014中考数学动点问题专题讲解2]

1中考动点专题1、如图1,在半径为6,圆心角为90°的扇形OAB的弧AB上,有一个动点P,PH⊥OA,垂足为H,△OPH的重心为G.(1)当点P在弧AB上运动时,线段GO、GP、GH中,有无长度保持不变的线段?如果有,请指出这样的线段,并求出相应的长度.(2)设PHx,GPy,求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域(即自变量x的取值范围).(3)如果△PGH是等腰三角形,试求出线段PH的长.解:(1)当点P在弧AB上运动时,OP保持不变,于是线段GO、GP、GH中,有长度保持不变的线段，这条线段是GH=32NH=2132OP=2.(2)在Rt△POH中,22236xPHOPOH,∴2362121xOHMH.在Rt△MPH中,.∴y=GP=32MP=233631x(0x6).(3)△PGH是等腰三角形有三种可能情况:①GP=PH时,xx233631,解得6x.经检验,6x是原方程的根,且符合题意.②GP=GH时,2336312x,解得0x.经检验,0x是原方程的根,但不符合题意.③PH=GH时,2x.综上所述,如果△PGH是等腰三角形,那么线段PH的长为6或2.2、如图2,在△ABC中,AB=AC=1,点D,E在直线BC上运动.设BD=,xCE=y.(1)如果∠BAC=30°,∠DAE=105°,试确定y与x之间的函数解析式；(2)如果∠BAC的度数为,∠DAE的度数为,当,满足怎样的关系式时,(1)中y与x之间的函数解析式还成立?试说明理由.解:(1)在△ABC中,∵AB=AC,∠BAC=30°,∴∠ABC=∠ACB=75°,∴∠ABD=∠ACE=105°.∵∠BAC=30°,∠DAE=105°,∴∠DAB+∠CAE=75°,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=75°,∴∠CAE=∠ADB,∴△ADB∽△EAC,∴ACBDCEAB,∴11xy,∴xy1.(2)由于∠DAB+∠CAE=,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=290,且函数关系式成立,∴290=,整理得290.当290时,函数解析式xy1成立.2222233621419xxxMHPHMPAEDCB图2O●FPDEACB3(1)HMNGPOAB图1xy2CBPDAQ3、如图3(1),在△ABC中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3.点O是边AC上的一个动点,以点O为圆心作半圆,与边AB相切于点D,交线段OC于点E.作EP⊥ED,交射线AB于点P,交射线CB于点F.(1)求证:△ADE∽△AEP.(2)设OA=x,AP=y,求y关于x的函数解析式,并写出它的定义域.(3)当BF=1时,求线段AP的长.解:(1)连结OD.根据题意,得OD⊥AB,∴∠ODA=90°,∠ODA=∠DEP.又由OD=OE,得∠ODE=∠OED.∴∠ADE=∠AEP,∴△ADE∽△AEP.(2)∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3,∴AC=5.∵∠ABC=∠ADO=90°,∴OD∥BC,∴53xOD,54xAD,∴OD=x53,AD=x54.∴AE=xx53=x58.∵△ADE∽△AEP,∴AEADAPAE,∴xxyx585458.∴xy516(8250x).(3)当BF=1时，①若EP交线段CB的延长线于点F,如图3(1)，则CF=4.∵∠ADE=∠AEP,∴∠PDE=∠PEC.∵∠FBP=∠DEP=90°,∠FPB=∠DPE,∴∠F=∠PDE,∴∠F=∠FEC,∴CF=CE.∴5-x58=4,得85x.可求得2y,即AP=2②若EP交线段CB于点F,如图3(2),则CF=2.类似①,可得CF=CE.∴5-x58=2,得815x.可求得6y,即AP=6.综上所述,当BF=1时,线段AP的长为2或6.4：如图，在矩形ABCD中，AB=12cm，BC=6cm，点P沿AB边从点A开始向点B以2厘米/秒的速度移动；点Q沿DA边从点D开始向点A以1厘米/秒的速度移动。如果Ｐ、Ｑ同时出发，用t秒表示移动的时间（0≤t≤6），那么：（1）当t为何值时，三角形QAP为等腰三角形？（2）求四边形QAPC的面积，提出一个与计算结果有关的结论；（3）当t为何值时，以点Q、A、P为顶点的三角形与△ABC相似？分析：（1）当三角形QAP为等腰三角形时，由于∠A为直角，只能是AQ=AP，建立等量关系，tt62，即2t时，三角形QAP为等腰三角形；（2）四边形QAPC的面积=ABCD的面积—三角形QDC的面积—三角形PBC的面积=6)212(211221612xx=36，即当P、Q运动时，四边形QAPC的面积不变。（3）显然有两种情况：△PAQ∽△ABC，△QAP∽△ABC，由相似关系得61262xx或12662xx，解之得3x或2.1x5、如图1，已知抛物线的顶点为A（2，1），且经过原点O，与x轴的另一个交点为B。⑴求抛物线的解析式；（用顶点式求得抛物线的解析式为xx41y2）●PDEACB3(2)OF3yxEQPCBOA⑵若点C在抛物线的对称轴上，点D在抛物线上，且以O、C、D、B四点为顶点的四边形为平行四边形，求D点的坐标；⑶连接OA、AB，如图2，在x轴下方的抛物线上是否存在点P，使得△OBP与△OAB相似？若存在，求出P点的坐标；若不存在，说明理由。6、已知抛物线2yaxbxc经过53(33)02PE，，，及原点(00)O，．（1）求抛物线的解析式．（由一般式．．．