2020年中考数学热点专题四动态探究问题解析版

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2020年中考数学复习第34章动态探究问题(专题复习讲义)

中考数学复习第34章动态探究问题（专题复习讲义）考点一动点与函数图象问题动点与函数图象问题常见的四种类型(1)三角形中的动点问题:动点沿三角形的边运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象.(2)四边形中的动点问题:动点沿四边形的边运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象.(3)圆中的动点问题:动点沿圆周运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象.(4)直线、双曲线、抛物线中的动点问题:动点沿直线、双曲线、抛物线运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象.【例1】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(cm2),则S(cm2)与t(s)的函数关系可用图象表示为( )【思路点拨】由点E,F分别从B,C两点同时出发,以1cm/s的速度沿BC,CD运动,得到BE=CF=t,则CE=8-t,再根据正方形的性质得OB=OC,∠OBC=∠OCD=45°,然后根据“SAS”可判断△OBE≌△OCF,所以S△OBE=S△OCF,这样S四边形OECF=S△OBC=16,于是,S=S四边形OECF-S△CEF=16- (8-t)·t,然后配方得到S= (t-4)2+8(0≤t≤8),最后利用解析式和二次函数的性质对各选项进行判断. 【自主解答】选B.根据题意BE=CF=t,CE=8-t,∵四边形ABCD为正方形,∴OB=OC,∠OBC=∠OCD=45°,∵在△OBE和△OCF中,∴△OBE≌△OCF(SAS),∴S△OBE=S△OCF,∴S四边形OECF=S△OBC=0.5×82=16,∴S=S四边形OECF -S△CEF=16- 0.5(8-t)·t= 0.5 t2-4t+16=0.5(t-4)2+8(0≤t≤8),∴S(cm2)与t(s)的函数图象为抛物线的一部分,顶点为(4,8),自变量的取值范围为0≤t≤8.【特别提醒】解答动态性问题通常是对几何图形运动过程有一个完整、清晰的认识，发掘“动”与“静”的内在联系，寻求变化规律，从变中求不变，从而达到解题目的.【知识归纳】解答函数的图象问题一般遵循的步骤(1)根据自变量的取值范围对函数进行分段.(2)求出每段的解析式.(3)由每段的解析式确定每段图象的形状.考点二图形运动与函数图象问题图形运动与函数图象问题常见的三种类型(1)线段与多边形的运动图形问题:把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象.(2)多边形与多边形的运动图形问题:把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象.(3)多边形与圆的运动图形问题:把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形,或把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过一个圆,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象.【例2】如图,将边长为4的正方形ABCD的一边BC与直角边分别是2和4的Rt △GEF的一边GF重合.正方形ABCD以每秒1个单位长度的速度沿GE向右匀速运动,当点A和点E重合时,正方形停止运动.设正方形的运动时间为t秒,正方形ABCD与Rt△GEF重叠部分面积为S,则S关于t的函数图象为()【思路点拨】先分三种情况,第一种情况,用含t的代数式表示BE,利用相似三角形的面积比等于相似比的平方,求出重叠部分的面积;第二种情况,重叠部分的面积等于△GEF的面积;第三种情况,类比第一种情况就可求出.然后根据t的取值范围和函数关系式画出图象,从而做出正确的选择.【标准解答】选B.第一种情况:∵BE=2-t,S△GEF= GE×GF=4,∵△BHE∽△GFE,∴2BHEGEFS2t()S2-=VV，解得S△BHE=t2-4t+4,∴S=S△GEF-S△BHE=-t2+4t(0≤t<2).第二种情况:S=S△GEF=4(2≤t<4),第三种情况:∵AE=6-t,∵△AEP∽△GEF,∴=t2-12t+36(4≤t≤6).解得S△AEP在同直角坐标系中画出以上三个函数图象,只有选项B符合题意,故选B.【特别提醒】对于用图象描述分段函数的实际问题,要抓住以下几点:(1)自变量变化而函数值不变化的图象用水平线段表示.(2)自变量变化函数值也变化的增减变化情况.(3)函数图象的最低点和最高点.考点三动点问题探索动点问题常见的四种类型(1)三角形中的动点问题:动点沿三角形的边运动,通过全等或相似,探究构成的新图形与原图形的边或角的关系.(2)四边形中的动点问题:动点沿四边形的边运动,通过探究构成的新图形与原图形的全等或相似,得出它们的边或角的关系.(3)圆中的动点问题:动点沿圆周运动,探究构成的新图形的边角等关系.(4)直线、双曲线、抛物线中的动点问题:动点沿直线、双曲线、抛物线运动,探究是否存在动点构成的三角形是等腰三角形或与已知图形相似等问题.【例3】如图,抛物线y=-0.5x2+mx+n与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴交x轴于点D,已知A(-1,0),C(0,2).(1)求抛物线的解析式.(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P,使△PCD是以CD为腰的等腰三角形,如果存在,直接写出P点的坐标,如果不存在,请说明理由.(3)点E是线段BC上的一个动点,过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F,当点E运动到什么位置时,四边形CDBF的面积最大?求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.【思路点拨】(1)n=2,把点(-1,0)代入解出.(2)求出抛物线的对称轴及CD的长,若以点D为等腰三角形的顶点,P点的位置有两个,它们到点D的距离都等于CD;以点C为顶点时,P点的位置有一个.(3)把四边形CDBF的面积最大问题转化为△CBF的面积最大问题,设出点E的横坐标,分别表示出点E,F的纵坐标,找到△CBF的面积与点E横坐标之间的函数关系式,应用函数的性质解决问题.【特别提醒】(1)弄清动点与动线的运动过程是解题的关键.(2)解动态几何问题,一般采取“动中求静,静中求解”的求解策略.以相对静止的瞬间,清晰地发现量与量之间的关系,利用数形结合,从中找到解决问题的途径.(3)注意第(3)问中,分点P在x轴上方和下方两种情况讨论,避免因漏解而失分,以P,M,A为顶点的三角形与△BOC相似,注意边的对应.【知识归纳】解答动点问题的一般方法解这类题目要“以静制动”,即把动态问题,变为静态问题来解.(1)仔细读题,分析给定条件中哪些量是运动的,哪些量是不动的.针对运动的量,要分析它是如何运动的,运动过程是否需要分段考虑,分类讨论.针对不动的量,要分析它们和动量之间可能有什么关系,如何建立种关系.(2)画出图形,进行分析,尤其在于找准运动过程中静止的那一瞬间题目间各个变量的关系.如果没有静止状态,通过比例、相等等关系建立变量间的函数关系来研究.(3)做题过程中时刻注意分类讨论,不同的情况下题目是否有不同的表现,很多同学丢分就丢在没有讨论,只是想当然看出了题目所给的那一种图示方式,没有想到另外的方式,是否能想到就成了关键.考点四图形运动问题探索图形运动问题常见的两种类型(1)三角形运动问题:一个三角形相对于另一个三角形运动,根据图形中的变与不变解决问题.(2)四边形的运动问题:一个三角形相对于一个四边形运动,根据图形中的变与不变解决问题.【例4】如图,在△ABC中,∠B=45°,BC=5,高AD=4,矩形EFPQ的一边QP在BC边上,E,F分别在AB,AC上,AD交EF于点H.(1)求证：AH EF. AD BC(2)设EF=x，当x为何值时，矩形EFPQ的面积最大？并求出最大面积.(3)当矩形EFPQ面积最大时，该矩形以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动(当矩形的边PQ到达A点时停止运动)，设运动的时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S，求S与t的函数关系式，并写出t的取值范围.【思路点拨】(1)有“A”字形和平行线,易发现△AEF∽△ABC,再根据相似三角形对应高的比等于对应边的比是解题的关键.(2)矩形面积最大,即为求二次函数的最值问题,由(1)的结论可求出AH的表达式,进而求出HD(即FP)的表达式;再根据矩形的面积公式求出矩形EFPQ的面积和x 的函数关系式,再用配方法可得到矩形的最大面积和对应的x的值.(3)①当0≤t<2时,重合部分是六边形可分成梯形和矩形,由“A”字型发现△AMN∽△ABC,求出AM关于t的表达式,代入可得到S,t的函数关系式;②当2≤t≤4时,重合部分是△AMN.求出底MN和高AI,便可求出S,t的函数关系式.(3)当矩形EFPQ面积最大时，该矩形以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动时，设运动的时间为t秒，矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S.。

中考专题复习动态探究型问题课件(共20张PPT)

经过程
温馨提示 1.与小组同伴核对答案，交流做法； 2.梳理每道题目所考查的数学思想和方法； 3.分小组展示预习成果.
题型一图形运动与函数图象
如图所示：边长分别为1和2的两个正方形，其中一边在同一水平线上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t，大正方形内去掉小正方形后的面积为s，那么s
与t的大致图象应为（A）.
A
B
C
D
举一反三
如图,点P是 ABCD边上一动点,沿A→D→C→B的路径移动,设P点经过的路径长为 x,△BAP的面积是y,则下列能大致反映y与x的函数关系
的图象是( A ).
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
A
B
C
D
题型二点的运动与几何图形
△ABC中,AB=AC=5,BC=8,点P是BC边上的动点,过点P作PD⊥AB于点D,PE⊥AC
系式，并写出自变量的取值范围.
(3)在(2)的条件下，是否存在点P，使以点A，B，P为顶点的三角形与△AOB相似?若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明
理由.
固知识
D
A. ① , 设运动时间为
(x 单位：
s), 弦 PB 的长 ,y 那么下图列象中可能
B. ③
C. ②或④
D. ①或③
示 y 与 x 函数关数系
()
挑战中考
（2016•济宁）如图，已知抛物线m：ya2x 6a xc(a0) 的顶点A在x轴上，并过点B（0，1），直线n：y 1 x 7
22
与x轴交于点D，与抛物线m的对称轴L交于点F，过B点的直线BE与直线n相交于点E（﹣7，7）．
（1）求抛物线m的解析式；（2）P是对称轴L上的一个动点，若以B，E， P为顶点的三角形的周长最小，求点P的坐标；（3）抛物线m上是否存在一动点Q，使以线段 FQ为直径的圆恰好经过点D？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．

