中考数学总复习《坐标系中的几何动点问题》专项检测卷附带答案

第第页中考数学总复习《坐标系中的几何动点问题》专项检测卷（附带答案)学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________典例精讲例1如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y＝kx＋15(k≠0)经过点C(3，6)，与x轴交于点A，与y轴交于点B.线段CD平行于x轴，交直线y＝eq\f(3,4)x于点D，连接OC，AD.例1题图(1)填空：k＝________．点A的坐标是(________，________)；【思维教练】将C(3，6)代入y＝kx＋15即可求k，将y＝0代入新的一次函数解析式，求出A点坐标．(2)求证：四边形OADC是平行四边形；【思维教练】因为CD∥OA，所以要证明四边形OADC是平行四边形，可以证明CD＝OA，将C点纵坐标代入到y＝eq\f(3,4)x中，求出D点坐标，从而求出CD的长，与OA比较．(3)动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒．①当t＝1时，△CPQ的面积是________．②当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时，请直接写出此时t的值．【思维教练】①可求出PQ的长，以及C点到OD的距离．②因为四边形OADC是平行四边形，所以考虑利用判定依据：对角线相等且互相平分的四边形是矩形．证明AC与PQ互相平分，当PQ＝AC时，四边形CPAQ为矩形．例2如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点O是坐标原点，点A的坐标为(4，4)，点B的坐标为(6，0)，动点P从O开始以每秒1个单位长度的速度沿y轴正方向运动，设运动的时间为t秒(0＜t＜4)，过点P作PN∥x轴，分别交AO，AB于点M，N.例2题图备用图(1)填空：AO的长为________，AB的长为________；【思维教练】要求AO，AB的长，已知点A，B的坐标，利用两点间距离公式求解即可；(2)当t＝1时，求点N的坐标；【思维教练】要求t＝1时，点N的坐标，可知点N在AB上，利用待定系数法求出直线AB的解析式即可求解；(3)请直接写出MN的长为________(用含t的代数式表示)；【思维教练】要求MN的长，可先求出PN，PM，即点N，M的横坐标即可；(4)点E是线段MN上一动点(点E不与点M，N重合)，△AOE和△ABE的面积分别表示为S1和S2，当t＝eq\f(4,3)时，请直接写出S1·S2(即S1与S2的积)的最大值为________．【思维教练】要求△AOE和△ABE的面积之积的最大值，先表示出△AOE和△ABE的面积，当t＝eq\f(4,3)时，可得MN的值，设EM＝m，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．针对训练1.如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝eq\f(4,3)x＋eq\f(8,3)与过点A(3，0)的直线l2交于点C(1，m)，与x轴交于点B.(1)求直线l2的表达式；(2)点P是直线l2上的一个动点，过点P作EF⊥x轴于点E，交直线l1于点F①若PF＝AB，求点P的坐标．②过点P作PQ⊥l1于点Q，若PQ＝2PE，请直接写出点P的坐标．第1题图2.如图，在平面直角坐标系内，点A、B在x轴上，点C在y轴上，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点Q在边AB上，且AQ＝2，过点Q作QR⊥AB，垂足为Q，QR交折线AC－CB于点R(如图①)，当点Q以每秒2个单位向终点B移动时，点P同时从点A出发，以每秒6个单位的速度沿AB－BC－CA移动，设移动时间为t秒(如图②)．(1)BQ＝________；(用含t的代数式表示)(2)求△BCQ的面积S与t的函数关系式；(3)t的值为________秒时，直线QR经过点P；(4)当点P在边AB上运动时，以PQ为边在AB上方所作的正方形PQMN在Rt△ABC内部，此时t的取值范围是________．第2题图参考答案典例精讲例1(1)解：－3，(5，0)；【解法提示】将点C(3，6)代入y＝kx＋15(k≠0)，得6＝3k＋15.解得k＝－3.∴y＝－3x＋15.当y＝0时，0＝－3x＋15.解得x＝5.∴A(5，0)．(2)证明：∵CD∥x轴，C(3，6)∴CD∥OA，yC＝yD＝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.∴四边形OADC是平行四边形；(3)解：①12；【解法提示】如解图①，过C作CH⊥OD于H，∵D(8，6)，∴OD＝eq\r(82＋62)＝10.∵四边形OADC为平行四边形，∴OD平分四边形OADC的面积．