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免费2018届中考数学《第四部第六讲第2课时坐标系中的动点问题》同步练习含考点分类汇编详解第2课时坐标系中的动点问题(50分)一、填空题(每题10分，共20分)1．[2017·泰州]如图6－2－1，在平面内，线段AB＝6，P为线段AB上的动点，三角形纸片CDE的边CD所在的直线与线段AB垂直相交于点P，且满足PC＝PA，若点P沿AB方向从点A运动到点B，则点E运动的路径长为__62__．图6－2－1第1题答图【解析】如答图，E点运动的轨迹与C点运动的轨迹相同，C点运动的路径长是62＋62＝62，故答案是62.2．菱形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图6－2－2所示，顶点B(2，0)，∠DOB＝60°，P是对角线OC上一个动点，E(0，－1)，当EP＋BP最短时，点P的坐标为__23－3，2－3__．图6－2－2第2题答图【解析】如答图，连结DE交OC于点P，则点P满足EP＋BP最短．延长CD交y轴于点F，则CF⊥y轴，∵四边形OBCD是菱形，∴OD＝CD＝OB＝2，∵∠DOB＝60°，则∠DOF＝30°，∴DF＝1，OF＝3，∴D(1，3)，C(3，3)．设直线DE的解析式为y＝kx－1，将点D坐标代入，则k－1＝3，∴k＝3＋1，则y＝(3＋1)x－1，设直线OC的表达式为y＝mx，将点C坐标代入，则3m＝3，∴m＝33，则y＝33x，由y＝（3＋1）x－1，y＝33x，解得x＝23－3，y＝2－3，∴点P的坐标为(23－3，2－3)．二、解答题(共30分)3．(15分)[2016·长沙]如图6－2－3，直线l：y＝－x＋1与x轴，y轴分别交于A，B两点，P，Q是直线l上的两个动点，且点P在第二象限，点Q在第四象限，∠POQ＝135°.(1)求△AOB的周长；(2)设AQ＝t＞0，试用含t的代数式表示点P的坐标；(3)当动点P，Q在直线l上运动到使得△AOQ与△BPO的周长相等时，记tan∠AOQ＝m，若过点A的二次函数y＝ax2＋bx＋c同时满足以下两个条件：①6a＋3b＋2c＝0；②当m≤x≤m＋2时，函数y的最大值等于2m，求二次项系数a的值．解：(1)在函数y＝－x＋1中，令x＝0，得y＝1，∴B(0，1)，令y＝0，得x＝1，∴A(1，0)，则OA＝OB＝1，AB＝2，∴△AOB的周长为1＋1＋2＝2＋2；(2)∵OA＝OB，∴∠ABO＝∠BAO＝45°，∴∠PBO＝∠QAO＝135°，∴∠BPO＝∠OBA－∠POB＝45°－∠POB，∴∠AOQ＝∠POQ－∠BOA－∠POB＝45°－∠POB，即∠BPO＝∠AOQ，∴△PBO∽△OAQ，∴PBOA＝OBAQ，∴PB＝OA·OBAQ＝1t，如答图，过点P作PH⊥OB于点H，则△PHB为等腰直角三角形．∵PB＝1t，∴PH＝HB＝22t，∴P－22t，1＋22t；(3)由(2)可知△PBO∽△OAQ，若它们的周长相等，则相似比为1，即全等，∴PB＝OA，∴1t＝1，∴t＝1，同理可得Q1＋22t，－22t，∴m＝22t1＋22t＝2－1，∵抛物线经过点A，∴a＋b＋c＝0，又∵6a＋3b＋2c＝0，∴b＝－4a，c＝3a，对称轴为直线x＝2，当2－1≤x≤2＋1时，①若a＞0，则开口向上，由题意，得x＝2－1时，取得最大值2m＝22＋2，即(2－1)2a＋(2－1)b＋c＝22＋2，解得a＝11＋827；②若a＜0，则开口向下，由题意，得x＝2时，取得最大值22＋2，即4a＋2b＋c＝22＋2，解得a＝－22－2.综上所述，所求a的值为11＋827或－22－2.4．(15分)如图6－2－4，已知在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，以P(1，1)为圆心的⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N.点F从点M出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，连结PF，过点P作PE⊥PF交y轴于点E.设点F运动的时间是ts(t>0)．(1)若点E在y轴的负半轴上，求证：PE＝PF；(2)在点F运动过程中，设OE＝a，OF＝b，试用含a的代数式表示b；(3)作点F关于点M的对称点F′.经过M，E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q，连结QE.在点F运动过程中，是否存在某一时刻，使得以点Q，O，E为顶点的三角形与以点P，M，F为顶点的三角形相似，若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如答图①，连结PM，PN.