中考数学高频考点剖析专题35动态几何之线段和差问题-解析卷

21世纪教育网精品试卷·第2页（共2页）备考2019中考数学高频考点剖析专题三十五几何动态之线段和差问题考点扫描☆聚焦中考几何动态中的线段和差问题，是每年中考的压轴题中的必考内容之一，考查的知识点包括和差为定值问题、和差最大问题和和差最小问题。，总体来看，难度系数偏高，以计算解答题为主。也有少量的探究题。探究题主要以证明为主。结合近几年来全国各地中考的实例，我们从三方面进行实数的概念和计算问题的探讨：（1）几何动态和差为定值问题；（2）几何动态和差为最大值问题；（3）几何动态和差为最小值问题．考点剖析☆典型例题例1（2018•山东淄博•9分）如图，抛物线y=ax2+bx经过△OAB的三个顶点，其中点A（1，），点B（3，﹣），O为坐标原点．（1）求这条抛物线所对应的函数表达式；（2）若P（4，m），Q（t，n）为该抛物线上的两点，且n＜m，求t的取值范围；（3）若C为线段AB上的一个动点，当点A，点B到直线OC的距离之和最大时，求∠BOC的大小及点C的坐标．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）将已知点坐标代入即可；（2）利用抛物线增减性可解问题；（3）观察图形，点A，点B到直线OC的距离之和小于等于AB；同时用点A（1，），点B（3，﹣）求出相关角度．【解答】解：（1）把点A（1，），点B（3，﹣）分别代入y=ax2+bx得解得∴y=﹣（2）由（1）抛物线开口向下，对称轴为直线x=当x＞时，y随x的增大而减小∴当t＞4时，n＜m．（3）如图，设抛物线交x轴于点F分别过点A、B作AD⊥OC于点D，BE⊥OC于点E∵AC≥AD，BC≥BE∴AD+BE≥AC+BE=AB∴当OC⊥AB时，点A，点B到直线OC的距离之和最大．∵A（1，），点B（3，﹣）∴∠AOF=60°，∠BOF=30°∴∠AOB=90°∴∠ABO=30°当OC⊥AB时，∠BOC=60°点C坐标为（，）．【点评】本题考查综合考查用待定系数法求二次函数解析式，抛物线的增减性．解答问题时注意线段最值问题的转化方法．例2（2018·山东潍坊·12分）如图1，在▱ABCD中，DH⊥AB于点H，CD的垂直平分线交CD于点E，交AB于点F，AB=6，DH=4，BF：FA=1：5．（1）如图2，作FG⊥AD于点G，交DH于点M，将△DGM沿DC方向平移，得到△CG′M′，连接M′B．①求四边形BHMM′的面积；②直线EF上有一动点N，求△DNM周长的最小值．（2）如图3，延长CB交EF于点Q，过点Q作QK∥AB，过CD边上的动点P作PK∥EF，并与QK交于点K，将△PKQ沿直线PQ翻折，使点K的对应点K′恰好落在直线AB上，求线段CP的长．【分析】（1）①根据相似三角形的判定和性质以及平移的性质进行解答即可；②连接CM交直线EF于点N，连接DN，利用勾股定理解答即可；（2）分点P在线段CE上和点P在线段ED上两种情况进行解答．【解答】解：（1）①在▱ABCD中，AB=6，直线EF垂直平分CD，∴DE=FH=3，又BF：FA=1：5，∴AH=2，∵Rt△AHD∽Rt△MHF，∴，即，∴HM=1.5，根据平移的性质，MM'=CD=6，连接BM，如图1，四边形BHMM′的面积=；②连接CM交直线EF于点N，连接DN，如图2，∵直线EF垂直平分CD，∴CN=DN，∵MH=1.5，∴DM=2.5，在Rt△CDM中，MC2=DC2+DM2，∴MC2=62+（2.5）2，即MC=6.5，∵MN+DN=MN+CN=MC，∴△DNM周长的最小值为9．（2）∵BF∥CE，∴，∴QF=2，∴PK=PK'=6，过点K'作E'F'∥EF，分别交CD于点E'，交QK于点F'，如图3，当点P在线段CE上时，在Rt△PK'E'中，PE'2=PK'2﹣E'K'2，∴，∵Rt△PE'K'∽Rt△K'F'Q，∴，即，解得：，∴PE=PE'﹣EE'=，∴，同理可得，当点P在线段DE上时，，如图4，综上所述，CP的长为或．【点评】此题考查四边形的综合题，关键是根据相似三角形的性质和平移的性质解答，注意（2）分两种情况分析．