∴S四边形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】如解图②，设OD与AC相交于M.∵四边形OADC为平行四边形，∴OM＝DM，AM＝CM.∵OP＝DQ＝t，所以PM＝QM.当PQ＝AC时，四边形CPAQ为矩形．∵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)时，四边形CPAQ为矩形．例1题解图①例1题解图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)设直线AB的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将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))∴直线AB的解析式为y＝－2x＋12由题意得，点N的纵坐标为1令y＝1，则1＝－2x＋12∴x＝eq\f(11,2)∴N(eq\f(11,2)，1)；(3)eq\f(12－3t,2)；【解法提示】当0＜t＜4时，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】如解图，当t＝eq\f(4,3)时，MN＝eq\f(12－3×\f(4,3),2)＝4，设EM＝m，则EN＝4－m.由题意得，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时，S1·S2有最大值，最大值为16.例2题解图针对训练1.解：(1)由题知点C(1，m)在直线l1上∴将点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)设直线l2的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，代入A、C点坐标得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))∴直线l2的表达式为y＝－2x＋6；(2)设点P的坐标为(n，－2n＋6)则点E的坐标为(n，0)，点F的坐标为(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若点P在F上方，则－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)；若点P在F下方，则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)综上所述，若PF＝AB，点P的坐标为(－eq\f(1,2)，7)或(eq\f(5,2)，1)；②点P的坐标为(eq\f(7,3)，eq\f(4,3))或(5，－4)．【解法提示】设点P的坐标为(n，－2n＋6)，如解图，设直线l1与y轴交于点D，设PQ交x轴于点M，交y轴于点N由题知PQ⊥l1于点Q∴∠DBO＋∠NMO＝90°又∵∠BDO＋∠DBO＝90°∴∠NMO＝∠BDO又∵∠BOD＝∠MON＝90°∴△BOD∽△NOM∴eq\f(OB,OD)＝eq\f(ON,OM)设直线PQ的表达式为y＝k1x＋b1(k1≠0)则OM＝－eq\f(b1,k1)，ON＝b1由题知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)∴直线PQ的表达式为y＝－eq\f(3,4)x＋b1将点P(n，－2n＋b)代入直线PQ表达式得－2n＋6＝－eq\f(3,4)n＋b1，解得b1＝－eq\f(5,4)n＋6∴直线PQ的表达式为y＝－eq\f(3,4)x－eq\f(5,4)n＋6①又∵直线l1：y＝eq\f(4,3)x＋eq\f(8,3)②联立①②，解得Q点坐标为(－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题解图2.解：(1)8－2t；【解法提示】由题意得AQ＝2＋2t，AB＝10，∴BQ＝AB－AQ＝8－2t.(2)在Rt△ABC中，AB＝10，AC＝8根据勾股定理得：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)则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当点Q、P均在AB上时，AP＝6t，AQ＝2＋2t可得：AP＝AQ，即6t＝2＋2t解得t＝0.5；②当P在BC上时，P与R重合，如解图①第2题解图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当点P在AC上不存在QR经过点P综上，当t＝0.5或2.5时，直线QR经过点P.(4)eq\f(4,17)＜t＜eq\f(23,18)且t≠0.5.【解法提示】当点P在点Q的左侧时，若点N落在AC上，如解图②：第2题解图②∵AP＝6t，AQ＝2＋2t∴PQ＝AQ－AP＝2＋2t－6t＝2－4t∵四边形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