初三中考數(shù)學動點型題復習

蔡老師數(shù)學蘇州市2015—2016學年初三中考數(shù)學動點型題復習知識點名師點晴動點問題中的特殊圖形等腰三角形與直角三角形利用等腰三角形或直角三角形的特殊性質求解動點問題相似問題利用相似三角形的對應邊成比例、對應角相等求解動點問題動點問題中的計算問題動點問題的最值與定值問題理解最值或定值問題的求法動點問題的面積問題結合面積的計算方法來解決動點問題動點問題的函數(shù)圖象問題一次函數(shù)或二次函數(shù)的圖象結合函數(shù)的圖象解決動點問題歸納1：動點中的特殊圖形基礎知識歸納：等腰三角形的兩腰相等，直角三角形的兩直角邊的平方和等于斜邊的平方，平行四邊形的對邊平行且相等，矩形的對角線相等，菱形的對角線互相垂直基本方法歸納：動點問題常與等腰三角形、直角三角形、平行四邊形、矩形、菱形等特殊圖形相結合，解決此類問題要靈活運用這些圖形的特殊性質注意問題歸納：注意區(qū)分等腰三角形、直角三角形、平行四邊形、矩形、菱形的性質．【例1】已知：如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=5cm，AC=3cm，動點P從點B出發(fā)沿射線BC以1cm/s的速度移動，設運動的時間為t秒．（1）求BC邊的長；（2）當△ABP為直角三角形時，求t的值；（3）當△ABP為等腰三角形時，求t的值

歸納2：動點問題中的計算問題基礎知識歸納：動點問題的計算常常涉及到線段和的最小值、三角形周長的最小值、面積的最大值、線段或面積的定值等問題．基本方法歸納：線段和的最小值通常利用軸對稱的性質來解答，面積采用割補法或面積公式，通常與二次函數(shù)、相似等內容．注意問題歸納：在計算的過程中，要注意與相似、銳角三角函數(shù)、對稱、二次函數(shù)等內容的結合．【例2】如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，AD是∠BAC的平分線．若P，Q分別是AD和AC上的動點，則PC+PQ的最小值是（）A．B．C．D．（例2圖）練習：（2013?日照）問題背景：如圖（a），點A、B在直線l的同側，要在直線l上找一點C，使AC與BC的距離之和最小，我們可以作出點B關于l的對稱點B′，連接AB′與直線l交于點C，則點C即為所求．（1）實踐運用：如圖（b），已知，⊙O的直徑CD為4，點A在⊙O上，∠ACD=30°，B為弧AD的中點，P為直徑CD上一動點，則BP+AP的最小值為．（2）知識拓展：如圖（c），在Rt△ABC中，AB=10，∠BAC=45°，∠BAC的平分線交BC于點D，E、F分別是線段AD和AB上的動點，求BE+EF的最小值，并寫出解答過程．

8.（2015年江蘇蘇州10分）如圖，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半徑為2cm的⊙O在矩形內且與AB、AD均相切．現(xiàn)有動點P從A點出發(fā)，在矩形邊上沿著A→B→C→D的方向勻速移動，當點P到達D點時停止移動；⊙O在矩形內部沿AD向右勻速平移，移動到與CD相切時立即沿原路按原速返回，當⊙O回到出發(fā)時的位置（即再次與AB相切）時停止移動．已知點P與⊙O同時開始移動，同時停止移動（即同時到達各自的終止位置）．（1）如圖①，點P從A→B→C→D，全程共移動了▲cm（用含a、b的代數(shù)式表示）；（2）如圖①，已知點P從A點出發(fā)，移動2s到達B點，繼續(xù)移動3s，到達BC的中點．若點P與⊙O的移動速度相等，求在這5s時間內圓心O移動的距離；（3）★★如圖②，已知a=20，b=10．是否存在如下情形：當⊙O到達⊙O1的位置時（此時圓心O1在矩形對角線BD上），DP與⊙O1恰好相切？請說明理由．

