專題18 動(dòng)態(tài)幾何之線動(dòng)問題（解析板）

一、選擇題1.（赤峰）如圖，一根長(zhǎng)為5米的竹竿AB斜立于墻AC的右側(cè)，底端B與墻角C的距離為3米，當(dāng)竹竿頂端A下滑x米時(shí)，底端B便隨著向右滑行y米，反映y與x變化關(guān)系的大致圖象是【】【答案】A．【解析】考點(diǎn)：1.動(dòng)線問題的函數(shù)問題；2.勾股定理；3.排他法的應(yīng)用.2.（呼和浩特）已知線段CD是由線段AB平移得到的，點(diǎn)A（–1，4）的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為C（4，7），則點(diǎn)B（–4，–1）的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D的坐標(biāo)為【】 A．（1，2） B．（2，9）C．（5，3） D．（–9，–4）考點(diǎn)：坐標(biāo)與圖形變化-平移．3.（上海）如果將拋物線y＝x2向右平移1個(gè)單位，那么所得的拋物線的表達(dá)式是（）．(A)y＝x2－1；(B)y＝x2＋1；(C)y＝(x－1)2；(D)y＝(x＋1)2．考點(diǎn)：二次函數(shù)圖象與平移變換．二、填空題三、解答題1.（玉林、防城港）（10分）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)M是BC邊上的任一點(diǎn)，連接AM并將線段AM繞M順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到線段MN，在CD邊上取點(diǎn)P使CP=BM，連接NP，BP．（1）求證：四邊形BMNP是平行四邊形；（2）線段MN與CD交于點(diǎn)Q，連接AQ，若△MCQ∽△AMQ，則BM與MC存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）BM=MC，理由見解析.【解析】試題分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=BC，∠ABC=∠B，然后利用“邊角邊”證明△ABM和△BCP全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出AM⊥BP，從而得到MN∥BP，然∴四邊形BMNP是平行四邊形.（2）BM=MC．理由如下：∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，∴∠BAM=∠CMQ.又∵∠B=∠C=90°，∴△ABM∽△MCQ.∴.∵△MCQ∽△AMQ，∴△AMQ∽△ABM..∴.∴BM=MC．考點(diǎn)：1.正方形的性質(zhì)；2.全等三角形的判定和性質(zhì)；3.平行四邊形的判定和性質(zhì)；4.相似三角形的判定和性質(zhì).2.（玉林、防城港）（12分）給定直線l：y=kx，拋物線C：y=ax2+bx+1．（1）當(dāng)b=1時(shí)，l與C相交于A，B兩點(diǎn)，其中A為C的頂點(diǎn)，B與A關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，求a的值；（2）若把直線l向上平移k2+1個(gè)單位長(zhǎng)度得到直線r，則無論非零實(shí)數(shù)k取何值，直線r與拋物線C都只有一個(gè)交點(diǎn)．①求此拋物線的解析式；②若P是此拋物線上任一點(diǎn)，過P作PQ∥y軸且與直線y=2交于Q點(diǎn)，O為原點(diǎn)．求證：OP=PQ．【答案】（1）；（2）①y=x2+1；②證明見解析.【解析】②求證OP=PQ，那么首先應(yīng)畫出大致的示意圖．發(fā)現(xiàn)圖中幾何條件較少，所以考慮用坐標(biāo)轉(zhuǎn)化求出OP，PQ的值，再進(jìn)行比較．討論動(dòng)點(diǎn)P在拋物線y=x2+1上，則可設(shè)其坐標(biāo)為（x，x2+1），進(jìn)而易求OP，PQ．試題解析：（1）∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，當(dāng)b=1時(shí)有A，B兩交點(diǎn)，∴A，B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)滿足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．∵B與A關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，∴0=xA+xB=，解得k=1．∴l(xiāng)：y=x.∵，∴.，∴聯(lián)立得關(guān)于a，b的方程組，解得或．∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得，∴．