中考数学压轴专题：动点问题解析版

----word.zl-1..如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为〔0，4〕，动点A以每秒1个单位长的速度，从点O出发沿x轴的正方向运动，M是线段AC的中点．将线段AM以点A为中心，沿顺时针方向旋转，得到线段AB．过点B作x轴的垂线，垂足为E，过点C作y轴的垂线，交直线BE于点D．运动时间为t秒．〔1〕当点B与点D重合时，求t的值；〔2〕设△BCD的面积为S，当t为何值时，?〔3〕连接MB，当MB∥OA时，如果抛物线的顶点在△ABM部〔不包括边〕，求a的取值围．2.如图，⊙C的接△AOB中，AB=AO=4,tan∠AOB=,抛物线经过点A(4，0)与点〔-2，6〕〔1〕求抛物线的函数解析式．〔2〕直线m与⊙C相切于点A交y轴于点D，动点P在线段OB上，从点O出发向点B运动;同时动点Q在线段DA上，从点D出发向点A运动，点P的速度为每秒1个单位长，点Q的速度为每秒2个单位长，当PQ⊥AD时,求运动时间t的值〔3〕点R在抛物线位于x轴下方局部的图象上，当△ROB面积最大时，求点R的坐标.3.如图甲，四边形OABC的边OA、OC分别在x轴、y轴的正半轴上，顶点在B点的抛物线交x轴于点A、D，交y轴于点E，连接AB、AE、BE．tan∠CBE=，A〔3，0〕，D〔﹣1，0〕，E〔0，3〕．〔1〕求抛物线的解析式及顶点B的坐标；〔2〕求证：CB是△ABE外接圆的切线；〔3〕试探究坐标轴上是否存在一点P，使以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，假设存在，直接写出点P的坐标；假设不存在，请说明理由；〔4〕设△AOE沿x轴正方向平移t个单位长度〔0＜t≤3〕时，△AOE与△ABE重叠局部的面积为s，求s与t之间的函数关系式，并指出t的取值围．4.，如图，在平面直角坐标系中，点A坐标为(－2，0)，点B坐标为〔0，2〕，点E为线段AB上的动点(点E不与点A，B重合)，以E为顶点作∠OET=45°，射线ET交线段OB于点F，C为y轴正半轴上一点，且OC=AB，抛物线y=x2+mx+n的图象经过A，C两点.〔1〕求此抛物线的函数表达式；〔2〕求证：∠BEF=∠AOE；〔3〕当△EOF为等腰三角形时，求此时点E的坐标；〔4〕在〔3〕的条件下，当直线EF交x轴于点D，P为〔1〕中抛物线上一动点，直线PE交x轴于点G，在直线EF上方的抛物线上是否存在一点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的〔〕倍.假设存在，请直接写出点P的坐标；假设不存在，请说明理由．温馨提示：考生可以根据题意，在备用图中补充图形，以便作答.5.如图，直线AB交x轴于点B〔4，0〕，交y轴于点A〔0，4〕，直线DM⊥x轴正半轴于点M，交线段AB于点C，DM=6，连接DA，∠DAC=90°．〔1〕直接写出直线AB的解析式；〔2〕求点D的坐标；〔3〕假设点P是线段MB上的动点，过点P作x轴的垂线，交AB于点F，交过O、D、B三点的抛物线于点E，连接CE．是否存在点P，使△BPF与△FCE相似？假设存在，请求出点P的坐标；假设不存在，请说明理由．6．〔10分〕〔2015•〕如图，一次函数y=﹣x+4的图象与x轴、y轴分别相交于点A、B，过点A作x轴的垂线l，点P为直线l上的动点，点Q为直线AB与△OAP外接圆的交点，点P、Q与点A都不重合．〔1〕写出点A的坐标；〔2〕当点P在直线l上运动时，是否存在点P使得△OQB与△APQ全等？如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．〔3〕假设点M在直线l上，且∠POM=90°，记△OAP外接圆和△OAM外接圆的面积分别是S1、S2，求的值．7．〔10分〕〔2015•〕如图，反比例函数y=的图象与一次函数y=x的图象交于点A、B，点B的横坐标是4．点P是第一象限反比例函数图象上的动点，且在直线AB的上方．