2024遼寧中考數(shù)學(xué)二輪專題訓(xùn)練 題型九 坐標系中的幾何動線問題 (含答案)

2024遼寧中考數(shù)學(xué)二輪專題訓(xùn)練題型九坐標系中的幾何動態(tài)問題類型一動線問題典例精講例3如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC的頂點O為坐標原點，點C在x軸的正半軸上，且BC⊥OC于點C，點A的坐標為(2，2eq\r(3))，AB＝4eq\r(3)，∠B＝60°，點D是線段OC上一點，且OD＝4，連接AD.例3題圖(1)求證：△AOD是等邊三角形；【思維教練】要證△AOD是等邊三角形，已知∠B＝60°，可根據(jù)三角函數(shù)求得∠AOD＝60°，根據(jù)勾股定理求得OA＝OD，即可求證；(2)求點B的坐標；【思維教練】要求點B的坐標，即求OC、BC的長，過點A作AN⊥BC于點N，則四邊形AMCN是矩形，在Rt△ABN中，根據(jù)三角函數(shù)求得AN、BN的值，即可求解；(3)平行于AD的直線l從原點O出發(fā)，沿x軸正方向平移．設(shè)直線l被四邊形OABC截得的線段長為m，直線l與x軸交點的橫坐標為t.①當(dāng)直線l與x軸的交點在線段CD上(交點不與點C，D重合)時，請直接寫出m與t的函數(shù)關(guān)系式(不必寫出自變量t的取值范圍)；【思維教練】延長BA交x軸于點P，根據(jù)∠B＝60°，BC＝4eq\r(3)，可得PC的長，用含m的代數(shù)式表示出EM的長，用含t的代數(shù)式表示出PM的長，再根據(jù)△PME∽△PCB即可求解；②若m＝2，請直接寫出此時直線l與x軸的交點坐標．【思維教練】分兩種情況討論：當(dāng)直線l在AD的左側(cè)時，根據(jù)△OEF是等邊三角形可得OF＝EF＝m＝2；當(dāng)直線l在AD的右側(cè)時，解直角三角形可得BP，PC的長，進而求得CF′的長，即可求解．針對訓(xùn)練1.如圖，在平面直角坐標系中，直線y＝x＋2與x軸交于點A，點B(5，n)．在直線y＝x＋2上，點C是線段AB上的一個動點，過點C作CP⊥x軸交直線y＝－eq\f(3,2)x－3于點P，設(shè)點C的橫坐標為m.(1)n的值為________；(2)用含有m的式子表示線段CP的長；(3)若△APB的面積為S，求S與m之間的函數(shù)表達式，并求出當(dāng)S最大時點P的坐標；(4)在(3)的條件下，把直線AB沿著y軸向下平移，交y軸于點M，交線段BP于點N，若點D的坐標為(2，－eq\f(33,5))，在平移的過程中，當(dāng)∠DMN＝90°時，請直接寫出點N的坐標．第1題圖2.如圖①，直線y＝eq\f(\r(3),3)x＋3與坐標軸分別交于A、C兩點，過點C的直線交x軸于點B(eq\r(3)，0)．(1)求直線BC的解析式并判定△ABC的形狀；(2)如圖②，若點M(0，－3)，P是直線BC上的一動點，連接PM、PA，當(dāng)PM＋PA的值最小時，求點P的坐標，并求出這個最小值；(3)如圖③，將直線AC向上平移a個單位，與坐標軸交于點E、F，分別以O(shè)F、EF為腰，點F為直角頂點分別在第一、二象限作等腰直角△FOH和等腰直角△FEG，連接GH交y軸于點N，求FN的長度．第2題圖

類型二動圖問題典例精講例4如圖，在平面直角坐標系中，點F的坐標為(0，10)，點E的坐標為(20，0)．直線l1經(jīng)過點F和點E，直線l1與直線l2：y＝eq\f(3,4)x相交于點P.求直線l1的表達式和點P的坐標；【思維教練】利用待定系數(shù)法求表達式，函數(shù)關(guān)系式聯(lián)立方程求交點；(2)矩形ABCD的邊AB在y軸的正半軸上，點A與點F重合，點B在線段OF上，邊AD平行于x軸，且AB＝6，AD＝9，將矩形ABCD沿射線FE的方向平移，邊AD始終與x軸平行，已知矩形ABCD以每秒eq\r(5)個單位的速度勻速移動(點A移動到點E時停止移動)，設(shè)移動時間為t秒(t＞0)．①矩形ABCD在移動過程中，B、C、D三點中有且只有一個頂點落在直線l1或l2上，請直接寫出此時t的值；【思維教練】分析矩形運動規(guī)律，找到點D和點B分別在直線l2上或在直線l1上時的情況，將AD、AB分別可以看成圖象橫坐標、縱坐標之差來構(gòu)造方程求點A坐標，進而求出AF距離；②若矩形ABCD在移動的過程中，直線CD交直線l1于點N，交直線l2于點M.當(dāng)△PMN的面積等于18時，請直接寫出此時t的值．【思維教練】設(shè)點A坐標，表示△PMN的面積即可．針對訓(xùn)練1.如圖，在直角坐標系xOy中，直線AB∶y＝－eq\f(1,3)x＋3與x軸、y軸分別交于點A，B，線段OA上一動點C從點O以每秒2個單位長度的速度向點A運動，同時線段AB上一動點D從點A以每秒eq\r(10)個單位長度的速度向點B運動，當(dāng)其中一點到達終點時另一點隨之停止運動，設(shè)運動時間為t秒(t>0)，△ACD的面積為S.(1)點A的坐標是________，點B的坐標是________；(2)求S關(guān)于t的函數(shù)解析式；(3)在運動過程中，當(dāng)S的值第一次等于5時，將△ACD沿x軸的正方向平移．