中考數學總復習《坐標系中的幾何動點問題》專項檢測卷附帶答案

第第頁中考數學總復習《坐標系中的幾何動點問題》專項檢測卷（附帶答案)學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________典例精講例1如圖，平面直角坐標系中，O是坐標原點，直線y＝kx＋15(k≠0)經過點C(3，6)，與x軸交于點A，與y軸交于點B.線段CD平行于x軸，交直線y＝eq\f(3,4)x于點D，連接OC，AD.例1題圖(1)填空：k＝________．點A的坐標是(________，________)；【思維教練】將C(3，6)代入y＝kx＋15即可求k，將y＝0代入新的一次函數解析式，求出A點坐標．(2)求證：四邊形OADC是平行四邊形；【思維教練】因為CD∥OA，所以要證明四邊形OADC是平行四邊形，可以證明CD＝OA，將C點縱坐標代入到y(tǒng)＝eq\f(3,4)x中，求出D點坐標，從而求出CD的長，與OA比較．(3)動點P從點O出發(fā)，沿對角線OD以每秒1個單位長度的速度向點D運動，直到點D為止；動點Q同時從點D出發(fā)，沿對角線DO以每秒1個單位長度的速度向點O運動，直到點O為止．設兩個點的運動時間均為t秒．①當t＝1時，△CPQ的面積是________．②當點P，Q運動至四邊形CPAQ為矩形時，請直接寫出此時t的值．【思維教練】①可求出PQ的長，以及C點到OD的距離．②因為四邊形OADC是平行四邊形，所以考慮利用判定依據：對角線相等且互相平分的四邊形是矩形．證明AC與PQ互相平分，當PQ＝AC時，四邊形CPAQ為矩形．例2如圖，在平面直角坐標系中，△AOB的頂點O是坐標原點，點A的坐標為(4，4)，點B的坐標為(6，0)，動點P從O開始以每秒1個單位長度的速度沿y軸正方向運動，設運動的時間為t秒(0＜t＜4)，過點P作PN∥x軸，分別交AO，AB于點M，N.例2題圖備用圖(1)填空：AO的長為________，AB的長為________；【思維教練】要求AO，AB的長，已知點A，B的坐標，利用兩點間距離公式求解即可；(2)當t＝1時，求點N的坐標；【思維教練】要求t＝1時，點N的坐標，可知點N在AB上，利用待定系數法求出直線AB的解析式即可求解；(3)請直接寫出MN的長為________(用含t的代數式表示)；【思維教練】要求MN的長，可先求出PN，PM，即點N，M的橫坐標即可；(4)點E是線段MN上一動點(點E不與點M，N重合)，△AOE和△ABE的面積分別表示為S1和S2，當t＝eq\f(4,3)時，請直接寫出S1·S2(即S1與S2的積)的最大值為________．【思維教練】要求△AOE和△ABE的面積之積的最大值，先表示出△AOE和△ABE的面積，當t＝eq\f(4,3)時，可得MN的值，設EM＝m，構建二次函數，利用二次函數的性質即可解決問題．針對訓練1.如圖，在平面直角坐標系中，直線l1：y＝eq\f(4,3)x＋eq\f(8,3)與過點A(3，0)的直線l2交于點C(1，m)，與x軸交于點B.(1)求直線l2的表達式；(2)點P是直線l2上的一個動點，過點P作EF⊥x軸于點E，交直線l1于點F①若PF＝AB，求點P的坐標．②過點P作PQ⊥l1于點Q，若PQ＝2PE，請直接寫出點P的坐標．第1題圖2.如圖，在平面直角坐標系內，點A、B在x軸上，點C在y軸上，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，點Q在邊AB上，且AQ＝2，過點Q作QR⊥AB，垂足為Q，QR交折線AC－CB于點R(如圖①)，當點Q以每秒2個單位向終點B移動時，點P同時從點A出發(fā)，以每秒6個單位的速度沿AB－BC－CA移動，設移動時間為t秒(如圖②)．(1)BQ＝________；(用含t的代數式表示)(2)求△BCQ的面積S與t的函數關系式；(3)t的值為________秒時，直線QR經過點P；(4)當點P在邊AB上運動時，以PQ為邊在AB上方所作的正方形PQMN在Rt△ABC內部，此時t的取值范圍是________．