2020山西省中考数学专题复习函数与几何图形动态探究题

函数与几何图形动态探究题（每年均在最后一题考查）【题型解读】函数与几何图形动态探究题是山西中考的必考题，这类题型属于开放探究题，考查学生综合探究、几何直观和数学运算能力，在综合探究过程中，培养严谨的逻辑思维和分类讨论的思想，逐步体会分类的方法和原因，逐步提高发现和提出问题以及分析和解决问题的能力.类型一运动产生的线段问题（含最值问题）[8年3考：2018.23（3）；2017.23；2012.26（3）]1.（2017山西23题14分）综合与探究如图，抛物线y＝－39x2＋233x＋33与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接AC，B C.点P沿AC以每秒1个单位长度的速度由点A向点C运动，同时，点Q沿BO以每秒2个单位长度的速度由点B向点O运动，当一个点停止运动时，另一个点也随之停止运动，连接PQ.过点Q作QD⊥x 轴，与抛物线交于点D，与BC交于点E，连接PD，与BC交于点F.设点P的运动时间为t秒（t＞0）.（1）求直线BC的函数表达式；（2）①直接写出P，D两点的坐标（用含t的代数式表示，结果需化简）；②在点P，Q运动的过程中，当PQ＝PD时，求t的值；（3）试探究在点P，Q运动的过程中，是否存在某一时刻，使得点F为PD的中点？若存在，请直接写出此时t的值与点F的坐标；若不存在，请说明理由.第1题图2.（13分）（2019太原一模）综合与探究如图，抛物线y＝－x2－2x＋3与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C.点D（m，0）为线段OA上一个动点（与点A，O不重合），过点D作x轴的垂线与线段AC交于点P，与抛物线交于点Q，连接BP，与y轴交于点E.（1）求A，B，C三点的坐标；（2）当点D是OA的中点时，求线段PQ的长；（3）在点D运动的过程中，探究下列问题：①是否存在一点D，使得PQ＋22PC取得最大值？若存在，求此时m的值；若不存在，请说明理由；②连接CQ，当线段PE＝CQ时，直接写出m的值.第2题图备用图3. （13分）综合与探究如图，直线y ＝－34x ＋1与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，抛物线y ＝－12x 2＋bx ＋c 经过点B ，且与直线AB 的另一交点为C （4，n ）.（1）求该抛物线的表达式及点C 的坐标；（2）设抛物线上的一个动点P 的横坐标为t （0＜t ＜4），过点P 作PD ⊥AB 交直线AB 于点D ，作PE ∥y 轴交直线AB 于点E .①求线段PD 的长的最大值； ②当t 为何值时，点D 为BE 的中点.第3题图4. （13分）综合与探究已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋2经过A （－1，0），B （2，0），C 三点.直线y ＝mx ＋12交抛物线于A ，Q 两点，点P 是抛物线上直线AQ 上方的一个动点，过点P 作PF ⊥x 轴，垂足为点F ，交AQ 于点N .（1）求抛物线的表达式；（2）如图①，在点P 运动过程中，当PN ＝2NF 时，求点P 的坐标；（3）如图②，线段AC 的垂直平分线交x 轴于点E ，垂足为点D ，点M 为抛物线的顶点，在直线DE 上是否存在一点G ，使△CMG 的周长最小？若存在，请求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由.第4题图类型二运动产生的面积问题[8年3考：2019.23（2）；2015.24（3）；2014.24（2）]1. （2015山西24题13分）综合与探究如图①，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线W 的函数表达式为y ＝－421x 2＋1621x ＋4.抛物线W 与x 轴交于A ，B 两点（点B 在点A 的右侧），与y 轴交于点C ，它的对称轴与x 轴交于点D ，直线l 经过C ，D 两点.（1）求A ，B 两点的坐标及直线l 的函数表达式；（2）将抛物线W 沿x 轴向右平移得到抛物线W ′，设抛物线W ′的对称轴与直线l 交于点F ，当△ACF 为直角三角形时，求点F 的坐标，并直接写出此时抛物线W ′的函数表达式；（3）如图②，连接AC ，CB ，将△ACD 沿x 轴向右平移m 个单位（0＜m ≤5），得到△A ′C ′D ′.设A ′C ′交直线l 于点M ，C ′D ′交CB 于点N ，连接CC ′，MN .求四边形CMNC ′的面积（用含m 的代数式表示）.第1题图2. （13分）综合与探究如图，已知抛物线y＝ax2－3x＋c与y轴交于点A（0，－4），与x轴交于点B（4，0），点P是线段AB 下方抛物线上的一个动点.（1）求这条抛物线的表达式及其顶点的坐标；（2）求点P移动到抛物线的什么位置时，∠P AB＝90°，求出此时点P的坐标；（3）当点P从点A出发，沿线段AB下方的抛物线向终点B移动，在移动中，设点P的横坐标为t，△P AB的面积为S，求S关于t的函数表达式，并求t为何值时，S有最大值，最大值是多少？第2题图3.（13分）综合与探究如图，已知抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A（－1，0）、B两点，与y轴交于点C（0，3）.（1）求抛物线的表达式；（2）点D是第一象限内抛物线上的一个动点（与点C、B不重合），过点D作DF⊥x轴于点F，交直线BC于点E，连接BD、C D.设点D的横坐标为m，△BCD的面积为S.①求S关于m的函数关系式及自变量m的取值范围；②当m为何值时，S有最大值，并求这个最大值；（3）在（2）的条件下，直线BC能否把△BDF分成面积之比为2∶3的两部分？若能，请求出点D的坐标；若不能，请说明理由.第3题图4.（13分）（2019淮安）综合与探究如图，已知二次函数的图象与x 轴交于A 、B 两点，D 为顶点，其中点B 的坐标为（5，0），点D 的坐标为（1，3）.（1）求该二次函数的表达式；（2）点E 是线段BD 上的一点，过点E 作x 轴的垂线，垂足为F ，且ED ＝EF ，求点E 的坐标；（3）试问在该二次函数图象上是否存在点G ，使得△ADG 的面积是△BDG 的面积的35？若存在，求出点G 的坐标；若不存在，请说明理由.第4题图备用图类型三运动产生的等腰三角形、菱形问题[8年2考：2018.23（2）；2016.23（3）]1. （2018山西23题13分）综合与探究如图，抛物线y ＝13x 2－13x －4与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，连接AC ，B C.点P 是第四象限内抛物线上的一个动点，点P 的横坐标为m ，过点P 作PM ⊥x 轴，垂足为点M ，PM 交BC 于点Q ，过点P 作PE ∥AC 交x 轴于点E ，交BC 于点F .（1）求A ，B ，C 三点的坐标；（2）试探究在点P 运动的过程中，是否存在这样的点Q ，使得以A ，C ，Q 为顶点的三角形是等腰三角形.若存在，请直接．．写出此时点Q 的坐标；若不存在，请说明理由；（3）请用含m 的代数式表示线段QF 的长，并求出m 为何值时QF 有最大值.第1题图2. （13分）（2019山西适应性训练）综合与探究如图①，在平面直角坐标系中，二次函数y＝x2－2x－3交x轴于A、B两点，（点A在点B的左侧）与y轴交于点C，连接AC，B C.（1）求点A、点B和点C的坐标；（2）如图②，若点D为第四象限内抛物线上一动点，点D的横坐标为m，△BCD的面积为S.求S关于m的函数关系式，并求出S的最大值；（3）抛物线的对称轴上是否存在点P，使△BCP为等腰三角形？若存在，请直接写出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由.第2题图3. （13分）（2019眉山）综合与探究如图①，在平面直角坐标系中，抛物线y ＝－49x 2＋bx ＋c 经过点A （－5，0）和点B （1，0）.（1）求抛物线的解析式及顶点D 的坐标；（2）点P 是抛物线上A 、D 之间的一点，过点P 作PE ⊥x 轴于点E ，PG ⊥y 轴，交抛物线于点G ，过点G 作GF ⊥x 轴于点F ，当矩形PEFG 的周长最大时，求点P 的横坐标；（3）如图②，连接AD 、BD ，点M 在线段AB 上（不与A 、B 重合），作∠DMN ＝∠DBA ，MN 交线段AD 于点N ，是否存在这样点M ，使得△DMN 为等腰三角形？若存在，求出AN 的长；若不存在，请说明理由.第3题图4. （13分）综合与探究如图，在平面直角坐标系中，Rt△ABC的边BC在x轴上，∠ABC＝90°，以A为顶点的抛物线y＝－x2＋bx＋c经过点C（3，0），交y轴于点E（0，3），动点P在对称轴上.（1）求抛物线解析式；（2）若点P从A点出发，沿A→B方向以1个单位/秒的速度匀速运动到点B停止，设运动时间为t秒，过点P作PD⊥AB交AC于点D，过点D作平行于y轴的直线l交抛物线于点Q，连接AQ，CQ，当t为何值时，△ACQ的面积最大？最大值是多少？（3）若点M是平面内的任意一点，在x轴上方是否存在点P，使得以点P，M，E，C为顶点的四边形是菱形，若存在，请直接写出符合条件的M点坐标；若不存在，请说明理由.第4题图备用图类型四运动产生的直角三角形、矩形问题[8年2考：2015.24（2）；2013.26（3）]1. （2013山西26题14分）综合与探究如图，抛物线y ＝14x 2－32x －4与x 轴交于A ，B 两点（点B 在点A 的右侧），与y 轴交于点C ，连接BC ，以BC 为一边，点O 为对称中心作菱形BDEC ，点P 是x 轴上的一个动点，设点P 的坐标为（m ，0），过点P 作x 轴的垂线l 交抛物线于点Q .（1）求点A ，B ，C 的坐标；（2）当点P 在线段OB 上运动时，直线l 分别交BD ，BC 于点M ，N .试探究m 为何值时，四边形CQMD 是平行四边形，此时，请判断四边形CQBM 的形状，并说明理由；（3）当点P 在线段EB 上运动时，是否存在点Q ，使△BDQ 为直角三角形，若存在，请直接写出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.第1题图2. （13分）综合与探究如图，二次函数y＝kx2－3kx－4k（k≠0）的图象与x轴交于A，B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，OC＝O A.（1）求点A的坐标和抛物线的解析式；（2）在抛物线上是否存在点P，使得△ACP是以AC为直角边的直角三角形？若存在，求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，说明理由；（3）过抛物线上的点Q作垂直于y轴的直线，交y轴于点E，交直线AC于点D，过点D作x轴的垂线，垂足为点F，连接EF，当线段EF的长度最短时，直接写出点Q的坐标.第2题图3.（13分）综合与探究如图①，已知抛物线y＝ax2＋bx＋c的图象经过点A（0，3）、B（1，0），其对称轴为直线l：x＝2，过点A作AC∥x轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点，设其横坐标为m.（1）求抛物线的解析式；（2）若动点P在直线OE下方的抛物线上，连接PE、PO，当m为何值时，四边形AOPE面积最大，并求出其最大值；（3）如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由.第3题图4.（13分）综合与探究如图，抛物线y ＝－49x 2＋bx ＋c 与y 轴交于点A （0，8），与x 轴交于点B （6，0），C ，过点A 作AD ∥x轴与抛物线交于另一点D.（1）求抛物线的表达式；（2）连接AB ，点P 为AB 上一个动点，由点A 以每秒1个单位长度的速度沿AB 运动（不与点B 重合），运动时间为t ，过点P 作PQ ∥y 轴交抛物线于点Q ，求PQ 与t 的函数关系式；（3）点M 是y 轴上的一个点，点N 是平面直角坐标系内一点，是否存在这样的点M 、N ，使得以B 、D 、M 、N 为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点N 的坐标；若不存在，请说明理由.第4题图类型五运动产生的平行四边形问题[8年3考：2019.23（3）；2014.24（3）；2012.26（2）]1. （2019山西23题13分）综合与探究如图，抛物线y ＝ax 2＋bx ＋6经过点A （－2，0），B （4，0）两点，与y 轴交于点C.点D 是抛物线上一个动点，设点D 的横坐标为m （1<m <4）.连接AC ，BC ，DB ，D C.（1）求抛物线的函数表达式；（2）当△BCD 的面积等于△AOC 的面积的34时，求m 的值；（3）在（2）的条件下，若点M 是x 轴上一动点，点N 是抛物线上一动点，试判断是否存在这样的点M ，使得以点B ，D ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形.若存在，请直接写出点M 的坐标；若不存在，请说明理由.