2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型九 坐标系中的几何动线问题 (含答案)

2024辽宁中考数学二轮专题训练题型九坐标系中的几何动态问题类型一动线问题典例精讲例3如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点O为坐标原点，点C在x轴的正半轴上，且BC⊥OC于点C，点A的坐标为(2，2eq\r(3))，AB＝4eq\r(3)，∠B＝60°，点D是线段OC上一点，且OD＝4，连接AD.例3题图(1)求证：△AOD是等边三角形；【思维教练】要证△AOD是等边三角形，已知∠B＝60°，可根据三角函数求得∠AOD＝60°，根据勾股定理求得OA＝OD，即可求证；(2)求点B的坐标；【思维教练】要求点B的坐标，即求OC、BC的长，过点A作AN⊥BC于点N，则四边形AMCN是矩形，在Rt△ABN中，根据三角函数求得AN、BN的值，即可求解；(3)平行于AD的直线l从原点O出发，沿x轴正方向平移．设直线l被四边形OABC截得的线段长为m，直线l与x轴交点的横坐标为t.①当直线l与x轴的交点在线段CD上(交点不与点C，D重合)时，请直接写出m与t的函数关系式(不必写出自变量t的取值范围)；【思维教练】延长BA交x轴于点P，根据∠B＝60°，BC＝4eq\r(3)，可得PC的长，用含m的代数式表示出EM的长，用含t的代数式表示出PM的长，再根据△PME∽△PCB即可求解；②若m＝2，请直接写出此时直线l与x轴的交点坐标．【思维教练】分两种情况讨论：当直线l在AD的左侧时，根据△OEF是等边三角形可得OF＝EF＝m＝2；当直线l在AD的右侧时，解直角三角形可得BP，PC的长，进而求得CF′的长，即可求解．针对训练1.如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x＋2与x轴交于点A，点B(5，n)．在直线y＝x＋2上，点C是线段AB上的一个动点，过点C作CP⊥x轴交直线y＝－eq\f(3,2)x－3于点P，设点C的横坐标为m.(1)n的值为________；(2)用含有m的式子表示线段CP的长；(3)若△APB的面积为S，求S与m之间的函数表达式，并求出当S最大时点P的坐标；(4)在(3)的条件下，把直线AB沿着y轴向下平移，交y轴于点M，交线段BP于点N，若点D的坐标为(2，－eq\f(33,5))，在平移的过程中，当∠DMN＝90°时，请直接写出点N的坐标．第1题图2.如图①，直线y＝eq\f(\r(3),3)x＋3与坐标轴分别交于A、C两点，过点C的直线交x轴于点B(eq\r(3)，0)．(1)求直线BC的解析式并判定△ABC的形状；(2)如图②，若点M(0，－3)，P是直线BC上的一动点，连接PM、PA，当PM＋PA的值最小时，求点P的坐标，并求出这个最小值；(3)如图③，将直线AC向上平移a个单位，与坐标轴交于点E、F，分别以OF、EF为腰，点F为直角顶点分别在第一、二象限作等腰直角△FOH和等腰直角△FEG，连接GH交y轴于点N，求FN的长度．第2题图

类型二动图问题典例精讲例4如图，在平面直角坐标系中，点F的坐标为(0，10)，点E的坐标为(20，0)．直线l1经过点F和点E，直线l1与直线l2：y＝eq\f(3,4)x相交于点P.求直线l1的表达式和点P的坐标；【思维教练】利用待定系数法求表达式，函数关系式联立方程求交点；(2)矩形ABCD的边AB在y轴的正半轴上，点A与点F重合，点B在线段OF上，边AD平行于x轴，且AB＝6，AD＝9，将矩形ABCD沿射线FE的方向平移，边AD始终与x轴平行，已知矩形ABCD以每秒eq\r(5)个单位的速度匀速移动(点A移动到点E时停止移动)，设移动时间为t秒(t＞0)．