若5a =厘米，求时间t ，使PNB PAD △∽△，并求出它们的相似比；（3）若在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN 与梯形PQDA 的面积相等，求a 的取（1）（2）（3） QP值范围；（4）是否存在这样的矩形：在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN ，梯形PQDA ，梯形PQCN 的面积都相等？若存在，求a 的值；若不存在，请说明理由．24，如图，对称轴为直线72x =的抛物线经过点A （6，0）和B （0，4）．（1）求抛物线解析式及顶点坐标；（2）设点E （x ，y ）是抛物线上一动点，且位于第四象限，四边形OEAF 是以OA 为对角线的平行四边形．求平行四边形OEAF 的面积S 与x 之间的函数关系式，并写出自变量x 的取值范围；①当平行四边形OEAF 的面积为24时，请判断平行四边形OEAF 是否为菱形？②是否存在点E ，使平行四边形OEAF 为正方形？若存在，求出点E 的坐标；若不存在，请说明理由．备用题：1，如图，矩形ABCD 中，AB ＝8，AD ＝6，将矩形ABCD 在直线l 上按顺时针方向不．滑动．．的每秒转动90°，转动3秒后停止，则顶点A 经过的路线长为 .2，如图，直线l 与双曲线交于A 、C 两点，将直线l 绕点O 顺时针旋转α度角（0°＜α3l N≤45°），与双曲线交于B 、D 两点，则四边形ABCD 的形状一定是_____形.参考答案：一、1，B ；2，C ；3，C ；4，B ；5，B ；6，C ；7，C ；8，D ；9，B ；10，A .二、11，对角线平分内角的矩形是正方形；12，30；13，7或25；14，15，（0，0），（0，43），（0，－3）；16，B （4，0）、（2）、C （4，3）、）；17，2006；18，y ＝2x 2、5秒.三、19，（1）在Rt PCD △中，由tan CDCPD PD=∠，得4tan tan 30CD PD CPD ===∠10AP AD PD ∴=-=-由A E P D P C △∽△知AE AP PD CD =，12AP PDAE CD ∴== ．（2）假设存在满足条件的点P ，设DP x =，则10AP x =-由AEP DPC △∽△知2CD AP =， 4210x ∴=-，解得8x =，此时2AP =，4AE =符合题意．20，（1）由于A 的坐标为（4，3），⊙A 的半径为2，所以依题意易求得点P 的坐标是（2，3）或（6，3）；（2）如图，作AC ⊥OP ，C 为垂足.因为∠ACP ＝∠OBP ＝90°，∠1＝∠1，即△ACP ∽△OBP ，所以AC OB ＝APOP.在Rt △OB 中，OPAP ＝12－4＝8，所以3AC ，即AC ＝24 1.94.因为1.94＜2，OP 与⊙A 相交.21，图（2）结论：OD +OE . 证明：过C 分别作OA 、OB 的垂线，垂足分别为P 、Q .则容易得到△CPD ≌△CQE ，所以DP ＝EQ ，即OP ＝OD +DP ，OQ ＝OE －EQ ，又由勾股定理，得OP ＝OQ ＝2OC ，所以OP +OQ ，即OD +DP +OE －EQ ，所以OD +OE .图（3）结论：OE －OD .22，（1）OCD △与ADE △相似．理由如下：由折叠知，90CDE B ∠=∠=°，1290∠+∠=∴°，13902 3.∠+∠=∴∠=∠ ，又90COD DAE ∠=∠=∵°，OCD ADE ∴△∽△．（2）3tan 4AE EDA AD ∠==∵，∴设3AE t =，则4AD t =．由勾股定理得5DE t =．358OC AB AE EB AE DE t t t ==+=+=+=∴．由（1）OCD ADE △∽△，得O C C D A D D E =，845t CDt t=∴，10CD t =∴．在D C E △中，222CD DE CE +=∵，222(10)(5)t t +=∴，解得1t =．83OC AE ==∴，，点C的坐标为(08)，，点E 的坐标为(103)，，设直线CE 的解析式为y kx b =+，1038k b b +=⎧⎨=⎩，∴，解得128k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩，，182y x =-+∴，则点P 的坐标为(160)，．（3）满足条件的直线l 有2条：212y x =-+，212y x =-．如图2：准确画出两条直线．23，（1）34PM =，（2）2t =，使P N B P A D △∽△，相似比为3:2（3）PM AB CB AB AMP ABC ∠=∠ ⊥，⊥，，AMP ABC △∽△，PM AMBN AB∴=即()PM a t t a t PM t a a --== ，，(1)3t a QM a-=- 当梯形PMBN 与梯形PQDA 的面积相等，即()()22QP AD DQ MP BN BM ++=()33(1)()22t a t t a a t t t a a -⎛⎫⎛⎫-+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==化简得66a t a =+，3t ≤，636aa∴+≤，则636a a ∴<≤，≤，（4）36a < ≤时，梯形PMBN 与梯形PQDA 的面积相等∴梯形PQCN 的面积与梯形PMBN 的面积相等即可，则CN PM =()3ta t t a ∴-=-，把66at a=+代入，解之得a =±所以a =所以，存在a，当a =PMBN 与梯形PQDA 的面积、梯形PQCN 的面积相等．24，（1）由抛物线的对称轴是72x =，可设解析式为27()2y a x k =-+．把A 、B 两点坐标代入上式，得227(6)0,27(0) 4.2a k a k ⎧-+=⎪⎪⎨⎪-+=⎪⎩解之，得225,.36a k ==-故抛物线解析式为22725()326y x =--，顶点为725(,).26-（2）∵点(,)E x y 在抛物线上，位于第四象限，且坐标适合22725()326y x =--，∴y<0，即－y>0,－y 表示点E 到OA 的距离．∵OA 是OEAF 的对角线，∴2172264()2522OAE S S OA y y ==⨯⨯⋅=-=--+ ．因为抛物线与x 轴的两个交点是（1，0）的（6，0），所以，自变量x 的取值范围是1＜x ＜6．①根据题意，S = 24时，即274()25242x --+=．化简，得271().24x -=解之，得123, 4.x x ==故所求的点E 有两个，分别为E 1（3，－4），E 2（4，－4）．点E 1（3，－4）满足OE = AE ，所以OEAF 是菱形；点E 2（4，－4）不满足OE = AE ，所以OEAF 不是菱形．②当OA ⊥EF ，且OA = EF 时，OEAF 是正方形，此时点E 的坐标只能是（3，－3）．而坐标为（3，－3）的点不在抛物线上，故不存在这样的点E ，使OEAF 为正方形．备用题：1，12π；2，平行四边.。

各地中考数学模拟试题分类汇编动态综合型问题

动向综合型问题一、选择题1、（ 2018 山东省德州三模）如图，A， B， C， D 为圆 O 的四平分点，动点P从圆心 O出发，沿O— C—D —O 路线作匀速运动，设运动时间为x(秒 )，∠ APB＝ y(度 )，右图函数图象表示y 与 x 之间函数关系，则点M 的横坐标应为（）A． 2B．C．1D．＋ 2222答案： C DC yP90 O45 ABO1 M x （第8二、填空题1、（2018 荆门东宝区模拟）如图，动点P 在座标系中按图中所示箭头方向运动，第1 次从原点运动到点 (1，1)，第 2 次接着运动到点 (2， 0)，第 3 次接着运动到点 (3， 2)，，按这样的运动规律，经过第 2018 次运动后，动点 P 的坐标是．（第 1题）答案：（ 2018， 2）2、（盐城市第一初级中学2018～ 2018 学年期中考试）如图，已知在直角坐标系中，半径为 2 的圆的圆心坐标为（3，-3 ），当该圆向上平移▲个单位时，它与x答案1或5A第 17题3. （盐城市亭湖区2018年第一次调研考试）如图 4，正方形 ABCD的边长为2， AE＝ EB， MN＝ 1，E 线段 MN的两头在 CB、 CD上滑动，当 CM＝时，△ AED与以 M、 N、 C为极点的三角形相像。

答案CM＝2 5或CM＝ 5 ；B55DNM C图 4M4、 (2018 石家庄市 42 中二模 )如图 ,矩形 ABCD 的边 AB 在 y 轴上， AB 的中点与原点重合，AB=2,AD =1，过定点 Q（2， 0）和动点 P（ 0， a）的直线与矩形 ABCD 的边有公共点，则 a 的取值范围是 ____________．答案： -2≤a≤25、（2018年浙江省金华市一模）如图，直角梯形OABC的直角极点是坐标原点，边OA,OC分别在 X轴， y轴的正半轴上。