∵⊙P与x轴，y轴分别相切于点M和点N，∴PM⊥MF，PN⊥ON且PM＝PN，∴∠PMF＝∠PNE＝90°且∠NPM＝90°.∵PE⊥PF，∴∠1＝∠3＝90°－∠2.在△PMF和△PNE中，∠3＝∠1，PM＝PN，∠PMF＝∠PNE.∴△PMF≌△PNE(A)，∴PE＝PF；(2)分两种情况：①当t>1时，点E在y轴的负半轴上，如答图②，由(1)得△PMF≌△PNE，∴NE＝MF＝t，PN＝PM＝1，∴b＝OF＝OM＋MF＝1＋t，a＝NE－ON＝t－1.∴b－a＝1＋t－(t－1)＝2，∴b＝2＋a；②当0<t≤1时，如答图③，点E在y轴的正半轴上或原点，同理可证△PMF≌△PNE，∴b＝OF＝OM＋MF＝1＋t，a＝OE＝ON－NE＝1－t，∴b＋a＝1＋t＋1－t＝2，∴b＝2－a.综上所述，当t>1时，b＝2＋a；当0<t≤1时，b＝2－a；(3)存在．t的值是2＋2或2－2或2或1＋174.(30分)5．(15分)[2017·攀枝花]如图6－2－5，在平面直角坐标系中，直线MN分别与x轴，y轴交于点M(6，0)，N(0，23)，等边三角形ABC的顶点B与原点O重合，BC边落在x轴正半轴上，点A恰好落在线段MN上，将等边三角形ABC从图①的位置沿正方向以每秒1个单位长度的速度平移，边AB，AC分别与线段MN交于点E，F(如图②所示)，设△ABC平移的时间为t(s)．(1)等边三角形ABC的边长为__3__；(2)在运动过程中，当t＝__3__时，MN垂直平分AB；(3)若在△ABC开始平移的同时，点P从△ABC的顶点B出发，以每秒2个单位长度的速度沿折线BA→AC运动，当点P运动到C时即停止运动，△ABC也随之停止平移．①当点P在线段BA上运动时，若△PEF与△MNO相似，求t的值；②当点P在线段AC上运动时，设S△PEF＝S，求S与t的函数关系式，并求出S最大值及此时点P的坐标．图6－2－5【解析】(1)由题易知OM＝6，ON＝23，∴MN＝43，∴∠NMO＝30°，∵∠ABC＝60°，∴∠BAM＝90°，即AB⊥MN，∴AB＝12OM＝3，即等边三角形边长为3；(2)由等边三角形的性质易知当MN垂直平分AB时，C点与M点重合，∴OB＝OM－MB＝3，即t＝3；(3)①当P点在线段AB上运动时，则OB＝t，PB＝2t，则BM＝6－t，PA＝3－2t，△PEF与△MNO相似分为△PEF∽△MON或△PEF∽△NOM两种对应情况思考；②当点P在线段AC上运动时，S△PEF＝12EF·PH＝12·32t·3－t2＝－38t2＋338t＝－38t－322＋9332≤933232≤t≤3，∴当t＝32时，Smax＝9332.解：(3)①当P点在线段AB上运动时，OB＝t，BP＝2t，则BM＝6－t，PA＝3－2t，△PEF与△MNO相似分为△PEF∽△MON或△PEF∽△NOM两种对应情况，①②第5题答图当△PEF∽△MON时，则∠EPF＝∠EFA＝∠EMB＝30°，∴AE＝12AF＝14AP＝3－2t4，BE＝12BM＝6－t2.又∵BE＝AB－AE＝3－3－2t4，∴3－3－2t4＝6－t2，解得t＝34；当△PEF∽△NOM时，若点P在线段BE上，则∠PFE＝∠NMO＝30°，即PF∥OM，∴△PAF是等边三角形，∴EF垂直平分PA，∴BE＝BP＋12PA＝32＋t，又∵BE＝12MB＝6－t2，∴32＋t＝6－t2，解得t＝1；当△PEF∽△NOM时，若点P在线段AE上，则P点与A点重合，即t＝32.综上所述，t＝34或1或32；②当点P在线段AC上运动时，则BM＝6－t，PC＝6－2t，32≤t≤3.∴BE＝12BM＝3－t2，即AE＝t2，∴EF＝3AE＝32t，AF＝2AE＝t，∴CF＝AC－AF＝3－t，∴PF＝PC－CF＝3－t.如答图③，作PH⊥EF于H点，由∠AFE＝30°可知，PH＝12PF＝3－t2.S△PEF＝12EF·PH＝12·32t·3－t2＝－38t2＋338t＝－38t－322＋9332≤933232≤t≤3，∴当t＝32时Smax＝9332.6．(15分)[2017·衢州]在直角坐标系中，过原点O及点A(8，0)，C(0，6)作矩形OABC.连结OB，点D为OB的中点，点E是线段AB上的动点，连结DE，作DF⊥DE，交OA于点F，连结EF.已知点E从A点出发，以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动，设移动时间为ts.图6－2－6(1)如图6－2－6①，当t＝3时，求DF的长；(2)如图②，当点E在线段AB上移动的过程中，∠DEF的大小是否发生变化？如果变化，请说明理由；如果不变，请求出tan∠DEF的值；(3)连结AD，当AD将△DEF分成的两部分面积之比为1∶2时，求相应t的值．