得抛物线的解析式为225333yxx）（2）过P点作平行于x轴的直线PC交y轴于C点，在抛物线对称轴右侧且位于直线PC下方的抛物线上，任取一点Q，过点Q作直线QA平行于y轴交x轴于A点，交直线PC于B点，直线QA与直线PC及两坐标轴围成矩形OABC．是否存在点Q，使得OPC△与PQB△相似？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，说明理由．（3）如果符合（2）中的Q点在x轴的上方，连结OQ，矩形OABC内的四个三角形OPCPQBOQPOQA，，，△△△△之间存在怎样的关系？为什么？7、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55CE，且3tan4EDA。（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，例1题图图1OAByxOAByx图24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。8、在平面直角坐标系xOy中，已知二次函数2(0)yaxbxca的图象与x轴交于AB，两点（点A在点B的左边），与y轴交于点C，其顶点的横坐标为1，且过点(23)，和(312)，．（1）求此二次函数的表达式；（由一般式．．．得抛物线的解析式为223yxx）（2）若直线:(0)lykxk与线段BC交于点D（不与点BC，重合），则是否存在这样的直线l，使得以BOD，，为顶点的三角形与BAC△相似？若存在，求出该直线的函数表达式及点D的坐标；若不存在，请说明理由；(10)(30),(03)ABC，，，，（3）若点P是位于该二次函数对称轴右边图象上不与顶点重合的任意一点，试比较锐角PCO与ACO的大小（不必证明），并写出此时点P的横坐标px的取值范围．9、如图所示，已知抛物线21yx与x轴交于A、B两点，与y轴交于点C．（1）求A、B、C三点的坐标．（2）过点A作AP∥CB交抛物线于点P，求四边形ACBP的面积．（3）在x轴上方的抛物线上是否存在一点M，过M作MGx轴于点G，使以A、M、G三点为顶点的三角形与PCA相似．若存在，请求出M点的坐标；否则，请说明理由．Oxy练习2图CBEDAOyClxBA1x练习3图oCBAx练习4图Py510、已知：如图，在平面直角坐标系中，ABC△是直角三角形，90ACB，点AC，的坐标分别为(30)A，，(10)C，，3tan4BAC．（1）求过点AB，的直线的函数表达式；点(30)A，，(10)C，，B(13)，，3944yx全（2）在x轴上找一点D，连接DB，使得ADB△与ABC△相似（不包括等），并求点D的坐标；（3）在（2）的条件下，如PQ，分别是AB和AD上的动点，连接PQ，设APDQm，问是否存在这样的m使得APQ△与ADB△相似，如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由．参考答案例题、解:⑴由题意可设抛物线的解析式为1)2x(ay2∵抛物线过原点，∴1)20(a02∴41a.抛物线的解析式为1)2x(41y2,即xx41y2⑵如图1,当OB为边即四边形OCDB是平行四边形时,CD∥＝OB,由1)2x(4102得4x,0x21,∴B(4,0),OB＝4.∴D点的横坐标为6将x＝6代入1)2x(41y2,得y＝－3,∴D(6,－3);根据抛物线的对称性可知,在对称轴的左侧抛物线上存在点D,使得四边形ODCB是平行四边形,此时D点的坐标为(－2,－3),当OB为对角线即四边形OCBD是平行四边形时,D点即为A点,此时D点的坐标为(2,1)⑶如图2，由抛物线的对称性可知:AO＝AB,∠AOB＝∠ABO.若△BOP与△AOB相似,必须有∠POB＝∠BOA＝∠BPO设OP交抛物线的对称轴于A′点,显然A′(2,－1)∴直线OP的解析式为x21yACOBxyEA'OABPyx图2COABDyx图16由xx41x212,得6x,0x21.∴P(6,－3)过P作PE⊥x轴,在Rt△BEP中,BE＝2,PE＝3,∴PB＝13≠4.∴PB≠OB,∴∠BOP≠∠BPO,∴△PBO与△BAO不相似,同理可说明在对称轴左边的抛物线上也不存在符合条件的P点.所以在该抛物线上不存在点P,使得△BOP与△AOB相似.练习1、解：（1）由已知可得：33375530420ababc解之得，253033abc，，．因而得，抛物线的解析式为：225333yxx．（2）存在．设Q点的坐标为()mn，，则225333nmm，要使,BQPBOCPPBQCPOC△∽△，则有3333nm，即2253333333mmm解之得，12232mm，．当123m时，2n，即为Q点，所以得(232)Q，要使,BQPBOCPQBPOCCP△∽△，则有3333nm，即2253333333mmm解之得，12333mm，，当3m时，即为P点，当133m时，3n，所以得(333)Q，．故存在两个Q点使得OCP△与PBQ△相似．Oxy图1CBED312A7Q点的坐标为(232)(333)，，，．（3）在RtOCP△中，因为3tan3CPCOPOC．所以30COP．当Q点的坐标为(232)，时，30BPQCOP．所以90OPQOCPBQAO．因此，OPCPQBOPQOAQ，，，△△△△都是直角三角形．又在RtOAQ△中，因为3tan3QAQOAAO．所以30QOA．即有30POQQOAQPBCOP．所以OPCPQBOQPOQA△∽△∽△∽△，又因为QPOPQAOA，⊥⊥30POQAOQ，所以OQAOQP△≌△．练习2解：（1）OCD△与ADE△相似。理由如下：由折叠知，90CDEB°，1290∴°，139023.，又90CODDAE∵°，OCDADE∴△∽△。（2）3tan4AEEDAAD∵，∴设AE=3t，则AD=4t。由勾股定理得DE=5t。358OCABAEEBAEDEttt