OA∥ BC，D 是 BC上一点，BD1 OA2 ，AB =3,4∠ OAB=45°， E,F分别是线段 OA,AB上的两个动点，且一直保持∠DEF =45°，设OE=x， AF=y,则 y与x的函数关系式为，假如△AEF是等腰三角形时。

中考数学专题——动态问题(非常全面)

（中考数学专题3）动态几何问题【例1】如图，在梯形ABCD 中，AD BC ∥，3AD =，5DC =，10BC =，梯形的高为4．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）．D NCM B A（1）当MN AB ∥时，求t 的值；（2）试探究：t 为何值时，MNC △为等腰三角形．【例3】在△ABC 中，∠ACB=45º．点D （与点B 、C 不重合）为射线BC 上一动点，连接AD ，以AD 为一边且在AD 的右侧作正方形ADEF ．（1）如果AB=AC ．如图①，且点D 在线段BC 上运动．试判断线段CF 与BD 之间的位置关系，并证明你的结论．（2）如果AB ≠AC ，如图②，且点D 在线段BC 上运动．（1）中结论是否成立，为什么？（3）若正方形ADEF 的边DE 所在直线与线段CF 所在直线相交于点P ，设AC ＝42，3=BC ，CD=x ，求线段CP 的长．（用含x 的式子表示）【例4】已知如图，在梯形ABCD 中，24AD BC AD BC ==∥，，，点M 是AD 的中点，MBC △是等边三角形．（1）求证：梯形ABCD 是等腰梯形；（2）动点P 、Q 分别在线段BC 和MC 上运动，且60MPQ =︒∠保持不变．设PC x MQ y ==，，求y与x 的函数关系式；（3）在（2）中，当y 取最小值时，判断PQC △的形状，并说明理由．【例5】已知正方形ABCD 中，E 为对角线BD 上一点，过E 点作EF BD ⊥交BC 于F ，连接DF ，G 为DF 中点，连接EG CG ，．（1）直接写出线段EG 与CG 的数量关系；（2）将图1中BEF ∆绕B 点逆时针旋转45︒，如图2所示，取DF 中点G ，连接EG CG ，，．你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．（3）将图1中BEF ∆绕B 点旋转任意角度，如图3所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？（不要求证明）A DC B P M Q 60图3图2图1FEABCDABC DEFGGFED C BA【总结】通过以上五道例题，我们研究了动态几何问题当中点动，线动，乃至整体图形动这么几种可能的方式。

