湖南省2018年中考数学复习专题检测专题七 几何动点探究题

湖南省2018年中考数学复习专题检测
专题(七)几何动点探究题
1．[2017·德州]如图ZT7－1①，在矩形纸片ABCD中，AB＝3 cm，AD＝5 cm，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于点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．
图ZT7－1
2．[2017·丽水]如图ZT7－2①，在△ABC中，∠A＝30°，点P从点A出发以2 cm/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C1，C2两段组成，如图②所示．
(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．
图ZT7－2
3.[2017·徐州]如图ZT7－3，将边长为6的正三角形纸片ABC按如下顺序进行两次折叠，展开后，得折痕AD，BE(如图①)，点O为其交点．
(1)探求AO与OD的数量关系，并说明理由；
(2)如图②，若P，N分别为BE，BC上的动点．
①当PN＋PD的长度取得最小值时，求BP的长度；
②如图③，若点Q在线段BO上，BQ＝1，则QN＋NP＋PD的最小值＝________．
图ZT7－3
4．[2017·湘潭]如图ZT 7－4，动点M 在以O 为圆心，AB 为直径的半圆弧上运动(点M 不与点A ，B 及AB ︵
的中点F 重合)，连接OM ，过点M 作ME ⊥AB 于点E ，以BE 为边在半圆同侧作正方形BCDE ，过点M 作⊙O 的切线交射线DC 于点N ，连接BM ，BN.
(1)探究：如图①，当动点M 在AF ︵
上运动时：
①判断△OEM ∽△MDN 是否成立？请说明理由；
②设ME ＋NC
MN ＝k ，k 是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； ③设∠MBN ＝α，α是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由； (2)拓展：如图②，当动点M 在FB ︵
上运动时：
分别判断(1)中的三个结论是否保持不变？如有变化，请直接写出正确的结论(均不必说明理由)．
图ZT 7－4
参考答案
1．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∵四边形ABCD为矩形，
∴BC＝AD＝5 cm，CD＝AB＝3 cm，∠A＝∠D＝90°. ∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5 cm.
在Rt△CDE中，DE2＝CE2－CD2，
即DE2＝52－32，
∴DE＝4 cm.∴AE＝AD－DE＝5－4＝1(cm)．
∴在Rt△APE中，AE＝1，AP＝3－PB＝3－PE，
∴EP2＝12＋(3－EP)2，解得EP＝5
3cm.
∴菱形BFEP边长为5
3cm.
②当点Q与点C重合时，点E离A点最近，
由①知，此时AE＝1 cm.
当点P与点A重合时，如图，点E离A点最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3 cm，∴点E在边AD上移动的最大距离为2 cm.
2．解：(1)如图①，过点P作PD⊥AB于点D.
∵∠A＝30°，PA＝2x，
∴PD＝PA·sin 30°＝2x·1
2＝x，
∴y ＝12AQ·PD ＝12ax·x ＝12ax 2.由图象得，当x ＝1时，y ＝12，则12a·12＝12，∴a ＝1.
(2)当点P 在BC 上时过点P 作PD ⊥AB 于点D ，(如图②)，PB ＝5×2－2x ＝10－2x.∴PD ＝PB·sin B ＝(10－2x)·sin B ．∴y ＝12AQ·PD ＝12x·(10－2x)·sin B ．由图象得，当x ＝4时，y ＝43，∴12×4×(10－8)·sin B ＝43，∴sin B ＝13，∴y ＝12x·(10－2x)·13＝－
13x 2＋53x.
(3)由C 1，C 2的函数表达式，得12x 2＝－13x 2＋5
3x ，解得x 1＝0(舍去)，x 2＝2.由图象得，当0≤x ≤2时，函数y ＝12x 2的最大值为y ＝12×22＝2.将y ＝2代入函数y ＝－13x 2＋53x ，得2＝－1
3x 2＋5
3x ，解得x 1＝2，x 2＝3，∴由图象得，x 的取值范围是2＜x ＜3.
3．解：(1)AO ＝2OD.
理由如下：由折叠可知，∠BAO ＝∠ABO ＝30°， ∴OA ＝OB.
在Rt △BDO 中，∠OBD ＝30°， ∴OD ＝1
2OB. ∵OA ＝OB ， ∴AO ＝2OD.
(2)①如图①，点N′是点N 关于BO 的对称点，连接PN′，则PN′＝PN ， ∴PN ＋PD ＝PN′＋PD ≥DN ′.
∴当DN′⊥AB 时，PN ＋PD 取得最小值，此时，BO 与DN′的交点为P. 在Rt △N ′DB 中，BD ＝3，∠ABC ＝60°，
∴BN′＝3 2.
在Rt△BN′P中，cos 30°＝BN′BP，
∴
3
2＝
3
2
BP，BP＝
3.
②10.如图②，作BE关于BC对称的线段BF，在线段BF上截取BQ′＝BQ，作点D关于BE的对称点D′，连接D′Q′，则D′Q′的长就是QN＋NP＋PD的最小值．根据题意，知∠D′BQ′＝90°，BQ′＝1，BD′＝3，由勾股定理，得D′Q′＝BQ′2＋BD′2＝12＋32＝10.
4．解：(1)①∵ME⊥AB，∴∠MEO＝90°.
∵四边形BCDE是正方形，
∴∠NDM＝90°，
∴∠NDM＝∠MEO.
∵MN是过点M的⊙O的切线，
∴OM⊥MN，
∴∠DMN＋∠EMO＝90°，
又∠EMO＋∠EOM＝90°，
∴∠DMN＝∠EOM，
∴△OEM∽△MDN.
②设OE＝x，ME＝y，圆的半径为r，
则BE＝BC＝CD＝DE＝x＋r，
MD＝DE－ME＝x＋r－y，x2＋y2＝r2.
∵△OEM ∽△MDN ，
∴OE MD ＝OM MN ＝ME ND ，即x x ＋r －y ＝r MN ＝y
ND ，可以得到MN ＝r （x ＋r －y ）x ，DN ＝
y （x ＋r －y ）
x
，
ME ＋NC ＝ME ＋DC －DN ＝y ＋x ＋r －y （x ＋r －y ）x ＝xy ＋x 2＋rx －yx －yr ＋y 2
x
＝
x 2＋y 2＋rx －yr x ＝r 2＋rx －yr x ＝r （x ＋r －y ）
x
＝MN ，
∴ME ＋NC MN
＝1，
即k ＝1为定值．
③α＝45°为定值．如图，在射线DC 上取点H ，使得ME ＝CH ， 连接BH.在△MEB 和△HCB 中，
⎩⎨⎧ME ＝HC ，
∠MEB ＝∠HCB ＝90°，BE ＝BC ，
∴△MEB ≌△HCB(SAS )，
∴∠MBE ＝∠HBC(全等三角形的对应角相等)， BM ＝BH(全等三角形的对应边相等)． 由②知，ME ＋NC ＝MN ， ∴MN ＝NC ＋CH ＝NH.
在△MBN 和△HBN 中，⎩⎨⎧MN ＝HN ，
BM ＝BH ，BN ＝BN ，
∴△MBN ≌△HBN(SSS )．
∴∠MBN ＝∠HBN(全等三角形的对应角相等)．
∵∠EBC ＝∠EBM ＋∠MBN ＋∠NBC ＝∠MBN ＋∠NBH ＝2∠MBN ＝90°，
∴∠MBN＝45°.
(2)(1)中的第一个结论和第三个结论不变，第二个结论变成ME－NC
MN＝k，k为定值．。