〔1〕假设点P的坐标是〔1，4〕，直接写出k的值和△PAB的面积；〔2〕设直线PA、PB与x轴分别交于点M、N，求证：△PMN是等腰三角形；〔3〕设点Q是反比例函数图象上位于P、B之间的动点〔与点P、B不重合〕，连接AQ、BQ，比拟∠PAQ与∠PBQ的大小，并说明理由．1.【答案】解：〔1〕∵，∴。∴Rt△CAO∽Rt△ABE。∴，即，解得。〔2〕由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：，。当0＜＜8时，，解得。当＞8时，，解得，〔为负数，舍去〕。当或时，。〔3〕过M作MN⊥x轴于N，那么。当MB∥OA时，BE=MN=2，OA=2BE=4。∵，∴抛物线的顶点坐标为〔5，〕。∴它的顶点在直线上移动。∵直线交MB于点〔5，2〕，交AB于点〔5，1〕，∴1＜＜2。∴＜＜。【考点】动点问题，旋转的性质，矩形的性质，直角三角形两锐角的关系，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程，二次函数的性质。【分析】〔1〕由Rt△CAO∽Rt△ABE得到，根据点B与点D重合的条件，代入CA=2AM=2AB，AO=1·t=t，BE〔DE〕=OC=4，即可求得此时t的值。〔2〕分0＜＜8和＞8两种情况讨论即可。〔3〕求出抛物线的顶点坐标为〔5，〕，知它的顶点在直线上移动。由抛物线的顶点在△ABM部〔不包括边〕得1＜＜2，解之即得a的取值围。2.【答案】解：〔1〕把点A(4，0)与点〔-2，6〕代入抛物线，得：，解得，。∴抛物线的函数解析式为：。〔2〕连接AC交OB于E，过点O作OF⊥AD于点F。∵直线m切⊙C于A，∴AC⊥m。∵弦AB=AO，∴。∴AC⊥OB。∴m∥OB。∴∠OAD=∠AOB。∵OA=4，tan∠AOB=，∴tan∠OAD=，sin∠OAD=。∴OD=OA·tan∠OAD=4×=3，OF=OA·sin∠OAD=4×=2.4。t秒时，OP=t，DQ=2t，假设PQ⊥AD，那么FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。∴在△ODF中，t=DF=〔秒〕。∴当PQ⊥AD时,运动时间t的值为1.8秒。〔3〕点R在抛物线位于x轴下方局部的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。∵tan∠AOB=，∴直线OB为。设过点R平行于直线OB的直线l：，联立和得，整理得。∵直线l与抛物线只有一个交点，∴△=，解得。将代入得，解得。将代入得。∴R〔〕。【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，解二元一次方程组，直线与圆相切的性质，弦和弧的关系，垂径定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。【分析】〔1〕将点A(4，0)与点〔-2，6〕代入抛物线y=ax2+bx，得方程组，解之即可得出解析式。〔2〕先得到∠OAD=∠AOB，作OF⊥AD于F，再求出OF的长，t秒时，OP=t,DQ=2t,假设PQ⊥AD那么FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。在△ODF中，应用勾股定理即可求得结论。〔3〕点R在抛物线位于x轴下方局部的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。求出直线OB的解析式，设过点R平行于直线OB的直线l：，联立和，根据一元二次方程根的判别式求出，即可求得点R的坐标。3.【答案】解：〔1〕∵抛物线经过点A〔3，0〕，D〔﹣1，0〕，∴设抛物线解析式为y=a〔x﹣3〕〔x+1〕。将E〔0，3〕代入上式，解得：a=﹣1。∴抛物线的解析式为y=－〔x﹣3〕〔x+1〕，即y=﹣x2+2x+3。又∵y=－x2+2x+3=－〔x－1〕2+4，∴点B〔1，4〕。〔2〕证明：如图1，过点B作BM⊥y于点M，那么M〔0，4〕．在Rt△AOE中，OA=OE=3，∴∠1=∠2=45°，。