2012中考二轮专题复习：运动型专题

2012中考二轮专题复习： 运动型专题
第一部分 讲解部分
一．专题诠释
动态几何题是指随着图形的某一元素的运动变化，导致问题的结论或者改变或者保持不变的几何题，是近年来中考数学的热点题型。这类试题信息量在对学生获取信息和处理信息的能力要求较高；注重在图形的形状或位置的变化过程中寻求函数与方程、函数与几何、函数与解直角三角形、函数与面积的联系，有较强的综合性。
二．解题策略和解法精讲
解题时要用运动和变化的眼光去观察和研究问题，把握运动、变化的全过程，并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系，动中取静，静中求动。综合运用函数、方程、分类讨论、数形结合等数学思想，展示了一种数学的创造过程。现举例如下：
三．考点精讲
考点一：点的运动
例1．（2011江苏盐城）如图，已知一次函数y = - x +7与正比例函数y =  x的图象交于点A，
且与x轴交于点B.
（1）求点A和点B的坐标；
（2）过点A作AC⊥y轴于点C，过点B作直线l∥y轴．
动点P从点O出发，以每秒1个单位长的速度，沿O—C—A的路线向点A运动；同时直线l从点B出发，以相同速度向左平移，在平移过程中，直线l交x轴于点R，交线段BA或线段AO于点Q．当点P到达点A时，点P和直线l都停止运动．在运动过程中，设动点P运动的时间为t秒.
①当t为何值时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8？
②是否存在以A、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求t的值；
若不存在，请说明理由．
【分析】（1）联立方程y = - x +7和y =  x即可求出点A的坐标，今y=-x+7=0即可得点B的坐标。
（2）①只要把三角形的面积用t表示，求出即可。应注意分P在OC上运动和P在CA上运动两种情况了。
②只要把有关线段用t表示，找出AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ的条件时t的值即可。应注意分别讨论P在OC上运动（此时直线l与AB相交）和P在CA上运动（此时直线l与AO相交）时AP=AQ，AP=PQ，AQ=PQ的条件。
【答案】（1）根据题意，得，解得 ，∴A(3，4) .
令y=-x+7=0，得x=7．∴B（7，0）.
（2）①当P在OC上运动时，0≤t＜4.
由S△APR=S梯形COBA-S△ACP-S△POR-S△ARB=8，得
(3+7)×4-×3×(4-t)- t(7-t)- t×4=8
整理,得t2-8t+12=0, 解之得t1=2,t2=6（舍）
当P在CA上运动，4≤t＜7.
由S△APR= ×(7-t) ×4=8，得t=3（舍）
∴当t=2时，以A、P、R为顶点的三角形的面积为8.
②当P在OC上运动时，0≤t＜4. 此时直线l交AB于Q。
∴AP=，AQ=t，PQ=7-t
当AP =AQ时， （4-t）2+32=2(4-t)2, 整理得，t2-8t+7=0. ∴t=1, t=7(舍)
当AP=PQ时，（4-t）2+32=(7-t)2,整理得，6t=24. ∴t=4(舍去)
当AQ=PQ时，2（4-t）2=(7-t)2整理得，t2-2t-17=0 ∴t=1±3 (舍)
当P在CA上运动时，4≤t＜7. 此时直线l交AO于Q。过A作AD
⊥OB于D,则AD=BD=4.
设直线l交AC于E，则QE⊥AC，AE=RD=t-4，AP=7-t.
由cos∠OAC=  = ，得AQ = (t-4)．
当AP=AQ时，7-t = (t-4)，解得t = .
当AQ=PQ时，AE＝PE，即AE= AP
得t-4= (7-t)，解得t =5.
当AP=PQ时，过P作PF⊥AQ于F
AF= AQ = ×(t-4).
在Rt△APF中，由cos∠PAF＝  ＝ ，得AF＝ AP
即 ×(t-4)= ×(7-t)，解得t= .
∴综上所述，t=1或 或5或  时，△APQ是等腰三角形.
【点评】本题是一个动态图形中的面积是否变化的问题，主要考查了一次函数，二元一次方程组，勾股定理，三角函数，一元二次方程，等腰三角形。等知识，看一个图形的面积是否变化，关键是看决定这个面积的几个量是否变化，本题题型新颖是个不可多得的好题，有利于培养学生的思维能力，但难度较大，具有明显的区分度．
考点二：线的运动
例2．（2010江苏无锡）如图，已知点，经过A、B的直线以每秒1个单位的速度向下作匀速平移运动，与此同时，点P从点B出发，在直线上以每秒1个单位的速度沿直线向右下方向作匀速运动．设它们运动的时间为秒．
（1）用含的代数式表示点P的坐标；
（2）过O作OC⊥AB于C，过C作CD⊥轴于D，问：为何值时，以P为圆心、1为
半径的圆与直线OC相切？并说明此时与直线CD的位置关系．
【分析】求点P的坐标，即求点P到x轴与到y轴的距离．因此需过点P作x轴或y轴的垂线．然后探索运动过程中，点P的运动情况．（2）中探索与直线CD的位置关系，即探索圆的半径与圆心到直线的距离之间的关系．这样所求问题就较简单了．
解：⑴作PH⊥OB于H ﹙如图1﹚，∵OB＝6，OA＝，∴∠OAB＝30°∵PB＝t，∠BPH＝30°，∴BH＝，HP＝ ;∴OH＝，∴P﹙，﹚

