浙江省绍兴县杨汛桥镇中学中考数学 压轴测试题专题 动点问题.doc
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1、 浙江省绍兴县杨汛桥镇中学中考数学压轴测试题专题2 动点问题1. (2012上海市14分)如图,在半径为2的扇形AOB中,AOB=90,点C是弧AB上的一个动点(不与点A、B重合)ODBC,OEAC,垂足分别为D、E(1)当BC=1时,求线段OD的长;(2)在DOE中是否存在长度保持不变的边?如果存在,请指出并求其长度,如果不存在,请说明理由;(3)设BD=x,DOE的面积为y,求y关于x的函数关系式,并写出它的定义域【答案】解:(1)点O是圆心,ODBC,BC=1,BD=BC=。 又OB=2,。(2)存在,DE是不变的。如图,连接AB,则。D和E是中点,DE=。(3)BD=x,。1=2,3=
2、4,AOB=900。2+3=45。过D作DFOE,垂足为点F。DF=OF=。由BODEDF,得,即,解得EF=x。OE=。【考点】垂径定理,勾股定理,等腰直角三角形的判定和性质,三角形中位线定理,相似三角形的判定和性质。【分析】(1)由ODBC,根据垂径定理可得出BD=BC= ,在RtBOD中利用勾股定理即可求出OD的长。(2)连接AB,由AOB是等腰直角三角形可得出AB的长,再由D和E是中点,根据三角形中位线定理可得出DE= 。(3)由BD=x,可知,由于1=2,3=4,所以2+3=45,过D作DFOE,则DF=OF=,EF=x,OE=,即可求得y关于x的函数关系式。 ,点C是弧AB上的一个
3、动点(不与点A、B重合), 。2. (2012福建南平14分)如图,在ABC中,点D、E分别在边BC、AC上,连接AD、DE,且1=B=C(1)由题设条件,请写出三个正确结论:(要求不再添加其他字母和辅助线,找结论过程中添加的字母和辅助线不能出现在结论中,不必证明)答:结论一: ;结论二: ;结论三: (2)若B=45,BC=2,当点D在BC上运动时(点D不与B、C重合),求CE的最大值;若ADE是等腰三角形,求此时BD的长(注意:在第(2)的求解过程中,若有运用(1)中得出的结论,须加以证明)【答案】解:(1)AB=AC;AED=ADC;ADEACD。(2)B=C,B=45,ACB为等腰直角
4、三角形。1=C,DAE=CAD,ADEACD。AD:AC=AE:AD, 。当AD最小时,AE最小,此时ADBC,AD=BC=1。AE的最小值为 。CE的最大值= 。当AD=AE时,1=AED=45,DAE=90。点D与B重合,不合题意舍去。当EA=ED时,如图1,EAD=1=45。AD平分BAC,AD垂直平分BC。BD=1。当DA=DE时,如图2,ADEACD,DA:AC=DE:DC。DC=CA=。BD=BCDC=2。综上所述,当ADE是等腰三角形时,BD的长的长为1或2。【考点】相似三角形的判定和性质,勾股定理,等腰(直角)三角形的判定和性质。【分析】(1)由B=C,根据等腰三角形的性质可得
5、AB=AC;由1=C,AED=EDC+C得到AED=ADC;又由DAE=CAD,根据相似三角形的判定可得到ADEACD。(2)由B=C,B=45可得ACB为等腰直角三角形,则,由1=C,DAE=CAD,根据相似三角形的判定可得ADEACD,则有AD:AC=AE:AD,即,当ADBC,AD最小,此时AE最小,从而由CE=ACAE得到CE的最大值。分当AD=AE,EA=ED,DA=DE三种情况讨论即可。3. (2012甘肃兰州12分)如图,RtABO的两直角边OA、OB分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上,O为坐标原点,A、B两点的坐标分别为(3,0)、(0,4),抛物线yx2bxc经过点B,且顶点
6、在直线x上(1)求抛物线对应的函数关系式;(2)若把ABO沿x轴向右平移得到DCE,点A、B、O的对应点分别是D、C、E,当四边形ABCD是菱形时,试判断点C和点D是否在该抛物线上,并说明理由;(3)在(2)的条件下,连接BD,已知对称轴上存在一点P使得PBD的周长最小,求出P点的坐标;(4)在(2)、(3)的条件下,若点M是线段OB上的一个动点(点M与点O、B不重合),过点M作BD交x轴于点N,连接PM、PN,设OM的长为t,PMN的面积为S,求S和t的函数关系式,并写出自变量t的取值范围,S是否存在最大值?若存在,求出最大值和此时M点的坐标;若不存在,说明理由【答案】解:(1)抛物线yx2
7、bxc经过点B(0,4),c4。顶点在直线x上,解得。所求函数关系式为。(2)在RtABO中,OA3,OB4,。四边形ABCD是菱形,BCCDDAAB5。C、D两点的坐标分别是(5,4)、(2,0),当x5时,;当x2时,。点C和点D都在所求抛物线上。(3)设CD与对称轴交于点P,则P为所求的点,设直线CD对应的函数关系式为ykxb,则,解得,。直线CD对应的函数关系式为。当x时,。P()。(4)MNBD,OMNOBD。,即,得。设对称轴交x于点F,则。, , (0t4)。,04,当时,S取最大值是。此时,点M的坐标为(0,)。【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二