回家作業(yè)：1.（2015鹽城）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中剪去一個邊長為1的小正方形CEFG，動點P從點A出發(fā)，沿A→D→E→F→G→B的路線繞多邊形的邊勻速運動到點B時停止（不含點A和點B），則△ABP的面積S隨著時間t變化的函數(shù)圖象大致是（）A．B．C．D．2.（2015樂山）如圖，已知直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點，P是以C（0，1）為圓心，1為半徑的圓上一動點，連結PA、PB．則△PAB面積的最大值是（）A．8B．12C．D．（第2題）（第3題）3.（2015咸寧）如圖，已知正方形ABCD的邊長為2，E是邊BC上的動點，BF⊥AE交CD于點F，垂足為G，連結CG．下列說法：①AG＞GE；②AE=BF；③點G運動的路徑長為π；④CG的最小值為．其中正確的說法是．（把你認為正確的說法的序號都填上）4.（2015年江蘇徐州8分）如圖，在矩形OABC中，OA=3，OC=5,分別以OA、OC所在直線為x軸、y軸，建立平面直角坐標系，D是邊CB上的一個動點（不與C、B重合），反比例函數(shù)的圖像經過點D且與邊BA交于點E，連接DE.（1）連接OE，若△EOA的面積為2，則k=；（2）連接CA、DE與CA是否平行？請說明理由；（3）是否存在點D，使得點B關于DE的對稱點在OC上？若存在，求出點D的坐標；若不存在，請說明理由.5.（2015年江蘇宿遷8分）如圖，在平面直角坐標系中，已知點A（8，1），B（0，﹣3），反比例函數(shù)的圖象經過點A，動直線x=t（0＜t＜8）與反比例函數(shù)的圖象交于點M，與直線AB交于點N．（1）求k的值；（2）求△BMN面積的最大值；（3）若MA⊥AB，求t的值．6.（2015年江蘇常州10分）如圖，一次函數(shù)的圖象與x軸、y軸分別相交于點A、B，過點A作x軸的垂線l，點P為直線l上的動點，點Q為直線AB與△OAP外接圓的交點，點P、Q與點A都不重合．（1）寫出點A的坐標；（2）當點P在直線l上運動時，是否存在點P使得△OQB與△APQ全等？如果存在，求出點P的坐標；如果不存在，請說明理由．（3）若點M在直線l上，且∠POM=90°，記△OAP外接圓和△OAM外接圓的面積分別是S1、S2，求的值．

參考答案例1.解：（1）在Rt△ABC中，BC2=AB2﹣AC2=52﹣32=16，∴BC=4（cm）；（2）由題意知BP=tcm，①當∠APB為直角時，點P與點C重合，BP=BC=4cm，即t=4；②當∠BAP為直角時，BP=tcm，CP=（t﹣4）cm，AC=3cm，在Rt△ACP中，AP2=32+（t﹣4）2，在Rt△BAP中，AB2+AP2=BP2，即：52+[32+（t﹣4）2]=t2，解得：t=，故當△ABP為直角三角形時，t=4或t=；（3）①當AB=BP時，t=5；②當AB=AP時，BP=2BC=8cm，t=8；③當BP=AP時，AP=BP=tcm，CP=|t﹣4|cm，AC=3cm，在Rt△ACP中，AP2=AC2+CP2，所以t2=32+（t﹣4）2，解得：t=，綜上所述：當△ABP為等腰三角形時，t=5或t=8或t=．【點評】本題考查了勾股定理以及等腰三角形的知識，解答本題的關鍵是掌握勾股定理的應用，以及分情況討論，注意不要漏解．例2.【答案】C．【解析】解：如圖，過點C作CM⊥AB交AB于點M，交AD于點P，過點P作PQ⊥AC于點Q，∵AD是∠BAC的平分線．∴PQ=PM，這時PC+PQ有最小值，即CM的長度，∵AC=6，BC=8，∠ACB=90°，∴AB=，∵S△ABC=AB?CM=AC?BC，∴CM==．考點：1.軸對稱的應用（最短路線問題）；2．角平分線的性質；3．勾股定理；4．直角三角形的面積．練習：解：（1）作點B關于CD的對稱點E，連接AE交CD于點P，此時PA+PB最小，且等于AE．