中考数学综合题专题以动点问题为基础的综合题一专题解析.docx
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中考数学综合题专题以动点问题为基础的综合题一专题解析
中考数学综合题专题【以动点问题为基础的综合题一】专题解析
1．已知抛物线y＝－x2＋2x＋m－2与y轴交于点A（0，2m－7），与直线y＝2x交于点B、C（B在C的右侧）．
（1）求抛物线的解析式；
（2）设抛物线的顶点为E，在抛物线的对称轴上是否存在一点F，使得∠BFE＝∠CFE，若存在，求出点F的坐标，若不存在，说明理由；
（3）动点P、Q同时从原点出发，分别以每秒个单位长度、每秒2个单位长度的速度沿射线OC运动，以PQ为斜边在直线BC的上方作直角三角形PMQ（直角边分别平行于坐标轴），设运动时间为t秒．若△PMQ与抛物线y＝－x2＋2x＋m－2有公共点，求t的取值范围．
M
E
解：
（1）把点A（0，2m－7）代入y＝－x2＋2x＋m－2，得m＝5
∴抛物线的解析式为y＝－x2＋2x＋3
（2）由解得
∴B（，2），C（－，－2）
∵y＝－x2＋2x＋3＝－（x－1）2＋4
∴抛物线的对称轴为x＝1
设F（1，y）
∵∠BFE＝∠CFE，∴tan∠BFE＝tan∠CFE
当点F在点B上方时，＝
解得y＝6，∴F（1，6）
M
当点F在点B下方时，＝
解得y＝6（舍去）
∴满足条件的点F的坐标是F（1，6）
（3）由题意，OP＝t，OQ＝2t，∴PQ＝t
∵P、Q在直线直线y＝2x上
∴设P（x，2x），则Q（2x，4x）（x＜0）
∴＝t，∴x＝－t
∴P（－t，－2t），Q（－2t，－4t）
∴M（－2t，－2t）
当M（－2t，－2t）在抛物线上时，有－2t＝－4t2－4t＋3
解得t＝（舍去负值）
当P（－t，－2t）在抛物线上时，有－2t＝－t2－2t＋3
解得t＝（舍去负值）
∴t的取值范围是：
≤t≤
2．（北京模拟）在平面直角坐标系中，抛物线y1＝ax2＋3x＋c经过原点及点A（1，2），与x轴相交于另一点B．
（1）求抛物线y1的解析式及B点坐标；
（2）若将抛物线y1以x＝3为对称轴向右翻折后，得到一条新的抛物线y2，已知抛物线y2与x轴交于两点，其中右边的交点为C点．动点P从O点出发，沿线段OC向C点运动，过P点作x轴的垂线，交直线OA于D点，以PD为边在PD的右侧作正方形PDEF．
①当点E落在抛物线y1上时，求OP的长；
M
②若点P的运动速度为每秒1个单位长度，同时线段OC上另一点Q从C点出发向O点运动，速度为每秒2个单位长度，当Q点到达O点时P、Q两点停止运动．过Q点作x轴的垂线，与直线AC交于G点，以QG为边在QG的左侧作正方形QGMN．当这两个正方形分别有一条边恰好落在同一条直线上时，求t的值．（正方形在x轴上的边除外）
解：
（1）∵抛物线y1＝ax2＋3x＋c经过原点及点A（1，2）
H
∴解得
∴抛物线y1的解析式为y1＝－x2＋3x
令y1＝0，得－x2＋3x＝0，解得x1＝0，x2＝3
∴B（3，0）
（2）①由题意，可得C（6，0）
过A作AH⊥x轴于H，设OP＝a
可得△ODP∽△OAH，∴＝＝2
∴DP＝2OP＝2a
∵正方形PDEF，∴E（3a，2a）
∵E（3a，2a）在抛物线y1＝－x2＋3x上
∴2a＝－9a2＋9a，解得a1＝0（舍去），a2＝
∴OP的长为
②设直线AC的解析式为y＝kx＋b
G
∴解得k＝－，b＝
∴直线AC的解析式为y＝－x＋
G
由题意，OP＝t，PF＝2t，QC＝2t，GQ＝t
当EF与MN重合时，则OF＋CN＝6
∴3t＋2t＋t＝6，∴t＝
当EF与GQ重合时，则OF＋QC＝6
G
G
∴3t＋2t＝6，∴t＝
当DP与MN重合时，则OP＋CN＝6
∴t＋2t＋t＝6，∴t＝
当DP与GQ重合时，则OP＋CQ＝6
∴t＋2t＝6，∴t＝2