⑵当⊙P在左侧与直线OC相切时﹙如图2﹚，
∵OB＝，∠BOC＝30°，∴BC＝，∴PC
由，得 ﹙s﹚，此时⊙P与直线CD相割．
当⊙P在左侧与直线OC相切时﹙如图3﹚，PC
由，得﹙s﹚，此时⊙P与直线CD相割．
综上，当或时，⊙P与直线OC相切，⊙P与直线CD相割．
【点评】本题是“双动”问题，动点在动直线上运动．情景简单，但思考力度较复杂．在解题时应分析“主动”与“被动”，并探索“变”中的“不变”．这道试题虽然模型简单，但具有较高的区分度，是中考中难得一见的好题．必然会对今后动点问题的命题有一定的指导、借鉴作用．
考点三：图形的运动
例3．（2011四川重庆）如图，矩形ABCD中，AB＝6，BC＝2，点O是AB的中点，点P在AB的延长线上，且BP＝3．一动点E从O点出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA匀速动动，到达A点后，立即以原速度沿AO返回；另一动点F从P点出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线PA匀速动动，点E、F同时出发，当两点相遇时停止运动．在点E、F的运动过程中，以EF为边作等边△EFG，使△EFG和矩形ABCD在射线PA的同侧，设动动的时间为t秒(t≥0)．
(1)当等边△EFG的边FG恰好经过点C时，求运动时间t的值；
(2)在整个运动过程中，设等边△EFG和矩形ABCD重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量t的取值范围；
(3)设EG与矩形ABCD的对角线AC的交点为H，是否存在这样的t，使△AOH是等腰三角形？若存在，求出对应的t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）要使点A在线段PQ的垂直平分线上，则有AP = AQ.，根据这个等量关系可列出关于t的方程，从而得解．（2）四边形APEC的面积可转化为△ABC的面积减去△BPE的面积得到，而△BPE的面积可过P作，交BE于M，可证Rt△ABC∽Rt△BPM，得PM关于t的式子，从而得面积y与t的一个二次函数，从而可得面积的最小值。（3）过P作，交AC于N，假设存在某一时刻t，使点P、Q、F三点能在同一条直线上。可证△PAN ∽△BAC.，从而得到t的值，再看t是否满足0＜t＜4.5来判断t的存在性．
【答案】(1)当等边△EFG的边FG恰好经过点C时(如图)，∠CFB＝60°，BF＝3－t，在Rt△CBF中，BC＝2，∴tan∠CFB＝，∴tan 60°=，∴BF＝2，∴t＝3－t ＝2，∴t＝1．
(2)当0≤t＜1时，S= 2 t＋4；当1≤t＜3时，S= t 2+3 t＋；当3≤t＜4时，S= －4 t＋20；当4≤t＜6时，S=  t2－12 t＋36．
(3)存在，理由如下：
在Rt△ABC中，tan∠CAB＝=，∴∠CAB=30°．
又∵∠HEO=60°，∴∠HAE=∠AHE=30°．
∴AE=HE=3－t或t－3．
（ⅰ）当AH=AO=3时（如图②），过点E作EM⊥AH于M，则AM=AH=．
在Rt△AME中，cos∠MAE＝，即cos 30°=，∴AE=，
即3－t=或t－3=，t=3－或3＋．
（ⅱ）当HA=HO时（如图③），则∠HOA=∠HAO=30°，
又∵∠HEO=60°，∴∠EHO=90°．
∴EO=2HE=2AE．又∵AE＋EO=3，∴AE＋2AE=3．
∴AE=1．即3－t=1或t－3=1，t=2或4．
（ⅲ）当OH=OA时（如图④），则∠OHA=∠OAH=30°，
∴∠HOB=60°=∠HEB．∴点E和O重合，∴AE=3．
即3－t=3或t－3=3，t=6（舍去）或t=0．
综上所述，存在5个这样的值，使△AOH是等腰三角形，即： t=3－或t=3＋或t=2或t=4或t=0．
【点评】本题是一个动态图形和运动质点相结合的情形中讨论某一特殊情况、图形面积最小值、三点共线的存在性问题．本题为整卷压轴题,综合程度较高,难度较大.其编排上具有起点低、坡度缓、难点分散但综合程度高的特点，全题共分三小题,各小题没有很强的承接性，较好地实现了对初中数学基础知识、基本技能和以数学思维为核心的综合能力考查。全题所呈现的数学思想与方法有:图形的变换思想、方程的思想、数形结合的思想，所涉及到的数学知识有：三角形面积、二次函数、相似三角形、勾股定理、三角函数、解方程等的知识．
考点四：圆的运动
例4.（2011福建泉州）在直角坐标系xoy中，已知点P是反比例函数图象上一个动点，以P为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为A．
（1）如图1，⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由．
（2）如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时：
①求出点A，B，C的坐标．
②在过A，B，C三点的抛物线上是否存在点M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的．若存在，试求出所有满足条件的M点的坐标，若不存在，试说明理由．
【分析】⊙O滚过的路程圆心O滚动过程中移动的距离，也即以切点E、N为端点的线段长，所以只要求出起始位置中切点E与A点的线段长与终点位置中切点N与B点的线段长，再将AB的长减去这两条线段长即可求得⊙O滚过的路程．
解：（1）∵⊙P分别与两坐标轴相切，
∴ PA⊥OA，PK⊥OK．
∴∠PAO=∠OKP=90°．
又∵∠AOK=90°，
∴ ∠PAO=∠OKP=∠AOK=90°．
∴四边形OKPA是矩形．
又∵OA=OK，
∴四边形OKPA是正方形．……………………2分
（2）①连接PB，设点P的横坐标为x，则其纵坐标为．
过点P作PG⊥BC于G．
∵四边形ABCP为菱形，
∴BC=PA=PB=PC．
∴△PBC为等边三角形．
在Rt△PBG中，∠PBG=60°，PB=PA=x，
PG=．
sin∠PBG=，即．
解之得：x=±2（负值舍去）．
∴ PG=，PA=BC=2．……………………4分
易知四边形OGPA是矩形，PA=OG=2，BG=CG=1，
∴OB=OG－BG=1，OC=OG+GC=3．
∴ A（0，），B（1，0） C（3，0）．……………………6分
设二次函数解析式为：y=ax2+bx+c．
据题意得：
解之得：a=， b=， c=．
∴二次函数关系式为：．……………………9分
②解法一：设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得：