第2題圖參考答案典例精講例1(1)解：－3，(5，0)；【解法提示】將點C(3，6)代入y＝kx＋15(k≠0)，得6＝3k＋15.解得k＝－3.∴y＝－3x＋15.當y＝0時，0＝－3x＋15.解得x＝5.∴A(5，0)．(2)證明：∵CD∥x軸，C(3，6)∴CD∥OA，yC＝y(tǒng)D＝6.令y＝eq\f(3,4)x＝6，解得x＝8.∴D(8，6)．∵C(3，6)，∴CD＝8－3＝5.∵A(5，0)，∴OA＝5.∴OA＝CD.∴四邊形OADC是平行四邊形；(3)解：①12；【解法提示】如解圖①，過C作CH⊥OD于H，∵D(8，6)，∴OD＝eq\r(82＋62)＝10.∵四邊形OADC為平行四邊形，∴OD平分四邊形OADC的面積．∴S四邊形OADC＝2S△COD，即OA·yC＝2·eq\f(1,2)OD·CH，即5·6＝2·eq\f(1,2)×10·CH.解得CH＝3.而PQ＝OD－OP－DQ＝8.∴S△CPQ＝eq\f(1,2)PQ·CH＝eq\f(1,2)×8×3＝12.②5＋eq\r(10)或5－eq\r(10)；【解法提示】如解圖②，設OD與AC相交于M.∵四邊形OADC為平行四邊形，∴OM＝DM，AM＝CM.∵OP＝DQ＝t，所以PM＝QM.當PQ＝AC時，四邊形CPAQ為矩形．∵A(5，0)，C(3，6)，∴AC＝eq\r(（5－3）2＋62)＝2eq\r(10).|PQ|＝|10－2t|，∴10－2t＝2eq\r(10)，或2t－10＝2eq\r(,10).∴t＝5－eq\r(,10)或t＝5＋eq\r(,10)時，四邊形CPAQ為矩形．例1題解圖①例1題解圖②例2解：(1)4eq\r(2)，2eq\r(5)；【解法提示】∵A(4，4)，B(6，0)，∴AO＝eq\r(42＋42)＝4eq\r(2)，AB＝eq\r(（6－4）2＋42)＝2eq\r(5).(2)設直線AB的解析式為y＝kx＋b(k≠0)，將A(4，4)，B(6，0)代入得，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4k＋b＝4,6k＋b＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－2,b＝12))∴直線AB的解析式為y＝－2x＋12由題意得，點N的縱坐標為1令y＝1，則1＝－2x＋12∴x＝eq\f(11,2)∴N(eq\f(11,2)，1)；(3)eq\f(12－3t,2)；【解法提示】當0＜t＜4時，令y＝t，代入y＝－2x＋12，得x＝eq\f(12－t,2)，∴N(eq\f(12－t,2)，t)，∵∠AOB＝∠AOP＝45°，∠OPM＝90°，∴OP＝PM＝t，∴MN＝PN－PM＝eq\f(12－t,2)－t＝eq\f(12－3t,2).(4)16.【解法提示】如解圖，當t＝eq\f(4,3)時，MN＝eq\f(12－3×\f(4,3),2)＝4，設EM＝m，則EN＝4－m.由題意得，S1·S2＝eq\f(1,2)×m×4×eq\f(1,2)×(4－m)×4＝－4m2＋16m＝－4(m－2)2＋16，∵－4＜0，∴m＝2時，S1·S2有最大值，最大值為16.例2題解圖針對訓練1.解：(1)由題知點C(1，m)在直線l1上∴將點C(1，m)代入y＝eq\f(4,3)x＋eq\f(8,3)得m＝eq\f(4,3)＋eq\f(8,3)＝4，故C(1，4)設直線l2的表達式為y＝kx＋b(k≠0)，代入A、C點坐標得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4＝k＋b,0＝3k＋b))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－2,b＝6))∴直線l2的表達式為y＝－2x＋6；(2)設點P的坐標為(n，－2n＋6)則點E的坐標為(n，0)，點F的坐標為(n，eq\f(4,3)n＋eq\f(8,3))在y＝eq\f(4,3)x＋eq\