在Rt△EMB中，EM=OM﹣OE=1=BM，∴∠MEB=∠MBE=45°，。∴∠BEA=180°﹣∠1﹣∠MEB=90°。∴AB是△ABE外接圆的直径。在Rt△ABE中，，∴∠BAE=∠CBE。在Rt△ABE中，∠BAE+∠3=90°，∴∠CBE+∠3=90°。∴∠CBA=90°，即CB⊥AB。∴CB是△ABE外接圆的切线。〔3〕存在。点P的坐标为〔0，0〕或〔9，0〕或〔0，﹣〕。〔4〕设直线AB的解析式为y=kx+b．将A〔3，0〕，B〔1，4〕代入，得，解得。∴直线AB的解析式为y=﹣2x+6。过点E作射线EF∥x轴交AB于点F，当y=3时，得x=，∴F〔，3〕。情况一：如图2，当0＜t≤时，设△AOE平移到△DNM的位置，MD交AB于点H，MN交AE于点G。那么ON=AD=t，过点H作LK⊥x轴于点K，交EF于点L．由△AHD∽△FHM，得，即，解得HK=2t。∴=×3×3﹣〔3﹣t〕2﹣t•2t=﹣t2+3t。情况二：如图3，当＜t≤3时，设△AOE平移到△PQR的位置，PQ交AB于点I，交AE于点V。由△IQA∽△IPF，得．即，解得IQ=2〔3﹣t〕。∴=×〔3﹣t〕×2〔3﹣t〕﹣〔3﹣t〕2=〔3﹣t〕2=t2﹣3t+。综上所述：。【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，二次函数性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数定义，圆的切线的判定，相似三角形的性质，平移的性质。【分析】〔1〕A、D、E三点的坐标，利用待定系数法可确定抛物线的解析式，从而能得到顶点B的坐标。〔2〕过B作BM⊥y轴于M，由A、B、E三点坐标，可判断出△BME、△AOE都为等腰直角三角形，易证得∠BEA=90°，即△ABE是直角三角形，而AB是△ABE外接圆的直径，因此只需证明AB与CB垂直即可．BE、AE长易得，能求出tan∠BAE的值，结合tan∠CBE的值，可得到∠CBE=∠BAE，由此证得∠CBA=∠CBE+∠ABE=∠BAE+∠ABE=90°，从而得证。〔3〕在Rt△ABE中，∠AEB=90°，tan∠BAE=，sin∠BAE=，cos∠BAE=。假设以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，那么△DEP必为直角三角形。①DE为斜边时，P1在x轴上，此时P1与O重合。由D〔﹣1，0〕、E〔0，3〕，得OD=1、OE=3，即tan∠DEO==tan∠BAE，即∠DEO=∠BAE，满足△DEO∽△BAE的条件。因此O点是符合条件的P1点，坐标为〔0，0〕。②DE为短直角边时，P2在x轴上。假设以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似∠DEP2=∠AEB=90°sin∠DP2E=sin∠BAE=。而DE=，那么DP2=DE÷sin∠DP2E=÷=10，OP2=DP2﹣OD=9。即P2〔9，0〕。③DE为长直角边时，点P3在y轴上。假设以D、E、P为顶点的三角形与△ABE相似，那么∠EDP3=∠AEB=90°cos∠DEP3=cos∠BAE=。那么EP3=DE÷cos∠DEP3=÷，OP3=EP3﹣OE=。即P3〔0，﹣〕。综上所述，得：P1〔0，0〕，P2〔9，0〕，P3〔0，﹣〕。〔4〕过E作EF∥x轴交AB于F，当E点运动在EF之间时，△AOE与△ABE重叠局部是个五边形；当E点运动到F点右侧时，△AOE与△ABE重叠局部是个三角形．按上述两种情况按图形之间的和差关系进展求解。4.【答案】解：〔1〕∵A〔－2，0〕，B〔0，2〕，∴OA=OB=2。∴AB2=OA2+OB2=22+22=8。∴AB=2。∵OC=AB，∴OC=2，即C〔0，2〕。∵抛物线y=-x2+mx+n的图象经过A、C两点，得，解得：。∴抛物线的表达式为y=－x2－x+2。〔2〕证明：∵OA=OB，∠AOB=90°，∴∠BAO=∠ABO=45°。