动态问题(初中数学中考题汇总48)

第44章 动态问题

一、选择题

（2011 内蒙古巴彦淖尔）8.如图，在△ABC中，AB=20cm，AC=12cm，点P从点B出发以每秒3cm的速度向点A运动，点Q从点A同时出发以每秒2cm的速度向点C运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，当APQ是等腰三角形时，运动的时间是（ ）

A.2.5秒

B.3秒 C.3.5秒

D.4秒 答案：【 D 】

1. （2011安徽，10，4分）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． D．

B．

C．

【答案】C

2. （2011山东威海，12，3分）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（ ）

【答案】B

3. （2011甘肃兰州，14，4分）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

B．

C．

D．

G

F

C

D

A．

【答案】B 4.

二、填空题 1. 2. 3. 4.

5.

三、解答题

1. （2011浙江省舟山，24，12分）已知直线y kx 3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．

（1）当k 1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度

同时出发，当点P到达点A时两点同时停止运动（如图1）． ① 直接写出t＝1秒时C、Q两点的坐标；

② 若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值． （2）当k

34

时，设以C为顶点的抛物线y (x m)2 n与直线AB的另一交点为

D

（如图2）， ① 求CD的长；

② 设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？

（第24题图1）

（第24题图2）

【答案】（1）①C（1，2），Q（2，0）．

②由题意得：P(t，0)，C(t，－ｔ＋3)，Q(3－t，0)， 分两种情形讨论：

情形一：当△AQC∽△AOB时，∠AQC=∠AOB＝90°，∴CQ⊥OA， ∵CP⊥OA，∴点P与点Q重合，OQ=OP，即3－t=t，∴t=1.5．

情形二：当△ACQ∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB＝90°，∵OＡ=OＢ＝3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴△ACQ是等腰直角三角形，∵CQ⊥OA，∴AQ=2CP，即t =2（－t ＋3），∴t=2．∴满足条件的t的值是1.5秒或2秒．

(2) ①由题意得：C(t，－t＋3)，∴以C为顶点的抛物线解析式是y (x t)

43

2

34

t 3，

由(x t)

2

34

t 3

34

x 3，解得x1=t，x2=t

34

；过点D作DE⊥CP于点E，则

DEAO

CDBA

∠DEC=∠AOB＝90°，DE∥OA，∴∠EDC=∠OAB，∴△DEC∽△AOB3 54

98

，

∵AO=4，AB=5，DE=t－（ｔ－②∵CD=

1516

34

）=

34

．∴CD=

DE BAAO

1

15162

125

1516

．

，CD边上的高=

3 45

125

．∴S△COD= ．∴S△COD为定值；

要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短． 因为当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为

125

，∠BCO＝90°，∵∠AOB＝90°，∴∠COP

＝90°－∠BOC＝∠OBA，又∵CP⊥OA，∴Rt△PCO∽Rt△OAB，

12

OPBO

OCBA

∴ ，OP=

OC BOBA

3

3625

5

，即t=

3625

，∴当t为

3625

秒时，h的值最大．

2. （2011广东东莞，22，9分）如图，抛物线y

54

x

2

174

x 1与y轴交于点A，过点A

的直线与抛物线交于另一点B，过点B作BC⊥x轴，垂足为点C（3，0）. （1）求直线AB的函数关系式；

（2）动点P在线段OC上，从原点O出发以每钞一个单位的速度向C移动，过点P作⊥x轴，交直线AB于点M，抛物线于点N，设点P移动的时间为t秒，MN的长为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；

（3）设（2）的条件下（不考虑点P与点O，点G重合的情况），连接CM，BN，当t为何值时，四边形BCMN为平等四边形？问对于所求的t的值，平行四边形BCMN是否为菱形？说明理由

.

【解】（1）把x=0代入y

把x=3代入y

54x

2

5

4174

x

2

174

x 1，得y 1

52

x 1，得y

52

，

∴A、B两点的坐标分别（0，1）、（3，）

设直线AB的解析式为y kx b，代入A、B的坐标，得 b 1 b 1 5，解得 1 3k b k 2 2

所以，y

12

x 1

1212

x 1和y

54

2

（2）把x=t分别代入到y

54

x 174

2

174

x 1

分别得到点M、N的纵坐标为t 1和 t t 1

∴MN= 即s

5454

t t

2

2

174154

t 1-（t

12

t 1）=

54

t

2

154

t

∵点P在线段OC上移动， ∴0≤t≤3.