解之得：u=， v=．
∴直线BP的解析式为：．
过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM的解析式为：．
解方程组：
得： ； ．
过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM的解析式为：．
∴0=．
∴．
∴直线CM的解析式为：．
解方程组：
得： ； ．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分
解法二：∵，
∴A（0，），C（3，0）显然满足条件．
延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．
又∵AM∥BC，
∴．
∴点M的纵坐标为．
又点M的横坐标为AM=PA+PM=2+2=4．
∴点M（4，）符合要求．
点（7，）的求法同解法一．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分
解法三：延长AP交抛物线于点M，由抛物线与圆的轴对称性可知，PM=PA．
又∵AM∥BC，
∴．
∴点M的纵坐标为．
即．
解得：（舍），．
∴点M的坐标为（4，）．
点（7，）的求法同解法一．
综上可知，满足条件的M的坐标有四个，
分别为：（0，），（3，0），（4，），（7，）．…………………12分
【点评】由圆的滚动，作出圆心经过的路线并求出其长度，让学生体验圆的滚动中的规律，考查了直线与圆相切，弧长的计算等有关知识，注重了全等、三角函数、圆等知识之间的联系。一个圆沿直线滚动前进，这个圆的圆心所经过路径（轨迹）的长度就等于这个圆所滚动过的路径的长度．