得到△A′C′D′，點A，C，D分別對應(yīng)點A′，C′，D′，C′D′交AB于點P，若點P分線段C′D′成2∶3，請直接寫出點P的坐標．第1題圖2.如圖，在平面直角坐標系中，△ABO的頂點O是坐標原點，點A的坐標為(－30，0)，點B的坐標為(－30，30)，△CDE是位于y軸的左側(cè)且邊長為8eq\r(3)的等邊三角形，邊DE垂直于x軸，△CDE從點C與點O重合的位置開始，以每秒2個單位長度的速度先沿點O到點A的方向向左平移，當(dāng)DE邊與直線AB重合時，繼續(xù)以同樣的速度沿點A到點B的方向向上平移，當(dāng)點D與點B重合時，△CDE停止移動．(1)求直線OB的函數(shù)表達式；(2)當(dāng)△CDE移動3秒時，請直接寫出此時點C的坐標為________；(3)在△CDE的平移過程中，連接AE，AC，當(dāng)△ACE的面積為36eq\r(3)時，請直接寫出此時點E的坐標為________．第2題圖參考答案類型一動線問題典例精講例3(1)證明：如解圖①，過點A作AM⊥x軸于點M，例3題解圖①∵點A的坐標為(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是等邊三角形．(2)解：如解圖①，過點A作AN⊥BC于點N，∵BC⊥OC，AM⊥x軸，∴∠BCM＝∠CMA＝∠ANC＝90°∴四邊形ANCM為矩形，∴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)，∴點B的坐標為(8，4eq\r(3))．(3)解：①m＝eq\f(1,2)t＋2；【解法提示】如解圖②，延長BA交x軸于點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)，根據(jù)△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題解圖②②直線l與x軸的交點坐標為(2，0)或(eq\f(32,3)，0)．例3題解圖③【解法提示】如解圖③，當(dāng)直線l在AD的左側(cè)時，易得△OEF是等邊三角形，∴OF＝EF＝m＝2，直線l與x軸交點為(2，0)；當(dāng)直線l在AD右側(cè)時，設(shè)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)，根據(jù)勾股定理求得CF′＝eq\f(8,3)，∴OF′＝8＋eq\f(8,3)＝eq\f(32,3)，∴直線l與x軸交點為(eq\f(32,3)，0)．綜上所述，直線l與x軸交點坐標為(2，0)或(eq\f(32,3)，0)．針對訓(xùn)練1.解：(1)7；【解法提示】點B(5，n)在直線y＝x＋2上，則n＝7.(2)∵點C的橫坐標為m，∴點C(m，m＋2)，∵CP⊥x軸交直線y＝－eq\f(3,2)x－3于點P，∴點P(m，－eq\f(3,2)m－3)，∴CP＝m＋2－(－eq\f(3,2)m－3)＝eq\f(5,2)m＋5；(3)∵直線y＝x＋2與x軸交于點A，∴點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隨m的增大而增大，∵點C是線段AB上的一個動點，∴當(dāng)點C與點B重合時，m有最大值，即m＝5時，S有最大值．當(dāng)m＝5時，－eq\f(3,2)m－3＝－eq\f(21,2)，∴S最大時，點P的坐標為(5，－eq\f(21,2))；(4)點N(5，eq\f(2,5))．【解法提示】如解圖，過點N作NG⊥y軸于點G，過點D作DH⊥y軸于點H，第1題解圖設(shè)直線向下平移m個單位，則平移后直線的表達式為：y＝x＋2－m，故點M(0，2－m)，點N(5，7－m)，直線AB的傾斜角為45°，則∠GMN＝45°，∵∠DMN＝90°，則∠GMN＝∠MDH＝45°，∴MH＝DH，即2－m－(－eq\f(33,5))＝2，解得m＝eq\f(33,5)，∴點N(5，eq\f(2,5))．2.解：(1)∵直線y＝eq\f(\r(3),3)x＋3與坐標軸分別交于A、C兩點，∴當(dāng)x＝0時，y＝3，當(dāng)y＝0時，x＝－3eq\r(3)，∴A(－3eq\r(3)，0)，C(0，3)，設(shè)直線BC的解析式為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))，∴直線BC的解析式為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為直角三角形；(2)如解圖①，由(1)知，△ABC為直角三角形，∴點A關(guān)于直線BC的對稱點A′在線段AC的延長線上，且A′C＝AC，過點A′作A′D⊥y軸于點D，第2題解圖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的最小值即為線段A′M的長，A′M＝eq\r(A′D2＋DM2)＝eq\r(（3\r(3)）2＋92)＝6eq\r(3)，設(shè)直線A′M的解析式為y＝mx＋n(m≠0)，將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，聯(lián)立方程組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))，∴此