例3（2018·四川宜宾·12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为（2，0），且经过点（4，1），如图，直线y=x与抛物线交于A、B两点，直线l为y=﹣1．（1）求抛物线的解析式；（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（3）知F（x0，y0）为平面内一定点，M（m，n）为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2，由抛物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，即可得出（1﹣﹣y0）m2﹣（2﹣2x0﹣2y0）m+x02+y02﹣2y0﹣3=0，由m的任意性可得出关于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0），设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2．∵该抛物线经过点（4，1），∴1=4a，解得：a=，∴抛物线的解析式为y=（x﹣2）2=x2﹣x+1．（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：，解得：，，∴点A的坐标为（1，），点B的坐标为（4，1）．作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．∵点B（4，1），直线l为y=﹣1，∴点B′的坐标为（4，﹣3）．设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0），将A（1，）、B′（4，﹣3）代入y=kx+b，得：，解得：，∴直线AB′的解析式为y=﹣x+，当y=﹣1时，有﹣x+=﹣1，解得：x=，∴点P的坐标为（，﹣1）．（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，∴（m﹣x0）2+（n﹣y0）2=（n+1）2，∴m2﹣2x0m+x02﹣2y0n+y02=2n+1．∵M（m，n）为抛物线上一动点，∴n=m2﹣m+1，∴m2﹣2x0m+x02﹣2y0（m2﹣m+1）+y02=2（m2﹣m+1）+1，整理得：（1﹣﹣y0）m2﹣（2﹣2x0﹣2y0）m+x02+y02﹣2y0﹣3=0．∵m为任意值，∴，∴，∴定点F的坐标为（2，1）．【点评】本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及解方程组，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点之间线段最短找出点P的位置；（3）根据点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，找出关于x0、y0的方程组．考点过关☆专项突破类型一几何动态和差为定值问题；1.（2018·四川宜宾·12分）在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的顶点坐标为（2，0），且经过点（4，1），如图，直线y=x与抛物线交于A、B两点，直线l为y=﹣1．（1）求抛物线的解析式；（2）在l上是否存在一点P，使PA+PB取得最小值？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．（3）知F（x0，y0）为平面内一定点，M（m，n）为抛物线上一动点，且点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，求定点F的坐标．