又∵∠BEO=∠BAO+∠AOE=45°+∠AOE，∠BEO=∠OEF+∠BEF=45°+∠BEF，∴∠BEF=∠AOE。〔3〕当△EOF为等腰三角形时，分三种情况讨论①当OE=OF时，∠OFE=∠OEF=45°，在△EOF中，∠EOF=180°－∠OEF－∠OFE=180°－45°－45°=90°。又∵∠AOB＝90°，那么此时点E与点A重合，不符合题意，此种情况不成立。②如图①，当FE=FO时，∠EOF=∠OEF=45°。在△EOF中，∠EFO=180°-∠OEF-∠EOF=180°-45°-45°=90°，∴∠AOF+∠EFO=90°+90°=180°。∴EF∥AO。∴∠BEF=∠BAO=45°。又∵由(2)可知，∠ABO=45°，∴∠BEF=∠ABO。∴BF=EF。∴EF=BF=OF=OB=×2＝1。∴E(－1，1)。③如图②，当EO=EF时，过点E作EH⊥y轴于点H，在△AOE和△BEF中，∵∠EAO=∠FBE，EO=EF，∠AOE=∠BEF，∴△AOE≌△BEF〔AAS〕。∴BE=AO=2。∵EH⊥OB，∴∠EHB=90°。∴∠AOB=∠EHB。∴EH∥AO。∴∠BEH=∠BAO=45°。在Rt△BEH中，∵∠BEH=∠ABO=45°，∴EH=BH=BEcos45°=2×=。∴OH=OB－BH=2－2。∴E(－，2－)。综上所述，当△EOF为等腰三角形时，点E坐标为E(－1，1)或E(－，2－)。〔4〕P(0，2)或P〔－1，2〕。【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，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值。【分析】〔1〕应用勾股定理求出点C的坐标，根据点在曲线上，点的坐标满足方程的关系，用待定系数法求出抛物线的函数表达式。〔2〕应用等腰直角三角形等边对等角的性质可证。〔3〕分OE=OF，FE=FO，EO=EF三种情况讨论即可。〔4〕假设存在这样的点P。当直线EF与x轴有交点时，由〔3〕知，此时E(－，2－)。如图④所示，过点E作EH⊥y轴于点H，那么OH=FH=2－。由OE=EF，易知点E为Rt△DOF斜边上的中点，即DE=EF。过点F作FN∥x轴，交PG于点N。易证△EDG≌△EFN，因此S△EFN=S△EDG。依题意，可得S△EPF=〔〕S△EDG=〔〕S△EFN，∴PE：NE=。过点P作PM⊥x轴于点M，分别交FN、EH于点S、T，那么ST=TM=2－。∵FN∥EH，∴PT：ST=PE：NE=。∴PT=〔〕ST=〔〕〔2－〕=3－2。∴PM=PT+TM=2，即点P的纵坐标为2。∴2=－x2－x+2，解得x1=0，x2=－1。∴P点坐标为(0，2)或〔－1，2〕。综上所述，在直线EF上方的抛物线上存在点P，使得△EPF的面积是△EDG面积的〔〕倍，点P的坐标为(0，2)或〔－1，2〕。5.【答案】解：〔1〕设直线AB的解析式为y=kx+b，将A〔0，4〕，B〔4，0〕两点坐标代入，得，解得。∴直线AB的解析式为y=﹣x+4。〔2〕过D点作DG⊥y轴，垂足为G，∵OA=OB=4，∴△OAB为等腰直角三角形。又∵AD⊥AB，∴∠DAG=90°﹣∠OAB=45°。∴△ADG为等腰直角三角形。∴DG=AG=OG﹣OA=DM﹣OA=5﹣4=2。∴D〔2，6〕。〔3〕存在。由抛物线过O〔0，0〕，B〔4，0〕两点，设抛物线解析式为y=ax〔x﹣4〕，将D〔2，6〕代入，得a=。∴抛物线解析式为y=x〔x﹣4〕。由〔2〕可知，∠B=45°，那么∠CFE=∠BFP=45°，C〔2，2〕。设P〔x，0〕，那么MP=x﹣2，PB=4﹣x，①当∠ECF=∠BPF=90°时〔如图1〕，△BPF与△FCE相似，过C点作CH⊥EF，此时，△CHE、△CHF、△PBF为等腰直角三角形。那么PE=PF+FH+EH=PB+2MP=4﹣x+2〔x﹣2〕=x，将E〔x，x〕代入抛物线y=x〔x﹣4〕中，得x=x〔x﹣4〕，解得x=0或，∴P〔，0〕。②当∠CEF=∠BPF=90°时〔如图2〕，此时，△CEF、△BPF为等腰直角三角形。