2020年中考数学压轴题：动点综合问题考点专练

D 为直角顶点的等腰直角三角形，请直．接．写出点 D 的坐标.
【答案】（1）见解析；（2）y＝−7x−21；（3）D（4，−2）或（ 20 ， 22 ）.
3
3
【解析】（1）根据△ABC 为等腰直角三角形，AD⊥ED，BE⊥ED，可判定 BEC CDA ；
（2）①过点 B 作 BC⊥AB，交 l2 于 C，过 C 作 CD⊥y 轴于 D，根据△CBD≌△BAO，得出
外部时，设 D（x，−2x＋6），分别根据△ADE≌△DPF，得出 AE＝DF，据此列出方程进行求 解即可． 【详解】解：（1）证明：∵△ABC 为等腰直角三角形， ∴CB＝CA，∠ACD＋∠BCE＝90°， 又∵AD⊥ED，BE⊥ED， ∴∠D＝∠E＝90°，∠EBC＋∠BCE＝90°， ∴∠ACD＝∠EBC，
【答案】0；4；8；12 【解析】此题要分两种情况：①当 P 在线段 BC 上时，②当 P 在 BQ 上，再分别分两种情况 AC＝BP 或 AC＝BN 进行计算即可．
【详解】解：①当 P 在线段 BC 上，AC＝BP 时，△ACB≌△PBN，
∵AC＝2， ∴BP＝2， ∴CP＝6−2＝4， ∴点 P 的运动时间为 4÷1＝4（秒）； ②当 P 在线段 BC 上，AC＝BN 时，△ACB≌△NBP， 这时 BC＝PN＝6，CP＝0，因此时间为 0 秒； ③当 P 在 BQ 上，AC＝BP 时，△ACB≌△PBN， ∵AC＝2， ∴BP＝2， ∴CP＝2＋6＝8， ∴点 P 的运动时间为 8÷1＝8（秒）； ④当 P 在 BQ 上，AC＝NB 时，△ACB≌△NBP， ∵BC＝6， ∴BP＝6， ∴CP＝6＋6＝12， 点 P 的运动时间为 12÷1＝12（秒）， 故答案为：0 或 4 或 8 或 12．
1 个单位长度的速度向点 C 运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停动，过点 N
作 NQ 垂直于 BC 交 AC 于点 Q，连结 MQ.
①求△AQM 的面积 S 与运动时间 t 之间的函数关系式，写出自变量的取值范围；当 t 为何值
时，S 有最大值，并求出 S 的最大值； ②是否存在点 M，使得△AQM 为直角三角形？若存在，求出点 M 的坐标；若不存在，说明 理由．
Ⅰ．若∠AQM＝90°，
则 PQ 是等腰 Rt△MQA 底边 MA 上的高． ∴PQ 是底边 MA 的中线， ∴PQ＝AP＝ 1 MA，
2 ∴1+t＝ 1 (4﹣2t)，
2 解得，t＝ 1 ，
2 ∴M 的坐标为(1，0)． Ⅱ．若∠QMA＝90°，此时 QM 与 QP 重合． ∴QM＝QP＝MA， ∴1+t＝4﹣2t， ∴t＝1， ∴点 M 的坐标为(2，0)． 所以，使得△AQM 为直角三角形的点 M 的坐标分别为(1，0)和(2，0)． 【点睛】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，要注意利用点的坐标的意 义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系还要注意求最大值可以借助于二次函数． 【变式 2-2】如图，四边形 ABCD 是正方形，以 DC 为边向外作等边△DCE，连接 AE 交 BD 于点 F，交 CD 于点 G，点 P 是线段 AE 上一动点，连接 DP、BP． （1）求∠AFB 的度数； （2）在点 P 从 A 到 E 的运动过程中，若 DP 平分∠CDE，求证：AG•DP＝DG•BD； （3）已知 AD＝6，在点 P 从 A 到 E 的运动过程中，若△DBP 是直角三角形，请求 DP 的长．
k＝
3 4
b＝
9 4
，
∴直线 AC 对应的函数关系式为 y＝ 3 x- 9 . 44
(2) 在直线 ABy=- 4 x+4 中， 3
∵k1=-
4 3
，
在直线
ACy＝
3 4
x−
9 4
中，k2=
3 4
，
∴k1•k2=-1，
∴AB⊥AC；（3）在 y=- 4 x+4 中， 3
令 x=0，则 y=4，
∴OA=3，OB=4，由勾股定理得 AB=5，
【变式 2-1】（2019·辽宁中考模拟）如图，已知二次函数 y＝ax2+bx+4 的图象与 x 轴交于点
A(4，0)和点 D(﹣1，0)，与 y 轴交于点 C，过点 C 作 BC 平行于 x 轴交抛物线于点 B，连接
AC
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)点 M 从点 O 出发以每秒 2 个单位长度的速度向点 A 运动；点 N 从点 B 同时出发，以每秒