四．真题演练
1.（2011山东菏泽）如图，抛物线y＝x2＋bx－2与x轴交于A，B两点，与y轴交于C点，且A(－1，0)．
（1）求抛物线的解析式及顶点D的坐标；
（2）判断△ABC的形状，证明你的结论；
（3）点M(m，0)是x轴上的一个动点，当MC＋MD的值最小时，求m的值．

2.（2011江苏扬州）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90o，AB0）
（1）△PBM与△QNM相似吗？以图1为例说明理由；
（2）若∠ABC=60o，AB=4厘米。
① 求动点Q的运动速度；
② 设Rt△APQ的面积为S（平方厘米），求S与t的函数关系式；
（3）探求BP2、PQ2、CQ2三者之间的数量关系，以图1为例说明理由。

3. （2011山东济宁）如图，在平面直角坐标系中，顶点为（，）的抛物线交轴于点，交轴于，两点（点在点的左侧）. 已知点坐标为（，）.
（1）求此抛物线的解析式；
（2）过点作线段的垂线交抛物线于点， 如果以点为圆心的圆与直线相切，请判断抛物线的对称轴与⊙有怎样的位置关系，并给出证明；
（3）已知点是抛物线上的一个动点，且位于，两点之间，问：当点运动到什么位置时，的面积最大？并求出此时点的坐标和的最大面积.