當(dāng)時(shí)，，∴無論k取何值，直線r與拋物線C都只有一個(gè)交點(diǎn)．當(dāng)時(shí)，，顯然隨k值的變化，△不恒為0，∴不合題意舍去．∴C：y=x2+1．考點(diǎn)：1.二次函數(shù)和一次函數(shù)綜合題；2.中心對(duì)稱和平移問題；3.二次函數(shù)的性質(zhì)；4.一元二次方程根的判別式和根與系數(shù)的關(guān)系；5.勾股定理；6.特殊元素法的應(yīng)用；7.分類思想和數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．3.（十堰）（12分）已知拋物線C1：的頂點(diǎn)為A，且經(jīng)過點(diǎn)B（﹣2，﹣1）．（1）求A點(diǎn)的坐標(biāo)和拋物線C1的解析式；（2）如圖1，將拋物線C1向下平移2個(gè)單位后得到拋物線C2，且拋物線C2與直線AB相交于C，D兩點(diǎn)，求S△OAC：S△OAD的值；（3）如圖2，若過P（﹣4，0），Q（0，2）的直線為l，點(diǎn)E在（2）中拋物線C2對(duì)稱軸右側(cè)部分（含頂點(diǎn)）運(yùn)動(dòng)，直線m過點(diǎn)C和點(diǎn)E．問：是否存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似？若存在，求出直線m的解析式；若不存在，說明理由．【答案】（1）；（2）2；（3）存在，和y=2x+6．【解析】試題分析：（1）由拋物線的頂點(diǎn)式易得頂點(diǎn)A坐標(biāo)，把點(diǎn)B的坐標(biāo)代入拋物線的解析式即可解決問題．（2）根據(jù)平移法則求出拋物線C2的解析式，用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，再通過解方程組求出拋物線C2與直線AB的交點(diǎn)C、D的坐標(biāo)，就可以求出S△OAC：S△OAD的值．（3）設(shè)直線m與y軸交于點(diǎn)G，直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形形狀、位置隨著點(diǎn)G的變化而變化，故需對(duì)點(diǎn)G的位置進(jìn)行討論，借助于相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的增減性等知識(shí)求出符合條件的點(diǎn)G的坐標(biāo)，從而求出相應(yīng)的直線m的解析式．∴C（﹣3，0），D（0，﹣3）．∴OC=3，OD=3．如答圖1，過點(diǎn)A作AE⊥x軸，垂足為E，過點(diǎn)A作AF⊥y軸，垂足為F，∵A（﹣1，﹣2），∴AF=1，AE=2．∴．∴S△OAC：S△OAD的值為2．（3）設(shè)直線m與y軸交于點(diǎn)G，與直線l交于點(diǎn)H，設(shè)點(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，t）當(dāng)m∥l時(shí)，CG∥PQ．∴△OCG∽△OPQ．∴．∵P（﹣4，0），Q（0，2），∴OP=4，OQ=2.∵∠POQ=90°，∴∠HPC=90°﹣∠PQO=∠HGQ．∴△PHC∽△GHQ．∵∠QPO=∠OGC，∴tan∠QPO=tan∠OGC．∴，即，解得OG=6．∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，﹣6）設(shè)直線m的解析式為y=mx+n，∵點(diǎn)C（﹣3，0），點(diǎn)G（0，﹣6）在直線m上，∴，解得：．∴直線m的解析式為.聯(lián)立，解得：或．又∵∠HPC＞∠PQO，∴△PHC與△GHQ不相似．∴符合條件的直線m不存在．③＜t≤2時(shí)，如圖2③所示．∵tan∠CGO=，tan∠QPO=．∴tan∠CGO≠tan∠QPO．∴∠CGO≠∠QPO．∵∠CGO=∠QGH，∴∠QGH≠∠QPO.∵∠PHC=∠QHG，∠HPC=∠HGQ，∴△PCH∽△GQH．∴符合條件的直線m存在．∵∠QPO=∠CGO，∠POQ=∠GOC=90°，∴△POQ∽△GOC．∴，即，解得OG=6．∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為（0，6）．設(shè)直線m的解析式為y=px+q∵點(diǎn)C（﹣3，0）、點(diǎn)G（0，6）在直線m上，∴，解得：．綜上所述：存在直線m，使直線l，m與x軸圍成的三角形和直線l，m與y軸圍成的三角形相似，此時(shí)直線m的解析式為和y=2x+6．考點(diǎn)：1.二次函數(shù)綜合題；2.平移問題；3.相似三角形存在性問題；4.待定系數(shù)法的應(yīng)用；5.曲線上點(diǎn)的坐標(biāo)與方程的關(guān)系；6.相似三角形的判定