20xx-20xx年浙江11市中考数学专题7：线动问题(编辑修改稿)

20xx-20xx年浙江11市中考数学专题7：线动问题(编辑修改稿)内容摘要：

3。 综上所述， 点 P 到点 D 的距离与到直线 AD 的距离之和的最小值为 3。 【考点】 新定义，二次函数综合题，平移、动点和轴对称问题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点 的坐标与方程的关系，正方形、菱形和等边三角形的判定和性质，轴对称的性质（线段最短问题），分类 思想的应用。 【分析】 （ 1） ① 将点 C（ 2， 0）的坐标代入抛物线 F2的解析式，得 b=－ 2。 ② 对四边形 ABCD的对角线进行分析，结合特殊四边形的判定方法得四边形 ABCD 是正方形。 故选 D。 （ 2）由 2y ax c经过变换后点 B的坐标为（ 2， c－ 1），根据 A（ 0， c）在 F2上，可得 1a 4 ，即可表示出 △ ABD 的面积。 （ 3）分点 C 在点 A的左右侧两种情况讨论。 当点 C 在点 A的右侧时，求出 21 2 7y x x3 3 3  的顶 点坐标与对称轴，从而表示出 F2 的解析式，判断出四边形 ABCD 是菱形，要使 PD+PH 最小，即要使 PB+PH最小，进而求出； 同理可得当点 C 在点 A的左侧时的情况。 7.（ 2020 年 浙江舟山、嘉兴 14 分） 如图，已知 A、 B 是线段 MN 上的两点， MN=4， MA=1， MB＞ 1．以 A为中心顺时针旋转点 M，以 B为中心逆时针旋转点 N，使 M、 N 两点重合成一点 C，构成 △ ABC，设 AB=x． （ 1）求 x的取值范围； （ 2）若 △ ABC 为直角三角形，求 x的值； （ 3）探究： △ ABC 的最大面积。 【答案】 解：（ 1） ∵ 在 △ ABC 中， AC=1， AB=x， BC=3－ x， ∴ 1 x 3 x1 3 x x     ，解得 1 x 2。 （ 2） ① 若 AC 为斜边，则 221 x (3 x)   ，即 2x 3x 4 0   ，无解 ； ② 若 AB 为斜边，则 22x (3 x) 1   ，解得 5x 3 ，满足 1 x 2 ． ③ 若 BC 为斜边，则 22(3 x) 1 x   ，解得 4x 3 ，满足 1 x 2。 综上所述， 若 △ ABC 为直角三角形， 则 5x 3 或 4x 3。 （ 3）在 △ ABC 中，作 CD AB 于 D， 设 CD h ， △ ABC 的面积为 S，则 1S xh2 ． ① 若点 D 在线段 AB 上， 则 2 2 21 h ( 3 x ) h x    ， ∴ 2 2 2 2 2( 3 x ) h x 2x 1 h 1 h      ， 即 2x 1 h 3x 4  。 ∴ 2 2 2x (1 h ) 9 x 2 4 x 1 6   ，即 2 2 2x h 8 x 2 4 x 1 6   。 ∴ 2 2 2 2 21 3 1 4S x h 2 x 6 x 4 2 ( x ) x 24 2 2 3          。 当 3x 2 时（满足 4 x23）， 2 S 取最大值 12 ，从而 S 取最大值 22。 ② 若点 D 在线段 MA上， 则 2 2 2( 3 x ) h 1 h x    ， 同理可得， 2 2 23 1 4S 2 x 6 x 4 2 ( x ) 1 x2 2 3        ， ∵ 4332 ，∴当 41x3  时， 2S 随 x的增大而增大。 ∴ 当 4x 3 时， 2S 取最大值 49 ，从而 S 取最大值 23。 综合 ①② ， ∵ 2232 ，∴ △ ABC 的最大面积为 22。 【考点】 二次函数综合题，线 旋转 问题， 三角形三边关系 ，勾股定理，二次函数的性质，分类思想的应用。 【分析】 （ 1）因为所求 AB 或 x在 △ ABC 中，所以可利用三角形三边之间的关系即两边之和大于第三边，两边之差小于第三边进行解答。 （ 2）应该分情况讨论，因为不知道在三角形中哪一个是作为斜边存在的 ， 所以有三种情况，即： ①若 AC 为斜边 ，② 若 AB 为斜边， ③ 若 BC 为斜边 ，分别求解即可。 （ 3）在 △ ABC 中， AB 的值固定不变，即可视为底边不变，但是因为三角形形状不固定，高在发生变化，所以造成面积不固定，需分情况进行讨论．具体分 ① 若点 D在线段 AB 上， ② 若点 D 在线段 MA上两种情况。 8.（ 2020年 浙江金华 12分） 如 图，在平面直角坐标系中，点 A（ 0， 6），点 B是 x轴上的一个动点，连结 AB，取 AB 的中点 M，将线段 MB绕着点 B按顺时针方向旋转 90o，得到线段 B 作 x轴的垂线交直线 AC于点 B 坐标是（ t， 0） . （ 1）当 t=4 时，求直线 AB 的解析式； （ 2）当 t0 时，用含 t 的代数式表示点 C 的坐标及 △ ABC 的面积； （ 3）是否存在点 B,使 △ ABD 为等腰三角形 ?若存在，请求出所有符合条件的点 B 的坐标；若不存在， 请说明理由 . 【答案】 解：（ 1）当 t=4 时， B(4， 0)， 设直线 AB 的解析式为 y= kx+b ， 把 A(0， 6)， B(4， 0) 代入得： b64k b 0 , 解得： 3k = 2b=6 。 ∴ 直线 AB 的解析式为： 3y= x+62。 （ 2） 过点 C 作 CE⊥ x轴于点 E， ∵ ∠ AOB=∠ CEB=90176。 ， ∠ ABO=∠ BCE， ∴ △ AOB∽△ BEC。 ∴ B E C E B C 1A O B O A B 2  。 ∴ 1 1 tB E = A O = 3 , C E = O B =2 2 2。 ∴ 点 C 的坐标为 tt+32，。 ∵     2A O E C 1 1 t 1 1 5S = O E A O + E C = t + 3 6 + = t + t + 92 2 2 4 4 ， A O B B E C1 1 1 1 t 3S A O O B 6 t 3 t S B E C E 3 t2 2 2 2 2 4           ， ∴ 22A B C A O E C A O B B E C 1 1 5 3 1S = S S S = t + t + 9 3 t t = t + 94 4 4 4     梯 形。 （ 3） 存在，理由如下： ① 当 t≥0时 ， Ⅰ .若 AD＝ BD， ∵ BD∥ y 轴 ， ∴∠ OAB=∠ ABD， ∠ BAD=∠ ABD。 ∴∠ OAB=∠ BAD。 又 ∵∠ AOB=∠ ABC， ∴△ ABO∽△ ACB。 ∴ OB BC 1AO AB 2。 ∴ t1= 62。 ∴ t=3，即 B(3， 0)。 Ⅱ .若 AB＝ AD， 如图， 延长 AB 与 CE 交于点 G， ∵ BD∥ CG， ∴ AG＝ AC。 过点 A作 AH⊥ CG 于 H， ∴ CH＝ HG＝ 12 CG。 由 △ AOB∽△ GEB 得 GE AO=BE OB ， ∴ GE= 18t。 又 ∵ HE＝ AO＝６， CE＝ t2 ， ∴ 18 1 1 t 18=t 2 2 2 t  。 ∴ 2t 24t 36 0   ， 解得： t=12 6 5。 ∵ t≥0， ∴ t=12 6 5 ，即 B(12 6 5 ， 0)。 Ⅲ .由已知条件可知，当 0≤t12时， ∠ ADB 为钝角，故 BD ≠ AB。 当 t≥12时， BD≤CEBCAB， ∴ 当 t≥0时，不存在 BD＝ AB 的情况。 ② 当 － 3≤t0时，如图， ∠ DAB 是钝角。 设 AD=AB， 过点 C 分别作 CE⊥ x轴， CF⊥ y 轴于点 E，点 F， 可求得点 C 的坐标为 tt+32， ∴ CF=OE=t+3， AF=6－ t2。 由 BD∥ y 轴， AB=AD 得， ∠ BAO=∠ ABD， ∠ FAC=∠ BDA， ∠ ABD=∠ ADB， ∴∠ BAO=∠ FAC。 又 ∵∠ AOB=∠ AFC=90176。 ， ∴△ AOB∽△ AFC。 ∴ BO AO=CF AF。 ∴ t6tt36 2  ， ∴ 2t 24t 36 0  。 解得： t=12 6 5。 ∵ － 3≤t0， ∴ t=12 6 5 ， 即 B (12 6 5 ， 0)。 ③ 当 t－ 3 时， 如图， ∠ ABD 是钝角。 设 AB=BD， 过点 C 分别作 CE⊥ x轴， CF⊥ y 轴于点 E，点 F， 可求得点 C 的坐标为 tt+32， ∴ CF=－ (t+3)， AF=6－ t2。 ∵ AB=BD， ∴∠ D=∠ BAD。 又 ∵ BD∥ y 轴， ∴∠ D=∠ CAF。 ∴∠ BAC=∠ CAF。 又 ∵∠ ABC=∠ AFC=90176。 ， AC=AC。 ∴△ ABC≌△ AFC（ AAS）。 ∴ AF＝ AB， CF=BC。 ∴ AF=2CF，即 t6 = 2(t+3)2 ， 解得 ： t=－ 8， 即 B(－ 8， 0)。 综上所述，存在点 B 使 △ ABD 为等腰三角形，此时点 B 坐标为： B1 (3， 0)， B2 (12 6 5 ， 0)， B3 (12 6 5 ， 0)， B4(－ 8， 0)。 【考点】 一次函数综合题，线动旋转问题，待定系数法，直线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解一元二次方程，分类思想的应用。 【分析】 （ 1）当 t=4 时， B（ 4， 0），设直线 AB 的解析式为 y=kx+b．把 A（ 0， 6）， B（ 4， 0）代入解析式即 可求出未知数的值，从而求出其解析式。 （ 2）过点 C 作 CE⊥ x 轴于点 E，由 ∠ AOB=∠ CEB=90176。 ， ∠ ABO=∠ BCE，得 △ AOB∽△ BEC， 即B E C E B C 1A O B O A B 2  ， 1 1 tB E = A O = 3 , C E = O B =2 2 2 ， 故点 C 的坐标为 tt+3 2， ，。 根据A B C A O E C A O B B E CS = S S S  梯 形求出 2ABC 1S = t +94。 （ 3） 分① t≥0， － 3≤t0和 t－ 3 三种情况讨论， t≥0又分 AD=BD， AB=AD， BD=AB 三种 情况。 9.（ 2020 年 浙江衢州 12 分） 如图，已知点 A(－ 4， 8)和点 B(2， n)在抛物线 2y=ax 上． （ 1）求 a 的值及点 B 关于 x轴对称点 P 的坐标，并在 x轴上找一点 Q，使得 AQ+QB 最短，求出点 Q 的 坐标； （ 2）平移抛物线 2y=ax ，记平移后点 A的对应点为 A′，点 B 的对应点为 B′，点 C(2， 0)和点 D(－ 4， 0) 是 x轴上的两个定点． ① 当抛物线向 左平移到某个位置时， A′C+CB′ 最短，求此时抛物线的函数解析式； ② 当抛物线向左或向右平移时，是否存在某个位置，使四边形 A′B′CD的周长最短。 若存在，求出此时抛物线的函数解析式；若不存在，请说明理由． 【答案】 解： (1) 将点 A(－ 4， 8)的坐标代入 2y=ax ， 解得 1a=2。 ∴ 抛物线的解析式为 21y= x2。 将点 B(2， n)的坐标代入 21y= x2 ，求得点 B 的坐标为 (2， 2)。 则点 B 关于 x轴对称点 P 的坐标为 (2，－ 2)。 设直线 AP 的解析式 y=kx+b ， 则 4k+b=82k+b= 2 ，解得5k=34b=3 。 ∴ 直线 AP 的解析式是 54y= x+33。 令 y=0，得 4x=5 ．即所求点 Q 的坐标是 (45 ， 0)。 （ 2） ① 设将抛物线 21y= x2 向左平移 m 个单位，则平移后 A′， B′的坐标分别为 A′(－ 4－ m， 8)和 B′(2－ m， 2)，点 A′关于 x轴对称点的坐标为 A′′(－ 4m，－ 8)。 同（ 1）可得直线 A′′B′的解析式为 5 5 4y= x+ m3 3 3。 ∵ 要使 A′C+CB′最短，点 C 应在直线 A′′B′上， ∴ 将点 C(－ 2， 0)代入直线 A′′B′的解析式，解得 14m=5。 ∴ 抛物线 21y= x2 向左平移 145 个单位时， A′C+CB′最短，此时 抛物线的函数解析式为 21 15y= x+24。 ②。