作直徑AC′，連接C′E．根據(jù)垂徑定理得=．∵∠ACD=30°，∴∠AOD=60°，∠DOE=30°，∴∠AOE=90°，∴∠C′AE=45°，又AC′為圓的直徑，∴∠AEC′=90°，∴∠C′=∠C′AE=45°，∴C′E=AE=AC′=2，即AP+BP的最小值是2．故答案為：2；（2）如圖，在斜邊AC上截取AB′=AB，連結BB′．∵AD平分∠BAC，∴∠B′AM=∠BAM，在△B′AM和△BAM中，，∴△B′AM≌△BAM（SAS），∴BM=B′M，∠BMA=∠B′MA=90°，∴點B與點B′關于直線AD對稱．過點B′作B′F⊥AB，垂足為F，交AD于E，連結BE，則線段B′F的長即為所求．（點到直線的距離最短）在Rt△AFB′中，∵∠BAC=45°，AB′=AB=10，∴B′F=AB′?sin45°=AB?sin45°=10×=5，∴BE+EF的最小值為．例3.【答案】C．【解析】∵∠ABE=45°，∠A=90°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=AB=2，BE=AB=2，∵BE=DE，PD=x，∴PE=DE﹣PD=2﹣x，∵PQ∥BD，BE=DE，∴QE=PE=2﹣x，又∵△ABE是等腰直角三角形（已證），∴點Q到AD的距離=（2﹣x）=2﹣x,∴△PQD的面積y=x（2﹣x）=﹣（x2﹣2x+2）=﹣（x﹣）2+,即y=﹣（x﹣）2+，縱觀各選項，只有C選項符合．考點：動點問題的函數(shù)圖象．例4.解：（1）如答圖1，設直線AB與軸的交點為M，∵，P（，2），∴.設直線AB的解析式為，則，解得.∴直線AB的解析式為.（2）如答圖2，過點Q作軸的垂線QC，交AB于點C，再過點Q作直線AB的垂線，垂足為點D，根據(jù)條件可知，是等腰直角三角形.∴.設，則，∴.∴.∴當時，點Q到直線AB的距離的最大值為.（3）∵，∴中必有一角等于45°.①由圖可知，不合題意.②若，如答圖3，過點B作軸的平行線與軸和拋物線分別交于點，此時，.根據(jù)拋物線的軸對稱性質，知，∴是等腰直角三角形.∵與相似，且，∴也是等腰直角三角形.i）若，聯(lián)立，解得或.∴.∴.∴，此時，.ii）若，，此時，.③若，②是情況之一，答案同上.如答圖4，5，過點B作軸的平行線與軸和拋物線分別交于點，以點為圓心，為半徑畫圓，則都在上，設與y軸左側的拋物線交于另一點.∵根據(jù)圓周角定理，，∴點也符合要求.設，由得解得或，而，故.∴.可證是等邊三角形，∴.∴.則在中，.i）若，如答圖4，過點作軸于點，則，∴.∴，此時，.ii）若，如答圖5，過點作軸于點，設，則.∵，∴，.∴.∴，此時，.綜上所述，所有滿足條件的t的值為或或或.鞏固練習：1.如答圖，連接，過點作于點，∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，點F是DE的中點，∴.∴是等腰三角形.∵將△ABC繞直角頂點C順時針旋轉90°得到△DEC，BC=4，AC=6，∴.∵，∴.∴又∵分別是的中點，∴是△DEC的中位線.∴.在Rt△AGF中，∵，，∴由勾股定理，得AF=5.2.根據(jù)垂線段最短得出PM⊥AB時線段PM最短，分別求出PB、OB、OA、AB的長度，利用△PBM∽△ABO，即可求出答案如答圖，過點P作PM⊥AB，則：∠PMB=90°，當PM⊥AB時，PM最短，∵直線與x軸、y軸分別交于點A，B，∴點A的坐標為（4，0），點B的坐標為（0，﹣3）.在Rt△AOB中，∵AO=4，BO=3，∴根據(jù)勾股定理，得AB=5.∵∠BMP=∠AOB=90°，∠ABO=∠PBM，∴△PBM∽△ABO.∴，即：，解得.3.解：（1）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB.如答圖1，延長EB交DG于點H，在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°，∴∠AEB+∠ADG=90°.在△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，∴∠DHE=90°.∴DG⊥BE.（2）∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都為正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE.如答圖2，過點A作AM⊥DG交DG于點M，則∠AMD=∠AMG=90°，∵BD為正方形ABCD的對角線，∴∠MDA=45°.在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2，∴.在Rt△AMG中，根據(jù)勾股定理得：，∵，∴.（3）△GHE和△BHD面積之和的最大值為6，理由如下：∵對于△EGH，點H在以EG為直徑的圓上，∴當點H與點A重合時，△EGH的高最大；∵對于△BDH，點H在以BD為直徑的圓上，∴當點H與點A重合時，△BDH的高最大.∴△GHE和△BHD面積之和的最大值為2+4=6．【考點】面動旋轉問題；正方形的性質；全等三角形的判定和性質；三角形內角和定理；等腰直角三角形的性質，勾股定理；數(shù)形結合思想的應用．4.[解]（1）作軸于．，．．（2）由圖②可知，點從點運動到點用了10秒．又．兩點的運動速度均為每秒1個單位．（3）方法一：作軸于，則．，即．．．，．即．，且，當時，有最大值．此時，點的坐標為．方法二：當時，．設所求函數(shù)關系式為．拋物線過點，．，且，當時，有最大值．此時，點的坐標為．（4）．[點評]本題主要考查函數(shù)性質的簡單運用和幾何知識，是近年來較為流行的試題，解題的關鍵在于結合題目的要求動中取靜，相信解決這種問題不會非常難中午作業(yè)：1.【答案】D．考點：1．動點問題的函數(shù)圖象；2．分類思想的應用．2.【答案】A．考點：1．軸對稱的應用（最短路線問題）；2．圓周角定理；3．等腰直角三角形的判定和性質．（2題答圖）（3題答圖）（4題答圖）3.【答案】B．考點：1．單動點問題函數(shù)圖象的分析；2．由實際問題列函數(shù)關系式；3．矩形的性質；4．相似三角形的判定和性質；．4.【答案】1．考點：1．圓周角定理；2．相似三角形的判定和性質；3．由實際問題列函數(shù)關系式；3．二次函數(shù)的最值．5.【答案】6．考點：1．單動點問題；2．軸對稱的應用（最短路線問題）；3．正方形的性質；4．勾股定理．（5題答圖）（6題答圖）6.【答案】①③⑤．考點：1．軸對稱的性質；2．垂直線段的性質；3．圓周角定理；4．含30度角直角三角形的性質；5．等邊三角形的性質；6．切線的判定．7.解：（1）當PQ∥CD時，四邊形PDCB是平行四邊形，此時PD=QC，∴12﹣2t=t，∴t=4．∴當t=4時，四邊形PQDC是平行四邊形．（2）過D點，DF⊥BC于F，∴DF=AB=8．FC=BC﹣AD=18﹣12=6，CD=10，①當PQ⊥BC，則BQ+CQ=18．即：2t+t=18，∴t=6；②當QP⊥PC，此時P一定在DC上，CP1=10+12﹣2t=22﹣2t，CQ2=t，易知，△CDF∽△CQ2P1，∴，解得：t=，③情形：當PC⊥BC時，因∠DCB＜90°，此種情形不存在．∴當t=6或時，△PQC是直角三角形．8.解：（1）.（2）∵在整個運動過程中，點P移動的距離為cm，圓心移動的距離為cm，∴由題意得①.∵點P移動2s到達B點，即點P用2s移動了cm，點P繼續(xù)移動3s到達BC的中點，即點P用3s移動了cm，∴②.聯(lián)立①②，解得.∵點P移動的速度與⊙O移動的速度相等，∴⊙O移動的速度為（cm/s）.∴這5s時間內圓心O移動的距離為（cm）.（3）存在這樣的情形.