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由抛物线的顶点坐标为（2，0），可设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2，由抛物线过点（4，1），利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，通过解方程组可求出点A、B的坐标，作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值，根据点B的坐标可得出点B′的坐标，根据点A、B′的坐标利用待定系数法可求出直线AB′的解析式，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P的坐标；（3）由点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，即可得出（1﹣﹣y0）m2﹣（2﹣2x0﹣2y0）m+x02+y02﹣2y0﹣3=0，由m的任意性可得出关于x0、y0的方程组，解之即可求出顶点F的坐标．【解答】解：（1）∵抛物线的顶点坐标为（2，0），设抛物线的解析式为y=a（x﹣2）2．∵该抛物线经过点（4，1），∴1=4a，解得：a=，∴抛物线的解析式为y=（x﹣2）2=x2﹣x+1．（2）联立直线AB与抛物线解析式成方程组，得：，解得：，，∴点A的坐标为（1，），点B的坐标为（4，1）．作点B关于直线l的对称点B′，连接AB′交直线l于点P，此时PA+PB取得最小值（如图1所示）．∵点B（4，1），直线l为y=﹣1，∴点B′的坐标为（4，﹣3）．设直线AB′的解析式为y=kx+b（k≠0），将A（1，）、B′（4，﹣3）代入y=kx+b，得：，解得：，∴直线AB′的解析式为y=﹣x+，当y=﹣1时，有﹣x+=﹣1，解得：x=，∴点P的坐标为（，﹣1）．（3）∵点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等，∴（m﹣x0）2+（n﹣y0）2=（n+1）2，∴m2﹣2x0m+x02﹣2y0n+y02=2n+1．∵M（m，n）为抛物线上一动点，∴n=m2﹣m+1，∴m2﹣2x0m+x02﹣2y0（m2﹣m+1）+y02=2（m2﹣m+1）+1，整理得：（1﹣﹣y0）m2﹣（2﹣2x0﹣2y0）m+x02+y02﹣2y0﹣3=0．∵m为任意值，∴，∴，∴定点F的坐标为（2，1）．【点评】本题考查了待定系数法求二次（一次）函数解析式、二次（一次）函数图象上点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及解方程组，解题的关键是：（1）根据点的坐标，利用待定系数法求出二次函数解析式；（2）利用两点之间线段最短找出点P的位置；（3）根据点M到直线l的距离与点M到点F的距离总是相等结合二次函数图象上点的坐标特征，找出关于x0、y0的方程组．2.（2018·广西贺州·12分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A.B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，与y轴交于C（0，3），抛物线的顶点坐标为D（﹣1，4）．（1）求A.B两点的坐标；（2）求抛物线的解析式；（3）过点D作直线DE∥y轴，交x轴于点E，点P是抛物线上B.D两点间的一个动点（点P不与B.D两点重合），PA.PB与直线DE分别交于点F、G，当点P运动时，EF+EG是否为定值？若是，试求出该定值；若不是，请说明理由．【解答】解：（1）由抛物线y=ax2+bx+c交x轴于A.B两点（A在B的左侧），且OA=3，OB=1，得A点坐标（﹣3，0），B点坐标（1，0）；（2）设抛物线的解析式为y=a（x+3）（x﹣1），把C点坐标代入函数解析式，得a（0+3）（0﹣1）=3，解得a=﹣1，抛物线的解析式为y=﹣（x+3）（x﹣1）=﹣x2﹣2x+3；（3）EF+EG=8（或EF+EG是定值），理由如下：过点P作PQ∥y轴交x轴于Q，如图．设P（t，﹣t2﹣2t+3），则PQ=﹣t2﹣2t+3，AQ=3+t，QB=1﹣t，∵PQ∥EF，∴△AEF∽△AQP，∴=，∴EF===×（﹣t2﹣2t+3）=2（1﹣t）；又∵PQ∥EG，∴△BEG∽△BQP，∴=，∴EG===2（t+3），类型二几何动态和差为最大值问题；1.