2018年中考数学真题分类汇编第三期专题40动态问题试题含解析

动态问题一.选择题1．(2018·辽宁省葫芦岛市) 如图，在▱ABCD中，AB=6，BC=10，AB⊥AC，点P从点B出发沿着B→A→C 的路径运动，同时点Q从点A出发沿着A→C→D的路径以相同的速度运动，当点P到达点C时，点Q随之停止运动，设点P运动的路程为x，y=PQ2，下列图象中大致反映y与x之间的函数关系的是（）A．B．C．D．【解答】解：在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，BC=10，∴AC==8．当0≤x≤6时，AP=6﹣x，AQ=x，∴y=PQ2=AP2+AQ2=2x2﹣12x+36；当6≤x≤8时，AP=x﹣6，AQ=x，∴y=PQ2=（AQ﹣AP）2=36；当8≤x≤14时，CP=14﹣x，CQ=x﹣8，∴y=PQ2=CP2+CQ2=2x2﹣44x+260．故选B．2.（2018•广安•3分）已知点P为某个封闭图形边界上的一定点，动点M从点P出发，沿其边界顺时针匀速运动一周，设点M的运动时间为x，线段PM的长度为y，表示y与x的函数图象大致如图所示，则该封闭图形可能是（）A．B．C．D．【分析】先观察图象得到y与x的函数图象分三个部分，则可对有4边的封闭图形进行淘汰，利用圆的定义，P点在圆上运动时，PM总上等于半径，则可对D进行判断，从而得到正确选项．【解答】解：y与x的函数图象分三个部分，而B选项和C选项中的封闭图形都有4条线段，其图象要分四个部分，所以B.C选项不正确；D选项中的封闭图形为圆，y为定中，所以D选项不正确；A选项为三角形，M点在三边上运动对应三段图象，且M点在P点的对边上运动时，PM的长有最小值．故选：A．【点评】本题考查了动点问题的函数图象：函数图象是典型的数形结合，图象应用信息广泛，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．用图象解决问题时，要理清图象的含义即会识图．3.（2018•莱芜•3分）如图，边长为2的正△ABC的边BC在直线l上，两条距离为l的平行直线a和b 垂直于直线l，a和b同时向右移动（a的起始位置在B点），速度均为每秒1个单位，运动时间为t（秒），直到b到达C点停止，在a和b向右移动的过程中，记△ABC夹在a和b之间的部分的面积为s，则s关于t的函数图象大致为（）A．B．C．D．【分析】依据a和b同时向右移动，分三种情况讨论，求得函数解析式，进而得到当0≤t＜1时，函数图象为开口向上的抛物线的一部分，当1≤t＜2时，函数图象为开口向下的抛物线的一部分，当2≤t≤3时，函数图象为开口向上的抛物线的一部分．【解答】解：如图①，当0≤t＜1时，BE=t，DE=t，∴s=S△BDE=×t×t=；如图②，当1≤t＜2时，CE=2﹣t，BG=t﹣1，∴DE=（2﹣t），FG=（t﹣1），∴s=S五边形AFGED=S△ABC﹣S△BGF﹣S△CDE=×2×﹣×（t﹣1）×（t﹣1）﹣×（2﹣t）×（2﹣t）=﹣+3t﹣；如图③，当2≤t≤3时，CG=3﹣t，GF=（3﹣t），∴s=S△CFG=×（3﹣t）×（3﹣t）=﹣3t+，综上所述，当0≤t＜1时，函数图象为开口向上的抛物线的一部分；当1≤t＜2时，函数图象为开口向下的抛物线的一部分；当2≤t≤3时，函数图象为开口向上的抛物线的一部分，故选：B．【点评】本题主要考查了动点问题的函数图象，函数图象是典型的数形结合，通过看图获取信息，不仅可以解决生活中的实际问题，还可以提高分析问题、解决问题的能力．二.填空题1．（2018·辽宁省盘锦市）如图①，在矩形ABCD中，动点P从A出发，以相同的速度，沿A→B→C→D→A 方向运动到点A处停止．设点P运动的路程为x，△PAB面积为y，如果y与x的函数图象如图②所示，则矩形ABCD的面积为24．【解答】解：从图象②和已知可知：AB=4，BC=10﹣4=6，所以矩形ABCD的面积是4×6=24．故答案为：24．三.解答题1.（2018·广西贺州·12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A.B两点（A在B 的左侧），且OA=3，OB=1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．（1）求A.B两点的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B.D两点间的一个动点（点P不与B.D两点重合），PA.PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）由抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A.B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，得A点坐标（﹣3，0），B点坐标（1，0）；（2）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣1），把C点坐标代入函数解析式，得a（0+3）（0﹣1）=3，解得a=﹣1，抛物线的解析式为y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；（3）EF+EG=8（或EF+EG是定值），理由如下：过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，如图．设P（t，﹣t2﹣2t+3），则PQ=﹣t2﹣2t+3，AQ=3+t，QB=1﹣t，∵PQ∥EF，∴△AEF∽△AQP，∴=，∴EF===×（﹣t2﹣2t+3）=2（1﹣t）；又∵PQ∥EG，∴△BEG∽△BQP，∴=，∴EG===2（t+3），∴EF+EG=2（1﹣t）+2（t+3）=8．2.（2018·湖北江汉·12分）抛物线y=﹣x2+x﹣1与x轴交于点A，B（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，其顶点为D．将抛物线位于直线l：y=t（t＜）上方的部分沿直线l向下翻折，抛物线剩余部分与翻折后所得图形组成一个“M”形的新图象．（1）点A，B，D的坐标分别为（，0），（3，0），（，）；（2）如图①，抛物线翻折后，点D落在点E处．当点E在△ABC内（含边界）时，求t的取值范围；（3）如图②，当t=0时，若Q是“M”形新图象上一动点，是否存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【分析】（1）利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点A.B的坐标，再利用配方法即可找出抛物线的顶点D的坐标；（2）由点D的坐标结合对称找出点E的坐标，根据点B.C的坐标利用待定系数法可求出直线BC的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可得出关于t的一元一次不等式组，解之即可得出t的取值范围；（3）假设存在，设点P的坐标为（m，0），则点Q的横坐标为m，分m＜或m＞3及≤m≤3两种情况，利用勾股定理找出关于m的一元二次方程，解之即可得出m的值，进而可找出点P的坐标，此题得解．【解答】解：（1）当y=0时，有﹣x2+x﹣1=0，解得：x1=，x2=3，∴点A的坐标为（，0），点B的坐标为（3，0）．∵y=﹣x2+x﹣1=﹣（x2﹣x）﹣1=﹣（x﹣）2+，∴点D的坐标为（，）．故答案为：（，0）；（3，0）；（，）．（2）∵点E.点D关于直线y=t对称，∴点E的坐标为（，2t﹣）．当x=0时，y=﹣x2+x﹣1=﹣1，∴点C的坐标为（0，﹣1）．设线段BC所在直线的解析式为y=kx+b，将B（3，0）、C（0，﹣1）代入y=kx+b，，解得：，∴线段BC所在直线的解析式为y=x﹣1．∵点E在△ABC内（含边界），∴，解得：≤t≤．（3）当x＜或x＞3时，y=﹣x2+x﹣1；当≤x≤3时，y=x2﹣x+1．假设存在，设点P的坐标为（m，0），则点Q的横坐标为m．①当m＜或m＞3时，点Q的坐标为（m，﹣x2+x﹣1）（如图1），∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，∴CP⊥PQ，∴CQ2=CP2+PQ2，即m2+（﹣m2+m）2=m2+1+m2+（﹣m2+m﹣1）2，整理，得：m1=，m2=，∴点P的坐标为（，0）或（，0）；②当≤m≤3时，点Q的坐标为（m，x2﹣x+1）（如图2），∵以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，∴CP⊥PQ，∴CQ2=CP2+PQ2，即m2+（m2﹣m+2）2=m2+1+m2+（m2﹣m+1）2，整理，得：11m2﹣28m+12=0，解得：m3=，m4=2，∴点P的坐标为（，0）或（1，0）．综上所述：存在以CQ为直径的圆与x轴相切于点P，点P的坐标为（，0）、（，0）、（1，0）或（，0）．3.（2018·四川省攀枝花）如图，在△ABC中，AB=7.5，AC=9，S△ABC=．动点P从A点出发，沿AB方向以每秒5个单位长度的速度向B点匀速运动，动点Q从C点同时出发，以相同的速度沿CA方向向A点匀速运动，当点P运动到B点时，P、Q两点同时停止运动，以PQ为边作正△PQM（P、Q、M按逆时针排序），以QC为边在AC上方作正△QCN，设点P运动时间为t秒．（1）求cosA的值；（2）当△PQM与△QCN的面积满足S△PQM=S△QCN时，求t的值；（3）当t为何值时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．解：（1）如图1中，作BE⊥AC于E．∵S△ABC=•AC•BE=，∴BE=．在Rt△ABE中，AE==6，∴coaA===．（2）如图2中，作PH⊥AC于H．∵PA=5t，PH=3t，AH=4t，HQ=AC﹣AH﹣CQ=9﹣9t，∴PQ2=PH2+HQ2=9t2+（9﹣9t）2．∵S△PQM=S△QCN，∴•PQ2=×•CQ2，∴9t2+（9﹣9t）2=×（5t）2，整理得：5t2﹣18t+9=0，解得t=3（舍弃）或，∴当t=时，满足S△PQM=S△QCN．（3）①如图3中，当点M落在QN上时，作PH⊥AC于H．易知：PM∥AC，∴∠MPQ=∠PQH=60°，∴PH=HQ，∴3t=（9﹣9t），∴t=．②如图4中，当点M在CQ上时，作PH⊥AC于H．同法可得PH=QH，∴3t=（9t﹣9），∴t=．综上所述：当t=s或s时，△PQM的某个顶点（Q点除外）落在△QCN的边上．4.（2018·吉林长春·10分）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AB=4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC于点D（点P不与点A.B重合），作∠DPQ=60°，边PQ交射线DC于点Q．设点P的运动时间为t秒．（1）用含t的代数式表示线段DC的长；（2）当点Q与点C重合时，求t的值；（3）设△PDQ与△ABC重叠部分图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式；（4）当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，直接写出t的值．【分析】（1）先求出AC，用三角函数求出AD，即可得出结论；（2）利用AD+DQ=AC，即可得出结论；（3）分两种情况，利用三角形的面积公式和面积差即可得出结论；（4）分三种情况，利用锐角三角函数，即可得出结论．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∠A=30°，AB=4，∴AC=2，∵PD⊥AC，∴∠ADP=∠CDP=90°，在Rt△ADP中，AP=2t，∴DP=t，AD=APcosA=2t×=t，∴CD=AC﹣AD=2﹣t（0＜t＜2）；（2）在Rt△PDQ中，∵∠DPC=60°，∴∠PQD=30°=∠A，∴PA=PQ，∵PD⊥AC，∴AD=DQ，∵点Q和点C重合，∴AD+DQ=AC，∴2×t=2，∴t=1；（3）当0＜t≤1时，S=S△PDQ=DQ×DP=×t×t=t2；当1＜t＜2时，如图2，CQ=AQ﹣AC=2AD﹣AC=2t﹣2=2（t﹣1），在Rt△CEQ中，∠CQE=30°，∴CE=CQ•tan∠CQE=2（t﹣1）×=2（t﹣1），∴S=S△PDQ﹣S△ECQ=×t×t﹣×2（t﹣1）×2（t﹣1）=﹣t2+4t﹣2，∴S=；（4）当PQ的垂直平分线过AB的中点F时，如图3，∴∠PGF=90°，PG=PQ=AP=t，AF=AB=2，∵∠A=∠AQP=30°，∴∠FPG=60°，∴∠PFG=30°，∴PF=2PG=2t，∴AP+PF=2t+2t=2，∴t=；当PQ的垂直平分线过AC的中点M时，如图4，∴∠QMN=90°，AN=AC=，QM=PQ=AP=t，在Rt△NMQ中，NQ==t，∵AN+NQ=AQ，∴+t=2t，∴t=，当PQ的垂直平分线过BC的中点时，如图5，∴BF=BC=1，PE=PQ=t，∠H=30°，∵∠ABC=60°，∴∠BFH=30°=∠H，∴BH=BF=1，在Rt△PEH中，PH=2PE=2t，∴AH=AP+PH=AB+BH，∴2t+2t=5，∴t=，中小学教育教学资料即：当线段PQ的垂直平分线经过△ABC一边中点时，t的值为秒或秒或秒．【点评】此题是三角形综合题，主要考查了等腰三角形的判定和性质，锐角三角函数，垂直平分线的性质，正确作出图形是解本题的关键．。