時，點P(eq\r(3)，0)，綜上所述，PM＋PA的最小值為6eq\r(3)，此時點P(eq\r(3)，0)；(3)如解圖②，將AC向上平移a個單位后，第2題解圖②直線EF的解析式為y＝eq\f(\r(3),3)x＋3＋a，∴E(－3eq\r(3)－eq\r(3)a，0)，F(xiàn)(0，3＋a)，∴EO＝3eq\r(3)＋eq\r(3)a，OF＝3＋a，過點G作GQ⊥y軸于點Q，∵△FEG是以點F為頂點的等腰直角三角形，∴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是以點F為頂點的等腰直角三角形，∴HF＝FO＝3＋a，∴H(3＋a，3＋a)，設(shè)直線GH的解析式為y＝px＋q，則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）))，∴直線GH的解析式為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的長度為eq\f(\r(3),2)(3＋a)．類型二動圖問題典例精講例4解：(1)設(shè)直線l1的表達式為y＝kx＋b(k≠0)．∵直線l1過點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))，∴直線l1的表達式為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，∴點P坐標為(8，6)；(2)①eq\f(13,10)或eq\f(8,5)；【解法提示】∵矩形ABCD沿射線FE方向平移，∴C點不能落在直線l2上．∵直線AC的斜率＞直線EF的斜率，∴點C不能落在直線l1上．∴矩形ABCD在移動過程中，B、C、D三點中有且只有一個頂點落在直線l1或l2上，分兩種情況：如解圖①，當(dāng)點D在直線l2上時，點B不在l2上．例4題解圖①∵AD＝9，∴點D與點A的橫坐標之差為9，∴xD－xA＝9，∵點D在l2上，點A在l1上，A、D的縱坐標相等，∴xA＝20－2y，xD＝eq\f(4,3)y，∴eq\f(4,3)y－(20－2y)＝9，解得y＝eq\f(87,10)，則點A的坐標為(eq\f(13,5)，eq\f(87,10))，則AF＝eq\r(（\f(13,5)）2＋（10－\f(87,10)）2)＝eq\f(13\r(5),10)，∵點A速度為每秒eq\r(5)個單位，∴t＝eq\f(13,10)；如解圖②，當(dāng)點B在直線l2上時，點D不在l2上．例4題解圖②∵AB＝6，A、B的橫坐標相等，∴點A的縱坐標比點B的縱坐標高6個單位，∴yA－yB＝6，∴－eq\f(1,2)x＋10－eq\f(3,4)x＝6，解得x＝eq\f(16,5)，則點A坐標為(eq\f(16,5)，eq\f(42,5))，則AF＝eq\r(（\f(16,5)）2＋（10－\f(42,5)）2)＝eq\f(8\r(5),5)，∵點A速度為每秒eq\r(5)個單位，∴t＝eq\f(8,5)，綜上所述，t值為eq\f(13,10)或eq\f(8,5)；②t＝eq\f(6\r(5),5)－eq\f(1,2).【解法提示】如解圖③，例4題解圖③設(shè)此時直線AB交直線l2于點H.設(shè)點A橫坐標為a，則點D橫坐標為a＋9，由①中方法可知：MN＝eq\f(5,4)a＋eq\f(5,4)，此時點P到MN距離為a＋9－8＝a＋1.∵△PMN的面積等于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)，則此時t為eq\f(6\r(5),5)－eq\f(1,2).∴當(dāng)t＝eq\f(6\r(5),5)－eq\f(1,2)時，△PMN的面積等于18.針對訓(xùn)練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)，∵點C從點O以每秒2個單位長度的速度向點A運動，點D從點A以每秒eq\r(10)個單位長度的速度向點B運動，∴OC＝2t，AC＝9－2t，AD＝eq\r(10)t，∵點C從點O運動到點A所需時間為eq\f(9,2)秒，點D從點A運動到點B所需時間為eq\f(3\r(10),\r(10))＝3(秒)，∴0＜t≤3，如解圖①，過點D作DH⊥OA于點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題解圖①(3)點P的坐標為(eq\f(27,5)，eq\f(6,5))或(eq\f(33,5)，eq\f(4,5))．【解法提示】當(dāng)S＝5時，－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)，∵點P分線段C′D′成2∶3，∴分兩種情況：①當(dāng)eq\f(D′P,PC′)＝eq\f(2,3)時，eq\f(PC′,CD)＝eq\f(3,5)，如解圖②，過點D作DE⊥OA于點E，過點P作PE′⊥OA于點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)，即點P的縱坐標為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當(dāng)eq\f(D′P,PC′)＝eq\f(3,2)時，eq\f(P