3．（北京模拟）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A（－3，0）、B（4，0）两点，且与y轴交于点C，点D在x轴的负半轴上，且BD＝BC．动点P从点A出发，沿线段AB以每秒1个单位长度的速度向点B移动，同时动点Q从点C出发，沿线段CA以某一速度向点A移动．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）若经过t秒的移动，线段PQ被CD垂直平分，求此时t的值；
Q
（3）该抛物线的对称轴上是否存在一点M，使MQ＋MA的值最小？
若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．
解：
（1）∵抛物线y＝ax2＋bx＋4经过A（－3，0）、B（4，0）两点
Q
∴解得a＝－，b＝
∴所求抛物线的解析式为y＝－x2＋x＋4
（2）连接DQ，依题意知AP＝t
∵抛物线y＝－x2＋x＋4与y轴交于点C
∴C（0，4）
又A（－3，0，B（4，0）
可得AC＝5，BC＝4，AB＝7
∵BD＝BC，∴AD＝AB－BD＝7－4
∵CD垂直平分PQ，∴QD＝DP，∠CDQ＝∠CDP
x＝
∵BD＝BC，∴∠DCB＝∠CDB
∴∠CDQ＝∠DCB，∴DQ∥BC
∴△ADQ∽△ABC，∴＝
∴＝，∴＝
解得DP＝4－，∴AP＝AD＋DP＝
∴线段PQ被CD垂直平分时，t的值为
（3）设抛物线y＝－x2＋x＋4的对称轴x＝与x轴交于点E
由于点A、B关于对称轴x＝对称，连接BQ交对称轴于点M
则MQ＋MA＝MQ＋MB，即MQ＋MA＝BQ
当BQ⊥AC时，BQ最小，此时∠EBM＝∠ACO
∴tan∠EBM＝tan∠ACO＝
∴＝，即＝，解得ME＝
∴M（，）
∴在抛物线的对称轴上存在一点M（，），使得MQ＋MA的值最小
4．（北京模拟）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8．动点P从点A出发，沿AC→CB→BA边运动，点P在AC、CB、BA边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位．直线l从与AC重合的位置开始，以每秒个单位的速度沿CB方向移动，移动过程中保持l∥AC，且分别与CB、AB边交于点E、F．点P与直线l同时出发，设运动的时间为t秒，当点P第一次回到点A时，点P和直线l同时停止运动．
（1）当t＝_________秒时，点P与点E重合；当t＝_________秒时，点P与点F重合；
（2）当点P在AC边上运动时，将△PEF绕点E逆时针旋转，使得点P的对应点P′落在EF上，点F的对应点为F′，当EF′⊥AB时，求t的值；
（3）作点P关于直线EF的对称点Q，在运动过程中，若形成的四边形PEQF为菱形，求t的值；
（4）在整个运动过程中，设△PEF的面积为S，直接写出S关于t的函数关系式及S的最大值．
备用图
E
解：
（1）3；4.5
提示：
在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8
（P）
∴AB＝＝10，∴sinB＝＝，cosB＝＝，tanB＝＝
当点P与点E重合时，点P在CB边上，CP＝CE
∵AC＝6，点P在AC、CB边上运动的速度分别为每秒3、4个单位
∴点P在AC边上运动的时间为2秒，CP＝4（t－2）
∵CE＝t，∴4（t－2）＝t，解得t＝3
当点P与点F重合时，点P在BA边上，BP＝BF
∵AC＝6，BC＝8，点P在AC、CB、BA边上运动的速度分别为每秒3、4、5个单位
∴点P在AC、CB边上运动的时间共为4秒，BF＝BP＝5（t－4）
（P）
∵CE＝t，∴BE＝8－t
在Rt△BEF中，＝cosB
∴＝，解得t＝4.5
（2）由题意，∠PEF＝∠MEN