第1题图2. （2014山西24题13分）综合与探究如图，在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是平行四边形，A，C两点的坐标分别为（4，0），（－2，3），抛物线W经过O，A，C三点，D是抛物线W的顶点.（1）求抛物线W的解析式及顶点D的坐标；（2）将抛物线W和▱OABC一起先向右平移4个单位后，再向下平移m（0＜m＜3）个单位，得到抛物线W′和▱O′A′B′C′.在向下平移的过程中，设▱O′A′B′C′与▱OABC的重叠部分的面积为S，试探究：当m 为何值时S有最大值，并求出S的最大值；（3）在（2）的条件下，当S取最大值时，设此时抛物线W′的顶点为F，若点M是x轴上的动点，点N是抛物线W′上的动点，试判断是否存在这样的点M和点N，使得以D，F，M，N为顶点的四边形是平行四边形，若存在，直接．．写出点M的坐标；若不存在，请说明理由.第2题图3.（13分）（2019广安）综合与探究如图，抛物线y＝－x2＋bx＋c与x轴交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于点N，过A点的直线l：y＝kx＋n与y轴交于点C，与抛物线y＝－x2＋bx＋c的另一个交点为D，已知A（－1，0），D（5，－6）.P点为抛物线y＝－x2＋bx＋c上一动点（不与A、D重合）.（1）求抛物线和直线l的解析式；（2）当点P在直线l上方的抛物线上时，过P点作PE∥x轴交直线l于点E，作PF∥y轴交直线l于点F，求PE＋PF的最大值；（3）设M为直线l上的点，探究是否存在点M，使得以点N、C、M、P为顶点的四边形为平行四边形.若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.第3题图4.（13分）（2019山西百校联考四）综合与探究如图，抛物线y ＝14x 2－12x －2，与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左侧），与y 轴交于点C ，抛物线的对称轴为l .（1）求点A ，B ，C 的坐标；（2）若点D 是第一象限内抛物线上一点，过点D 作DE ⊥x 轴于点E ，交直线BC 于点F ，当OE ＝4DF 时，求四边形DOBF 的面积；（3）在（2）的条件下，若点M 在抛物线上，点N 在抛物线的对称轴上，是否存在以点B ，D ，M ，N 为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出所有符合条件的点M 的坐标；若不存在，请说明理由.第4题图拓展类型1.（13分）（2018河南）综合与探究如图，抛物线y＝ax2＋6x＋c交x轴于A，B两点，交y轴于点C.直线y＝x－5经过点B，C.（1）求抛物线的解析式；（2）过点A的直线交直线BC于点M.①当AM⊥BC时，过抛物线上一动点P（不与点B，C重合），作直线AM的平行线交直线BC于点Q，若以点A，M，P，Q为顶点的四边形是平行四边形，求点P的横坐标；②连接AC，当直线AM与直线BC的夹角等于∠ACB的2倍时，请直接写出点M的坐标.第1题图备用图2.（13分）（2019襄阳）综合与探究如图，在直角坐标系中，直线y ＝－12x ＋3与x 轴，y 轴分别交于点B ，点C ，对称轴为x ＝1的抛物线过B ， C 两点，且交x 轴于另一点A ，连接A C.（1）直接写出点A ，点B ，点C 的坐标和抛物线的解析式；（2）已知点P 为第一象限内抛物线上一点，当点P 到直线BC 的距离最大时，求点P 的坐标；（3）抛物线上是否存在一点Q （点C 除外），使以点Q ，A ，B 为顶点的三角形与△ABC 相似？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由.第2题图参考答案类型一运动产生的线段问题(含最值问题)1. 解：(1)令y ＝0，得－39x 2＋233x ＋33＝0，解得x 1＝－3，x 2＝9， ∵点A 在点B 的左侧， ∴点B 的坐标为(9，0)．令x ＝0，得y ＝33，∴点C 的坐标为(0，33)．(2分)设直线BC 的函数表达式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，代入B ，C 两点的坐标得⎩⎨⎧9k ＋b ＝0，b ＝33，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－33，b ＝33，∴直线BC 的函数表达式为y ＝－33x ＋33；(4分) (2)①P (t 2－3，32t )，D (9－2t ，－439t 2＋833t )；(6分)【解法提示】由(1)可知A (－3，0)，C (0，33)，∴∠CAO ＝60°.如解图，过点P 作PG ⊥x 轴于点G ，在Rt △APG 中，∵AP ＝t ，∴AG ＝t 2，PG ＝32t .∴P (t 2－3，32t )．∵BQ ＝2t ，B (9，0)，∴OQ ＝9－2t .∴点D的横坐标为9－2t .将x ＝9－2t 代入抛物线解析式得y ＝－439t 2＋833t ，∴D (9－2t ，－439t 2＋833t )．②如解图，过点P 作PH ⊥QD 于点H ，第1题解图∵QD ⊥x 轴，∴四边形PGQH 是矩形， ∴HQ ＝PG ，(7分) ∵PQ ＝PD ，PH ⊥QD ， ∴DQ ＝2HQ ＝2PG ，(8分)∵P ，D 两点的坐标分别为(t 2－3，32t )，(9－2t ，－439t 2＋833t )，∴－439t 2＋833t ＝2×32t ，(9分)解得t 1＝0(舍去)，t 2＝154，∴当PQ ＝PD 时，t 的值为154；(10分)(3)当t ＝3时，F 为PD 的中点，此时F 的坐标为(34，1134)．(14分)【解法提示】当F 为PD 中点时，∵P (t 2－3，32t )，D (9－2t ，－439t 2＋833t )，∴点F (3－34t ，－239t 2＋19312t )，∵点F 在直线BC 上，∴－239t 2＋19312t ＝－33(3－34t )＋33，整理得t 2－6t ＋9＝0，解得t ＝3，∵0<t ≤4.5，∴t ＝3符合条件，此时F 的坐标为(34，1134)．2. 解：(1)在y ＝－x 2－2x ＋3中，令y ＝0，得－x 2－2x ＋3＝0，解得x 1＝－3，x 2＝1. ∵点A 在点B 的左侧， ∴A (－3，0)，B (1，0)．(2分) 令x ＝0，得y ＝3，∴点C 的坐标为(0，3)；(3分) (2)设直线AC 的表达式为y ＝kx ＋b .将A ，C 两点的坐标(－3，0)，(0，3)代入表达式，得⎩⎪⎨⎪⎧－3k ＋b ＝0，b ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝3，∴直线AC 的表达式为y ＝x ＋3.(4分) ∵点D 是OA 的中点，∴OD ＝12OA ＝32，∴点D 的横坐标m ＝－32.∵PQ ⊥x 轴，∴把m ＝－32分别代入y ＝x ＋3和y ＝－x 2－2x ＋3，得P ，Q 两点的坐标分别为(－32，32)、(－32，154)，(5分)∵DQ ⊥OA ，∴PQ ＝DQ －DP ＝y Q －y P . ∴PQ ＝154－32＝94；(6分)(3)①存在点D ，使得PQ ＋22PC 取得最大值．理由：∵点D 的横坐标为m ，PQ ⊥x 轴，且点P ，Q 分别在直线AC 和抛物线上， ∴P ，Q 两点的坐标分别为(m ，m ＋3)，(m ，－m 2－2m ＋3)．(7分) ∵DQ ⊥OA ，∴PQ ＝DQ －DP ＝y Q －y P ，∴PQ ＝－m 2－2m ＋3－(m ＋3)＝－m 2－3m .(8分) 如解图，过点P 作PF ⊥y 轴于点F ，则PF ＝－m . 在Rt △AOC 中，OA ＝OC ＝3， ∴∠CAO ＝∠OCA ＝45°. ∴sin ∠OCA ＝PF PC ＝22.∴PF ＝22PC .(9分) ∴PQ ＋22PC ＝－m 2－3m －m ＝－m 2－4m ＝－(m ＋2)2＋4，(10分) ∵PQ ＋22PC 是m 的二次函数，其中a ＝－1＜0，而－3＜m ＜0. ∴当m ＝－2时，PQ ＋22PC 取得最大值；(11分)第2题解图②m ＝－1或m ＝－ 5.(13分) 【解法提示】∵△PFE ∽△BOE ，∴PF BO ＝EFEO.∵PF ＝－m ，OF ＝m ＋3，OB ＝1，∴EF ＝－mOE .∵OF ＝EF ＋OE ，∴m ＋3＝(－m ＋1)OE ，则OE ＝m ＋3－m ＋1，EF ＝－m （m ＋3）－m ＋1，又∵CQ ＝PE ，PQ ∥CE ，∴|y Q－y C |＝|y P －y E |＝EF .∵|y Q －y C |＝|－m 2－2m ＋3－3|＝|m 2＋2m |，∴－m （m ＋3）－m ＋1＝|m 2＋2m |.又∵－3＜m ＜0，解得m ＝－1或m ＝－ 5.3. 解：(1)把x ＝4，y ＝n 代入y ＝－34x ＋1中，得n ＝－34×4＋1＝－2∴点C 的坐标为(4，－2)．将点C (4，－2)和点B (0，1)代入y ＝－12x 2＋bx ＋c ，得⎩⎪⎨⎪⎧－8＋4b ＋c ＝－2，c ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝54，c ＝1，∴抛物线的表达式为y ＝－12x 2＋54x ＋1；(4分)(2)①∵PE ＝－12t 2＋54t ＋1－(－34t ＋1)＝－12t 2＋2t ，如解图，过点E 作QE ⊥y 轴于点Q ，则QE ＝t ， QB ＝1＋34t －1＝34t ，BE ＝QB 2＋QE 2＝（34t ）2＋t 2＝54t ∵PE ∥y 轴， ∴∠PEB ＝∠EBQ ， ∵∠BQE ＝∠PDE ＝90°， ∴△PED ∽△EBQ ，∴PE EB ＝PD EQ ，得－12t 2＋2t 54t ＝PDt， PD ＝－25t 2＋85t .∵－25＜0，∴PD 有最大值，PD 最大＝0－（85）24×（－25）＝85；(9分)第3题解图②∵点D 为BE 的中点，∴由PE EB ＝DE QB ，DE ＝12BE ，得12BE 2＝PE ·QB ，代入得12×(54t )2＝(－12t 2＋2t )×34t ，整理得2532＝－38t ＋32，解得t ＝2312，∴当t ＝2312时，点D 为BE 的中点．(13分)4. 解：(1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx ＋2经过A (－1，0)，B (2，0)，∴将点A 和点B 的坐标代入得⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋2＝0，4a ＋2b ＋2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－1，b ＝1，∴抛物线的表达式为y ＝－x 2＋x ＋2；(3分)(2)直线y ＝mx ＋12交抛物线于A 、Q 两点，把A (－1，0)代入解析式得m ＝12，∴直线AQ 的表达式为y ＝12x ＋12.设点P 的横坐标为n ，则P (n ，－n 2＋n ＋2)，N (n ，12n ＋12)，F (n ，0)，∴PN ＝－n 2＋n ＋2－(12n ＋12)＝－n 2＋12n ＋32，NF ＝12n ＋12.∵PN ＝2NF ，即－n 2＋12n ＋32＝2×(12n ＋12)，解得n ＝－1或n ＝12，当n ＝－1时，点P 与点A 重合，不符合题意舍去．∴点P 的坐标为(12，94)；(8分)(3)在直线DE 上存在一点G ，使△CMG 的周长最小；此时G (－38，1516)．理由如下：∵y ＝－x 2＋x ＋2＝－(x －12)2＋94，∴M (12，94)．如解图，连接AM 交直线DE 于点G ，连接CG 、CM ，此时，△CMG 的周长最小．设直线AM 的函数表达式为y ＝kx ＋b ，且过A (－1，0)，M (12，94)．根据题意得⎩⎪⎨⎪⎧－k ＋b ＝0，12k ＋b ＝94，解得⎩⎨⎧k ＝32，b ＝32.∴直线AM 的表达式为y ＝32x ＋32. ∵D 为AC 的中点， ∴D (－12，1)．设直线AC 的表达式为y ＝kx ＋2，将点A 的坐标代入得－k ＋2＝0，解得k ＝2， ∴AC 的表达式为y ＝2x ＋2.设直线DE 的表达式为y ＝－12x ＋c ，将点D 的坐标代入得：14＋c ＝1，解得c ＝34，∴直线DE 的表达式为 y ＝－12x ＋34.联立⎩⎨⎧y ＝－12x ＋34，y ＝32x ＋32，解得⎩⎨⎧x ＝－38，y ＝1516.∴在直线DE 上存在一点G ，使△CMG 的周长最小，此时G (－38，1516)．(13分)第4题解图类型二运动产生的面积问题1. 解：(1)当y ＝0时，即－421x 2＋1621x ＋ 4＝0，解得x 1＝－3，x 2＝7， ∵点B 在点A 的右侧，∴点A 的坐标是(－3，0)，点B 的坐标是(7，0)．(2分) 抛物线的对称轴是直线x ＝－b 2a ＝－1621÷[2×(－421)]＝2， ∴点D 的坐标是(2，0)．(3分)对于二次函数y ＝－421x 2＋1621x ＋4，当x ＝0时，y ＝4，所以点C 的坐标为(0，4)．