全国各地中考数学试卷分类汇编：动态问题

动态问题一、选择题1．（2013江苏苏州，10，3分）如图，在平面直角坐标系中，Rt △OAB 的顶点A 在x 轴的正半轴上，顶点B 的坐标为（3，3），点C 的坐标为（12，0），点P 为斜边OB 上的一动点，则P A ＋PC 的最小值为（）．A ．132 B ．312 C ．3192+ D ．27 【答案】B ．【解析】如图，作A 关于OB 的对称点D ，连接CD 交OB 于P ，连接AP ，过D 作DN ⊥OA 于N ，则此时P A ＋PC 的值最小，求出AM ，求出AD ，求出DN 、CN ，根据勾股定理求出CD ，即可得出答案．解：如图，作A 关于OB 的对称点D ，连接CD 交OB 于P ，连接AP ，过D 作DN ⊥OA 于N ，则此时P A ＋PC 的值最小． ∵DP =P A ，∴P A ＋PC =PD ＋PC =CD ．∵B （3，3），∴AB =3，OA =3，∠B =60°．由勾股定理得：OB =23．由三角形面积公式得：12×OA ×AB =12×OB ×AM ，即12×3×3=12×23×AM ．∴AM =32．∴AD =2×32=3．∵∠AMB =90°，∠B =60°， ∴∠BAM =30°，∵∠BAO =90°，∴∠OAM =60°． ∵DN ⊥OA ，∴∠NDA =30°，∴AN =12×AD =32．由勾股定理得：DN =2233()2-=332． ∵C （12，0），∴CN =3－12－32=1．在Rt △DNC 中，由勾股定理得：DC =2233()12+=312．即P A ＋PC 的最小值是31．所以应选B ．【方法指导】本题考查了三角形的内角和定理，轴对称的最短路线问题，勾股定理，含30度角的直角三角形性质的应用，关键是求出P 点的位置，题目比较好，难度适中．【易错警示】弄不清楚最小值问题，赵不到最短距离而出错．2．（2013山东临沂，14，3分）如图，正方形ABCD 中，AB ＝8cm ，对角线AC ，BD 相交于点O ，点E ，F 分别从B ，C 两点同时出发，以1cm/s 的速度沿BC ，CD 运动，到点C ，D 时停止运动．设运动时间为t (s )，△OEF 的面积为S (cm 2)，则S (cm 2)与t (s )的函数关系可用图象表示为（）【答案】：B ．3（2013四川南充，10，3分）如图1，点E 为矩形ABCD 边AD 上一点，点P ，点Q 从点B 出发，点P 沿BE →ED →DC 运动到点C 停止，点Q 沿BC 运动到点C 停止，它们的运动速度都是1cm/s ．设P ，Q 出发秒时，△BPQ 的面积为y cm 2，已知y 与的函数关系的图象如图2（曲线OM 为抛物线的一部分）．则下列结论： ①AD=BE=5cm ；②当0＜≤5时，252t y =；③直线NH 的解析式为2725+-=t y ④若△ABE 与△QBP 相似，则429=t 秒．其中正确结论的个数为（） A ．4 B ．3 C ．2 D ．1【答案】：B ．【解析】据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P 到达点E 时点Q 到达点C ，从而得到BC 、BE 的长度，再根据M 、N 是从5秒到7秒，可得ED 的长度，然后表示出AE 的长度，根据勾股定理求出AB 的长度，然后针对各小题分析解答即可．【方法指导】本题考查了二次函数的综合应用及动点问题的函数图象，根据图（2）判断出AB DE OFO OOOt /s t /s t /s t /sS /cm 2 S /cm 2S /cm 2S /cm 28 4 1616 16168 884 4 4 88 88A ．B ．C ．D ．点P 到达点E 时，点Q 到达点C 是解题的关键，也是本题的突破口，难度较大．4．(2013湖北荆门，12，3分)如图所示，已知等腰梯形ABCD ，AD ∥BC ，若动直线l 垂直于BC ，且向右匀速(注：“匀速”二字为录入者所添加)平移，设扫过的阴影部分的面积为S ，BP 为x ，则S 关于x 的函数图象大致是( )【答案】AD 向S ＝－12， BE-t 的函5(第12题)A ．B ．C ．D ．【答案】A【考点解剖】本题是一道典型的动点问题，主要考查了三角函数、等腰三角形的判定、二次函数的解析式、三角形的面积公式，解决本题的关键是能够根据图形中点的位置与相应线段、面积的变化来理解函数图象表达的意义，数形结合，化静为动，从而正确的解决问题. 【解析】如图：利用数形结合思想方法，结合图1、图2分别求出BE =BC =10cm ，DE =4cm ，AE =6cm ；然后利用勾股定理求出AB ，即可求出sin ∠EBC =54；当100≤<t 时，根据△BPF ∽△EBA 可求出BQ 边上的高PF t 54=，然后利用三角形面积公式即可求出y 与t 的函数关系式y =⨯t 21t 54252t =，最后利用排除法即可选D .【方法指导】点的运动问题，主要表现在运动路径与时间之间的图象关系.解决动点问题时，对题意的理解要清晰，关键是正确获取或处理题中的信息，明确哪些是变化的量，哪些是不变的量.二、填空题1. （2013杭州4分）射线QN 与等边△ABC 的两边AB ，BC 分别交于点M ，N ，且AC ∥QN ，AM =MB =2cm ，QM =4cm ．动点P 从点Q 出发，沿射线QN 以每秒1cm 的速度向右移动，经过t 秒，以点P 为圆心，cm 为半径的圆与△ABC 的边相切（切点在边上），请写出t 可取的一切值（单位：秒）【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：画出图形，结合图形求出即可；【解析】∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，∵QN∥AC，AM=BM．∴N为BC中点，∴MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：①如图1，当⊙P切AB于M′时，连接PM′，则PM′=cm，∠PM′M=90°，∵∠PMM′=∠BMN=60°，∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm，∴QP=4cm﹣2cm=2cm，即t=2；②如图2，当⊙P于AC切于A点时，连接P A，则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm，∴PM=1cm，∴QP=4cm﹣1cm=3cm，即t=3，当当⊙P于AC切于C点时，连接PC，则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=cm，∴P′N=1cm，∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm，即当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切；③如图1，当⊙P切BC于N′时，连接PN′3则PN′=cm，∠PM\N′N=90°，∵∠PNN′=∠BNM=60°，∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm，∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm，即t=8；故答案为：t=2或3≤t≤7或t=8．【方法指导】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，切线的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行计算的能力，注意要进行分类讨论啊．．2(2013浙江湖州,16,4分)如图，已知点A是第一象限内横坐标为23的一个定点，AC⊥x =-于点N．若点P是线段ON上的一个动点，∠APB＝30°，BA⊥PA，轴于点M，交直线y x则点P在线段ON上运动时，A点不变，B点随之运动，求当点P从点O运动到点N时，点B 运动的路径长是__▲__．【答案】22【解析】（1）首先，需要证明线段B0B n就是点B运动的路径（或轨迹），如答图②所示．利用相似三角形可以证明；（2）其次，如答图①所示，利用相似三角形△AB0B n∽△AON，求出线段B0B n的长度，即点B运动的路径长．OM=23，点N在直线y=-x上，AC⊥x轴于点M，则△OMN为等腰直角三角形，ON=2OM=2×23=26．如答图①所示，设动点P在O点（起点）时，点B的位置为B0，动点P在N点（起点）时，点B的位置为B n，连接B0B n．∵AO⊥AB0，AN⊥AB n，∴∠OAC=∠B0AB n，又∵AB0=AO•tan30°，AB n=AN•tan30°，∴AB0：AO=AB n：AN=tan30°，∴△AB0B n∽△AON，且相似比为tan30°，∴B0B n=ON•tan30°=26×33=22．现在来证明线段B0B n就是点B运动的路径（或轨迹）．如答图②所示，当点P运动至ON上的任一点时，设其对应的点B为B i，连接AP，AB i，B0B i．∵AO⊥AB0，AP⊥AB i，∴∠OAP=∠B0AB i，又∵AB0=AO•tan30°，AB i=AP•tan30°，∴AB0：AO=AB i：AP，∴△AB0B i∽△AOP，∴∠AB0B i=∠AOP．又∵△AB0B n∽△AON，∴∠AB0B n=∠AOP，∴∠AB0B i=∠AB0B n，∴点B i在线段B0B n上，即线段B0B n就是点B运动的路径（或轨迹）．综上所述，点B运动的路径（或轨迹）是线段B0B n，其长度为22．故答案为：22．【方法指导】本题考查坐标平面内由相似关系确定的点的运动轨迹，难度很大．本题的要点有两个：首先，确定点B的运动路径是本题的核心，这要求考生有很好的空间想象能力和分析问题的能力；其次，由相似关系求出点B运动路径的长度，可以大幅简化计算，避免陷入坐标关系的复杂运算之中3．（2013山东菏泽，14，3分）如图所示，在△ABC中，BC=6，E、F分别是AB、AC的中点，动点P在射线EF上，BP交CE于点D，∠CBP的平分线交CE于Q，当CQ=13CE 时，EP+BP=____________.【答案】12．【解析】延长BQ角射线EF于M.E、F分别是AB、AC的中点，∴EF//BC，即EM//BC.∴△EQM∽△EQB，∴123132===CECECQEQBCEM，26=EM，∴EM=12.