N
∵EF∥AC，∠C＝90°，∴∠BEF＝90°，∠CPE＝∠PEF
∵EN⊥AB，∴∠B＝∠MEN
∴∠CPE＝∠B，∴tan∠CPE＝tanB
∵tan∠CPE＝，tanB＝＝
∴＝，∴CP＝CE
∵AP＝3t（0＜t＜2），CE＝t，∴CP＝6－3t
∴6－3t＝×t，解得t＝
（3）连接PQ交EF于O
∵P、Q关于直线EF对称，∴EF垂直平分PQ
若四边形PEQF为菱形，则OE＝OF＝EF
Q
①当点P在AC边上运动时
易知四边形POEC为矩形，∴OE＝PC
∴PC＝EF
∵CE＝t，∴BE＝8－t，EF＝BE·tanB＝（8－t）＝6－t
∴6－3t＝（6－t），解得t＝
②当点P在CB边上运动时，P、E、Q三点共线，不存在四边形PEQF
③当点P在BA边上运动时，则点P在点B、F之间
∵BE＝8－t，∴BF＝＝（8－t）＝10－t
O
∵BP＝5（t－4），∴PF＝BF－BP＝10－t－5（t－4）＝30－t
∵∠POF＝∠BEF＝90°，∴PO∥BE，∴∠OPF＝∠B
在Rt△POF中，＝sinB
∴＝，解得t＝
∴当t＝或t＝时，四边形PEQF为菱形
（4）S＝
S的最大值为
5．（北京模拟）在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝10，CD＝6，AD＝BC＝4．点P从点B出发，沿线段BA向点A匀速运动，速度为每秒2个单位，过点P作直线BC的垂线PE，垂足为E．设点P的运动时间为t（秒）．
（1）∠A＝___________°；
（2）将△PBE沿直线PE翻折，得到△PB′E，记△PB′E与梯形ABCD重叠部分的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并求出S的最大值；
（3）在整个运动过程中，是否存在以点D、P、B′为顶点的三角形为直角三角形或等腰三角形？
若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
备用图
B′
解：
（1）60°
（2）∵∠A＝∠B＝60°，PB＝PB′
∴△PB′B是等边三角形
∴PB＝PB′＝BB′＝2t，BE＝B′E＝t，PE＝t
B′
当0＜t≤2时
S＝S△PB′E＝B′E·PE＝t·t＝t2
当2＜t≤4时
S＝S△PB′E－S△FB′C＝t2－（2t－4）2＝－t2＋4t－4
当4＜t≤5时
设PB′、PE分别交DC于点G、H，作GK⊥PH于K
F
∵△PB′B是等边三角形，∴∠B′PB＝60°＝∠A
∴PG∥AD，又DG∥AP
∴四边形APGD是平行四边形
∴PG＝AD＝4
∵AB∥CD，∴∠GHP＝∠BPH
∵∠GPH＝∠BPH＝∠B′PB＝30°
∴∠GHP＝∠GPH＝30°，∴PG＝GH＝4
K
∴GK＝PG＝2，PK＝KH＝PG·cos30°＝2
∴PH＝2PK＝4
∴S＝S△PGH＝PH·GK＝×4×2＝4
综上得，S与t之间的函数关系式为：
S＝
（3）①若∠DPB′＝90°
B′
∵∠B′PB＝60°，∴∠DPA＝30°
又∠A＝60°，∴∠ADP＝90°
∴AP＝2AD，∴10－2t＝8，∴t＝1
若∠PDB′＝90°
作DM⊥AB于M，DN⊥B′B于N
则AM＝2，DM＝2，NC＝3，DN＝3
PM＝|10－2－2t|＝|8－2t|
NB′＝|3＋4－2t|＝|7－2t|
N
DP2＝DM2＋PM2＝
（2）2＋（8－2t）2＝（8－2t）2＋12
DB′2＝DN2＋NB′＝（3）2＋（7－2t）2＝（7－2t）2＋27
∵DP2＋DB′2＝B′P2
∴（8－2t）2＋12＋（7－2t）2＋27＝（2t）2
解得t1＝＞5（舍去），t2＝
若∠DB′P＝90°
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