f(8,3)中，令y＝0，得0＝eq\f(4,3)x＋eq\f(8,3)，解得x＝－2∴B(－2，0)∴AB＝3－(－2)＝5若點P在F上方，則－2n＋6－(eq\f(4,3)n＋eq\f(8,3))＝5，解得n＝－eq\f(1,2)，即P(－eq\f(1,2)，7)；若點P在F下方，則eq\f(4,3)n＋eq\f(8,3)－(－2n＋6)＝5，解得n＝eq\f(5,2)，即P(eq\f(5,2)，1)綜上所述，若PF＝AB，點P的坐標為(－eq\f(1,2)，7)或(eq\f(5,2)，1)；②點P的坐標為(eq\f(7,3)，eq\f(4,3))或(5，－4)．【解法提示】設點P的坐標為(n，－2n＋6)，如解圖，設直線l1與y軸交于點D，設PQ交x軸于點M，交y軸于點N由題知PQ⊥l1于點Q∴∠DBO＋∠NMO＝90°又∵∠BDO＋∠DBO＝90°∴∠NMO＝∠BDO又∵∠BOD＝∠MON＝90°∴△BOD∽△NOM∴eq\f(OB,OD)＝eq\f(ON,OM)設直線PQ的表達式為y＝k1x＋b1(k1≠0)則OM＝－eq\f(b1,k1)，ON＝b1由題知OB＝2，OD＝eq\f(8,3)∴eq\f(2,\f(8,3))＝eq\f(b1,－\f(b1,k1))，解得k1＝－eq\f(3,4)∴直線PQ的表達式為y＝－eq\f(3,4)x＋b1將點P(n，－2n＋b)代入直線PQ表達式得－2n＋6＝－eq\f(3,4)n＋b1，解得b1＝－eq\f(5,4)n＋6∴直線PQ的表達式為y＝－eq\f(3,4)x－eq\f(5,4)n＋6①又∵直線l1：y＝eq\f(4,3)x＋eq\f(8,3)②聯(lián)立①②，解得Q點坐標為(－eq\f(3,5)n＋eq\f(8,5)，－eq\f(4,5)n＋eq\f(24,5))∴PQ2＝[n－(－eq\f(3,5)n＋eq\f(8,5))]2＋[(－2n＋6)－(－eq\f(4,5)n＋eq\f(24,5))]2＝4(n－1)2(2PE)2＝4PE2＝4(－2n＋6)2∵PQ＝2PE∴4(n－1)2＝4(－2n＋6)2解得n＝eq\f(7,3)或n＝5故P(eq\f(7,3)，eq\f(4,3))或(5，－4)．第1題解圖2.解：(1)8－2t；【解法提示】由題意得AQ＝2＋2t，AB＝10，∴BQ＝AB－AQ＝8－2t.(2)在Rt△ABC中，AB＝10，AC＝8根據勾股定理得：BC＝6∵eq\f(1,2)AC·BC＝eq\f(1,2)AB·CO，即eq\f(1,2)×6×8＝eq\f(1,2)×10·CO∴CO＝eq\f(24,5)則S△BCQ＝eq\f(1,2)QB·CO＝eq\f(12,5)(8－2t)＝－eq\f(24,5)t＋eq\f(96,5)(0≤t≤4)；(3)0.5或2.5；【解法提示】①當點Q、P均在AB上時，AP＝6t，AQ＝2＋2t可得：AP＝AQ，即6t＝2＋2t解得t＝0.5；②當P在BC上時，P與R重合，如解圖①第2題解圖①∵∠PQB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B∴△BPQ∽△BAC∴eq\f(BP,BA)＝eq\f(BQ,BC)，又∵BP＝6t－10，AB＝10，BQ＝8－2t，BC＝6∴eq\f(6t－10,10)＝eq\f(8－2t,6)，即6(6t－10)＝10(8－2t)解得t＝2.5；③當點P在AC上不存在QR經過點P綜上，當t＝0.5或2.5時，直線QR經過點P.(4)eq\f(4,17)＜t＜eq\f(23,18)且t≠0.5.【解法提示】當點P在點Q的左側時，若點N落在AC上，如解圖②：第2題解圖②∵AP＝6t，AQ＝2＋2t∴PQ＝AQ－AP＝2＋2t－6t＝2－4t∵四邊形PQMN是正方形∴PN＝PQ＝2－4t∵∠APN＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A∴△APN∽△ACB∴eq\f(PN,CB)＝eq\f(AP,AC)，即eq\f(2－4t,6)＝eq