（2017广西）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕顶点C逆时针旋转得到△A'B'C，M是BC的中点，P是A'B'的中点，连接PM．若BC=2，∠BAC=30°，则线段PM的最大值是（）A．4 B．3 C．2 D．1【考点】R2：旋转的性质．【分析】如图连接PC．思想求出PC=2，根据PM≤PC+CM，可得PM≤3，由此即可解决问题．【解答】解：如图连接PC．在Rt△ABC中，∵∠A=30°，BC=2，∴AB=4，根据旋转不变性可知，A′B′=AB=4，∴A′P=PB′，∴PC=A′B′=2，∵CM=BM=1，又∵PM≤PC+CM，即PM≤3，∴PM的最大值为3（此时P、C、M共线）．故选B．2.（2017内蒙古赤峰）如图，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象交x轴于A、B两点，交y轴于点D，点B的坐标为（3，0），顶点C的坐标为（1，4）．（1）求二次函数的解析式和直线BD的解析式；（2）点P是直线BD上的一个动点，过点P作x轴的垂线，交抛物线于点M，当点P在第一象限时，求线段PM长度的最大值；（3）在抛物线上是否存在异于B、D的点Q，使△BDQ中BD边上的高为2？若存在求出点Q的坐标；若不存在请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）可设抛物线解析式为顶点式，由B点坐标可求得抛物线的解析式，则可求得D点坐标，利用待定系数法可求得直线BD解析式；（2）设出P点坐标，从而可表示出PM的长度，利用二次函数的性质可求得其最大值；（3）过Q作QG∥y轴，交BD于点G，过Q和QH⊥BD于H，可设出Q点坐标，表示出QG的长度，由条件可证得△DHG为等腰直角三角形，则可得到关于Q点坐标的方程，可求得Q点坐标．【解答】解：（1）∵抛物线的顶点C的坐标为（1，4），∴可设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4，∵点B（3，0）在该抛物线的图象上，∴0=a（3﹣1）2+4，解得a=﹣1，∴抛物线解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3，∵点D在y轴上，令x=0可得y=3，∴D点坐标为（0，3），∴可设直线BD解析式为y=kx+3，把B点坐标代入可得3k+3=0，解得k=﹣1，∴直线BD解析式为y=﹣x+3；（2）设P点横坐标为m（m＞0），则P（m，﹣m+3），M（m，﹣m2+2m+3），∴PM=﹣m2+2m+3﹣（﹣m+3）=﹣m2+3m=﹣（m﹣）2+，∴当m=时，PM有最大值；（3）如图，过Q作QG∥y轴交BD于点G，交x轴于点E，作QH⊥BD于H，设Q（x，﹣x2+2x+3），则G（x，﹣x+3），∴QG=|﹣x2+2x+3﹣（﹣x+3）|=|﹣x2+3x|，∵△BOD是等腰直角三角形，∴∠DBO=45°，∴∠HGQ=∠BGE=45°，当△BDQ中BD边上的高为2时，即QH=HG=2，∴QG=×2=4，∴|﹣x2+3x|=4，当﹣x2+3x=4时，△=9﹣16＜0，方程无实数根，当﹣x2+3x=﹣4时，解得x=﹣1或x=4，∴Q（﹣1，0）或（4，﹣5），综上可知存在满足条件的点Q，其坐标为（﹣1，0）或（4，﹣5）．类型三几何动态和差为最小值问题；1.（2018•新疆）如图，点P是边长为1的菱形ABCD对角线AC上的一个动点，点M，N分别是AB，BC边上的中点，则MP+PN的最小值是（）A． B．1 C． D．2【分析】先作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值．然后证明四边形ABNM′为平行四边形，即可求出MP+NP=M′N=AB=1．【解答】解：如图，作点M关于AC的对称点M′，连接M′N交AC于P，此时MP+NP有最小值，最小值为M′N的长．∵菱形ABCD关于AC对称，M是AB边上的中点，∴M′是AD的中点，又∵N是BC边上的中点，∴AM′∥BN，AM′=BN，∴四边形ABNM′是平行四边形，∴M′N=AB=1，∴MP+NP=M′N=1，即MP+NP的最小值为1，故选：B．