设直线l 的函数表达式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，代入C 、D 两点坐标得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝4，2k ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－2，b ＝4，则直线l 的函数表达式为y ＝－2x ＋4；(4分)(2)∵抛物线W 向右平移只有一种情况符合要求，即是∠F AC ＝90°，(5分)第1题解图如解图，设此时抛物线W ′的对称轴交x 轴于点G ， ∵∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°， ∴∠1＝∠3，tan ∠1＝tan ∠3. ∴FG AG ＝AO CO ＝34.(6分) 由点F 在直线l 上，设点F 坐标为(x F ，－2x F ＋4)， ∴tan ∠1＝FG AG ＝－（－2x F ＋4）x F －（－3）＝34，解得x F ＝5.∴点F 的坐标为(5，－6)．(7分) ∵G 点在x 轴上， ∴点G 坐标为(5，0)．抛物线y ＝－421x 2＋1621x ＋4对称轴与x 轴交点坐标是D (2，0)，因此把原抛物线向右平移3个单位，得到抛物线W ′，将原函数表示为顶点式得y ＝－421x 2＋1621x ＋4＝－421(x 2－4x ＋4)＋4＋1621＝－421(x －2)2＋10021，此时抛物线W ′的函数表达式为 y ′＝－421(x －2－3)2＋10021＝－421(x －5)2＋10021＝－421x 2＋4021x －10021＋10021，即y ′＝－421x 2＋4021x ；(8分)(3)由平移可得：点C ′，A ′，D ′的坐标分别为C ′(m ，4)，A ′(－3＋m ，0)，D ′(2＋m ，0)，CC ′∥x 轴，C ′D ′∥CD ， ∴由待定系数法可求出直线A ′C ′的函数表达式是： y ＝43x ＋4－43m ，直线BC 的函数表达式是： y ＝－47x ＋4，直线C ′D ′的函数表达式是：y ＝－2x ＋2m ＋4，(9分) 分别解方程组 ⎩⎪⎨⎪⎧y ＝43x ＋4－43m ，y ＝－2x ＋4，与⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ＋2m ＋4，y ＝－47x ＋4，解得 ⎩⎨⎧x ＝25m ，y ＝－45m ＋4，与⎩⎨⎧x ＝75m ，y ＝－45m ＋4，(10分)∴点M 、N 的坐标分别是M (25m ，－45m ＋4)、 N (75m ，－45m ＋4)．∴y M ＝y N ，则MN ∥x 轴． ∵CC ′∥x 轴， ∴CC ′∥MN . ∵C ′D ′∥CD ，∴四边形CMNC ′为平行四边形．(11分) ∴S ▱CMNC ′＝m [4－(－45m ＋4)]＝45m 2.(13分)2. 解：(1)把A (0，－4)，B (4，0)代入y ＝ax 2－3x ＋c中得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝－4，16a －12＋c ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，c ＝－4，∴抛物线的表达式为y ＝x 2－3x －4，(3分) 顶点坐标为(32，－254)；(4分)(2)如解图①，过点P 作PQ ⊥OA 于点Q ， ∵OA ＝OB ， ∴∠OAB ＝45°. 又∵∠P AB ＝90°， ∴∠P AQ ＝45°. ∴AQ ＝PQ .设P (m ，m 2－3m －4)， ∴m ＝－4－(m 2－3m －4)．解得m 1＝0(舍去)，m 2＝2，将m ＝2代入抛物线得y ＝－6. ∴P (2，－6)；(8分)第2题解图①(3)设AB 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，把A (0，－4)，B (4，0)代入y ＝kx ＋b 中得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝－4，4k ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝－4. ∴y ＝x －4；(9分)第2题解图②如解图②，过点P 作PN ⊥x 轴交AB 于点M ，∵P (t ，t 2－3t －4)，M (t ，t －4)．∴PM ＝t －4－(t 2－3t －4)＝－t 2＋4t .(10分)∴S △APB ＝12PM ·OB ＝12(－t 2＋4t )×4 ＝－2t 2＋8t ，即S ＝－2t 2＋8t (0≤t ≤4)．(11分)∵－2＜0.∴当t ＝－b 2a ＝－82×（－2）＝2时，S 有最大值．(12分) ∴S 最大值＝－2×22＋8×2＝8.(13分)3. 解：(1)∵抛物线过A (－1，0)、C (0，3)两点，∴将A (－1，0)、C (0，3)代入抛物线表达式得⎩⎪⎨⎪⎧－1－b ＋c ＝0，c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝3. ∴抛物线的表达式为y ＝－x 2＋2x ＋3；(3分)(2)①令y ＝0，解得x 1＝－1，x 2＝3，∴B (3，0)设直线BC 的函数解析式为y ＝kx ＋b .∵直线BC 过点B (3，0)，C (0，3)，∴⎩⎪⎨⎪⎧0＝3k ＋b ，3＝b ，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－1，b ＝3， ∴y ＝－x ＋3.设D (m ，－m 2＋2m ＋3)，E (m ，－m ＋3)，∴DE ＝(－m 2＋2m ＋3)－(－m ＋3)＝－m 2＋3m .∴S ＝12OB ·DE ＝32(－m 2＋3m )＝－32m 2＋92m (0<m <3)；(7分) ②S ＝－32m 2＋92m ＝－32(m －32)2＋278. ∵－32<0， ∴当m ＝32时，S 有最大值，最大值S ＝278；(9分) (3)直线BC 能把△BDF 分成面积之比为2∶3的两部分．理由：∵△BDE 和△BFE 是等高的， ∴它们的面积比＝DE ∶EF .(ⅰ)当DE ∶EF ＝2∶3时，即－m 2＋3m －m ＋3＝23，解得m 1＝23，m 2＝3(舍)，此时点D 坐标为(23，359)； (ⅱ)当DE ∶EF ＝3∶2时，即－m 2＋3m －m ＋3＝32，解得m 1＝32，m 2＝3(舍)，此时点D 的坐标为(32，154)．综上可知，点D 的坐标为(23，359)或(32，154)．(13分) 4. 解：(1)∵抛物线的顶点D 的坐标为(1，3)，∴设抛物线表达式为y ＝a (x －1)2＋3，将点B (5，0)代入抛物线表达式，得a (5－1)2＋3＝0，解得a ＝－316， ∴该二次函数的表达式为y ＝－316(x －1)2＋3；(3分) (2)如解图①，设抛物线对称轴交x 轴于点C ，则点C 的坐标为(1，0)，在Rt △BCD 中，BC ＝BO －CO ＝4，CD ＝3，∴由勾股定理得BD ＝5.∵EF ⊥BC ，DC ⊥BC ，∴EF ∥DC ，∴△BEF ∽△BDC .∴BE BD ＝EF DC ＝BF BC. ∵EF ＝DE ，∴5－EF 5＝EF 3，解得EF ＝158， ∴BF ＝BC ·EF CD ＝4×1583＝52. ∴OF ＝OB －BF ＝52. ∴点E 的坐标为(52，158)；(8分)第4题解图①(3)存在．∵抛物线对称轴为直线x ＝1，点B 的坐标为(5，0)，∴点A 的坐标为(－3，0)，AB ＝8.∵S △ADG ∶S △BDG ＝3∶5，∴点A ，B 到直线DG 的距离之比为3∶5.分两种情况讨论：①A ，B 两点在直线DG 的同侧．如解图②，延长DG 交x 轴于点H ，过点A 作AN ⊥DH 于点N ，过点B 作BM ⊥DM 于点M ，则AN BM ＝35.易得△HAN ∽△HBM ， ∴AH BH ＝AN BM ， ∴AH AH ＋8＝35，解得AH ＝12， ∴点H 的坐标为(－15，0)，由点D (1，3)，H (－15，0)得直线DH 的解析式为y ＝316(x ＋15)，联立得⎩⎨⎧y ＝－316（x －1）2＋3，y ＝316（x ＋15），解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝0，y 1＝4516，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝1，y 2＝3，(不符合题意，舍去) ∴点G 的坐标为(0，4516)；第4题解图②②当点A ，B 在直线DG 的两旁时，如解图③，分别过A ，B 作OG 的垂线，垂足分别为点N ，点M ，则AN BM ＝35， ∵OA OB ＝35， ∴直线DG 经过点O ，则直线DG 的表达式为y ＝3x ，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－316（x －1）2＋3，y ＝3x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 3＝－15，y 3＝－45，⎩⎪⎨⎪⎧x 4＝1，y 4＝3，(不符合题意，舍去)此时点G 的坐标为(－15，－45)，综上，符合条件的点G 有两个，坐标分别为(0，4516)，(－15，－45)．(13分)第4题解图③类型三运动产生的等腰三角形、菱形问题1. 解：(1)由y ＝0，得13x 2－13x －4＝0，解得x 1＝－3，x 2＝4， ∵点A 在点B 左侧，∴点A ，B 的坐标分别为A (－3，0)，B (4，0)．由x ＝0，得y ＝－4，∴点C 的坐标为C (0，－4)；(4分)(2)存在，点Q 的坐标为(522，522－4)或(1，－3)；【解法提示】设直线BC 的解析式为y ＝kx ＋b (k ≠0)，将B (4，0)，C (0，－4)代入y ＝kx ＋b 得⎩⎪⎨⎪⎧4k ＋b ＝0，b ＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝－4， ∴直线BC 的解析式为y ＝x －4，∵点Q 在直线BC 上，且点Q 的横坐标等于点P 的横坐标m ，∴点Q 的坐标为(m ，m －4 )．∵点Q 在第四象限，∴m >0，m －4<0，∴0<m <4.∵A (－3，0)，C (0，－4)，∴AC 2＝25，CQ 2＝(m －0)2＋[m －4－(－4)]2＝2m 2，AQ 2＝[m －(－3)]2＋(m －4)2＝2m 2－2m ＋25，要使以A ，C ，Q 为顶点的三角形为等腰三角形，可分三种情况讨论：①当AC ＝CQ 时，即AC 2＝CQ 2，∴25＝2m 2，解得m 1＝522，m 2＝－522(舍去)， ∴点Q 的坐标为(522，522－4)； ②当AC ＝AQ 时，即AC 2＝AQ 2，∴25＝2m 2－2m ＋25，解得m 3＝0(舍去)，m 4＝1，∴点Q 的坐标为(1，－3)；③当AQ ＝CQ 时，即AQ 2＝CQ 2，∴2m 2－2m ＋25＝2m 2，解得m 5＝252(舍去)．综上所述，点Q 的坐标为(522， 522－4)或(1，－3)． (3)如解图，过点F 作FG ⊥PQ 于点G ，(9分)则FG ∥x 轴．由B (4，0)，C (0，－4)得△OBC 为等腰直角三角形，∴∠OBC ＝∠QFG ＝45°，∴GQ ＝FG ＝22FQ .(10分) ∵PE ∥AC ，∴∠1＝∠2.∵FG ∥x 轴，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3.∵∠FGP ＝∠AOC ＝90°，∴△FGP ∽△AOC ，∴FG AO ＝GP OC ，即FG 3＝GP 4， ∴GP ＝43FG ＝43×22FQ ＝223FQ ，(11分) ∴QP ＝GQ ＋GP ＝22FQ ＋223FQ ＝726FQ ， ∴FQ ＝327QP . ∵PM ⊥x 轴，点P 的横坐标为m ，∠MBQ ＝45°，∴QM ＝MB ＝4－m ，PM ＝－13m 2＋13m ＋4， ∴QP ＝PM －QM ＝－13m 2＋13m ＋ 4－(4－m )＝－13m 2＋43m ， ∴QF ＝327QP ＝327(－13m 2＋43m )＝－27m 2＋427m .(12分) ∵－27<0， ∴QF 有最大值，∴当m ＝－4272×（－27）＝2时，QF 有最大值．(13分)第1题解图2. 解：(1)当y ＝0时，x 2－2x －3＝0，解得x 1＝3，x 2＝－1.又∵点A 在点B 的左侧，∴A (－1，0)，B (3，0)．(2分)当x ＝0时，y ＝x 2－2x －3＝－3，∴C (0，－3)(3分)(2)如解图，过点D 作DF ⊥x 轴于点F ，交BC 于点E ，由(1)中得B (3，0)，C (0，－3)．第2题解图易得直线BC 的关系式为y ＝x －3.∵点D 的横坐标为m .∴D (m ，m 2－2m －3)，E (m ，m －3)．∴DE ＝m －3－(m 2－2m －3)＝－m 2＋3m .