∠CBP的平分线交CE于Q，∴∠PBM=∠CBM，EM//BC，∴∠EMB=∠CBM，∴∠PBM=∠EMB，∴PB=PM，所以EP+BP=EM=12.【方法指导】本题考查三角形相似、三角形中位线性质、角平分线意义等.本题是一道动点型问题，解题时要善于从“动中求静，联想关联知识”.三、解答题1. （2013杭州4分）射线QN与等边△ABC的两边AB，BC分别交于点M，N，且AC∥QN，AM=MB=2cm，QM=4cm．动点P从点Q出发，沿射线QN以每秒1cm的速度向右移动，B CDE PFQ（第14题）经过t秒，以点P为圆心，cm为半径的圆与△ABC的边相切（切点在边上），请写出t可取的一切值（单位：秒）【思路分析】求出AB=AC=BC=4cm，MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：画出图形，结合图形求出即可；【解析】∵△ABC是等边三角形，∴AB=AC=BC=AM+MB=4cm，∠A=∠C=∠B=60°，∵QN∥AC，AM=BM．∴N为BC中点，∴MN=AC=2cm，∠BMN=∠BNM=∠C=∠A=60°，分为三种情况：①如图1，当⊙P切AB于M′时，连接PM′，则PM′=cm，∠PM′M=90°，∵∠PMM′=∠BMN=60°，∴M′M=1cm，PM=2MM′=2cm，∴QP=4cm﹣2cm=2cm，即t=2；②如图2，当⊙P于AC切于A点时，连接P A，则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm，∴PM=1cm，∴QP=4cm﹣1cm=3cm，即t=3，当当⊙P于AC切于C点时，连接PC，则∠CP′N=∠ACP′=90°，∠P′NC=∠BNM=60°，CP′=cm，∴P′N=1cm，∴QP=4cm+2cm+1cm=7cm，即当3≤t≤7时，⊙P和AC边相切；③如图1，当⊙P切BC于N′时，连接PN′3则PN′=cm，∠PM\N′N=90°，∵∠PNN′=∠BNM=60°，∴N′N=1cm，PN=2NN′=2cm，∴QP=4cm+2cm+2cm=8cm，即t=8；故答案为：t=2或3≤t≤7或t=8．【方法指导】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形性质，切线的性质的应用，主要考查学生综合运用定理进行计算的能力，注意要进行分类讨论啊．2．（2013湖北孝感，25，12分）如图1，已知正方形ABCD的边长为1，点E在边BC上，若∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．（1）图1中若点E是边BC的中点，我们可以构造两个三角形全等来证明AE=EF，请叙述你的一个构造方案，并指出是哪两个三角形全等（不要求证明）；（2）如图2，若点E在线段BC上滑动（不与点B，C重合）．①AE=EF是否总成立？请给出证明；②在如图2的直角坐标系中，当点E滑动到某处时，点F恰好落在抛物线y=﹣x2+x+1上，求此时点F的坐标．考点：二次函数综合题．专题：综合题．分析：（1）取AB的中点G，连接EG，利用SSS能得到△AGE与△ECF全等；（2）①在AB上截取AM=EC，证得△AME≌△ECF即可证得AE=EF；②过点F作FH⊥x轴于H，根据FH=BE=CH设BH=a，则FH=a﹣1，然后表示出点F的坐标，根据点F恰好落在抛物线y=﹣x2+x+1上得到有关a的方程求得a值即可求得点F的坐标；解答：（1）解：如图1，取AB的中点G，连接EG．△AGE与△ECF全等．（2）①若点E在线段BC上滑动时AE=EF总成立．证明：如图2，在AB上截取AM=EC．∵AB=BC，∴BM=BE，∴△MBE是等腰直角三角形，∴∠AME=180°﹣45°=135°，又∵CF平分正方形的外角，∴∠ECF=135°，∴∠AME=∠ECF．而∠BAE+∠AEB=∠CEF+∠AEB=90°，∴∠BAE=∠CEF，∴△AME≌△ECF．∴AE=EF．②过点F作FH⊥x轴于H，由①知，FH=BE=CH，设BH=a，则FH=a﹣1，∴点F的坐标为F（a，a﹣1）∵点F恰好落在抛物线y=﹣x2+x+1上，∴a﹣1=﹣a2+a+1，∴a2=2，（负值不合题意，舍去），∴．∴点F的坐标为．点评：本题考查了二次函数的综合知识，题目中涉及到了全等的知识，还渗透了方程思想，是一道好题．3（2013·济宁，23，?分）如图，直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，与直线y=x交于点C．在线段OA上，动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，同时动点P从点A出发向点O做匀速运动，当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动．分别过点P、Q作x轴的垂线，交直线AB、OC于点E、F，连接EF．若运动时间为t秒，在运动过程中四边形PEFQ总为矩形（点P、Q重合除外）．（1）求点P运动的速度是多少？（2）当t为多少秒时，矩形PEFQ为正方形？（3）当t为多少秒时，矩形PEFQ的面积S最大？并求出最大值．考点：一次函数综合题．（1）根据直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，得出A，B点的坐标，再利用EP∥BO，分析：得出==，据此可以求得点P的运动速度；（2）当PQ=PE时，以及当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，分别求出即可；（3）根据（2）中所求得出s与t的函数关系式，进而利用二次函数性质求出即可．解答：解：（1）∵直线y=－x＋4与坐标轴分别交于点A、B，∴x=0时，y=4，y=0时，x=8，∴==，当t秒时，QO=FQ=t，则EP=t，∵EP∥BO，∴==，∴AP=2t，∵动点Q以每秒1个单位长度的速度从点O出发向点A做匀速运动，∴点P运动的速度是每秒2个单位长度；（2）如图1，当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，则OQ=FQ=t，P A=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，∴8－3t=t，解得：t=2，如图2，当PQ=PE时，矩形PEFQ为正方形，∵OQ=t，P A=2t，∴OP=8－2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8，∴t=3t－8，解得：t=4；（3）如图1，当Q在P点的左边时，∵OQ=t，P A=2t，∴QP=8－t－2t=8－3t，当t=－=时，S矩形PEFQ的最大值为：=4，如图2，当Q在P点的右边时，∵OQ=t，P A=2t，∴QP=t－（8－2t）=3t－8，∴S矩形PEFQ=QP•QE=（3t－8）•t=3t2－8t，∵当点P、Q其中一点停止运动时，另一点也停止运动，∴0≤t≤4，当t=－=时，S矩形PEFQ的最小，∴t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：3×42－8×4=16，综上所述，当t=4时，S矩形PEFQ的最大值为：16．点评：此题主要考查了二次函数与一次函数的综合应用，得出P ，Q 不同的位置进行分类讨论得出是解题关键．4．（2013·潍坊，24，13分）如图，抛物线c bx ax y ++=2关于直线1=x 对称，与坐标轴交于C B A 、、三点，且4=AB ，点⎪⎭⎫ ⎝⎛232，D 在抛物线上，直线是一次函数()02≠-=k kx y 的图象，点O 是坐标原点．（1）求抛物线的解析式；（2）若直线平分四边形OBDC 的面积，求k 的值．（3）把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线与直线交于N M 、两点，问在y 轴正半轴上是否存在一定点P ，使得不论k 取何值，直线PM 与PN 总是关于y 轴对称？若存在，求出P 点坐标；若不存在，请说明理由．答案：（1）因为抛物线关于直线x ＝1对称，AB ＝4，所以A(－1，0)，B(3，0)，由点D(2，1．5)在抛物线上，所以⎩⎨⎧=++=+-5.1240c b a c b a ，所以3a ＋3b ＝1．5，即a ＋b ＝0．5，又12=-a b，即b ＝－2a ，代入上式解得a ＝－0．5，b ＝1，从而c ＝1．5，所以23212++-=x x y ．（2）由（1）知23212++-=x x y ，令x ＝0，得c(0，1．5)，所以CD//AB ，令kx －2＝1．5，得l 与CD 的交点F(2,2k )，令kx －2＝0，得l 与x 轴的交点E(0,2k)，根据S 四边形OEFC ＝S 四边形EBDF 得：OE ＋CF ＝DF ＋BE ，即,511),272()23(272=-+-=+k k k k k 解得（3）由（1）知,2)1(21232122+--=++-=x x x y所以把抛物线向左平移1个单位，再向下平移2个单位，所得抛物线的解析式为221x y -=假设在y 轴上存在一点P(0，t)，t ＞0，使直线PM 与PN 关于y 轴对称，过点M 、N 分别向y 轴作垂线MM 1、NN 1，垂足分别为M 1、N 1，因为∠MPO ＝∠NPO ，所以Rt △MPM 1∽Rt NPN 1，所以1111PN PM NN MM =，………………(1) 不妨设M(x M ，y M )在点N(x N ，y N )的左侧，因为P 点在y 轴正半轴上，则（1）式变为NMN M y t y t x x --=-，又y M ＝k x M －2， y N ＝k x N －2，所以（t ＋2）(x M ＋x N )＝2k x M x N ，……(2) 把y ＝kx －2(k ≠0)代入221x y -=中，整理得x 2＋2kx －4＝0，所以x M ＋x N ＝－2k ， x M x N ＝－4，代入（2）得t ＝2，符合条件，故在y 轴上存在一点P （0，2），使直线PM 与PN 总是关于y 轴对称．考点：本题是一道与二次函数相关的压轴题，综合考查了考查了二次函数解析式的确定，函数图象交点及图形面积的求法，三角形的相似，函数图象的平移，一元二次方程的解法等知识，难度较大．点评：本题是一道集一元二次方程、二次函数解析式的求法、相似三角形的条件与性质以及质点运动问题、分类讨论思想于一体的综合题，能够较好地考查了同学们灵活应用所学知识，解决实际问题的能力。