(3)在四边形BCMN中，∵BC∥MN

∴当BC=MN时，四边形BCMN即为平行四边形 由

54t

2

154

t

52

，得t1 1,t2 2

即当t 1或2时，四边形BCMN为平行四边形 当t 1时，PC=2，PM=

32

，PN=4，由勾股定理求得CM=BN=

52

,

此时BC=CM=MN=BN，平行四边形BCMN为菱形； 当t 2时，PC=1，PM=2，由勾股定理求得

此时BC≠CM，平行四边形BCMN不是菱形； 所以，当t 1时，平行四边形BCMN为菱形．

3. （2011江苏扬州，28,12分）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90º，AB<AC，M是BC边的中点，MN⊥BC交AC于点N，动点P从点B出发沿射线BA以每秒3厘米的速度运动。同时，动点Q从点N出发沿射线NC运动，且始终保持MQ⊥MP。设运动时间为t秒（t>0） （1）△PBM与△QNM相似吗？以图1为例说明理由； （2）若∠ABC=60º，AB=43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。

【答案】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=43,BP=3t

∴AB=BM=CM=43,MN=4

∵ △PBM∽△QNM ∴

BPNQ

BMMN

即：

BPNQ

434

3

∵P点的运动速度是每秒3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=43－3t

12

∴ S= (4 t) (43 3t)=

32

(t 16)

2

（3） BP2+ CQ2 =PQ2

证明如下： ∵BP=3t, ∴BP2=3t2

∵CQ=8-t ∴CQ2=(8-t)2=64-16t+t2 ∵PQ2=(4+t)2+3(4-t)2=4t2-16t+64

222

∴BP+ CQ =PQ

4. （2011山东德州23,12分）在直角坐标系xoy中，已知点P是反比例函数y

23x

(x＞0）

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． 12

．若

图1

【答案】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=

23x

23x

．

．

PG

PB

sin∠PBG=2

x

．

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．

a b c 0

据题意得： 9a 3b c 0

c 解之得：a

=

3

， b

=

3

， c

∴二次函数关系式为：y

3

x

2

3

x 9分

②解法一：设直线BP的解析式为：y=ux+v，据题意得：

u v 0

2u v 解之得：u

v

= ∴直线BP

的解析式为：y

过点A作直线AM∥PB，则可得直线AM

的解析式为：y y

解方程组： 2y x x

33

x1 0 x2 7

得： ；

y1 y2

过点C作直线CM∥PB，则可设直线CM

的解析式为：y ∴

0= t．

∴t

∴直线CM

的解析式为：y

．

t．

y

解方程组： 2x x y 33

x1 3 x2 4

得： ；

．

y 0 1 y2 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：∵S PAB S PBC

12

S PABC，

∴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， ∴S PBM S PBA

12

S PABC．

∴点M

又点M的横坐标为AM=PA+PM=2+2=4． ∴点M（4

点（7

， 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， ∴S PBM S PBA

12

S PABC．

∴点M

3

3

即x

2

x ．

解得：x1 0（舍），x2 4． ∴点M的坐标为（4

）． 点（7

， 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

（2011 乌鲁木齐）24.如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=6米，BC=8米，动点P以2米/秒得速度从A点出发，沿AC向C移动，同时，动点Q以1米/秒得速度从C点出发，沿CB向B移动。当其中有一点到达终点时，他们都停止移动，设移动的时间为t秒。 （1）①当t=2.5秒时，求△CPQ的面积；

②求△CPQ的面积S（平方米）关于时间t（秒）的函数关系式；

（2）在P、Q移动的过程中，当△CPQ为等腰三角形时，写出t的值；

（3）以P为圆心，PA为半径的圆与以Q为圆心，QC为半径的圆相切时，求出

Q

C

t的值。

24. 解：在Rt△ABC中，AB=6米，BC=8米，∴AC=10米 由题意得：AP=2t，CQ=10-2t （1）①过点P作PD⊥BC于D。 ∵t=2.5，AP=2³2.5=5，QC=2.5 ∴PD=

12

AB=3，∴S=

12

³QC³PD=3.75

8021

②过点Q作QE⊥PC于点E 易知Rt△QEC∽Rt△ABC，∴

12

12

QEQC

35

ABAC

35

2

，QE=t

5

3

∴S= PC QE (10 2t) t t 3t(0 t 5)

（2）当t

103

秒（此时PC=QC），

259

秒（此时PQ=QC），或

Q

C

PQ=PC）△CPQ为等腰三角形；

（3）过点P作PF⊥BC于点F，则有△PCF∽△ACB ∴

PFAB

ACBC6

68

∴PF=6 t，FC=8 t

55

2

FC8

PC

FC

，即

PF

10 2t10

2

2

t 56t 100

2

2

Q

C

则在Rt△PFQ中，PQ PF FQ (6

65

t) (8

2

2

85

t t)

2

2

415

当⊙P与⊙Q外切时，有PQ=PA+QC=3t，此时PQ

415

t 56t 100 9t

整理得：t2 70t 125

，解得t1 35，t2 35 0(舍去

) 故⊙P与⊙Q外切时，t 35； 当⊙P与⊙Q内切时，有PQ=PA-QC=t，此时PQ

2

整理得：9t 70t 125 0，解得t1

2

415

t 56t 100 t

22

259

，t2 5

故⊙P与⊙Q内切时t

259

，或t 5

Q

C

28、（2011 黑河）已知直线y=BC与x轴交于点C．

（1）试确定直线BC的解析式．

x+4与x轴、y轴分别交于A、B两点，∠ABC=60°，

（2）若动点P从A点出发沿AC向点C运动（不与A、C重合），同时动点Q从C点出发沿CBA向点A运动（不与C、A重合），动点P的运动速度是每秒1个单位长度，动点Q的运动速度是每秒2个单位长度．设△APQ的面积为S，P点的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围．