(5分)S △BCD ＝12OB ·DE ＝32(－m 2＋3m ) ＝－32m 2＋92m ＝－32(m －32)2＋278. ∵－32＜0， ∴S △BCD 有最大值，最大值为278；(8分)(3)存在，P 1(1，－1)，P 2(1，14)，P 3(1，－14)，P 4(1，－3＋17)，P 5(1，－3－17)．(13分)【解法提示】由(1)知，点B (3，0)，C (0，－3)，∴抛物线的对称轴为直线x ＝1，设点P 的坐标为(1，p )，要使△BCP 为等腰三角形，可分①BP ＝CP ；②BP ＝BC ；③CP ＝BC 三种情况讨论：①当BP ＝CP 时，()3－12＋p 2＝()0－12＋()－3－p 2，解得p 1＝－1，则点P 1(1，－1)；②当BP ＝BC 时，()3－12＋p 2＝()0－32＋()－3－02，解得p 2＝14，p 3＝－14，则点P 2(1，14)，P 3(1，－14)；③当CP ＝BC 时， ()0－12＋()－3－p 2＝()0－32＋()－3－02，解得p 4＝－3＋17，p 5＝－3－17，则P 4(1，－3＋17)，P 5(1，－3－17)；综上所述，抛物线对称轴上存在点P ，使△BCP 为等腰三角形，点P 的坐标为P 1(1，－1)，P 2(1，14)，P 3(1，－14)，P 4(1，－3＋17)，P 5(1，－3－17)．3. 解：(1)将点A (－5，0)，B (1，0)代入解析式得，⎩⎨⎧－1009－5b ＋c ＝0，－49＋b ＋c ＝0，解得⎩⎨⎧b ＝－169，c ＝209.∴抛物线解析式为y ＝－49x 2－169x ＋209，则顶点D 的坐标为(－2，4)；(4分)(2)令点P 的坐标为(x ，－49x 2－169x ＋209)，又∵抛物线对称轴为直线x ＝－2，∴矩形PEFG 的周长为2(－49x 2－169x ＋209)＋4(－2－x ) ＝－89x 2－689x －329＝－89(x 2＋172x ＋4) ＝－89(x ＋174)2＋252即当x ＝－174时，矩形PEFG 周长有最大值，此时点P 的横坐标为－174；(8分)(3)存在，此时AN 的长为5536或1.理由如下：∵点D 为抛物线顶点，故AD ＝BD ，根据题意可知，△DMN 为等腰三角形时有如下几种情况：①当DN ＝MN 时，∵∠DMN ＝∠DBA ＝∠DAB ，∴∠ADM ＝∠DBA ，∴△MDA ∽△DBA ,∴DM BD ＝AD AB. 根据点A 、B 、D 坐标可得BD ＝AD ＝5，AB ＝6∴DM ＝256，又∵△NDM ∽△DAB ，∴DN AD ＝DM AB. ∴DN 5＝2566. ∴DN ＝12536，则AN ＝5－12536＝5536； ②当DM ＝MN 时，则有∠MDN ＝∠DNM ，∵∠DMN ＝∠DBA ，∴∠ANM ＝∠DMB .∴△ANM ≌△BMD (AAS )．∴AM ＝BD ＝5，∴AN ＝BM ＝AB －AM ＝6－5＝1；③显然△DMN 中， DN 和DM 不可能相等．综上所述，符合题意的AN 的长是5536或1.(13分) 4. 解：(1)将C (3，0)，E (0，3)代入y ＝－x 2＋bx ＋c 中，得⎩⎪⎨⎪⎧0＝－32＋3b ＋c ，3＝c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c ＝3. ∴抛物线的解析式是y ＝－x 2＋2x ＋3；(4分)(2)∵y ＝－x 2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4.∴A (1，4)．设直线AC 的解析式为y ＝mx ＋n (m ≠0)，将A (1，4)和C (3，0)代入，得⎩⎪⎨⎪⎧4＝m ＋n ，0＝3m ＋n ，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－2，n ＝6. ∴直线AC 的解析式为y ＝－2x ＋6.设P (1，4－t )，∵PD ⊥AB ，∴y D ＝4－t .∴4－t ＝－2x ＋6.∴x ＝1＋t 2. ∴D (1＋t 2，4－t )． ∵l ∥y 轴，∴x Q ＝1＋t 2. ∴y Q ＝－(1＋t 2－1)2＋4＝4－14t 2. ∴Q (1＋t 2，4－14t 2)． ∴S △ACQ ＝S △ADQ ＋S △CDQ＝12QD ·BC ＝12(4－14t 2－4＋t )×2 ＝－14(t －2)2＋1， ∵－14<0，0<t <4， ∴当t ＝2时，S △ACQ 最大，最大值是1；(9分)(3)存在，点M 的坐标为(2，2)或(－2，3＋14)或(4，17)．(13分)【解法提示】设点P (1，t )(t ＞0)，∵以P ，M ，E ，C 为顶点的四边形是菱形， ∴①当CE 为对角线时，PC ＝PE ，且PM 与CE 互相垂直平分．∴(1－0)2＋(t －3)2＝(3－1)2＋t 2，解得t ＝1，即点P 的坐标为(1，1)．由菱形中心对称性质可知，点M 的坐标为(2，2)；②CP ＝CE ＝32，即（3－1）2＋t 2＝32，解得t ＝±14(负值舍去)，即点P 的坐标为(1，14)，此时点M 的坐标为(－2，3＋14)；③CE ＝EP ＝32，即（1－0）2＋（3－t ）2＝32，解得t ＝3±17(负值舍去)， ∴此时点P 的坐标为(1，3＋17)，则点M 的坐标为(4，17)．综上所述，存在符合题意的点M ，点M 的坐标为(2，2)或(－2，3＋14)或(4，17)．类型四运动产生的直角三角形、矩形问题1. 解：(1)当y ＝0时，14x 2－32x －4＝0，解得x 1＝－2，x 2＝8. ∵点B 在点A 的右侧，∴点A 、B 的坐标分别为(－2，0)、(8，0)．(2分) 当x ＝0时，y ＝－4，∴点C 的坐标为(0，－4)；(3分)(2)由菱形的对称性可知，点D 的坐标为(0，4)．设直线BD 的解析式为y ＝kx ＋b ，则⎩⎪⎨⎪⎧b ＝48k ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－12b ＝4，∴直线BD 的解析式为y ＝－12x ＋4.(4分)∵l ⊥x 轴，∴点M ，Q 的坐标分别是(m ，－12m ＋4)，(m ，14m 2－32m －4)．当MQ ＝DC 时，四边形CQMD 是平行四边形，(5分) ∴－12m ＋4－(14m 2－32m －4)＝4－(－4)，(6分)化简得m 2－4m ＝0，解得m 1＝0(舍去)，m 2＝4， ∴当m ＝4时，四边形CQMD 是平行四边形，(7分) 此时，四边形CQBM 是平行四边形，理由如下：(8分) 解法一：∵m ＝4， ∴点P 是OB 中点． ∵l ⊥x 轴， ∴l ∥y 轴，∴△BPM ∽△BOD ， ∴BP BO ＝BM BD ＝12， ∴BM ＝DM .(10分)∵四边形CQMD 是平行四边形， ∴DM ∥CQ ， ∴BM ∥CQ ，∴四边形CQBM 为平行四边形；(12分)解法二：设直线BC 的解析式为y ＝k 1x ＋b 1，则⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝－48k 1＋b 1＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k 1＝12b 1＝－4，∴直线BC 的解析式为y ＝12x －4.(9分)又∵l ⊥x 轴交BC 于点N ， ∴x ＝4时，y ＝－2， ∴点N 的坐标为(4，－2)．由上面可知，点M ，Q 的坐标分别为M (4，2)，Q (4，－6)， ∴MN ＝2－(－2)＝4，NQ ＝－2－(－6)＝4， ∴MN ＝QN .(10分)又∵四边形CQMD 是平行四边形， ∴DB ∥CQ ， ∴∠MBN ＝∠QCN . 又∵∠MNB ＝∠QNC ， ∴△BMN ≌△CQN ， ∴BM ＝CQ ，∴四边形CQBM 为平行四边形；(12分)(3)抛物线上存在两个这样的点Q ，分别是Q 1(－2，0)，Q 2(6，－4)．(14分)【解法提示】①当∠BDQ 为直角时(如解图①)，由点A 、B 、D 的坐标可知，此时点Q 与A 重合，即点Q 的坐标为(－2，0)；第1题解图①第1题解图②②当∠DBQ 为直角时(如解图②)，此时有两种方法可以解决问题，一种是利用BD 与BQ 的垂直关系求直线BQ 的解析式，将直线BQ 的解析式和抛物线的解析式联立方程组，通过计算求点Q 的坐标．由BD ⊥BQ ，且由(2)知直线BD 的解析式为y ＝－12x ＋4，设BQ 的解析式为y ＝2(x －a )，∵直线BQ 过点B (8，0)，代入得a ＝8，则直线BQ 的解析式为y ＝2x －16，联立二次函数与直线BQ 的解析式⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －16y ＝14x 2－32x －4，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝6y 1＝－4，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝8y 2＝0， ∴Q 点坐标为(6，－4)；③当∠DQB 为直角时，以BD 为直径作圆与抛物线没有交点，因此此时点Q 不存在．综上所述，抛物线上存在两个符合条件的点Q (－2，0)，(6，－4)． 2. 解：(1)当y ＝0时，kx 2－3kx －4k ＝0， ∵k ≠0，∴x 2－3x －4＝0，解得x 1＝－1，x 2＝4， ∵点A 在点B 右侧， ∴B (－1，0)，A (4，0)， ∵OA ＝OC ，∴C (0，4)，把x ＝0，y ＝4代入y ＝kx 2－3kx －4k ，得k ＝－1，故抛物线的解析式为y ＝－x 2＋3x ＋4；(4分)(2)存在，①当∠PCA ＝90°时，如解图①，过点P 作PM ⊥y 轴于点M .第2题解图①∴∠MCP ＋∠ACO ＝90°， ∵∠OAC ＋∠ACO ＝90°， ∴∠MCP ＝∠OAC ，∵OA ＝OC ，∴∠MCP ＝∠OAC ＝45°， ∴∠MPC ＝∠MCP ＝45°， ∴MC ＝MP ，设P (m ，－m 2＋3m ＋4)，则PM ＝CM ＝m ，OM ＝－m 2＋3m ＋4， ∴m ＋4＝－m 2＋3m ＋4，解得m 1＝0(舍去)，m 2＝2，∴－m 2＋3m ＋4＝6，即P (2，6)；(7分)②当∠P AC ＝90°时，如解图②，过点P 作PN ⊥y 轴于点N ，设AP 与y 轴交于点F ，则有PN ∥x 轴，第2题解图②∴∠FPN ＝∠OAP ，∵∠CAO ＝45°，∴∠OAP ＝45°， ∴∠FPN ＝45°，OF ＝AO ＝4， ∴PN ＝NF ，设P (n ，－n 2＋3n ＋4)，则PN ＝－n ，ON ＝n 2－3n －4， ∴－n ＝n 2－3n －4－4，即n 2－2n －8＝0，解得n 1＝－2，n 2＝4(舍去)， ∴－n 2＋3n ＋4＝－6，即P (－2，－6)，综上所述，点P 的坐标是(2，6)或(－2，－6)；(10分)(3)当点Q 的坐标是(3＋172，2)或(3－172，2)时，EF 最短．(13分)【解法提示】如解图③，第2题解图③∵∠OED ＝∠DFO ＝∠EOF ＝90°， ∴四边形OEDF 是矩形， ∴EF ＝OD ，∴当线段EF 的长度最短时，OD 最小，此时OD ⊥AC ， ∵OA ＝OC ，∴∠COD ＝∠AOD ＝45°，CD ＝AD ， ∵DF ∥OC ， ∴△ADF ∽△ACO ，∴DF OC ＝AD AC ＝12， ∴DF ＝12OC ＝2，∴y Q ＝2，∴令y ＝2，即－x 2＋3x ＋4＝2，解得x 1＝3＋172，x 2＝3－172，∴点Q 的坐标是(3＋172，2)或(3－172，2)．3. 解：(1)∵抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象经过点A (0，3)、B (1，0)，对称轴为直线l ：x ＝2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧c ＝3，a ＋b ＋c ＝0，－b 2a ＝2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝－4，c ＝3.∴抛物线的解析式为y ＝x 2－4x ＋3；(4分)(2)如解图①，过点P 作y 轴的平行线与OE 交于点Q ，与AE 交于点F ，第3题解图①设点P 的坐标为(m ，m 2－4m ＋3)， ∵∠AOB 的平分线交线段AC 于点E ， ∴直线OE 的解析式为y ＝x ，则点Q 的坐标为(m ，m )， ∴S四边形AOPE ＝S △OAE ＋S △OPQ ＋S △EPQ ＝12OA ·AE ＋12PQ ·AF ＋12PQ ·EF ＝12OA ·AE ＋12PQ ·AE ＝12×3×3＋12(m －m 2＋4m －3)×3＝－32m 2＋152m ＝－32(m －52)2＋758，∵－32＜0，∴当m ＝52时，四边形AOPE 的面积最大，最大值是758；(8分)(3)存在，点P 的坐标为(3＋52，1－52)或(3－52，1＋52)或(5＋52，1＋52)或(5－52，1－52)．(13分)【解法提示】如解图②，过点P 作x 轴的平行线，交y 轴于点M ，交对称轴于点N ，设P (m ，m 2－4m。