中考专题训练中考压轴题(二)---动态问题(动点)

中考专题训练中考压轴题（二）------动态问题（动点）1.(07河北省)26. 如图16，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC=50，AD=75，BC=135．点P从点B出发沿折线段BA-AD-DC以每秒5个单位长的速度向点C匀速运动；点Q从点C 出发沿线段CB方向以每秒3个单位长的速度匀速运动，过点Q向上作射线QK⊥BC，交折线段CD-DA-AB于点E．点P、Q同时开始运动，当点P与点C重合时停止运动，点Q也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．（1）当点P到达终点C时，求t的值，并指出此时BQ的长；（2）当点P运动到AD上时，t为何值能使PQ∥DC ？（3）设射线QK扫过梯形ABCD的面积为S，分别求出点E运动到CD、DA上时，S与t的函数关系式；（不必写出t的取值范围）（4）△PQE能否成为直角三角形？若能，写出t的取值范围；若不能，请说明理由．解：（1）t =（50＋75＋50）÷5=35（秒）时，点P到达终点C．此时，QC=35×3=105，∴BQ的长为135－105=30．（2）如图8，若PQ∥DC，又AD∥BC，则四边形PQCD为平行四边形，从而PD=QC，由QC=3t，BA+AP=5t得50＋75－5t=3t，解得t=1258．经检验，当t=1258时，有PQ∥DC．（3）①当点E在CD上运动时，如图9．分别过点A、D作AF⊥BC于点F，DH⊥BC于点H，则四边形ADHF为矩形，且△ABF≌△DCH，从而FH= AD=75，于是BF=CH=30．∴DH=AF=40．又QC=3t，从而QE=QC·tan C=3t·CHDH=4t．（注：用相似三角形求解亦可）∴S=S⊿QCE =12QE·QC=6t2；②当点E在DA上运动时，如图8．过点D作DH⊥BC于点H，由①知DH=40，CH=30，又QC=3t，从而ED=QH=QC－CH=3t－30．∴S= S梯形QCDE =12(ED＋QC)DH =120 t－600．（4）△PQE能成为直角三角形．当△PQE为直角三角形时，t的取值范围是0＜t≤25且t≠1558或t=35．（注：（4）问中没有答出t≠1558或t=35者各扣1分，其余写法酌情给分）图16C图9H图8下面是第（4）问的解法，仅供教师参考：①当点P 在BA （包括点A ）上，即0＜t ≤10时，如图9．过点P 作PG ⊥BC 于点G ，则PG =PB ·sin B =4t ，又有QE =4t = PG ，易得四边形PGQE 为矩形，此时△PQE 总能成为直角三角形．②当点P 、E 都在AD （不包括点A 但包括点D ）上，即10＜t ≤25时，如图8．由QK ⊥BC 和AD ∥BC 可知，此时，△PQE 为直角三角形，但点P 、E 不能重合，即 5t －50＋3t －30≠75，解得t ≠1558． ③当点P 在DC 上（不包括点D 但包括点C ），即25＜t ≤35时，如图10．由ED ＞25×3－30=45，可知，点P 在以QE =40为直径的圆的外部，故 ∠EPQ 不会是直角．由∠PEQ ＜∠DEQ ，可知∠PEQ 一定是锐角．对于∠PQE ，∠PQE ≤∠CQE ，只有当点P 与C 重合，即t =35时，如图11，∠PQE =90°，△PQE 为直角三角形．综上所述，当△PQE 为直角三角形时，t 的取值范围是0＜t ≤25且t ≠1558或t =35．2. (07吉林省) 28．如图①，在边长为的正方形ABCD 中，E F ，是对角线AC 上的两个动点，它们分别从点A ，点C 同时出发，沿对角线以1cm/s 的相同速度运动，过E 作EH 垂直AC 交Rt ACD △的直角边于H ；过F 作FG 垂直AC 交Rt ACD △的直角边于G ，连接HG ，EB ．设HE ，EF ，FG ，GH 围成的图形面积为1S ，AE ，EB ，BA 围成的图形面积为2S （这里规定：线段的面积为0）．E 到达C F ，到达A 停止．若E 的运动时间为s x ，解答下列问题：（1）当08x <<时，直接写出以E F G H ，，，为顶点的四边形是什么四边形，并求x 为何值时，12S S =．（2）①若y 是1S 与2S 的和，求y 与x 之间的函数关系式．（图②为备用图） ②求y 的最大值．图10(P )图11图①图②（第28题）解: （1）以E F G H ，，，为顶点的四边形是矩形．正方形边长为16AC ∴=．AE x =，过B 作BO AC ⊥于O ，则8BO =．24S x ∴=HE x =，162EF x =-，1(162)S x x ∴=-．当12S S =时，(162)4x x x -=．解得10x =（舍去），26x =．∴当6x =时，12S S =．（2）①当08x <≤时，2(162)4220y x x x x x =-+=-+．当816x ≤≤时，AE x =，16CE HE x ==-，162(16)216EF x x =--=-． 1(16)(216)S x x ∴=--．2(16)(216)4252256y x x x x x ∴=--+=-+-．②解法1：当08x <≤时，2222202(1025)502(5)50y x x x x x =-+=--++=--+， ∴当5x =时，y 的最大值为50．当816x ≤≤时，222522562(13)82y x x x =-+-=--+， ∴当13x =时，y 的最大值为82．图① 图②综上可得，y 的最大值为82．解法2：2220(08)y x x x =-+<≤，当2052(2)x =-=⨯-时，y 的最大值为50．2252256(816)y x x x =-+-≤≤，当52132(2)x =-=⨯-时，y 的最大值为82．综上可得，y 的最大值为82．3. (07哈尔滨市)28. 如图，梯形ABCD 在平面直角坐标系中，上底AD 平行于x 轴，下底BC 交y 轴于点E ，点C （4，2-），点(12)D ，，9BC =，4sin 5ABC ∠=．（1）求直线AB 的解析式；（2）若点H 的坐标为(11)--，，动点G 从B 出发，以1个单位/秒的速度沿着BC 边向C 点运动（点G 可以与点B 或点C 重合），求HGE △的面积S （0S ≠）随动点G 的运动时间t '秒变化的函数关系式（写出自变量t '的取值范围）；（3）在（2）的条件下，当72t '=秒时，点G 停止运动，此时直线GH 与y 轴交于点N ．另一动点P 开始从B 出发，以1个单位/秒的速度沿着梯形的各边运动一周，即由B 到A ，然后由A 到D ，再由D 到C ，最后由C 回到B （点P 可以与梯形的各顶点重合）．设动点P 的运动时间为t 秒，点M 为直线HE 上任意一点（点M 不与点H 重合），在点P 的整个运动过程中，求出所有能使PHM ∠与HNE ∠相等的t 的值．（第28题图）（第28题备用图）4. （07扬州市）26.如图，矩形ABCD 中，3AD =厘米，AB a =厘米（3a >）．动点M N ，同时从B 点出发，分别沿B A →，B C →运动，速度是1厘米／秒．过M 作直线垂直于AB ，分别交AN ，CD 于P Q ，．当点N 到达终点C 时，点M 也随之停止运动．设运动时间为t 秒．（1）若4a =厘米，1t =秒，则PM =______厘米；（2）若5a =厘米，求时间t ，使PNB PAD △∽△，并求出它们的相似比；（3）若在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN 与梯形PQDA 的面积相等，求a 的取值范围；（4）是否存在这样的矩形：在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN ，梯形PQDA ，梯形PQCN 的面积都相等？若存在，求a 的值；若不存在，请说明理由．解: （1）34PM =，（2）2t =，使PNB PAD △∽△，相似比为3:2 （3）PM AB CB AB AMP ABC ∠=∠⊥，⊥，，AMP ABC △∽△，PM AM BN AB ∴=即()PM a t t a t PM t a a--==，， (1)3t a QM a-=- 当梯形PMBN 与梯形PQDA 的面积相等，即()()22QP AD DQ MP BN BM++=()33(1)()22t a t t a a t t ta a -⎛⎫⎛⎫-+--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭==化简得66a t a=+，3t ≤，636aa∴+≤，则636a a ∴<≤，≤，（4）36a <≤时，梯形PMBN 与梯形PQDA 的面积相等∴梯形PQCN 的面积与梯形PMBN 的面积相等即可，则CN PM =()3t a t t a ∴-=-，把66a t a=+代入，解之得a =±，所以a = 所以，存在a ，当a =PMBN 与梯形PQDA 的面积、梯形PQCN 的面积相等．4. （06山东济宁卷）如图，以O 为原点的直角坐标系中，A 点的坐标为（0，1），直线x=1交x 轴于点B 。