8、次函数的性质,菱形的性质,相似三角形的判定和性质。【分析】(1)根据抛物线yx2bxc经过点B(0,4),以及顶点在直线x上,得出b,c即可。(2)根据菱形的性质得出C、D两点的坐标分别是(5,4)、(2,0),利用图象上点的性质得出x5或2时,y的值即可。(3)首先设直线CD对应的函数关系式为ykxb,求出解析式,当x时,求出y即可。(4)利用MNBD,得出OMNOBD,进而得出,得到,从而表示出PMN的面积,利用二次函数最值求出即可。4. (2012广东省9分)如图,抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交于点C,连接BC、AC(1)求AB和OC的长;(2)点E从点A出发,沿x轴向点B运动(点
9、E与点A、B不重合),过点E作直线l平行BC,交AC于点D设AE的长为m,ADE的面积为s,求s关于m的函数关系式,并写出自变量m的取值范围;(3)在(2)的条件下,连接CE,求CDE面积的最大值;此时,求出以点E为圆心,与BC相切的圆的面积(结果保留)【答案】解:(1)在中,令x=0,得y=9,C(0,9);令y=0,即,解得:x1=3,x2=6,A(3,0)、B(6,0)。AB=9,OC=9。(2)EDBC,AEDABC,即:。s=m2(0m9)。(3)SAEC=AEOC=m,SAED=s=m2,SEDC=SAECSAED=m2+m=(m)2+。CDE的最大面积为,此时,AE=m=,BE=
10、ABAE=。又,过E作EFBC于F,则RtBEFRtBCO,得:,即:。以E点为圆心,与BC相切的圆的面积 SE=EF2=。【考点】二次函数综合题,曲线上点的坐标与方程的关系,相似三角形的判定和性质,二次函数的最值,勾股定理,直线与圆相切的性质。【分析】(1)已知抛物线的解析式,当x=0,可确定C点坐标;当y=0时,可确定A、B点的坐标,从而确定AB、OC的长。(2)直线lBC,可得出AEDABC,它们的面积比等于相似比的平方,由此得到关于s、m的函数关系式;根据题目条件:点E与点A、B不重合,可确定m的取值范围。 (3)首先用m列出AEC的面积表达式,AEC、AED的面积差即为CDE的面积,
11、由此可得关于SCDE关于m的函数关系式,根据函数的性质可得到SCDE的最大面积以及此时m的值。过E做BC的垂线EF,这个垂线段的长即为与BC相切的E的半径,可根据相似三角形BEF、BCO得到的相关比例线段求得该半径的值,由此得解。5. (2012贵州毕节16分)如图,直线l1经过点A(1,0),直线l2经过点B(3,0), l1、l2均为与y轴交于点C(0,),抛物线经过A、B、C三点。(1)求抛物线的函数表达式;(2)抛物线的对称轴依次与轴交于点D、与l2交于点E、与抛物线交于点F、与l1交于点G。求证:DE=EF=FG;(3)若l1l2于y轴上的C点处,点P为抛物线上一动点,要使PCG为等
12、腰三角形,请写出符合条件的点P的坐标,并简述理由。【答案】解:(1)抛物线经过A(1,0),B(3,0),C(0,)三点, ,解得。抛物线的解析式为:(2)证明:设直线l1的解析式为y=kx+b,由直线l1经过A(1,0),C(0,),得 ,解得,直线l1的解析式为:y=-x 。直线l2经过B(3,0),C(0,)两点,同理可求得直线l2解析式为:y= x 。抛物线,对称轴为x=1,D(1,0),顶点坐标为F(1, )。点E为x=1与直线l2:y= x的交点,令x=1,得y= ,E(1, )。点G为x=1与直线l1:y=-x 的交点,令x=1,得y= ,G(1,)。各点坐标为:D(1,0),E
13、(1, ),F(1,),G(1, ),它们均位于对称轴x=1上。DE=EF=FG=。(3)如图,过C点作C关于对称轴x=1的对称点P1,CP1交对称轴于H点,连接CF,PG。PCG为等腰三角形,有三种情况:当CG=PG时,如图,由抛物线的对称性可知,此时P1满足P1G=CG。C(0,),对称轴x=1,P1(2, )。当CG=PC时,此时P点在抛物线上,且CP的长度等于CG。如图,C(1, ),H点在x=1上,H(1,)。在RtCHG中,CH=1,HG=|yGyH|=| ()|= ,由勾股定理得:。PC=2如图,CP1=2,此时与中情形重合。又RtOAC中,点A满足PC=2的条件,但点A、C、G