2020年中考数学必考高分考点：动态问题(教师版)

专题34 动态问题专题知识回顾一、动态问题概述1.就运动类型而言,有函数中的动点问题、图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。

2.就运动对象而言,几何图形中的动点问题,有点动、线动、面动三大类。

3.就图形变化而言,有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等。

4.动态问题一般分两类,一类是代数综合方面,在坐标系中有动点,动直线,一般是利用多种函数交叉求解。

另一类就是几何综合题,在梯形,矩形,三角形中设立动点、线以及整体平移翻转,对考生的综合分析能力进行考察。

所以说,动态问题是中考数学当中的重中之重,只完全掌握才能拿高分。

另一类就是几何综合题,在梯形,矩形,三角形中设立动点、线以及整体平移翻转,对考生的综合分析能力进行考察。

所以说,动态问题是中考数学当中的重中之重,只完全掌握才能拿高分。

二、动点与函数图象问题常见的四种类型：1.三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图2.四边形中的动点问题：动点沿四边形的边运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象。

3.圆中的动点问题：动点沿圆周运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象。

4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题：动点沿直线、双曲线、抛物线运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象。

三、图形运动与函数图象问题常见的三种类型：1.线段与多边形的运动图形问题：把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象。

2.多边形与多边形的运动图形问题：把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象。

3.多边形与圆的运动图形问题：把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形,或把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过一个圆,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象。

2020年中考数学压轴题突破之动态问题(几何)(含详解)

2020年中考数学压轴题突破之动态问题(几何)1.如图，点O是等边ABC内一点，AOB 110 , BOC .以OC为一边作等边三角形OCD，连接AC、AD .(1)若120 ,判断OB OD BD (填“，或”)(2)当150 ,试判断AOD的形状，并说明理由；(3)探究：当时，AOD是等腰三角形.(请直接写出答案)【答案】(1) 二; (2) ADO是直角三角形，证明见详解；(3) 125、110、140 .【分析】(1)根据等边三角形性质得出COD 60 ,利用？BOC a = 120。

求出BOD 180 ,所以B, 0, D三点共线，即有OB+ OD = BD ；(2)首先根据已知条件可以证明BOC ADC ,然后利用全等三角形的性质可以求出ADO的度数，由此即可判定AOD的形状；(3)分三种情况讨论，利用已知条件及等腰三角形的性质即可求解.2 .如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的顶点O与坐标原点重合，顶点A C在坐标轴上，B(18,6),将矩形沿EF折叠，使点A与点C重合.图3 G(1)求点E的坐标;(2)P O O A E2E时停止运动，设P的运动时间为t, VPCE的面积为S,求S与t的关系式，直接写出t 的取值范围;3(3)在(2)的条件下，当PA=]PE 时，在平面直角坐标系中是否存在点Q,使得以点P 、E 、G Q 为顶点的四边形为平行四边形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点Q 的坐标.【答案】(1) E (10, 6); (2) S= -8t+54 (0<t<3)或 S=-6t+48 (3vtW8)； (3)存在，Q (14.4 , -4.8 )或(18.4 , -4.8 ). 【详解】解：(1)如图 1,矩形 ABO, B (18, 6),• .AB=18 BC=6,设 AE=x,贝U EC=x BE=18-x,Rt^EBC 中，由勾股定理得： EB"+BC 2=EC 2,(18-x) 2+62=x 2, x=10,即 AE=10,①当P 在OA 上时，0WtW3,如图 2,=18X 6-1X10(62) — - X8X6 - 1X 18X2t , 2 2 2=-8t+54 ,②当P 在AE 上时，3<t<8,如图3,S = S 矩形 OABC S △ PAE -S △ BEC -S △OPCj• •E ( 10, 6);(2)分两种情况：S=1PE?BC=1 X 6X(16-2t)=3 (16-2t ) =-6t+48 ;2 2(3)存在，由PA=3PE可知：P在AE上，如图4,过G作GHLOC于H,2•.AP+PE=10.•.AP=6 PE=4,设OF=y,则FG=y, FC=18-y,由折叠得：/ CGFW AOF=90 ,由勾股定理得：FC2=FC+CG,•. ( 18-y) 2=y2+62,y=8,•.FG=8 FC=18-8=10,1FC?GH= 1FG?CG221X10XGH= 1 X6X8,22GH=4.8,由勾股定理得：FH=J82 4 82 =6.4 ,• .OH=8+6.4=14.4,.•.G ( 14.4 , -4.8 ),•・•点P、E G Q为顶点的四边形为平行四边形，且PE=4,.•.Q ( 14.4 , -4.8 )或(18.4 , -4.8 ). k ,3.如图1,平面直角坐标系xoy中，A(-4, 3),反比例函数y —(k 0)的图象分别x交矩形ABOC勺两边AC, BC于E, F (E, F不与A重合)，沿着EF将矩形ABO所叠使A, D重合.②若折叠后点 D 落在矩形ABOCrt （不包括边界），求线段CE 长度的取值范围.（2）若折叠后，△ ABD 是等腰三角形，请直接写出此时点 D 的坐标.7 . 23 3. 11 3.【答案】（1）①EC= 2;②3 CE 4；（2）点D 的坐标为（一,一）或（一，一）88 2 5 5【详解】,k k解：(1)①由题意得E(k,3) , F( 4,-), 3 4k kk 0 ,则 EC — , FB 一, 3 4AF 3 一， 417(12 k) 4 3 1 3 4(12 k) 3..由 A(-4, 3)得：AC 4, AB 3,,AC 4一 --- 一,AB 3 AE AC AF AB '又A=Z A,・ .△AE% AACB ・ •/AEF4 ACB ・ •.EF// CB如图2,连接AD 交EF 于点H ,••• AE.AE （1）①如图2,当点D 恰好在矩形 ABOC 勺对角线BC 上时，求CE 的长；②由折叠得EF 垂直平分AD,••• /AHE 90 ,则 EAH AEF又• BAD EAH BAC 90 ,BAD AEF ，・ .△AE% ABAQAE AF 口"AB AE 4--- ----- ,则 ----- ------ -，AB BD BD AF 34 3 9 BDAB - 3 - 3 4 4设 AF=x,贝U FB=3— x, FD=AF=x 在Rt^BDF 中，由勾股定理得：FB 2 BD 2 FD 2，r i图2由折叠的性质得： •••D 在 BC 上， ,AE AHEC DH 1 EC AC 2AH=DH 1,则 AE EC 2;即(3 x)2x 2 ,解得:如图，当D 落在BO 上时，: EAF ABD 90 ,B力。

2019-2020学年初三数学解析中考动态几何问题.doc

2019-2020学年初三数学解析中考动态几何问题动态几何题已成为中考试题的一大热点题型。

在近几年各地的中考试卷中，以动点问题、平面图形的平移、翻折、旋转、剪拼问题等为代表的动态几何题频频出现在填空、选择、解答等各种题型中，考查同学们对图形的直觉能力以及从变化中看到不变实质的数学洞察力。

解决动态几何题的策略是：把握运动规律，寻求运动中的特殊位置；在“动”中求“静”，在“静”中探求“动”的一般规律。

通过探索、归纳、猜想，获得图形在运动过程中是否保留或具有某种性质。

下面就动点型、动线型、动面型等几何题作一简要分析。

一. 动点型 1. 单动点型例1. 如图1，在矩形ABCD 中，AD=12，AB=5，P 是AD 边上任意一点，PE ⊥BD ，PF ⊥AC ，E ，F 分别是垂足，求PE+PF 的长。

分析与略解：P 是AD 边上任意一点，不妨考虑特殊点的情况，即在“动”中求“静”。

当P 点在D （或A ）处时，过D 作DG ⊥AC ，垂足为G ，则PE=0，PF=DG ，故PE+PF=DG ，在Rt △ADC 中，13512DC AD AC 2222=+=+=由面积公式有：1360AC DC AD DG =⋅=，再有“静”寻求“动”的一般规律，得到PE+PF=DG=1360。

图12. 双动点型例2. （2003年吉林省）如图2，在矩形ABCD 中，AB=10cm ，BC=8cm ，点P 从A 出发，沿A →B →C →D 路线运动，到D 点停止；点Q 从D 点出发，沿D →C →B →A 路线运动，到A 停止。

若点P 、Q 同时出发，点P 的速度为每秒1cm ，点Q 的速度为每秒2cm ，a 秒时点P 、点Q 同时改变速度，点P 的速度变为每秒bcm ，点Q 的速度为每秒dcm 。

图3是点P 出发x 秒后△APD 的面积)cm (S 21与x （秒）的函数关系图象，图4是点Q 出发x 秒后△AQD 的面积)cm (S 22与x （秒）的函数关系图象。

2020年中考数学动态问题-图形最值问题探究(含答案)(2021年整理精品文档)

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专题09 动点类题目图形最值问题探究题型一：矩形中的相似求解例1.（2019·绍兴）如图，矩形ABCD 中，AB =a ，BC =b ，点M 、N 分别在边AB 、CD 上,点E 、F 分别在边BC 、AD 上，MN 、EF 交于点P 。

记k =MN ：EF 。

（1）若a ：b 的值为1,当MN ⊥EF 时，求k 的值.（2）若a :b 的值为21，求k 的最大值和最小值.(3）若k 的值为3，当点N 是矩形的顶点，∠MPE =60°,MP =EF =3PE 时，求a ：b 的值. BMF N题型二：二次函数中几何图形最值求解例2。

（2019·衡阳)如图，二次函数y ＝x 2+bx +c 的图象与x 轴交于点A (﹣1，0）和点B (3，0），与y 轴交于点N ，以AB 为边在x 轴上方作正方形ABCD ，点P 是x 轴上一动点,连接CP ，过点P 作CP 的垂线与y 轴交于点E ．（1）求该抛物线的函数关系表达式；(2）当点P 在线段OB （点P 不与O 、B 重合）上运动至何处时，线段OE 的长有最大值？并求出这个最大值；（3)在第四象限的抛物线上任取一点M ，连接MN 、MB ．请问：△MBN 的面积是否存在最大值?若存在，求出此时点M 的坐标;若不存在，请说明理由．题型三：二次函数中面积最值的求解例3。