中考数学《动态问题》专题复习试题含解析

动态问题一.选择题1．，点P是矩形ABCD的边AD上的一动点，矩形的两条边AB、BC的长分别是6和8，则点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是（）A．4.8 B．5 C．6 D．7.2【考点】矩形的性质．【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得OA=OD=5，△AOD的面积，然后由S△A O D=S△A O P+S△D O P=OA•PE+OD•PF求得答案．【解答】解：连接OP，∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，∴S矩形A B C D=AB•BC=48，OA=OC，OB=OD，AC=BD=10，∴OA=OD=5，∴S△A C D=S矩形A B C D=24，∴S△A O D=S△A C D=12，∵S△A O D=S△A O P+S△D O P=OA•PE+OD•PF=×5×PE+×5×PF=（PE+PF）=12，解得：PE+PF=4.8．故选：A．2.）如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P从点A出发，在正方形的边上沿A→B→C的方向运动到点C停止，设点P的运动路程为x（cm），在下列图象中，能表示△ADP的面积y（cm2）关于x（cm）的函数关系的图象是（）A．B．C．D．【考点】动点问题的函数图象．【分析】△ADP的面积可分为两部分讨论，由A运动到B时，面积逐渐增大，由B运动到C时，面积不变，从而得出函数关系的图象．【解答】解：当P点由A运动到B点时，即0≤x≤2时，y=×2x=x，当P点由B运动到C点时，即2＜x＜4时，y=×2×2=2，符合题意的函数关系的图象是A；故选：A．3.）如图，点A的坐标为（0，1），点B是x轴正半轴上的一动点，以AB为边作等腰直角△AB C，使∠BAC=90°，设点B的横坐标为x，点C的纵坐标为y，能表示y与x的函数关系的图象大致是（）A．B．C．D．【考点】动点问题的函数图象．【分析】根据题意作出合适的辅助线，可以先证明△ADC和△AOB的关系，即可建立y与x的函数关系，从而可以得到哪个选项是正确的．【解答】解：作AD∥x轴，作CD⊥AD于点D，若右图所示，由已知可得，OB=x，OA=1，∠AOB=90°，∠BAC=90°，AB=AC，点C的纵坐标是y，∵AD∥x轴，∴∠DAO+∠AOD=180°，∴∠DAO=90°，∴∠OAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=90°，∴∠OAB=∠DAC，在△OAB和△DAC中，，∴△OAB≌△DAC（AAS），∴OB=CD，∴CD=x，∵点C到x轴的距离为y，点D到x轴的距离等于点A到x的距离1，∴y=x+1（x＞0）．故选：A．二.填空题1. ）如图，已知点A是双曲线在第三象限分支上的一个动点，连结AO并延长交另一分支于点B，以AB为边作等边三角形ABC，点C在第四象限内，且随着点A的运动，点C的位置也在不断变化，但点C始终在双曲线上运动，则k的值是﹣3．【分析】根据反比例函数的性质得出OA=OB，连接OC，过点A作AE⊥y轴，垂足为E，过点C作CF⊥y轴，垂足为F，根据等边三角形的性质和解直角三角形求出OC=OA，求出△OFC∽△AEO，相似比，求出面积比，求出△OFC的面积，即可得出答案．【解答】解：∵双曲线的图象关于原点对称，∴点A与点B关于原点对称，∴OA=OB，连接OC，如图所示，∵△ABC是等边三角形，OA=OB，∴OC⊥AB．∠BAC=60°，∴tan∠OAC==，∴OC=OA，过点A作AE⊥y轴，垂足为E，过点C作CF⊥y轴，垂足为F，∵AE⊥OE，CF⊥OF，OC⊥OA，∴∠AEO=∠OFC，∠AOE=90°﹣∠FOC=∠OCF，∴△OFC∽△AEO，相似比，∴面积比，∵点A在第一象限，设点A坐标为（a，b），∵点A在双曲线上，∴S△AEO=ab=，∴S△OFC =FC•OF=，∴设点C坐标为（x，y），∵点C在双曲线上，∴k=xy，∵点C在第四象限，∴FC=x，OF=﹣y．∴FC•OF=x•（﹣y）=﹣xy=﹣，故答案为：﹣3．【点评】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，等边三角形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质和判定的应用，能综合运用知识点进行推理和计算是解此题的关键．2．12所示，已知点C(1，0)，直线y＝－x＋7与两坐标轴分别交于A，B两点，D，E分别是AB，OA上的动点，则△CDE周长的最小值是______．[答案]10[考点]勾股定理，对称问题。

2017-2018中考逸文教育数学动态问题

逸文教育数学动态问题1、已知：如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝3cm，BC= 4cm．点P从点B出发，沿BC向点C匀速运动，速度为1cm/s；过点P作PD∥AB，交AC于点D．同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），解答下列问题：（1）当t为何值时，四边形ADPQ为平行四边形？（2）设四边形ADPQ的面积为y（cm2），试确定y与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S四边形ADPQ∶S△PQB=13∶2？若不存在，请说明理由，若存在，求出t的值，并求出此时PQ的距离．2、已知：如图，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，对角线AC、BD交于点O，点P从点A出发，沿AD 方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另个一点也停止运动，连接PO并延长，交BC于点E.连接PQ与BD相交于点F，连接EQ.设运动时间为t（s）（0＜t＜3）.解答下列问题：（1）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使∠PQE是直角？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；（2）设四边形PECQ的面积为S（cm²），请确定S与t的函数关系式；（3）连接CE，设四边形CFPO的面积是y，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使y：s=1:2？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.（备用图）AC（第24题）BABDCPQEOFABDCPQEOF3、已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，AC=16cm，BD=12cm．点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：（1）当t为何值时，QE⊥AC？（2）设五边形OECQF的面积为S（cm2），试确定S与t的函数关系式；（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S五边形OECQF ：S菱形ABCD=1：5？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；24.（本题满分12分）A。

2018年中考数学专题复习卷几何图形的动态问题精编(含解析)

几何图形的动态问题精编1.如图，平行四边形ABCD中，AB= cm，BC=2cm，∠ABC=45°，点P从点B出发，以1cm/s的速度沿折线BC→CD→DA运动，到达点A为止，设运动时间为t(s)，△ABP的面积为S(cm2)，则S与t的大致图象是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】：分三种情况讨论：①当0≤t≤2时，过A作AE⊥BC于E．∵∠B=45°，∴△ABE是等腰直角三角形．∵AB= ，∴AE=1，∴S= BP×AE= ×t×1= t；②当2＜t≤ 时，S= = ×2×1=1；③当＜t≤ 时，S= AP×AE= ×（-t）×1= （-t）．故答案为：A．【分析】根据题意分三种情况讨论：①当0≤t≤2时，过A作AE⊥BC于E；②当2＜t≤ 2 +时；③当 2 + ＜t≤ 4 +时，分别求出S与t的函数解析式，再根据各选项作出判断，即可得出答案。

2.如图，边长为a的菱形ABCD中,∠DAB=60°,E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点,满足AE+CF=a,△BEF的周长最小值是( )A. B.C.D.【答案】B【解析】：连接BD∵四边形ABCD是菱形，∴AB=AD，∵∠DAB=60°，∴△ABD是等边三角形，∴AB=DB，∠BDF=60°∴∠A=∠BDF又∵AE+CF=a，∴AE=DF，在△ABE和△DBF中，∴△ABE≌△DBF（SAS），∴BE=BF，∠ABE=∠DBF，∴∠EBF=∠ABD=60°，∴△BEF是等边三角形．∵E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点,要使△BEF的周长最小，就是要使它的边长最短∴当BE⊥AD时，BE最短在Rt△ABE中，BE==∴△BEF的周长为【分析】根据等边三角形的性质及菱形的性质，证明∠A=∠BDF，AE=DF，AB=AD，就可证明△ABE≌△DBF，根据全等三角形的性质，可证得BE=BF，∠ABE=∠DBF，再证明△BEF是等边三角形，然后根据垂线段最短，可得出当BE⊥AD时，BE最短，利用勾股定理求出BE的长，即可求出△BEF的周长。