14、在同一条直线上,所以不能构成等腰三角形。当PC=PG时,此时P点位于线段CG的垂直平分线上.l1l2,ECG为直角三角形。由(2)可知,EF=FG,即F为斜边EG的中点。CF=FG,F为满足条件的P点,P2(1,)。又,CGE=30。HCG=60。又P1C=CG,P1CG为等边三角形。P1点也在CG的垂直平分线上,此种情形与重合。综上所述,P点的坐标为P1(2, )或P2(1, )。【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,等腰三角形的性质,勾股定理,直角三角形斜边上中线的性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值。【分析】(1)已知A、B、C三点坐标,利
15、用待定系数法求出抛物线的解析式。(2)D、E、F、G四点均在对称轴x=1上,只要分别求出其坐标,就可以得到线段DE、EF、FG的长度。D是对称轴与x轴交点,F是抛物线顶点,其坐标易求;E是对称轴与直线l2交点,需要求出l2的解析式,G是对称轴与l1的交点,需要求出l1的解析式,而A、B、C三点坐标已知,所以l1、l2的解析式可以用待定系数法求出。从而问题得到解决。(3)PCG为等腰三角形,需要分三种情况讨论:CG=PG,CG=PC,PC=PG。6. (2012贵州遵义12分)如图,ABC是边长为6的等边三角形,P是AC边上一动点,由A向C运动(与A、C不重合),Q是CB延长线上一点,与点P同时
16、以相同的速度由B向CB延长线方向运动(Q不与B重合),过P作PEAB于E,连接PQ交AB于D(1)当BQD=30时,求AP的长;(2)当运动过程中线段ED的长是否发生变化?如果不变,求出线段ED的长;如果变化请说明理由【答案】解:(1)ABC是边长为6的等边三角形,ACB=60。BQD=30,QCP=90。设AP=x,则PC=6x,QB=x,QC=QB+C=6+x。在RtQCP中,BQD=30,PC=QC,即6x=(6+x),解得x=2。当BQD=30时,AP=2。(2)当点P、Q运动时,线段DE的长度不会改变。理由如下:作QFAB,交直线AB的延长线于点F,连接QE,PF。PEAB于E,DF
17、Q=AEP=90。点P、Q做匀速运动且速度相同,AP=BQ。ABC是等边三角形,A=ABC=FBQ=60。在APE和BQF中,A=FBQ,AP=BQ,AEP=BFQ=90,APEBQF(AAS)。AE=BF,PE=QF且PEQF。四边形PEQF是平行四边形。DE=EF。EB+AE=BE+BF=AB,DE=AB。又等边ABC的边长为6,DE=3。当点P、Q运动时,线段DE的长度不会改变。【考点】动点问题,等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质,含30度角的直角三角形的性质。【分析】(1)由ABC是边长为6的等边三角形,可知ACB=60,再由BQD=30可知QCP=90,设AP=x,则PC=6x
18、,QB=x,在RtQCP中,BQD=30,PC=QC,即6x=(6+x),求出x的值即可。(2)作QFAB,交直线AB的延长线于点F,连接QE,PF,由点P、Q做匀速运动且速度相同,可知AP=BQ,再根据全等三角形的判定定理得出APEBQF,再由AE=BF,PE=QF且PEQF,可知四边形PEQF是平行四边形,进而可得出EB+AE=BE+BF=AB,DE=AB,由等边ABC的边长为6可得出DE=3,故当点P、Q运动时,线段DE的长度不会改变。7. (2012湖北宜昌12分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=x+1分别与两坐标轴交于B,A两点,C为该直线上的一动点,以每秒1个单位长度的速度从点A
19、开始沿直线BA向上移动,作等边CDE,点D和点E都在x轴上,以点C为顶点的抛物线y=a(xm)2+n经过点EM与x轴、直线AB都相切,其半径为3(1)a(1)求点A的坐标和ABO的度数;(2)当点C与点A重合时,求a的值;(3)点C移动多少秒时,等边CDE的边CE第一次与M相切?【答案】解:(1)当x=0时,y=1;当y=0时,x=, OA=1,OB=。A的坐标是(0,1)。tanABO=。ABO=30。(2)CDE为等边三角形,点A(0,1),tan30=,OD=。D的坐标是(,0),E的坐标是(,0),把点A(0,1),D(,0),E(,0)代入 y=a(xm)2+n,得,解得。a=3。(
20、3)如图,设切点分别是Q,N,P,连接MQ,MN,MP,ME,过点C作CHx轴,H为垂足,过A作AFCH,F为垂足。CDE是等边三角形,ABO=30,BCE=90,ECN=90。CE,AB分别与M相切,MPC=CNM=90。四边形MPCN为矩形。MP=MN,四边形MPCN为正方形。MP=MN=CP=CN=3(1)a(a0)。EC和x轴都与M相切,EP=EQ。NBQ+NMQ=180,PMQ=60。EMQ,=30。在RtMEP中,tan30=,PE=(3)a。CE=CP+PE=3(1)a+(3)a=2a。DH=HE=a,CH=3a,BH=3a。OH=3a,OE=4a。E(4a,0),C(3a,3a
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