【答案】：1.解：（1）把点A(－1，0)的坐标代入抛物线的解析式y＝x2＋bx－2，
整理后解得，
所以抛物线的解析式为 ．
顶点D．
（2）∵AB=5，AC2=OA2＋OC2=5，BC2=OC2＋OB2=20，
∴AC2＋BC2=AB2．∴△ABC是直角三角形．
（3）作出点C关于x轴的对称点C′，则C′ (0，2)，OC′=2．
连接C′D交x轴于点M，
根据轴对称性及两点之间线段最短可知，MC＋MD的值最小．
设抛物线的对称轴交轴于点．
△C′OM∽△DEM．
∴．∴．∴m=．
2.解：（1）△PBM与△QNM相似；
∵MN⊥BC MQ⊥MP ∴ ∠NMB=∠PMQ=∠BAC =90o
∴∠PMB=∠QMN, ∠QNM=∠B =90o－∠C
∴ △PBM∽△QNM
（2）①∵∠ABC=60o，∠BAC =90o,AB=4,BP=t
∴AB=BM=CM=4,MN=4
∵ △PBM∽△QNM
∴ 即：
∵P点的运动速度是每秒厘米，
∴ Q点运动速度是每秒1厘米。
② ∵ AC=12,CN=8
∴ AQ=12-8+t=4+t, AP=4－t
∴ S==
（3） BP2+ CQ2 =PQ2
证明如下： ∵BP=t, ∴BP2=3t2
∵CQ=8-t ∴CQ2=(8-t)2=64-16t+t2
∵PQ2=(4+t)2+3(4-t)2=4t2-16t+64
∴BP2+ CQ2 =PQ2
3.（1）解：设抛物线为.
∵抛物线经过点（0，3），∴.∴.
∴抛物线为.
(2) 答：与⊙相交.
证明：当时，，.
∴为（2，0），为（6，0）.∴.
设⊙与相切于点，连接，则.
∵，∴.
又∵，∴.∴∽.
∴.∴.∴.
∵抛物线的对称轴为，∴点到的距离为2.
∴抛物线的对称轴与⊙相交.
(3) 解：如图，过点作平行于轴的直线交于点.
可求出的解析式为.
设点的坐标为（，），则点的坐标为（，）.
∴.
∵,
∴当时，的面积最大为.
此时，点的坐标为（3，）.
第二部分 练习部分
1. （2011安徽）如图所示，P是菱形ABCD的对角线AC上一动点，过P垂直于AC的直线交菱形ABCD的边于M、N两点，设AC=2，BD=1，AP=x，△AMN的面积为y，则y关于x的函数图象的大致形状是（ ）
A． B． C． D．
2. （2011山东威海）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时动点N自A点出发沿折线AD—DC—CB以每秒3cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，设△AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间的函数关系的是（ ）
3. （2011甘肃兰州）如图，正方形ABCD的边长为1，E、F、G、H分别为各边上的点，且AE=BF=CG=DH，设小正方形EFGH的面积为S，AE为x，则S关于x的函数图象大致是
A． B． C． D．
4.（2011山东潍坊）如图，y关于x的二次函数图象的顶点为M，图象交x轴于A、B两点，交y轴正半轴于D点.以AB为直径做圆，圆心为C，定点E的坐标为（－3,0），连接ED.（m＞0）
（1）写出A、B、D三点的坐标；
（2）当m为何值时M点在直线ED上？判定此时直线ED与圆的位置关系；
（3）当m变化时，用m表示△AED的面积S，并在给出的直角坐标系中画出S关于m的函数图象的示意图.

5.（2011安徽芜湖）平面直角坐标系中，如图放置，点A、C的坐标分别为、，将此平行四边形绕点O顺时针旋转，得到.
（1）若抛物线过点,求此抛物线的解析式;
（2）求和重叠部分的周长;
（3）点M是第一象限内抛物线上的一动点，问：点M在何处时△的面积最大？最大面积是多少？并求出此时点的坐标.

“练习部分”答案★
练习答案：
1.C
2.B
3. B
4. 【解】（1），，.
（2）设直线ED的解析式为，将、代入，得
解得∴直线ED的解析式为.
∵，∴顶点M的坐标为.
把代入，得.∵，∴.
∴当时，点M在直线DE上.连接CD，C为AB中点，C点坐标为.
∵，∴CD=2，点D在圆上.
又∵OE=3，，，.∴.
∴∠EDC=90°，∴直线ED与⊙C相切.
（3）当时，，即.
当时，，即.
图象示意图如图中的实线部分.
5.解: （1）∵由旋转得到，且点A的坐标为，
∴点的坐标为. ……………………………………1分
所以抛物线过点.设抛物线的解析式为，可得 解得 ………4分
∴ 过点的抛物线的解析式为. ……………………5分
（2）因为，所以.
所以.又,
, ∴△∽△. 又.………………7分
∴. 又△的周长为，
所以△的周长为.………………9分
（3）［解法1］连接，设M点的坐标为，
因为点M在抛物线上，所以，………10分
所以
……………12分
因为，所以当时，. △的面积有最大值…………13分
所以当点M的坐标为时，△的面积有最大值，且最大值为…14分
[解法2]设直线的解析式为，∵点的坐标分别为，∴ 解得 ∴.…10分
将直线向右平移，当直线与抛物线只有一个交点M时与y轴交于点P，此时最大，设平移后的直线的解析式为：，则有： 得，
令，得.
∴.解得 ∴点坐标为,点P的坐标为.…12分
因为MP∥,所以△与△同底等高，它们面积相等.
故.
所以当点M的坐标为时，△的面积有最大值，且最大值为 …14分