①矩形ABCD在移动过程中，B、C、D三点中有且只有一个顶点落在直线l1或l2上，请直接写出此时t的值；【思维教练】分析矩形运动规律，找到点D和点B分别在直线l2上或在直线l1上时的情况，将AD、AB分别可以看成图象横坐标、纵坐标之差来构造方程求点A坐标，进而求出AF距离；②若矩形ABCD在移动的过程中，直线CD交直线l1于点N，交直线l2于点M.当△PMN的面积等于18时，请直接写出此时t的值．【思维教练】设点A坐标，表示△PMN的面积即可．针对训练1.如图，在直角坐标系xOy中，直线AB∶y＝－eq\f(1,3)x＋3与x轴、y轴分别交于点A，B，线段OA上一动点C从点O以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时线段AB上一动点D从点A以每秒eq\r(10)个单位长度的速度向点B运动，当其中一点到达终点时另一点随之停止运动，设运动时间为t秒(t>0)，△ACD的面积为S.(1)点A的坐标是________，点B的坐标是________；(2)求S关于t的函数解析式；(3)在运动过程中，当S的值第一次等于5时，将△ACD沿x轴的正方向平移．得到△A′C′D′，点A，C，D分别对应点A′，C′，D′，C′D′交AB于点P，若点P分线段C′D′成2∶3，请直接写出点P的坐标．第1题图2.如图，在平面直角坐标系中，△ABO的顶点O是坐标原点，点A的坐标为(－30，0)，点B的坐标为(－30，30)，△CDE是位于y轴的左侧且边长为8eq\r(3)的等边三角形，边DE垂直于x轴，△CDE从点C与点O重合的位置开始，以每秒2个单位长度的速度先沿点O到点A的方向向左平移，当DE边与直线AB重合时，继续以同样的速度沿点A到点B的方向向上平移，当点D与点B重合时，△CDE停止移动．(1)求直线OB的函数表达式；(2)当△CDE移动3秒时，请直接写出此时点C的坐标为________；(3)在△CDE的平移过程中，连接AE，AC，当△ACE的面积为36eq\r(3)时，请直接写出此时点E的坐标为________．第2题图参考答案类型一动线问题典例精讲例3(1)证明：如解图①，过点A作AM⊥x轴于点M，例3题解图①∵点A的坐标为(2，2eq\r(3))，∴OM＝2，AM＝2eq\r(3)，∴在Rt△AOM中，tan∠AOM＝eq\f(AM,OM)＝eq\f(2\r(3),2)＝eq\r(3)，∴∠AOM＝60°，由勾股定理得，OA＝eq\r(OM2＋AM2)＝eq\r(22＋（2\r(3)）2)＝4，∵OD＝4，∴OA＝OD，∴△AOD是等边三角形．(2)解：如解图①，过点A作AN⊥BC于点N，∵BC⊥OC，AM⊥x轴，∴∠BCM＝∠CMA＝∠ANC＝90°∴四边形ANCM为矩形，∴AN＝MC，AM＝NC，∵∠B＝60°，AB＝4eq\r(3)，∴在Rt△ABN中，AN＝AB·sinB＝4eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝6，BN＝AB·cosB＝4eq\r(3)×eq\f(1,2)＝2eq\r(3)，∴MC＝AN＝6，CN＝AM＝2eq\r(3)，∴OC＝OM＋MC＝2＋6＝8，BC＝BN＋CN＝2eq\r(3)＋2eq\r(3)＝4eq\r(3)，∴点B的坐标为(8，4eq\r(3))．(3)解：①m＝eq\f(1,2)t＋2；【解法提示】如解图②，延长BA交x轴于点P，∵∠B＝60°，BC＝4eq\r(3)，∴PC＝12，EM＝eq\f(\r(3),2)m，∵OC＝8，∴PO＝4，OF＝t，MF＝eq\f(1,2)m，OM＝t－eq\f(1,2)m，∴PM＝4＋(t－eq\f(1,2)m)，根据△PME∽△PCB可得eq\f(PM,PC)＝eq\f(EM,BC)，∴eq\f(4＋（t－\f(1,2)m）,12)＝eq\f(\f(\r(3),2)m,4\r(3))，∴m＝eq\f(1,2)t＋2.例3题解图②②直线l与x轴的交点坐标为(2，0)或(eq\f(32,3)，0)．