【解析】(1)当t＝3时，点E为AB中点．DE为△ABO的中位线．(2)过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别为M，N.利用△DMF∽△DNE即可求解．(3)AD将△DEF分成的两部分面积之比为1∶2可转化为AD与EF交点G为EF的三等分点，即讨论G点所处的位置．解：(1)当t＝3时，点E为AB中点．∵点D为OB中点，∴DE∥OA，DE＝12OA＝4.∵OA⊥AB，∴DE⊥AB.∴∠OAB＝∠DEA＝90°.又∵DF⊥DE，∴∠DFA＝90°，∴四边形DFAE是矩形，∴DF＝AE＝3.(2)∠DEF的大小不变．如答图①，过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别为M，N.∵四边形OABC是矩形，∴OA⊥AB，∴四边形DMAN是矩形，∴∠MDN＝90°，DM∥AB，DN∥OA，∴BDDO＝BNNA，ODDB＝OMMA.∵点D为OB中点，∴M，N分别是OA，AB中点．∴DM＝12AB＝3，DN＝12OA＝4，∵∠EDF＝90°，∴∠FDM＝∠EDN.又∵∠DMF＝∠DNE＝90°，∴△DMF∽△DNE，∴DFDE＝DMDN＝34.∵∠EDF＝90°，∴tan∠DEF＝34.第6题答图(3)过D作DM⊥OA，DN⊥AB，垂足分别为M，N.若AD将△DEF的面积分成1∶2的两部分，设AD交EF于点G，则易得点G为EF的三等分点．①如答图②，当E到达AB中点之前时，NE＝3－t，由△DMF∽△DNE，得MF＝34(3－t)．∴AF＝4＋MF＝－34t＋254.∵G1为EF的三等分点，∴G13t＋7112，23t.由点A(8，0)，D(4，3)得直线AD的表达式为y＝－34x＋6，将G13t＋7112，23t代入，得t＝7541.②如答图③，当E越过AB中点之后，NE＝t－3，由△DMF∽△DNE，得MF＝34(t－3)．∴AF＝4－MF＝－34t＋254.∵G2为EF的三等分点，∴G23t＋236，13t.代入直线AD表达式y＝－34x＋6，得t＝7541.综上，t的值为7541.(20分)7．(20分)[2017·绍兴]如图6－2－7①，已知?ABCD，AB∥x轴，AB＝6，点A的坐标为(1，－4)，点D的坐标为(－3，4)，点B在第四象限，点P是?ABCD边上的一个动点．(1)若点P在边BC上，PD＝CD，求点P的坐标；(2)若点P在边AB，AD上，点P关于坐标轴对称的点Q落在直线y＝x－1上，求点P的坐标；(3)若点P在边AB，AD，CD上，点G是AD与y轴的交点，如图②，过点P作y轴的平行线PM，过点G作x轴的平行线GM，它们相交于点M，将△PGM沿直线PG翻折，当点M的对应点落在坐标轴上时，求点P的坐标(直接写出答案)．图6－2－7解：(1)∵CD＝6，∴点P与点C重合，∴点P的坐标是(3，4)．(2)①当点P在边AD上时，由已知得直线AD的函数表达式为y＝－2x－2，设P(a，－2a－2)，且－3≤a≤1.若点P关于x轴的对称点Q1(a，2a＋2)在直线y＝x－1上，则2a＋2＝a－1，解得a＝－3，此时P1(－3，4)．若点P关于y轴对称点Q2(－a，－2a－2)在直线y＝x－1上，则－2a－2＝－a－1，解得a＝－1，此时P2(－1，0)．②当点P在边AB上时，设P(a，－4)，且1≤a≤7.若点P关于x轴对称点Q3(a，4)在直线y＝x－1上，则4＝a－1，解得a＝5，此时P(5，－4)．若点P关于y轴对称点Q4(－a，－4)在直线y＝x－1上，则－4＝－a－1，解得a＝3，此时P4(3，－4)．综上所述，点P的坐标为(－3，4)或(－1，0)或(5，－4)或(3，－4)；(3)∵直线AD：y＝－2x－2，∴G(0，－2)，①如答图②，当点P在CD边上，设P(m，4)，－3≤m≤3，则M′P＝PM＝4＋2＝6，M′G＝GM＝|m|，易证得△OG′M′∽△HM′P，则OM′HP＝GM′M′P，即OM′4＝|m|6，∴OM′＝23|m|，在Rt△OGM′中，由勾股定理，得23|m|2＋22＝m2，解得m＝－655或655，则P点坐标为－655，4或655，4；第7题答图②第7题答图③②如答图③，当点P在AD边上时，设P(m，－2m－2)，则PM′＝PM＝|－2m|，GM′＝MG＝|m|，易证得△OGM′∽△HM′P，则OM′HP＝GM′M′P，即OM′|－2m－2|＝|m||－2m|，∴OM′＝12|2m＋2|，在Rt△OGM′中，由勾股定理，得12|2m＋2|2＋22＝m2，解得m＝－52，则P－52，3；③如答图④，当点P在AB边上时，设P(m，－4)，此时M′在y轴上，则四边形PMGM′为正方形，GM＝PM＝4－2＝2，∴P(2，－4)．综上所述，点P的坐标为(2，－4)或－52，3或－655，4或655，4.