3
3
3
综上所述，D 点坐标为：（4，−2）或（ 20 ， 22 ）
3
3
【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标、矩形的性质、待定系数法、等腰直
角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等
三角形，运用全等三角形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用．
【点睛】考查了一次函数综合题，待定系数法求函数的解析式，勾股定理的应用和全等三角形 的性质等知识，分类讨论是解题关键，以防遗漏． 【变式 1-1】）如图,CA⊥BC,垂足为 C,AC=2Cm,BC=6cm,射线 BM⊥BQ,垂足为 B,动点 P 从 C 点出发以 1cm/s 的速度沿射线 CQ 运动,点 N 为射线 BM 上一动点,满足 PN=AB,随着 P 点 运动而运动,当点 P 运动_______秒时，△BCA 与点 P、N、B 为顶点的三角形全等.(2 个全等 三角形不重合)
①当∠AQP=90°时，如图 1，∵△AOB≌△AQP，
∴AQ=OB=4，
∴Q1（7，0），Q2（-1，0）， ②当∠APQ=90°时，如图 2，∵△AOB≌△AQP，
∴AQ=AB=5，
∴Q3（8，0），Q4（-2，0）． ③当∠PAQ=90°时，这种情况不存在， 综上所述：点 Q 的坐标为：（7，0）（8，0）（-1，0）（-2，0）．
次函数的最大值可得答案；
②分类讨论直角三角形的直角顶点，然后解出 t，求得 M 坐标．
【详解】(1)∵二次函数的图象经过 A(4，0)和点 D(﹣1，0)，
16a 4b 4 0 ∴ a b 4 0 ，
a 1 解得 b 3 ， 所以，二次函数的解析式为 y＝﹣x2+3x+4．
(2)①延长 NQ 交 x 轴于点 P，
＝﹣t2+t+2．
∴S=-t2+t+2=-(t- 1 )2+ 9 ． 24
∵a＝﹣1＜0，且 0≤t≤2，∴S 有最大值．
当
t＝
1 2
时，S
最大值＝
9 4
．
②存在点 M，使得△AQM 为直角三角形．
设经过 t 秒时，NB＝t，OM＝2t，
则 CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t，
∴∵∠BCA＝∠MAQ＝45°．
3
3
数关系式为 y=kx+b，解方程组即可得到结论；
（2）在直线
ABy=-
4 3
x+4
中，得到
k1=-
4 3
，在直线
ACy＝
3 4
x−
9 4
中，得到
k2=
3 4
，由于
k1•k2=-1，
即可得到结论；
（3）根据勾股定理得到 AB=5，①当∠AQP=90°时，如图 1，由全等三角形的性质得到
AQ=OB=4，于是得到 Q1（7，0），Q2（-1，0），②当∠APQ=90°时，如图 2，根据全等三
设 D（x，−2x＋6），则 OE＝2x−6，AE＝OE−OA＝2x−6−6＝2x−12，DF＝EF−DE＝8−x，
同理可得：△ADE≌△DPF，则 AE＝DF，即：2x−12＝8−x，
解得 x＝ 20 ， 3
∴−2x＋6＝ 22 ， 3
∴D（ 20 ， 22 ），
3
3
此时，ED＝PF＝ 20 ，AE＝BF＝ 4 ，BP＝PF−BF＝ 16 ＜6，符合题意，
（模型应用）
（2）已知直线
l1
：y
4 3
x
4
与坐标轴交于点
A
、B
，将直线 l1
绕点
A
逆时针旋转
45
至直线 l2
，
如图 2，求直线 l2 的函数表达式；
（3）如图 3，长方形 ABCO ， O 为坐标原点，点 B 的坐标为 8, 6 ，点 A 、 C 分别在坐标轴
上，点 P 是线段 BC 上的动点，点 D 是直线 y 2x 6 上的动点且在第四象限.若 APD 是以点
∵直线
l1：y＝
4 3
x＋4
中，若
y＝0，则
x＝−3；若
x＝0，则
y＝4，
∴A（−3，0），B（0，4），
∴BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，
∴OD＝4＋3＝7，
∴C（−4，7），
7 4k b 设 l2 的解析式为 y＝kx＋b，则 0 3k b ，
k 7 解得： b 21，
∴l2 的解析式为：y＝−7x−21；
2020 年中考数学压轴题：动点综合问题考点专练
【典例分析】
【考点 1】动点之全等三角形问题
【例
1】如图，直线
y
4 3
x
4
与
x
轴和
y
轴分别交于
A,
B
两点，另一条直线过点
A
和点
C (7,
3)
.