2.（2018•滨州）如图，∠AOB=60°，点P是∠AOB内的定点且OP=，若点M、N分别是射线OA、OB上异于点O的动点，则△PMN周长的最小值是（）A． B． C．6 D．3【分析】作P点分别关于OA、OB的对称点C、D，连接CD分别交OA、OB于M、N，如图，利用轴对称的性质得MP=MC，NP=ND，OP=OD=OC=，∠BOP=∠BOD，∠AOP=∠AOC，所以∠COD=2∠AOB=120°，利用两点之间线段最短判断此时△PMN周长最小，作OH⊥CD于H，则CH=DH，然后利用含30度的直角三角形三边的关系计算出CD即可．【解答】解：作P点分别关于OA、OB的对称点C、D，连接CD分别交OA、OB于M、N，如图，则MP=MC，NP=ND，OP=OD=OC=，∠BOP=∠BOD，∠AOP=∠AOC，∴PN+PM+MN=ND+MN+NC=DC，∠COD=∠BOP+∠BOD+∠AOP+∠AOC=2∠AOB=120°，∴此时△PMN周长最小，作OH⊥CD于H，则CH=DH，∵∠OCH=30°，∴OH=OC=，CH=OH=，∴CD=2CH=3．故选：D．3.（2018·重庆市B卷）（12.00分）抛物线y=﹣x2﹣x+与x轴交于点A，B（点A在点B的左边），与y轴交于点C，点D是该抛物线的顶点．（1）如图1，连接CD，求线段CD的长；（2）如图2，点P是直线AC上方抛物线上一点，PF⊥x轴于点F，PF与线段AC交于点E；将线段OB沿x轴左右平移，线段OB的对应线段是O1B1，当PE+EC的值最大时，求四边形PO1B1C周长的最小值，并求出对应的点O1的坐标；（3）如图3，点H是线段AB的中点，连接CH，将△OBC沿直线CH翻折至△O2B2C的位置，再将△O2B2C绕点B2旋转一周在旋转过程中，点O2，C的对应点分别是点O3，C1，直线O3C1分别与直线AC，x轴交于点M，N．那么，在△O2B2C的整个旋转过程中，是否存在恰当的位置，使△AMN是以MN为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的线段O2M的长；若不存在，请说明理由．【分析】（1）分别表示C和D的坐标，利用勾股定理可得CD的长；（2）令y=0，可求得A（﹣3，0），B（，0），利用待定系数法可计算直线AC的解析式为：y=，设E（x，），P（x，﹣x2﹣x+），表示PE的长，利用勾股定理计算AC的长，发现∠CAO=30°，得AE=2EF=，计算PE+EC，利用配方法可得当PE+EC的值最大时，x=﹣2，此时P（﹣2，），确定要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C的值最小，将点P向右平移个单位长度得点P1（﹣，），连接P1B1，则PO1=P1B1，再作点P1关于x轴的对称点P2（﹣，﹣），可得结论；（3）先确定对折后O2C落在AC上，△AMN是以MN为腰的等腰三角形存在四种情况：①如图4，AN=MN，证明△C1EC≌△B2O2M，可计算O2M的长；②如图5，AM=MN，此时M与C重合，O2M=O2C=；③如图6，AM=MN，N和H、C1重合，可得结论；④如图7，AN=MN，过C1作C1E⊥AC于E证明四边形C1EO2B2是矩形，根据O2M=EO2+EM可得结论．【解答】解：（1）如图1，过点D作DK⊥y轴于K，当x=0时，y=，∴C（0，），y=﹣x2﹣x+=﹣（x+）2+，∴D（﹣，），∴DK=，CK=﹣=，∴CD===；（4分）（2）在y=﹣x2﹣x+中，令y=0，则﹣x2﹣x+=0，解得：x1=﹣3，x2=，∴A（﹣3，0），B（，0），∵C（0，），易得直线AC的解析式为：y=，设E（x，），P（x，﹣x2﹣x+），∴PF=﹣x2﹣x+，EF=，Rt△ACO中，AO=3，OC=，∴AC=2，∴∠CAO=30°，∴AE=2EF=，∴PE+EC=（﹣x2﹣x+）﹣（x+）+（AC﹣AE），=﹣﹣x+[2﹣（）]，=﹣﹣x﹣x，=﹣（x+2）2+，（5分）∴当PE+EC的值最大时，x=﹣2，此时P（﹣2，），（6分）∴PC=2，∵O1B1=OB=，∴要使四边形PO1B1C周长的最小，即PO1+B1C