例3题解图③【解法提示】如解图③，当直线l在AD的左侧时，易得△OEF是等边三角形，∴OF＝EF＝m＝2，直线l与x轴交点为(2，0)；当直线l在AD右侧时，设l交BC于P，在Rt△PCF′中，∠CF′P＝60°，∴∠BPE′＝∠CPF′＝30°，∴BP＝eq\f(PE′,sinB)＝eq\f(4,3)eq\r(3)，PC＝4eq\r(3)－eq\f(4,3)eq\r(3)＝eq\f(8,3)eq\r(3)，根据勾股定理求得CF′＝eq\f(8,3)，∴OF′＝8＋eq\f(8,3)＝eq\f(32,3)，∴直线l与x轴交点为(eq\f(32,3)，0)．综上所述，直线l与x轴交点坐标为(2，0)或(eq\f(32,3)，0)．针对训练1.解：(1)7；【解法提示】点B(5，n)在直线y＝x＋2上，则n＝7.(2)∵点C的横坐标为m，∴点C(m，m＋2)，∵CP⊥x轴交直线y＝－eq\f(3,2)x－3于点P，∴点P(m，－eq\f(3,2)m－3)，∴CP＝m＋2－(－eq\f(3,2)m－3)＝eq\f(5,2)m＋5；(3)∵直线y＝x＋2与x轴交于点A，∴点A(－2，0)，∴S＝S△APC＋S△BPC＝eq\f(1,2)CP×(m＋2)＋eq\f(1,2)CP×(5－m)＝eq\f(1,2)CP×(m＋2＋5－m)＝eq\f(1,2)×(eq\f(5,2)m＋5)×7＝eq\f(35,4)m＋eq\f(35,2)，∵eq\f(35,4)＞0，∴S随m的增大而增大，∵点C是线段AB上的一个动点，∴当点C与点B重合时，m有最大值，即m＝5时，S有最大值．当m＝5时，－eq\f(3,2)m－3＝－eq\f(21,2)，∴S最大时，点P的坐标为(5，－eq\f(21,2))；(4)点N(5，eq\f(2,5))．【解法提示】如解图，过点N作NG⊥y轴于点G，过点D作DH⊥y轴于点H，第1题解图设直线向下平移m个单位，则平移后直线的表达式为：y＝x＋2－m，故点M(0，2－m)，点N(5，7－m)，直线AB的倾斜角为45°，则∠GMN＝45°，∵∠DMN＝90°，则∠GMN＝∠MDH＝45°，∴MH＝DH，即2－m－(－eq\f(33,5))＝2，解得m＝eq\f(33,5)，∴点N(5，eq\f(2,5))．2.解：(1)∵直线y＝eq\f(\r(3),3)x＋3与坐标轴分别交于A、C两点，∴当x＝0时，y＝3，当y＝0时，x＝－3eq\r(3)，∴A(－3eq\r(3)，0)，C(0，3)，设直线BC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0＝\r(3)k＋b,3＝b))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\r(3),b＝3))，∴直线BC的解析式为y＝－eq\r(3)x＋3，∵AC＝eq\r(OA2＋OC2)＝6，BC＝eq\r(OB2＋OC2)＝2eq\r(3)，AB＝4eq\r(3)，∴AC2＋BC2＝36＋12＝48，AB2＝48，∴AB2＝AC2＋BC2，∴∠ACB＝90°，即△ABC为直角三角形；(2)如解图①，由(1)知，△ABC为直角三角形，∴点A关于直线BC的对称点A′在线段AC的延长线上，且A′C＝AC，过点A′作A′D⊥y轴于点D，第2题解图①∵∠A′CD＝∠ACO，∠A′DC＝∠AOC，A′C＝AC，∴△A′DC≌△AOC，∴A′D＝AO＝3eq\r(3)，DC＝OC＝3，∴A′(3eq\r(3)，6)，易得PM＋PA的最小值即为线段A′M的长，A′M＝eq\r(A′D2＋DM2)＝eq\r(（3\r(3)）2＋92)＝6eq\r(3)，设直线A′M的解析式为y＝mx＋n(m≠0)，将A′(3eq\r(3)，6)，M(0，－3)代入，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