2020中考数学高频考点专题复习：动态问题考点总结及2019年配套真题

动态问题
专题知识回顾
一、动态问题概述
1. 就运动类型而言 , 有函数中的动点问题、图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定
值问题和存在性问题等。
2. 就运动对象而言 , 几何图形中的动点问题，有点动、线动、面动三大类。
3. 就图形变化而言 , 有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等。
4. 动态问题一般分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一般是利用多
（2）画出符合题意的示意图。
（3）根据试题的已知条件或者要求列出算式、方程或者数量间的关系式。
专题典型题考法及解析
【例题 1】（点动题）如图，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 C.3
当 3＜ x＜ 5 时， y＝ ×3×（5﹣ x）＝﹣ x+ ．
4. （ 2019?湖北武汉）如图， AB是⊙ O的直径， M、N是（异于 A. B）上两点， C是上一
动点，∠ ACB的角平分线交⊙ O于点 D，∠ BAC的平分线交 CD于点 E．当点 C从点 M运动到
点 N时，则 C. E 两点的运动路径长的比是（
t
2
；当移动
的距离＞ a 时，如图 2， S＝ S△ AC′H＝（ 2a﹣t ） 2＝ t 2﹣ 2at +2a2，根据函数关系式即可得
到结论； ∵在直角三角形 ABC中，∠ C＝ 90°， AC＝ BC， ∴△ ABC是等腰直角三角形， ∵EF⊥ BC，ED⊥ AC， ∴四边形 EFCD是矩形， ∵E 是 AB的中点， ∴EF＝ AC， DE＝ BC，

教学反思浅析中考热点动态探究型问题

浅析中考热点——动态探究型问题动态几何题是指随着图形的某一元素的运动变化，导致问题的结论或者改变或者保持不变的几何题．它的主要特点是以某种几何图形为载体，点、线、形在这种几何图形上按某种规律运动的过程中引起了相关元素或某种几何图形的变化，且这种变化具有一定的规律性，是近年来中考数学的热点题型．这类试题信息量大，对学生获取信息和处理信息的能力要求较高；注重在图形的形状或位置的变化过程中寻求函数与方程、函数与几何、函数与解直角三角形、函数与面积的联系，有较强的综合性．解题时要用运动和变化的眼光去观察和研究问题，把握运动、变化和全过程，并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系，动中取静，静中求动．综合运用函数、方程、分类讨论、数形结合等数学思想，展示了一种数学的创造过程．本文以2008年的中考试题为例，对此类问题进行浅析，供大家参考：一、探究动态变化中的不变动态几何题是以图形中的一些元素的运动变化为载体，来探究图形中的某些元素之间在变化过程中相互依存关系的本质特征，这些本质特征中也包含“变中不变”的特殊情况．所谓“变中不变”，对于一个元素而言，是指该元素虽然处于变化过程中，但它的某些属性不变；对于两个或两个以上的元素而言，是指这些元素虽然处于变化过程中，但它们的某些属性之间的关系不变．例1（宁夏回族自治区）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点P在AB上从A向B运动，连接DP交AC于点Q．（1）试证明：无论点P运动到AB上何处时，都有△ADQ≌△ABQ；（以下问题略）分析与解：正方形ABCD始终关于AC对称，因此，当点P在AB上运动时，不会影响到此结论.»AB上异于A、B 例2（广州）如图，扇形OAB的半径OA=3，圆心角∠AOB=90°，点C是的动点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E，连结DE，点G、H在线段DE上，且DG=GH=HE（1）求证：四边形OGCH是平行四边形»AB上运动时，在CD、CG、DG中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求（2）当点C在出该线段的长度（3）求证：223CD CH +是定值分析与解：当点C 在»AB 上运动时，半径OC 的位置发生着变化，但由圆的特性可知，半径OC 的长度始终保持不变．（1）连结OC 交DE 于M ，由矩形得OM ＝CG ，EM ＝DM 因为DG=HE 所以EM －EH ＝DM －DG 得HM ＝DG（2）DG 不变，在矩形ODCE 中，DE ＝OC ＝3，所以DG ＝1 （3）设CD ＝x ,则CE ＝29x -，由EC CD CG DE ⋅=⋅得CG ＝392x x -所以3)39(222x x x x DG =--=2所以HG ＝3－1－36322x x -= 所以3CH 2＝2222212))39()36((3x x x x -=-+- 所以121232222=-+=+x x CH CD二、探究动态变化中的变量关系动态几何题的根本是探究图形中的某些元素之间在变化过程中的相互依存的关系，用数学的眼光来看这些相互依存的关系实际上就是函数关系．所以，求图形运动变化过程中某些变量之间的函数解析式是研究这类问题的最常见的形式．例3 （广东省）将两块大小一样含30°角的直角三角板，叠放在一起，使得它们的斜边 AB 重合，直角边不重合，已知AB=8，BC=AD=4，AC 与BD 相交于点E ，连结CD ．(1)填空：如图9，AC= ，BD= ；四边形ABCD 是梯形. (2)请写出图9中所有的相似三角形（不含全等三角形）.(3)如图10，若以AB 所在直线为x 轴，过点A 垂直于AB 的直线为y 轴建立如图10的平面直角坐标系，保持ΔABD 不动，将ΔABC 向x 轴的正方向平移到ΔFGH 的位置，FH 与BD 相交于点P ，设AF=t ，ΔFBP 面积为S ，求S 与t 之间的函数关系式，并写出t 的取值值范围.DCBAE图9分析与解：（1）（2）共有9对相似三角形. ①△DCE 、△ABE 与△ACD 或△BDC 两两相似，分别是：△DCE ∽△ABE ，△DCE ∽△ACD ，△DCE ∽△BDC ，△ABE ∽△ACD ，△ABE ∽△BDC ；②△ABD ∽△EAD ，△ABD ∽△EBC ； ③△BAC ∽△EAD ，△BAC ∽△EBC ；所以，一共有9对相似三角形. （3）由题意知，FP ∥AE ， ∴ ∠1＝∠PFB ，又∵ ∠1＝∠2＝30°， ∴ ∠PFB ＝∠2＝30°, ∴ FP ＝BP.过点P 作PK ⊥FB 于点K ，则2FK BK ==∵ AF ＝t ，AB ＝8， ∴ FB ＝8－t ，1(8)2BK t =-. 在Rt △BPK 中，1tan 2(8)tan 30)2PK BK t t =⋅∠=-︒=-. ∴ △FBP 的面积11(8))226S FB PK t t =⋅⋅=⋅-⋅-， ∴ S 与t 之间的函数关系式为： 28)S t =-，或243S t =-+t 的取值范围为：08t ≤<.作为语言和工具的数学文化能让纷繁复杂的运动变化变得清晰可见．三、探究动态变化中的存在与否在动态几何题中探究存在与否，主要包括：探究问题的结论是否成立，探究符合条件的对象相关链接 :若12,x x 是一元二次方程20ax bx c ++=(0)a ≠的两根，则1212,.b cx x x x a a+=-= 是否存在、是否唯一，探究使结论成立的条件等．例4 （茂名市）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y =－32x 2+b x +c 经过A （0，－4）、B （x 1，0）、 C （x 2，0）三点，且x 2-x 1=5．（1）求b 、c 的值；（4分）（2）在抛物线上求一点D ，使得四边形BDCE 是以BC 为对角线的菱形；（3分）（3）在抛物线上是否存在一点P ，使得四边形B P O H 是以OB 为对角线的菱形？若存在，求出点P 的坐标，并判断这个菱形是否为正方形？若不存在，请说明理由．（3分）分析与解：（1） ∵x 1、x 2是方程－32x 2+b x +c=0的两个根，即方程2x 2－3b x +12=0的两个根．∴x =4969b 32-±b ，∴x 2－x 1=2969b 2-=5，解得 b =±314当b =314时，抛物线与x 轴的交点在x 轴的正半轴上，不合题意，舍去．∴b =－314．（2）∵四边形BDCE 是以BC 为对角线的菱形，根据菱形的性质，点D 必在抛物线的对称轴上，又∵y =－32x 2－314x －4=－32（x +27）2+625∴抛物线的顶点（－27，625）即为所求的点D ．（3）∵四边形BPOH 是以OB 为对角线的菱形，点B 的坐标为（－6，0），根据菱形的性质，点P 必是直线x =-3与抛物线y =－32x 2-314x -4的交点，x∴当x =－3时，y =－32×（－3）2－314×（－3）－4=4， ∴在抛物线上存在一点P （－3，4），使得四边形BPOH 为菱形．四边形BPOH 不能成为正方形，因为如果四边形BPOH 为正方形，点P 的坐标只能是（－3，3），但这一点不在抛物线上．四、探究动态变化中的结论推广在动态几何题中，还有一种是探究条件与结论的关系，即当条件发生变化时，结论是否变化或哪些结论可以推广到更一般的情况．例5（齐齐哈尔市）已知：正方形ABCD 中，45MAN ∠=，MAN ∠绕点A 顺时针旋转，它的两边分别交CB DC ，（或它们的延长线）于点M N ，．当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN =时（如图1），易证BM DN MN +=．（1）当MAN ∠绕点A 旋转到BM DN ≠时（如图2），线段BM DN ，和MN 之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．（2）当MAN ∠绕点A 旋转到如图3的位置时，线段BM DN ，和MN 之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．分析与解：（1）BM DN MN +=成立．如图，把AND △绕点A 顺时针90，得到ABE △，则可证得E B M ，，三点共线.证明过程中，证得：EAM NAM ∠=∠证得：AEM ANM △≌△ME MN ∴=ME BE BM DN BM =+=+ DN BM MN ∴+=BBMBCNCNM CNM 图1图2图3A A A DD D BEACDN（2）DN BM MN -=五、探究动态变化中的精彩瞬间研究动态几何题的最终目的是研究变化过程中能否有我们期待或遐想的精彩瞬间出现，如果出现了，它应该在什么情况下出现．例6（齐齐哈尔市）如图，在平面直角坐标系中，点(30)C -，，点A B ，分别在x 轴，y 轴的10OA -=．（1）求点A ，点B 的坐标．（2）若点P 从C 点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB 运动，连结AP ．设ABP △的面积为S ，点P 的运动时间为t 秒，求S 与t 的函数关系式，并写出自变量的取值范围．（3）在（2）的条件下，是否存在点P ，使以点A B P ，，为顶点的三角形与AOB △相似？若存在，请直接写出点P分析与解：（1）10OA -=230OB ∴-=，10OA -=OB ∴=，1OA =点A ，点B 分别在x 轴，y 轴的正半轴上 (10)(0A B ∴，，（2）求得90ABC ∠=(0(t t S t t ⎧<⎪=⎨->⎪⎩ ≤（3）1(30)P -，；21P ⎛- ⎝；31P ⎛ ⎝；4(3Px。

2020年全国中考数学试卷分类汇编(一)专题40 动态问题(含解析)