2018年中考数学真题分类汇编第二期专题40动态问题试题含解析

动态问题一.选择题1.（2018•山东烟台市•3分）如图，矩形ABCD中，AB=8cm，BC=6cm，点P从点A出发，以lcm/s 的速度沿A→D→C方向匀速运动，同时点Q从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C方向匀速运动，当一个点到达点C时，另一个点也随之停止．设运动时间为t（s），△APQ的面积为S（cm2），下列能大致反映S与t之间函数关系的图象是（）A．B．C．D．【分析】先根据动点P和Q的运动时间和速度表示：AP=t，AQ=2t，①当0≤t≤4时，Q在边AB上，P在边AD上，如图1，计算S与t的关系式，发现是开口向上的抛物线，可知：选项C.D不正确；②当4＜t≤6时，Q在边BC上，P在边AD上，如图2，计算S与t的关系式，发现是一次函数，是一条直线，可知：选项B不正确，从而得结论．【解答】解：由题意得：AP=t，AQ=2t，①当0≤t≤4时，Q在边AB上，P在边AD上，如图1，S△APQ=AP•AQ==t2，故选项C.D不正确；②当4＜t≤6时，Q在边BC上，P在边AD上，如图2，S△APQ=AP•AB==4t，故选项B不正确；故选：A．【点评】本题考查了动点问题的函数图象，根据动点P和Q的位置的不同确定三角形面积的不同，解决本题的关键是利用分类讨论的思想求出S与t的函数关系式．2. （2018•广西玉林•3分）如图，∠AOB=60°，OA=OB，动点C从点O出发，沿射线OB方向移动，以AC为边在右侧作等边△ACD，连接BD，则BD所在直线与OA所在直线的位置关系是（） A．平行B．相交C．垂直 D．平行、相交或垂直【分析】先判断出OA=OB，∠OAB=∠ABO，分两种情况判断出∠ABD=∠AOB=60°，进而判断出△AOC≌△ABD，即可得出结论．【解答】解：∵∠AOB=60°，OA=OB，∴△OAB是等边三角形，∴OA=AB，∠OAB=∠ABO=60°①当点C在线段OB上时，如图1，∵△ACD是等边三角形，∴AC=AD，∠CAD=60°，∴∠OAC=∠BAD，在△AOC和△ABD中，，∴△AOC≌△ABD，∴∠ABD=∠AOC=60°，∴∠ABE=180°﹣∠ABO﹣∠ABD=60°=∠AOB，∴BD∥OA，②当点C在OB的延长线上时，如图2，同①的方法得出OA∥BD，∵△ACD是等边三角形，∴AC=AD，∠CAD=60°，∴∠OAC=∠BAD，在△AOC和△ABD中，，∴△AOC≌△ABD，∴∠ABD=∠AOC=60°，∴∠ABE=180°﹣∠ABO﹣∠ABD=60°=∠AOB，∴BD∥OA，故选：A．3. （2018•广西桂林•3分）如图，在平面直角坐标系中，M、N、C三点的坐标分别为（，1），（3，1），（3，0），点A为线段MN上的一个动点，连接AC，过点A作交y轴于点B，当点A从M运动到N时，点B随之运动，设点B的坐标为（0，b），则b的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：分两种情形：当A与点N、M重合时来确定b的最大与最小值即可.详解：如图1，当点A与点N重合时，CA⊥AB，∴MN是直线AB的一部分，∵N（3，1）∴OB=1，此时b=1；当点A与点M重合时，如图2，延长NM交y轴于点D，易证△ACN∽△BMD∴∵MN=3-=,DM=，CN=1∴BD=∴OB=BD-OD=-1=,即b=-，∴b的取值范围是.故选A.点睛：此题考查了坐标与图形，灵活运用相似三角形的判定与性质是解此题的关键..4.（2018•广东•3分）如图，点P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿在A→B→C→D 路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（）A．B．C．D．【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．【解答】解：分三种情况：①当P在AB边上时，如图1，设菱形的高为h，y=AP•h，∵AP随x的增大而增大，h不变，∴y随x的增大而增大，故选项C不正确；②当P在边BC上时，如图2，y=AD•h，AD和h都不变，∴在这个过程中，y不变，故选项A不正确；③当P在边CD上时，如图3，y=PD•h，∵PD随x的增大而减小，h不变，∴y随x的增大而减小，∵P点从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，∴P在三条线段上运动的时间相同，故选项D不正确；故选：B．【点评】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．5. （2018•广东•3分）如图，点P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿在A→B→C→D 路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为（）A．B．C．D．【分析】设菱形的高为h，即是一个定值，再分点P在AB上，在BC上和在CD上三种情况，利用三角形的面积公式列式求出相应的函数关系式，然后选择答案即可．【解答】解：分三种情况：①当P在AB边上时，如图1，设菱形的高为h，y=AP•h，∵AP随x的增大而增大，h不变，∴y随x的增大而增大，故选项C不正确；②当P在边BC上时，如图2，y=AD•h，AD和h都不变，∴在这个过程中，y不变，故选项A不正确；③当P在边CD上时，如图3，y=PD•h，∵PD随x的增大而减小，h不变，∴y随x的增大而减小，∵P点从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，∴P在三条线段上运动的时间相同，故选项D不正确；故选：B．【点评】本题考查了动点问题的函数图象，菱形的性质，根据点P的位置的不同，分三段求出△PAD的面积的表达式是解题的关键．二.填空题【点评】本题考查了等边三角形的性质、直角三角形30度角的性质、平行四边形的判定和性质，有难度，掌握确认a+2b的最值就是确认OH最值的范围．1.（2018•江苏无锡•2分）如图，已知∠XOY=60°，点A在边OX上，OA=2．过点A作AC⊥OY 于点C，以AC为一边在∠XOY内作等边三角形ABC，点P是△ABC围成的区域（包括各边）内的一点，过点P作PD∥OY交OX于点D，作PE∥OX交OY于点E．设OD=a，OE=b，则a+2b的取值范围是2≤a+2b≤5．【分析】作辅助线，构建30度的直角三角形，先证明四边形EODP是平行四边形，得EP=OD=a，在Rt△HEP中，∠EPH=30°，可得EH的长，计算a+2b=2OH，确认OH最大和最小值的位置，可得结论．【解答】解：过P作PH⊥OY交于点H，∵PD∥OY，PE∥OX，∴四边形EODP是平行四边形，∠HEP=∠XOY=60°，∴EP=OD=a，Rt△HEP中，∠EPH=30°，∴EH=EP=a，∴a+2b=2（a+b）=2（EH+EO）=2OH，当P在AC边上时，H与C重合，此时OH的最小值=OC=OA=1，即a+2b的最小值是2；当P在点B时，OH的最大值是：1+=，即（a+2b）的最大值是5，∴2≤a+2b≤5．2. （2018•达州•3分）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为．【分析】过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，易得四边形OECF为矩形，由△AOP 为等腰直角三角形得到OA=OP，∠AOP=90°，则可证明△OAE≌△OPF，所以AE=PF，OE=OF，根据角平分线的性质定理的逆定理得到CO平分∠ACP，从而可判断当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，接着证明CE=（AC+CP），然后分别计算P点在D点和B点时OC的长，从而计算它们的差即可得到P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长．【解答】解：过O点作OE⊥CA于E，OF⊥BC于F，连接CO，如图，∵△AOP为等腰直角三角形，∴OA=OP，∠AOP=90°，易得四边形OECF为矩形，∴∠EOF=90°，CE=CF，∴∠AOE=∠POF，∴△OAE≌△OPF，∴AE=PF，OE=OF，∴CO平分∠ACP，∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径为一条线段，∵AE=PF，即AC﹣CE=CF﹣CP，而CE=CF，∴CE=（AC+CP），∴OC=CE=（AC+CP），当AC=2，CP=CD=1时，OC=×（2+1）=，当AC=2，CP=CB=5时，OC=×（2+5）=，∴当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长=﹣=2．故答案为2．【点评】本题考查了轨迹：灵活运用几何性质确定图形运动过程中不变的几何量，从而判定轨迹的几何特征，然后进行几何计算．也考查了全等三角形的判定与性质．3. （2018•杭州•4分）折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A 落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C落在直线AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若AB=AD+2，EH=1，则AD=________。