3\r(3)m＋n＝6,n＝－3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\r(3),n＝－3))，∴y＝eq\r(3)x－3，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x－3,y＝－\r(3)x＋3))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3),y＝0))，∴此时，点P(eq\r(3)，0)，综上所述，PM＋PA的最小值为6eq\r(3)，此时点P(eq\r(3)，0)；(3)如解图②，将AC向上平移a个单位后，第2题解图②直线EF的解析式为y＝eq\f(\r(3),3)x＋3＋a，∴E(－3eq\r(3)－eq\r(3)a，0)，F(0，3＋a)，∴EO＝3eq\r(3)＋eq\r(3)a，OF＝3＋a，过点G作GQ⊥y轴于点Q，∵△FEG是以点F为顶点的等腰直角三角形，∴EF＝FG，∠GFQ＋∠EFO＝90°，又∵∠FEO＋∠EFO＝90°，∴∠GFQ＝∠FEO，∴△FQG≌△EOF，∴FQ＝EO＝3eq\r(3)＋eq\r(3)a，GQ＝FO＝3＋a，∴G(－3－a，3eq\r(3)＋3＋eq\r(3)a＋a)，∵△FOH是以点F为顶点的等腰直角三角形，∴HF＝FO＝3＋a，∴H(3＋a，3＋a)，设直线GH的解析式为y＝px＋q，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3\r(3)＋3＋\r(3)a＋a＝（－3－a）p＋q,3＋a＝（3＋a）p＋q))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(p＝－\f(\r(3),2),q＝（\f(\r(3),2)＋1）（3＋a）))，∴直线GH的解析式为y＝－eq\f(\r(3),2)x＋(eq\f(\r(3),2)＋1)(3＋a)，∴N(0，(eq\f(\r(3),2)＋1)(3＋a))，∴NF＝(eq\f(\r(3),2)＋1)(3＋a)－(3＋a)＝eq\f(\r(3),2)(3＋a)．∴FN的长度为eq\f(\r(3),2)(3＋a)．类型二动图问题典例精讲例4解：(1)设直线l1的表达式为y＝kx＋b(k≠0)．∵直线l1过点F(0，10)，E(20，0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝10,20k＋b＝0))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k＝－\f(1,2),b＝10))，∴直线l1的表达式为y＝－eq\f(1,2)x＋10.令eq\f(3,4)x＝－eq\f(1,2)x＋10，解得x＝8，y＝eq\f(3,4)×8＝6，∴点P坐标为(8，6)；(2)①eq\f(13,10)或eq\f(8,5)；【解法提示】∵矩形ABCD沿射线FE方向平移，∴C点不能落在直线l2上．∵直线AC的斜率＞直线EF的斜率，∴点C不能落在直线l1上．∴矩形ABCD在移动过程中，B、C、D三点中有且只有一个顶点落在直线l1或l2上，分两种情况：如解图①，当点D在直线l2上时，点B不在l2上．例4题解图①∵AD＝9，∴点D与点A的横坐标之差为9，∴xD－xA＝9，∵点D在l2上，点A在l1上，A、D的纵坐标相等，∴xA＝20－2y，xD＝eq\f(4,3)y，∴eq\f(4,3)y－(20－2y)＝9，解得y＝eq\f(87,10)，则点A的坐标为(eq\f(13,5)，eq\f(87,10))，则AF＝eq\r(（\f(13,5)）2＋（10－\f(87,10)）2)＝eq\f(13\r(5),10)，∵点A速度为每秒eq\r(5)个单位，∴t＝eq\f(13,10)；如解图②，当点B在直线l2上时，点D不在l2上．