动态问题一.选择题1.（2020•湖北孝感•3分）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AB＝4，BC＝6，∠BAD＝30°．动点P沿路径A→B→C→D从点A出发，以每秒1个单位长度的速度向点D运动．过点P作PH⊥AD，垂足为H．设点P运动的时间为x（单位：s），△APH的面积为y，则y关于x的函数图象大致是（）A．B．C．D．【分析】分别求出点P在AB上运动、点P在BC上运动、点P在CD上运动时的函数表达式，进而求解．【解答】解：①当点P在AB上运动时，y＝AH×PH＝×APsinA×APcosA＝×x2×＝x2，图象为二次函数；②当点P在BC上运动时，如下图，由①知，BH′＝ABsinA＝4×＝2，同理AH′＝2，则y＝×AH×PH＝（2+x﹣4）×2＝2﹣4+x，为一次函数；③当点P在CD上运动时，同理可得：y＝×（2+6）×（4+6+2﹣x）＝（3）（12﹣x），为一次函数；故选：D．【点评】本题是运动型综合题，考查了动点问题的函数图象、解直角三角形、图形面积等知识点．解题关键是深刻理解动点的函数图象，了解图象中关键点所代表的实际意义，理解动点的完整运动过程．二.填空题三.解答题1. （2020•江苏省常州市•10分）如图，二次函数y＝x2+bx+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，抛物线过点C（1，0），且顶点为D，连接A C.B C.B D.C D．（1）填空：b＝﹣4；（2）点P是抛物线上一点，点P的横坐标大于1，直线PC交直线BD于点Q．若∠CQD ＝∠ACB，求点P的坐标；（3）点E在直线AC上，点E关于直线BD对称的点为F，点F关于直线BC对称的点为G，连接AG．当点F在x轴上时，直接写出AG的长．【分析】（1）将点C坐标代入解析式可求解；（2）分两种情况讨论，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，可得点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，可得∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE ＝，∠BCF＝45°，由勾股定理逆定理可得∠BCD＝90°，可求∠ACE＝∠DBC，可得∠ACB＝∠CFD，可得点F与点Q重合，即可求点P坐标；当点Q在点D下方上，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，先求直线BD解析式，点F坐标，由中点坐标公式可求点Q 坐标，求出CQ解析式，联立方程组，可求点P坐标；（3）设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，先求出∠CNH＝45°，由轴对称的性质可得EN＝NF，∠ENB ＝∠FNB＝45°，由“AAS”可证△EMN≌△NKF，可得EM＝NK＝，MN＝KF，可求CF ＝6，由轴对称的性质可得点G坐标，即可求解．【解答】解：（1）∵抛物线y＝x2+bx+3的图象过点C（1，0），∴0＝1+b+3，∴b＝﹣4，故答案为：﹣4；（2）∵b＝4，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x+3∵抛物线y＝x2﹣4x+3的图象与y轴交于点A，过点A作x轴的平行线交抛物线于另一点B，∴点A（0，3），3＝x2﹣4x，∴x1＝0（舍去），x2＝4，∴点B（4，3），∵y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，∴顶点D坐标（2，﹣1），如图1，当点Q在点D上方时，过点C作CE⊥AB于E，设BD与x轴交于点F，∵点A（0，3），点B（4，3），点C（1，0），CE⊥AB，∴点E（1，3），CE＝BE＝3，AE＝1，∴∠EBC＝∠ECB＝45°，tan∠ACE＝，∴∠BCF＝45°，∵点B（4，3），点C（1，0），点D（2，﹣1），∴BC＝＝3，CD＝＝，BD＝＝2，∵BC2+CD2＝20＝BD2，∴∠BCD＝90°，∴tan∠DBC＝＝＝＝tan∠ACE，∴∠ACE＝∠DBC，∴∠ACE+∠ECB＝∠DBC+∠BCF，∴∠ACB＝∠CFD，又∵∠CQD＝∠ACB，∴点F与点Q重合，∴点P是直线CF与抛物线的交点，∴0＝x2﹣4x+3，∴x1＝1，x2＝3，∴点P（3，0）；当点Q在点D下方上，过点C作CH⊥DB于H，在线段BH的延长线上截取HF＝QH，连接CQ交抛物线于点P，∵CH⊥DB，HF＝QH，∴CF＝CQ，∴∠CFD＝∠CQD，∴∠CQD＝∠ACB，∵CH⊥BD，∵点B（4，3），点D（2，﹣1），∴直线BD解析式为：y＝2x﹣5，∴点F（，0），∴直线CH解析式为：y＝﹣x+，∴，解得，∴点H坐标为（，﹣），∵FH＝QH，∴点Q（，﹣），∴直线CQ解析式为：y＝﹣x+，联立方程组，解得：或，∴点P（，﹣）；综上所述：点P的坐标为（3，0）或（，﹣）；（3）如图，设直线AC与BD的交点为N，作CH⊥BD于H，过点N作MN⊥x轴，过点E作EM⊥MN，连接CG，GF，∵点A（0，3），点C（1，0），∴直线AC解析式为：y＝﹣3x+3，∴，∴，∴点N坐标为（，﹣），∵点H坐标为（，﹣），∴CH2＝（﹣1）2+（）2＝，HN2＝（﹣）2+（﹣+）2＝，∴CH＝HN，∴∠CNH＝45°，∵点E关于直线BD对称的点为F，∴EN＝NF，∠ENB＝∠FNB＝45°，∴∠ENF＝90°，∴∠ENM+∠FNM＝90°，又∵∠ENM+∠MEN＝90°，∴∠MEN＝∠FNM，∴△EMN≌△NKF（AAS）∴EM＝NK＝，MN＝KF，∴点E的横坐标为﹣，∴点E（﹣，），∴MN＝＝KF，∴CF＝+﹣1＝6，∵点F关于直线BC对称的点为G，∴FC＝CG＝6，∠BCF＝∠GCB＝45°，∴∠GCF＝90°，∴点G（1，6），∴AG＝＝．【点评】本题是二次函数综合题，考查了待定系数法求解析式，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称性质，等腰三角形的性质，锐角三角函数等知识，综合性强，求出∠CNH＝45°是本题的关键．2. （2020•江苏省淮安市•12分）[初步尝试]（1）如图①，在三角形纸片ABC中，∠ACB＝90°，将△ABC折叠，使点B与点C重合，折痕为MN，则AM与BM的数量关系为AM＝BM；[思考说理]（2）如图②，在三角形纸片ABC中，AC＝BC＝6，AB＝10，将△ABC折叠，使点B与。

2020年中考数学二轮复习重要考点精析--动态型问题

中考数学二轮复习重要考点精析动态型问题一、中考专题诠释所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.“动点型问题” 题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。

二、解题策略和解法精讲解决动点问题的关键是“动中求静”.从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。

在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程。

在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

三、中考考点精讲考点一：建立动点问题的函数解析式（或函数图像）函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.例1 如图，动点P从点A出发，沿线段AB运动至点B后，立即按原路返回，点P在运动过程中速度不变，则以点B为圆心，线段BP长为半径的圆的面积S与点P的运动时间t的函数图象大致为（）A．B．C．D．思路分析：分析动点P的运动过程，采用定量分析手段，求出S与t的函数关系式，根据关系式可以得出结论．解：不妨设线段AB长度为1个单位，点P的运动速度为1个单位，则：（1）当点P在A→B段运动时，PB=1-t，S=π（1-t）2（0≤t＜1）；（2）当点P在B→A段运动时，PB=t-1，S=π（t-1）2（1≤t≤2）．综上，整个运动过程中，S与t的函数关系式为：S=π（t-1）2（0≤t≤2），这是一个二次函数，其图象为开口向上的一段抛物线．结合题中各选项，只有B符合要求．故选B．点评：本题结合动点问题考查了二次函数的图象．解题过程中求出了函数关系式，这是定量的分析方法，适用于本题，如果仅仅用定性分析方法则难以作出正确选择．对应训练1．如图，⊙O 的圆心在定角∠α（0°＜α＜180°）的角平分线上运动，且⊙O 与∠α的两边相切，图中阴影部分的面积S 关于⊙O 的半径r （r ＞0）变化的函数图象大致是（）A ．B ．C ．D ．1．C考点二：动态几何型题目点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题. 它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题. 这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力.动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。

热点专题4动态探究问题-2020年《三步冲刺中考·数学》之热点专题冲刺(广东专用)(原卷版)

热点专题4 动态探究问题动态问题是近年来中考的热点题型，作为压轴题出现该类题以运动的观点来探究几何图形部分规律的问题，包括点动问题、形动问题，这类题目的综合性较强，解决这类问题时，需要用运动与变化的眼光去观察、研究图形，把握运动对象的变化规律，特别要关注在“动”的过程中，哪些量之间存在着数量关系该专题主要考查学生灵活运用所学知识综合分析问题和探究创新的能力解决此类问题的关键在于把握“动中取静”，即取运动过程中的某一个时刻作为研究点，把运动问题转化为静止问题，即“在动中思考，在静中求解”动态问题常考题型有以下两种：题型一：点的运动，题型二：图形的运动．考向1 点的运动例：（2019•海南中考）如图，在Rt ABC 中，90C，5AB ，4BC ．点P 是边AC 上一动点，过点P 作//PQ AB 交BC 于点Q ，D 为线段PQ 的中点，当BD 平分ABC 时，AP 的长度为( )A ．813B ．1513C ．2513D ．3213练习：1．（2019•平远县二模）如图，在Rt ABC 中，90ABC，3BC ，D 为斜边AC 的中点，连接BD ，点F 是BC 边上的动点（不与点B 、C 重合），过点B 作BE BD 交DF 延长线交于点E ，连接CE ，下列结论：①若BF CF ，则222CE AD DE ；②若BDE BAC ，4AB ，则158CE； ③ABD 和CBE 一定相似； ④若30A，90BCE ，则21DE ．其中正确的是．（填写所有正确结论的序号）2．（2019•佛冈县实验中学二模）如图，在矩形ABCD 中，4AB ，3AD，以点C 为圆心作C 与直线BD相切，点P 是C 上一个动点，连接AP 交BD 于点T ，则APAT的最大值是．3．（2019•博罗县二模）如图，矩形ABCD 中，2AB ，4AD．E ，F 分别在AD ，BC 上，点A 与点C关于EF 所在的直线对称，P 是边DC 上的一动点．（1）连接AF ，CE ，求证四边形AFCE 是菱形；（2）当PEF 的周长最小时，求DPCP的值；（3）连接BP 交EF 于点M ，当45EMP 时，求CP 的长．4．（2019•东莞二模）如图，在ABC 中，90A ，3AB ，4AC ，点M ，Q 分别是边AB ，BC 上的动点（点M 不与A ，B 重合），且MQ BC ，过点M 作BC 的平行线MN ，交AC 于点N ，连接NQ ，设BQ为x ．（1）试说明不论x为何值时，总有QBM ABC∽；（2）是否存在一点Q，使得四边形BMNQ为平行四边形，试说明理由；（3）当x为何值时，四边形BMNQ的面积最大，并求出最大值．考向2 图形的运动例1：（2018•普宁市一模）如图，在平面直角坐标系中，已知点(2,1)A，点(3,1)B，平移线段AB，使点A落在点1(2,2)A处，则点B的对应点1B的坐标为()A．(1,1)B．(1,0)C．(1,0)D．(3,0)例2：（2019•中山春华中学二模）如图，将ABC沿BC边上的中线AD平移到△A B C的位置．已知ABC 的面积为16，阴影部分三角形的面积9．若1AA，则A D等于()A ．2B ．3C ．4D ．32练习：1．（2019•金湾中学一模）如图，面积为6的平行四边形纸片ABCD 中，3AB ，45BAD，按下列步骤进行裁剪和拼图．第一步：如图①，将平行四边形纸片沿对角线BD 剪开，得到ABD 和BCD 纸片，再将ABD 纸片沿AE 剪开(E 为BD 上任意一点），得到ABE 和ADE 纸片；第二步：如图②，将ABE 纸片平移至DCF 处，将ADE 纸片平移至BCG 处；第三步：如图③，将DCF 纸片翻转过来使其背面朝上置于PQM 处（边PQ 与DC 重合，PQM 和DCF 在DC 同侧），将BCG 纸片翻转过来使其背面朝上置于PRN 处，（边PR 与BC 重合，PRN 和BCG 在BC 同侧）．则由纸片拼成的五边形PMQRN 中，对角线MN 长度的最小值为． 2．（2018•宝安期末）在边长为1的小正方形网格中，AOB 的顶点均在格点上，（1）B 点关于y 轴的对称点坐标为；（2）将AOB 向左平移3个单位长度得到△111AO B ，请画出△111AO B ；（3）在（2）的条件下，1A 的坐标为．3．（2019•海珠区一模）如图，已知ABC的面积为3，且AB AC，现将ABC沿CA方向平移CA的长度得到EFA．（1）求ABC所扫过的图形面积；（2）探究：AF与BE的位置关系，并说明理由．4．（2018•潮南一模）阅读下面材料：小伟遇到这样一个问题，如图1，在梯形ABCD中，//AD BC，对角线AC，BD相交于点O．若梯形ABCD 的面积为1，试求以AC，BD，AD BC的长度为三边长的三角形的面积．小伟是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法移动这些分散的线段，构造一个三角形，再计算其面积即可．他先后尝试了翻折，旋转，平移的方法，发现通过平移可以解决这个问题．他的方法是过点D 作AC的平行线交BC的延长线于点E，得到的BDE即是以AC，BD，AD BC的长度为三边长的三角形（如图2)．参考小伟同学的思考问题的方法，解决下列问题：如图3，ABC的三条中线分别为AD，BE，CF．（1）在图3中利用图形变换画出并指明以AD，BE，CF的长度为三边长的一个三角形（保留画图痕迹）；（2）若ABC的面积为1，则以AD，BE，CF的长度为三边长的三角形的面积等于．。