2014年中考数学二轮复习系列(三)运动问题专题答案

、解：(1)3或8（2）若以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形，那么AD=PE，有两种情况：①当P在E的左边，∵E是BC的中点，∴BE=6，∴BP=BE－PE=6－5=1；②当P在E的右边，BP=BE+PE=6+5=11；故当x的值为1或11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形为平行四边形；（3）由（2）知，当BP=11时，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形∴EP=AD=5，过D作DN⊥BC于N，∵CD=24，∠C=45°，DN=CN=4，∴NP=3．∴DP=222243NPDN=5，∴EP=DP,由（2）知，以点P、A、D、E为顶点的四边形是平行四边形，∴P、A、D、E为顶点的四边形是菱形。2、【思路分析】(1)证△ABD≌△CEB即可；(2)i)过点Q作QH⊥BC于点H，利用相似三角形把DPPQ转化为对应边的比．解题的关键是证明AP＝BH．ii)利用第i)问中求得的结果求出MQ的长，再反复利用勾股定理求出BQ的长，从而利用三角形的中位线定理求出DQ的中点所经过的路径长．【解】(1)证明：∵BD⊥BE，∴∠DBE＝90°，即∠ABD＋∠EBC＝90°．∵∠E＋∠EBC＝90°，∴∠ABD＝∠E．又∵∠A＝∠C＝90°，AD＝BC，∴△ABD≌△CEB．∴AD＝BC，AB＝CE．∵AC＝AB＋BC，∴AC＝AD＋CE．(2)i)如图2，过点Q作QH⊥BC于点H，则△ADP∽△HPQ，△BHQ∽△BCE．∴ADAPPHQH，QHBHBCEC．即AD·QH＝AP·PH①BC·QH＝BH·EC②由第(1)问可知，BC＝AD＝3，AB＝EC＝5．∴AP·PH＝BH·EC．设AP＝x，BH＝y，则PH＝AB＋BH－AP＝5＋y－x，∴x(5＋y－x)＝5y．整理得x2－(5＋y)x＋5y＝0．即(x－5)(x－y)＝0．∴x＝5或x＝y．∵点P与点B不重合，∴舍去x＝5．当x＝y时，PH＝5．∴DPPQ＝ADPH＝35．ii)2343．提示：设DQ的中点为O，连结OB．∵∠DBE＝90°，∴DO＝BO．∴点O在线段DB的垂直平分线上．∴点O所经过的路径是线段DB垂直平分线上的一部分(线段)．当点P与点A重合时，DQ的中点即是DB的中点O1．设AC的中点为M，当点P与点M重合时，如图3，设此时DQ的中点为O2．APBCEQD图2HABCED图3QP(M)O1O2∵AD＝3，AM＝4，∴DM＝5．由i)可知DMMQ＝35，∴5MQ＝35．∴MQ＝253．在Rt△DMQ中，DQ＝22DMMQ＝5343．在Rt△ABD中，DB＝22ADAB＝34．在Rt△DBQ中，BQ＝22DQDB＝4343．∴O1O2＝12DB＝2343．3、【解析】先求出∠ACD=60°，继而可判断△ACD是等边三角形，从而可判断①是正确的；根据①的结论，可判断四边形ABCD是平行四边形，从而可判断②是正确的；根据①的结论，可判断③正确.故选D．【方法指导】本题考查了平移的性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定与性质及菱形的判定，解答本题的关键是先判断出△ACD是等边三角形课堂检测答案一、1、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PA＋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PA＋PC的值最小．∵DP=PA，∴PA＋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PA＋PC的最小值是3122、B3、B4、C5、C解析：连接OP、OQ．∵PQ是⊙O的切线，∴OQ⊥PQ；根据勾股定理知PQ2=OP2﹣OQ2，∴当PO⊥AB时，线段PQ最短，∵在Rt△AOB中，OA=OB=3，∴AB=OA=6，∴OP==3，∴PQ===2．故答案为：C.．二、6、t=2或3≤t≤7或t=8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PA，则∠CAP=∠APM=90°，∠PMA=∠BMN=60°，AP=cm，∴PM=1cm，∴QP=4cm﹣1cm=3cm，即t=3，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；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．7、22【解析】（1）首先，需要证明线段B0Bn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△AB0Bn∽△AON，求出线段B0Bn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Bn，连接B0Bn．∵AO⊥AB0，AN⊥ABn，∴∠OAC=∠B0ABn，又∵AB0=AO•tan30°，ABn=AN•tan30°，∴AB0：AO=ABn：AN=tan30°，∴△AB0Bn∽△AON，且相似比为tan30°，∴B0Bn=ON•tan30°=26×33=22．现在来证明线段B0Bn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Bi，连接AP，ABi，B0Bi．∵AO⊥AB0，AP⊥ABi，∴∠OAP=∠B0ABi，又∵AB0=AO•tan30°，ABi=AP•tan30°，∴AB0：AO=ABi：AP，∴△AB0Bi∽△AOP，∴∠AB0Bi=∠AOP．又∵△AB0Bn∽△AON，∴∠AB0Bn=∠AOP，∴∠AB0Bi=∠AB0Bn，∴点ABCDEPFQ（第8题）上，即线段B0Bn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B0Bn，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8、12．提示：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，即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”。9、4；提示：过点C作CA⊥y，∵抛物线y＝＝（x2－4x）＝（x2－4x＋4）－2＝（x－2）2－2∴顶点坐标为C（2，－2），对称轴与两段抛物线所围成的阴影部分的面积为：2×2＝410、20三、解答题11、解：(1)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．12解:（1）因为抛物线关于直线x＝1对称，AB＝4，所以A(－1，0)，B(3，0)，(2，1．5)在抛物线上，所以5.1240cbacba，所以3a＋3b＝1．5，即a＋b＝0．5，又12ab，即b＝－2a，代入上式解得a＝－0．5，b＝1，从而c＝1．5，所以23212xxy．（2）由（1）知23212xxy，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(23,27k)，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kkkkk解得（3）由（1）知,2)1(21232122xxxy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221xy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MM1、NN1，垂足分别为M1、N1，因为∠MPO＝∠NPO，所以Rt△MPM1∽Rt△NPN1，所以1111PNPMNNMM，………………(1)不妨设M(xM，yM)在点N(xN，yN)的左侧，因为P点在y轴正半轴上，则（1）式变为NMNMytytxx，又yM＝kxM－2，yN＝kxN－2，所以（t＋2）(xM＋xN)＝2kxMxN，……(2)把y＝kx－2(k≠0)代入221xy中，整理得x2＋2kx－4＝0，所以xM＋xN＝－2k，xMxN＝－4，代入（2）得t＝2，符合条件，第12题图（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．题后反思：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