例4题解图②∵AB＝6，A、B的横坐标相等，∴点A的纵坐标比点B的纵坐标高6个单位，∴yA－yB＝6，∴－eq\f(1,2)x＋10－eq\f(3,4)x＝6，解得x＝eq\f(16,5)，则点A坐标为(eq\f(16,5)，eq\f(42,5))，则AF＝eq\r(（\f(16,5)）2＋（10－\f(42,5)）2)＝eq\f(8\r(5),5)，∵点A速度为每秒eq\r(5)个单位，∴t＝eq\f(8,5)，综上所述，t值为eq\f(13,10)或eq\f(8,5)；②t＝eq\f(6\r(5),5)－eq\f(1,2).【解法提示】如解图③，例4题解图③设此时直线AB交直线l2于点H.设点A横坐标为a，则点D横坐标为a＋9，由①中方法可知：MN＝eq\f(5,4)a＋eq\f(5,4)，此时点P到MN距离为a＋9－8＝a＋1.∵△PMN的面积等于18，∴eq\f(1,2)×(eq\f(5,4)a＋eq\f(5,4))·(a＋1)＝18，解得a1＝eq\f(12\r(5),5)－1，a2＝－eq\f(12\r(5),5)－1(舍去)，∴AF＝6－eq\f(\r(5),2)，则此时t为eq\f(6\r(5),5)－eq\f(1,2).∴当t＝eq\f(6\r(5),5)－eq\f(1,2)时，△PMN的面积等于18.针对训练1.解：(1)(9，0)，(0，3)；【解法提示】在y＝－eq\f(1,3)x＋3中，令x＝0，得y＝3，∴B(0，3)，令y＝0，得－eq\f(1,3)x＋3＝0，解得x＝9，∴A(9，0)；(2)在Rt△ABO中，OA＝9，OB＝3，∠AOB＝90°，∴AB＝eq\r(OA2＋OB2)＝eq\r(92＋32)＝3eq\r(10)，∵点C从点O以每秒2个单位长度的速度向点A运动，点D从点A以每秒eq\r(10)个单位长度的速度向点B运动，∴OC＝2t，AC＝9－2t，AD＝eq\r(10)t，∵点C从点O运动到点A所需时间为eq\f(9,2)秒，点D从点A运动到点B所需时间为eq\f(3\r(10),\r(10))＝3(秒)，∴0＜t≤3，如解图①，过点D作DH⊥OA于点H，∵sin∠BAO＝eq\f(OB,AB)＝eq\f(3,3\r(10))＝eq\f(\r(10),10)，∴DH＝AD·sin∠BAO＝eq\r(10)t×eq\f(\r(10),10)＝t，∴S△ACD＝eq\f(1,2)AC·DH＝eq\f(1,2)(9－2t)×t＝－t2＋eq\f(9,2)t；∴S＝－t2＋eq\f(9,2)t(0＜t≤3)；第1题解图①(3)点P的坐标为(eq\f(27,5)，eq\f(6,5))或(eq\f(33,5)，eq\f(4,5))．【解法提示】当S＝5时，－t2＋eq\f(9,2)t＝5，解得t1＝2，t2＝eq\f(5,2)，∵S的值第一次等于5，∴t＝2，∴AC＝9－2t＝9－2×2＝5，AD＝eq\r(10)t＝2eq\r(10)，∵点P分线段C′D′成2∶3，∴分两种情况：①当eq\f(D′P,PC′)＝eq\f(2,3)时，eq\f(PC′,CD)＝eq\f(3,5)，如解图②，过点D作DE⊥OA于点E，过点P作PE′⊥OA于点E′，∴∠DEC＝∠PE′C′＝90°，由平移得C′D′∥CD，∴∠DCE＝∠PC′E′，∴△DCE∽△PC′E′，∴eq\f(PE′,DE)＝eq\f(PC′,CD)＝eq\f(3,5)，∵DE＝AD·sin∠BAO＝2eq\r(10)×eq\f(\r(10),10)＝2，∴PE′＝eq\f(3,5)DE＝eq\f(6,5)，即点P的纵坐标为eq\f(6,5)，∴－eq\f(1,3)x＋3＝eq\f(6,5)，解得x＝eq\f(27,5)，∴P(eq\f(27,5)，eq\f(6,5))；②当eq\f(D′P,PC′)＝eq\f(3,2)时，eq\f(P