中考数学二轮复习压轴专题19动点问题与几何图形综合题型(教师版).doc

专题19 动点问题与几何图形综合题型题型一、动点问题与几何图形最值问题主要有：线段最值；点到直线距离的最值；周长最值；面积最值等等.题型二、动点问题与几何问题相结合主要有：相似三角形的存在性；角平分线存在性；角度间的关系问题；面积关系问题等等.1.如图，将矩形MNPQ放置在矩形ABCD中，使点M，N分别在AB，AD边上滑动，若MN=6，PN=4，在滑动过程中，点A与点P的距离AP的最大值为( ).A．4 B．2 C．7 D．8【答案】D.【分析】如图所示，取MN中点E，当点A、E、P三点共线时，AP最大，利用勾股定理及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半分别求出PE与AE的长，由AE+EP求出AP的最大值即可．【解析】解：如图所示，取MN中点E，当点A、E、P三点共线时，AP最大，在Rt△PNE中，PN=4，NE=MN=3，根据勾股定理得：PE=5，在Rt△AMN中，AE为斜边MN上的中线，∴AE=MN=3，则AP的最大值为：AE+PE=3+5=8，故选D．【点评】此题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质，以及矩形的性质，熟练掌握勾股定理是解本题的关键．2.如图，△ABC 是等边三角形，AB=3，E 在 AC 上且 AE=AC，D 是直线 BC上一动点，线段 ED 绕点 E 逆时针旋转 90°，得到线段 EF，当点 D 运动时， 则线段 AF 的最小值是 .【答案】.【解析】解：先确定F点的轨迹，过E作的直线BC的平行线，分别过D、F作该平行线的垂线，垂足为G，H，如图所示，由折叠性质，知△DEG≌△EFH，∴EH=DG，∵△ABC是等边三角形，AE=2，CE=1，∴DG=CE·sin60°=，即EH为定值，∴点F落在直线FH上，且FH⊥BC，根据垂线段最短，当AF⊥FH时，AF的值最小，如下图所示，过A作AN⊥FH，延长AC交FH于点M，AN的长即为所求线段AF的最小值，∵EH=DG=，∠AMN=30°，∴EM=2EH=，∴AM=+2，∴AN=AM=，故答案为：.3.如图1，在平面直角坐标系中，直线y＝x﹣4与抛物线y＝x2+bx+c交于坐标轴上两点A、C，抛物线与x轴另一交点为点B；（1）求抛物线解析式；（2）若动点D在直线AC下方的抛物线上，如图2，作DM⊥直线AC，垂足为点M，是否存在点D，使△CDM中某个角恰好是∠ACO的一半？若存在，直接写出点D的横坐标；若不存在，说明理由．图1 图2【答案】见解析．【解析】解：（1）在y＝x﹣4中，当x＝0， y＝﹣4，即C（0，﹣4）；当y＝0， x＝3，即A（3，0）；把点A、C坐标代入y＝x2+bx+c，并解得：b=，c=－4，∴抛物线解析式为：y＝x2x－4；（2）存在，作∠ACO的平分线CP交x轴于点P，过P作PH⊥AC于点H，则CH＝CO＝4，OP＝PH，设OP＝PH＝x，则PA＝3﹣x，∵OC＝4，OA＝3，∴AC＝5，AH＝1，在Rt△PHA中，PH2+AH2＝AP2，即x2+12＝（3﹣x）2，解得：x＝，∴tan∠PCH＝tan∠PCO=，①过点D作DG⊥x轴于点G，过点M作ME∥x轴，与y轴交于点E，与DG交于点F．设M（m，m﹣4），则ME＝m，FG＝OE＝4﹣m，CE＝m，可得：△CEM∽△MFD，①当∠DCM=∠ACO时，可得：，即MF=m，DF=m，∴DG=DF+GF=m+4﹣m=4－m，EF=EM+FM=m，即点D(m, m－4)，将其坐标代入y＝x2x－4得：，解得：m=0（舍）或m=，∴D点横坐标为：m=.②当∠MDC＝∠ACO＝∠PCH时，同理可得：MF＝4m，DF＝3m，∴EF＝EM+MF＝m+4m＝5m，DG＝DF+FG＝3m﹣m+4＝m+4，∴D（5m，﹣m﹣4），∴﹣m﹣4=，解得m＝0（舍去）或m＝,此时D点横坐标为：5m=；综上所述，点D横坐标为或．4.如图，已知抛物线y=x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．