(1)求直线 AC 的函数表达式;
(2)求证: AB AC ;
(3)若点 P 是直线 AC 上的一个动点，点 Q 是 x 轴上的一个动点，且以 P,Q, A 为顶点的三角形
∵BC 平行于 x 轴，C(0，4)
∴B(3，4)，NP⊥OA．
根据题意，经过 t 秒时，NB＝t，OM＝2t，
则 CN＝3﹣t，AM＝4﹣2t．
∵∠BCA＝∠MAQ＝45°，
∴QN＝CN＝3﹣t，
∴PQ＝NP﹣NQ＝4﹣(1﹣t)＝1+t，
∴S△AMQ=
1 2
AM×PQ=
1 2
(4-2t)(1+t)
D＝E 在△ACD 与△CBE 中， ACD＝EBC ，
CA＝CB ∴ BEC CDA （AAS）； （2）①如图 2，过点 B 作 BC⊥AB，交 l2 于 C，过 C 作 CD⊥y 轴于 D，
∵∠BAC＝45°，
∴△ABC 为等腰直角三角形，
由（1）可知：△CBD≌△BAO，
∴BD＝AO，CD＝OB，
BD＝AO＝3，CD＝OB＝4，求得 C（−4，7），最后运用待定系数法求直线 l2 的函数表达式； （3）根据△APD 是以点 D 为直角顶点的等腰直角三角形，当点 D 是直线 y＝−2x＋6 上的动
点且在第四象限时，分两种情况：当点 D 在矩形 AOCB 的内部时，当点 D 在矩形 AOCB 的
【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时必须有边的参与，若有两边
一角对应相等时，角必须是两边的夹角．
【考点 2】动点之直角三角形问题
【例 2】（模型建立）
（1）如图 1，等腰直角三角形 ABC 中， ACB 90 ， CB CA ，直线 ED 经过点 C ，过 A 作
AD ED 于点 D ，过 B 作 BE ED 于点 E .求证： BEC CDA ；
角形的性质得到 AQ=AB=5，于是得到 Q3（8，0），Q4（-2，0），③当∠PAQ=90°时，这种
情况不存在．
【详解】（1）在 y=- 4 x+4 中， 3
令 y=0，则 0=- 4 x+4， 3
∴x=3，
∴A（3，0），
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设直线 AC 对应的函数关系式为 y=kx+b，
0＝3k b 则： 3＝7k b ，解得：
（3）D（4，−2）或（ 20 ， 22 ）．
3
3
理由：当点 D 是直线 y＝−2x＋6 上的动点且在第四象限时，分两种情况：
当点 D 在矩形 AOCB 的内部时，如图，过 D 作 x 轴的平行线 EF，交直线 OA 于 E，交 BC 于
F，
设 D（x，−2x＋6），则 OE＝2x−6，AE＝6−（2x−6）＝12−2x，DF＝EF−DE＝8−x， 由（1）可得，△ADE≌△DPF，则 DF＝AE，即：12−2x＝8−x， 解得 x＝4， ∴−2x＋6＝−2， ∴D（4，−2）， 此时，PF＝ED＝4，CP＝6＝CB，符合题意； 当点 D 在矩形 AOCB 的外部时，如图，过 D 作 x 轴的平行线 EF，交直线 OA 于 E，交直线 BC 于 F，
【答案】(1)y＝﹣x2+3x+4；(2)①S=-t2+t+2；0≤t≤2；t＝
1 2
时，S
最大值＝
9 4
；②存在，点
M
的坐标分别为(1，0)和(2，0)．
【解析】(1)由待定系数法将 AD 两点代入即可求解．
(2)①分别用 t 表示出 AM、PQ，由三角形面积公式直接写出含有 t 的二次函数关系式，由二
与 AOB 全等，求点 Q 的坐标.
【答案】(1)
y 3 x 9 ;(2) 44
AB2 AD2 BD2 ; (3) 点 Q 的坐标为 (7, 0) 或 (8, 0) 或 (1, 0) 或
(2, 0)
【解析】（1）在 y=- 4 x+4 中，令 y=0，则 0=- 4 x+4，求得 A（3，0），设直线 AC 对应的函