（3）在（2）的条件下，当△APQ的面积最大时，y轴上有一点M，平面内是否存在一点N，使以A、

Q、M、N为顶点的四边形为菱形？若存在，请直接写出N点的坐标；若不存在，请说明理由．

考点：一次函数综合题。

分析：（1）由已知得A点坐标，通过OA，OB长度关系，求得角BAO为60度，即能求得点C坐标，设直线BC代入BC两点即求得．

（2）当P点在AO之间运动时，作QH⊥x轴．再求得QH，从而求得三角形APQ的面积． （3）由（2）所求可知，是存在的，写出点的坐标．

解答：解：（1）由已知得A点坐标（﹣4﹐0），B点坐标（0﹐4﹚，

∵OA=4OB=4，

∴∠BAO=60°， ∵∠ABC=60°， ∴△ABC是等边三角形， ∵OC=OA=4，

∴C点坐标﹙4，0﹚， 设直线BC解析式为y=kx﹢b，

，

∴，

∴直线BC的解析式为y=﹣

；（2分）

﹙2﹚当P点在AO之间运动时，作QH⊥x轴． ∵

，

∴，

∴QH=t

∴S△APQ=AP QH=t t=t﹙0＜t≤4﹚，（2分）

2

同理可得S△APQ=t ﹙8

（3）存在，

﹚=﹣﹙4≤t＜8﹚；（2分）

（4，0），（﹣4，8）（﹣4，﹣8）（﹣4，）．（4分）

点评：本题考查了一次函数的运用，考查了一次函数与直线交点坐标，从而求得AB的长度，由△ABC是等边三角形，从而求得．

25．（2011贵州六盘水，25，16分）如图10所示，Rt△ABC是一张放在平面直角坐标系中的纸片，点C与原点O重合，点A在x轴的正半轴上，点B在y轴的正半轴上，已知OA=3，OB＝4。将纸片的直角部分翻折，使点C落在AB边上，记为D点，AE为折痕，E在y轴上。

（1）在图10所示的直角坐标系中，求E点的坐标及AE的长。 （2）线段．．AD上有一动点P（不与A、D重合）自A点沿AD方向以每秒1个单位长度向D点作匀速运动，设运动时间为t秒（0<t<3），过P点作PM∥DE交AE于M点，过点M作MN∥AD交DE于N点，求四边形PMND的面积S与时间t之间的函数关系式，当t取何值时，S有最大值？最大值是多少？

（3）当t（0<t<3）为何值时，A、D、M三点构成等腰三角形？并求出点M的坐标。

图10 【答案】解（1）

据题意，△AOE≌△ADE ∴OE＝DE，∠ADE＝∠AOE＝900，AD＝AO＝3 在Rt△AOB中， AB

3 4

2

2

5

设DE＝OE＝x 在Rt△BED中 BD2＋DE2＝BE2

222

即2＋x＝（4－x） 解得x ∴E（0，

3232

）

在Rt△AOE中 AE

32352

3 ()

22

（2）∵PM∥DE，MN∥AD，且∠ADE＝900

∴四边形PMND是矩形 ∵AP＝t×1＝t ∴PD＝3－t

PMDE

∵△AMP∽△AED ∴

AD

APt

DE ∴PM＝AD2

AP

∴S矩形PMND＝PM PD ∴S矩形PMND＝

3

12t

2

t2

(3 t)

12(t

32)

2

32

t或S矩形PMND＝

98

当t

22 (

12)

32

时

S最大

98

（3）△ADM为等腰三角形有以下二种情况 ①当MD＝MA时，点P是AD中点

∴AP ∴t

32

AD2 1

32

32

（秒）

∴当t

32

时，A、D、M三点构成等腰三角形

过点M作MF⊥OA于F ∵△APM≌△AFM ∴AF＝AP＝

32

，MF＝MP＝

32 32

t2

34

∴OF＝OA－AF＝3－∴M（

32

，

34

）

②当AD＝AM＝3时

△AMP∽△AED

∴

APAD

AMAE

∴

AP3

3352

655

∴AP ∴t

655

6555

1 （秒）

∴当t

65

秒时，A、D、M三点构成等腰三角形

过点M作MF⊥OA于F

∵△AMF≌△AMP

∴AF＝AP＝

655

，FM＝PM＝

6555）

t2

355

∴OF＝OA－AF＝3－∴M（3

65

5，

35

5. （2011山东菏泽，21，9分）如图，抛物线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；

12

x2＋bx－2与x轴交于A，B两点，与y

（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．

解：（1）把点A(－1，0)的坐标代入抛物线的解析式y＝ 整理后解得b

32

12

x＋bx－2，

2

，

12x

2

所以抛物线的解析式为 y

32

x 2．