（1）求抛物线的解析式；（2）过点P且与y轴平行的直线与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标和四边形AECP的最大面积；（3）当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q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.【答案】见解析.【解析】解：（1）将A(0,1)，B（9,10）代入y=x2+bx+c得：，解得：∴抛物线的解析式为：y=x2－2x+1.（2）由y=x2－2x+1知，抛物线的对称轴是x=3，∵AC∥x轴，A(0,1)，∴A与C关于对称轴对称，C(6,0)，AC=6由A(0,1),B(9,10)得直线AB的解析式为：y=x+1，设P（m，m2－2m+1），则E(m，m+1)，∴PE=－m2+3m，∴S四边形AECP=S△AEC+S△APC=·AC·EF+·AC·PF=×6×（－m2+3m）=，∴当m=时，四边形AECP的面积取最大值，此时点P(，).（3）存在，点Q坐标为（4,1）或（－3,1）.由y=x2－2x+1知点P(3, -2)，∴PF=3，CF=3，∴∠PCF=45°，同理，∠EAF=45°，即∠PCF=∠EAF，由勾股定理得：AB=，AC=6，PC=，设Q（n，1），①当△CPQ∽△ABC时，，即，解得：t=4，即Q(4,1).②当△CQP∽△ABC时，，即，解得：t=－3，即Q(－3,1).综上所述，符合题意的点Q坐标为：(4,1)或(－3,1).5.如图1，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B；抛物线（a≠0）过A，B两点，与x轴交于另一点C(-1，0)，抛物线的顶点为D．（1）求抛物线的解析式；（2）在直线AB上方的抛物线上有一动点E，求出点E到直线AB的距离的最大值；（3）如图2，直线AB与抛物线的对称轴相交于点F，点P在坐标轴上，且点P到直线 BD，DF的距离相等，请直接写出点P的坐标． 图1 图2【答案】见解析.【解析】解：（1）在中，当x=0时，y=；当y=0时，x=3，即A(3，0)，B(0，)，将A(3，0)，C(－1，0)代入得：，解得：，∴抛物线的解析式为：.（2）过点E作EM⊥x轴交AB于M，过E作EN⊥AB于N，点E到AB的距离为EN，可得△ENM∽△AOB，∴,在Rt△AOB中，OA=3，OB=，由勾股定理得：AB=，∴，即EN=，设E（m，），M（m，），则EM=－（）=，∴EN===，∴当m=时，E到直线AB的距离的最大值为.（3）∵点P到直线BD，DF的距离相等，∴点P在∠BDF或∠BDF邻补角的平分线上，如图所示，由知D点坐标为（1,3），∵B（0，），∴BD=，∵DP平分∠BDF，∴∠BDP=∠PDF，∵DF∥y轴，∴∠BPD=∠PDF，∴∠BPD=∠BDP,∴BD=DP，∴P(0,1),设直线PD的解析式为：y=kx+n，∴n=1，k+n=3，即直线PD的解析式为：y=2x+1，当y=0时，x=，∴当P在∠BDF的角平分线上时，坐标为（0,1）或（，0）；同理可得：当P在∠BDF邻补角的平分线上时，坐标为：（0,）或（7，0），综上所述，点P的坐标为：（0,1），（，0），（0,），（7，0）.6.如图，抛物线y=ax2+5x+c交 x 轴于 A，B 两点，交 y 轴于点 C．直线y=x-4经过点B，C. 点P是直线 BC 上方抛物线上一动点，直线 PC 交 x 轴于点 D．（1）直接写出 a，c 的值；（2）当△PBD 的面积等于△BDC 面积的一半时，求点 P 的坐标；（3）当∠PBA= ∠CBP 时，直接写出直线 BP 的解析式．【答案】见解析.【解析】解：（1）∵直线y=x-4经过点B，C，∴B(4，0),C(0,－4),将B(4，0),C(0,－4)代入y=ax2+5x+c得：c=－4，a=－1，（2）抛物线解析式为：y=－x2+5x－4，过点P作PH⊥x轴于H，如图所示，设P(m, －m2+5m－4)，∵△PBD 的面积等于△BDC 面积的一半，∴PH=OC=2，即－m2+5m－4=2，或－m2+5m－4=－2，解得：m=2或m=3或m=或m=，∵0