設點P移動的速度為cm/s，⊙O移動的速度為cm/s，根據(jù)題意，得.如答圖，設直線OO1與AB交于點E，與CD交于點E，⊙O1與AD相切于點PG.若PD與⊙O1相切，切點為H，則.易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP.∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD.∴∠BDP=∠CBD.∴BP=DP.設cm，則cm，cm，在中，由勾股定理，得，即，解得.∴此時點P移動的距離為（cm）.∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD.∴，即.∴cm，cm.①當⊙O首次到達⊙O1的位置時，⊙O與移動的距離為14cm.∴此時點P移動的速度與⊙O移動的速度比為.∴此時DP與⊙O1恰好相切.②當⊙O在返回途中到達⊙O1的位置時，⊙O與移動的距離為cm.∴此時點P移動的速度與⊙O移動的速度比為.∴此時DP與⊙O1不可能相切.【考點】單動點和動圓問題；矩形的性質；直線與圓的位置關系；全等三角形的判定和性質；勾股定理；相似三角形的判定和性質；方程思想和分類思想的應用.【分析】（1）根據(jù)矩形的性質可得：點P從A→B→C→D，全程共移動了cm.（2）根據(jù)“在整個運動過程中，點P移動的距離等于圓心移動的距離”和“點P用2s移動了cm，點P用3s移動了cm”列方程組求出a，b，根據(jù)點P移動的速度與⊙O移動的速度相等求得⊙O移動的速度，從而求得這5s時間內圓心O移動的距離.（3）分⊙O首次到達⊙O1的位置和⊙O在返回途中到達⊙O1的位置兩種情況討論即可.回家作業(yè)：1.【答案】B．【解析】試題分析：當點P在AD上時，△ABP的底AB不變，高增大，所以△ABP的面積S隨著時間t的增大而增大；當點P在DE上時，△ABP的底AB不變，高不變，所以△ABP的面積S不變；當點P在EF上時，△ABP的底AB不變，高減小，所以△ABP的面積S隨著時間t的減??；當點P在FG上時，△ABP的底AB不變，高不變，所以△ABP的面積S不變；當點P在GB上時，△ABP的底AB不變，高減小，所以△ABP的面積S隨著時間t的減?。还蔬xB．考點：1．動點問題的函數(shù)圖象；2．分段函數(shù)；3．分類討論；4．壓軸題．2.【答案】C．【解析】試題分析：∵直線與x軸、y軸分別交于A、B兩點，∴A點的坐標為（4，0），B點的坐標為（0，﹣3），，即OA=4，OB=3，由勾股定理得：AB=5，∴點C（0，1）到直線的距離是=，∴圓C上點到直線的最大距離是=，∴△PAB面積的最大值是=，故選C．考點：1．圓的綜合題；2．最值問題；3．動點型．3.解：∵在正方形ABCD中，BF⊥AE，∴∠AGB保持90°不變，∴G點的軌跡是以AB中點O為圓心，AO為半徑的圓弧，∴當E移動到與C重合時，F(xiàn)點和D點重合，此時G點為AC中點，∴AG=GE，故①錯誤；∵BF⊥AE，∴∠AEB+∠CBF=90°，∵∠AEB+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠CBF，在△ABE和△BCF中，，∴△ABE≌△BCF（AAS），∴故②正確；∵當E點運動到C點時停止，∴點G運動的軌跡為圓，圓弧的長=×2=，故③錯誤；由于OC和OG的長度是一定的，因此當O、G、C在同一條直線上時，CG取最小值，OC==，CG的最小值為OC﹣OG=﹣1，故④正確；綜上所述，正確的結論有②④．故答案為②④．4.解：（1）4.（2）平行，理由如下：如答圖1，連接AC，設，∵在上，∴.∵BC=OA=3，AB=OC=5，∴BD=3－，BE=5－.∴.∴，即.∴DE∥AC．（3）存在。假設存在點D滿足條件．設，則CD=，BD=3－，AE=，BE=5－．如答圖2，過點E作EF⊥O