那么PE=MC=2，将E〔x，2〕代入抛物线y=x〔x﹣4〕中，得2=x〔x﹣4〕，解得x=或。∴P〔，0〕。综上所述，点P的坐标为〔，0〕或〔，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，等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质。1367104【分析】〔1〕根据A〔0，4〕，B〔4，0〕两点坐标，可求直线AB的解析式。〔2〕作DG⊥y轴，垂足为G，由得OA=OB=4，△OAB为等腰直角三角形，而AD⊥AB，利用互余关系可知，△ADG为等腰直角三角形，那么DG=AG=OG﹣OA=DM﹣OA=5﹣4=2，可求D点坐标。〔3〕存在。O〔0，0〕，B〔4，0〕，设抛物线的交点式，将D点坐标代入求抛物线解析式，由于对顶角∠CFE=∠BFP=45°，故当△BPF与△FCE相似时，分为：∠ECF=∠BPF=90°，∠CEF=∠BPF=90°两种情况，根据等腰直角三角形的性质求P点坐标。6.考点：圆的综合题．.解答：解〔1〕令y=0，得：﹣x+4=0，解得x=4，所以点A的坐标为〔4，0〕；〔2〕存在．理由：如图下列图所示：将x=0代入y=﹣x+4得：y=4，∴OB=4，由〔1〕可知OA=4，在Rt△BOA中，由勾股定理得：AB==4．∵△BOQ≌△AQP．∴QA=OB=4，BQ=PA．∵BQ=AB﹣AQ=4﹣4，∴PA=4﹣4．∴点P的坐标为〔4，4﹣4〕．〔3〕如下列图所示：∵OP⊥OM，∴∠1+∠3=90°．又∵∠2+∠1=90°，∴∠2=∠3．又∵∠OAP=∠OAM=90°，∴△OAM∽△PAO．∴，设AP=m，那么：，∴AM=．在Rt△OAP中，PO=，∴S1===，在Rt△OAM中，OM==，∴S2===，∴=+=1+=．点评：此题主要考察的是全等三角形的性质，相似三角形的性质和判定以及勾股定理和一次函数的综合应用，根据题意画出图形，利用全等三角形和相似三角形的性质和判定求得AM和PA的长度是解题的关键．7．考点：反比例函数综合题；待定系数法求一次函数解析式；反比例函数与一次函数的交点问题；三角形的外角性质；线段垂直平分线的性质；等腰三角形的判定与性质．.解答：解：〔1〕k=4，S△PAB=15．提示：过点A作AR⊥y轴于R，过点P作PS⊥y轴于S，连接PO，设AP与y轴交于点C，如图1，把x=4代入y=x，得到点B的坐标为〔4，1〕，把点B〔4，1〕代入y=，得k=4．解方程组，得到点A的坐标为〔﹣4，﹣1〕，那么点A与点B关于原点对称，∴OA=OB，∴S△AOP=S△BOP，∴S△PAB=2S△AOP．设直线AP的解析式为y=mx+n，把点A〔﹣4，﹣1〕、P〔1，4〕代入y=mx+n，求得直线AP的解析式为y=x+3，那么点C的坐标〔0，3〕，OC=3，∴S△AOP=S△AOC+S△POC=OC•AR+OC•PS=×3×4+×3×1=，∴S△PAB=2S△AOP=15；〔2〕过点P作PH⊥x轴于H，如图2．设直线PB的解析式为y=ax+b，把点P〔1，4〕、B〔4，1〕代入y=ax+b，得，解得：，∴直线PB的解析式为y=﹣x+5．当y=0时，﹣x+5=0，∴x=5，点N〔5，0〕．同理可得M〔﹣3，0〕，∴MH=1﹣〔﹣3〕=4，NH=5﹣1=4，∴MH=NH，∴PH垂直平分MN，∴PM=PN，∴△PMN是等腰三角形；〔3〕∠PAQ=∠PBQ．理由如下：过点Q作QT⊥x轴于T，设AQ交x轴于D，QB的延长线交x轴于E，如图3．可设点Q为〔c，〕，直线AQ的解析式为y=px+q，那么有，解得：，∴直线AQ的解析式为y=x+﹣1．当y=0时，x+﹣1=0，解得：x=c﹣4，∴D〔c﹣4，0〕．同理可得E〔c+4，0〕，∴DT=c﹣〔c﹣4〕=4，ET=c+4﹣c=4，∴DT=ET，∴QT垂直平分DE，∴QD=QE，∴∠QDE=∠QED．∵∠MDA=∠QDE，∴∠MDA=∠QED．∵PM=PN，∴∠PMN=∠PNM．∵∠PAQ=∠PMN﹣∠MDA，∠PBQ=∠NBE=∠PNM﹣∠QED，∴∠PAQ=∠PBQ．