21 动态几何（荆州中考2011-2019数学题组（知识点、考点））.docx

1、 考点考点 2121：动态几何：动态几何 一、选择题 （2015 荆州）1如图，正方形 ABCD 的边长为 3cm，动点 P 从 B 点出发以 3cm/s 的速度沿着边 BCCDDA 运动， 到达 A 点停止运动； 另一动点 Q 同时从 B 点出发， 以 1cm/s 的速度沿着边 BA 向 A 点运动，到达 A 点停止运动设 P 点运动时间为 x （s） ，BPQ 的面积为 y（cm2） ，则 y 关于 x 的函数图象是（ ） A B CD 二、填空题 （2012 荆州）1如图(1)所示，E 为矩形 ABCD 的边 AD 上一点，动点 P、Q 同时从 点 B 出发，点 P 沿折线 BEEDDC

2、 运动到点 C 时停止，点 Q 沿 BC 运动到点 C 时 停止， 它们运动的速度都是 1cm/秒 设 P、 Q 同发 t 秒时， BPQ 的面积为 ycm 2 已 知 y 与 t 的函数关系图象如图(2)(曲线 OM 为抛物线的一部分)，则下列结论： ADBE5；cosABE 3 5 ；当 0t5 时，y 2 5 t 2；当 t29 4 秒时，ABE QBP；其中正确的结论是_(填序号) 三、解答题 （2013 荆州） 1.已知： 如图， 直线 y=3x+ 3 与 x 轴、y 轴分别交于 A、B 两点，两动点 D、E 分 别从 A、B两点同时出发向 O 点运动（运动到 O 点停 止） ；对称

3、轴过点 A 且顶点为 M 的抛物线 y=a(xk) 2+h (a0） 始终经过点 E， 过 E 作 EGOA 交抛物线于点 G，交 AB 于点 F，连结 DE、DF、AG、BG.设 D、E 的运 动速度分别是 1 个单位 长度/秒和3个单位长度/秒，运 动时间为 t 秒. （1）用含 t 代数式分别表示 BF、EF、AF 的长； （2） 当 t 为何值时， 四边形 ADEF 是菱形？判断此时AFG 与AGB 是否相似，并说明理由； （3）当ADF 是直角三角形，且抛物线的顶点 M 恰好在 BG 上时，求抛物线的解析式. （2014荆州） 2（12 分） 如图， 已知： 在矩形 ABCD 的边

4、AD 上有一点 O， OA=， 以 O 为圆心，OA 长为半径作圆，交 AD 于 M，恰好与 BD 相切于 H，过 H 作弦 HP AB，弦 HP=3若点 E 是 CD 边上一动点（点 E 与 C，D 不重合） ，过 E 作直线 EF A D E P Q C B M N H y t O 5 7 10 x y O B A 图 图 BD 交 BC 于 F，再把CEF 沿着动直线 EF 对折，点 C 的对应点为 G 设 CE=x，EFG 与矩形 ABCD 重叠部分的面积为 S （1）求证：四边形 ABHP 是菱形； （2）问EFG 的直角顶点 G 能落在O 上吗？若能，求出此时 x 的值；若不能，

5、请说明理由； （3）求 S 与 x 之间的函数关系式，并直接写出 FG 与O 相切时，S 的值 （2017 荆州） 3. （本题满分 12 分） 如图在平面直角坐标系中， 直线y = 3 4 x + 3与 x轴、y轴分别交于 A、B 两点，点 P、Q 同时从点 A 出发，运动时间为t秒.其中点 P 沿射线 AB 运动，速度为每秒 4 个单位长度，点 Q 沿射线 AO 运动，速度为每秒 5 个单位长度.以点 Q 为圆心，PQ 长为半径作Q. （1）求证：直线 AB 是Q 的切线； （2）过点 A 左侧x轴上的任意一点 C(m,0),作直线 AB 的垂线 CM，垂足为 M，若 CM 与Q 相切于点

6、 D，求m与t的函数关系式（不需写出自变量的取值范围） ； （3）在（2）的条件下，是否存在点 C，直线 AB、CM、y轴与Q 同时相切，若存 在，请直接写出 此时点 C 的坐标，若不存在，请说明理由. 参考答案 一、选择题 x y x y （备用图） 第25题图 P A B A B O O Q 1.C 二、填空题 1 三、解答题 1、解： （1）tBF2，tEF ，tAF22 （10t） （2）在tDOtEODOERt133，中， )1 (2)1 ()33( 2222 tttDOEODE ttEF ，tAD，OAEG/ 四边形 ADEF 为平行四边形。 若四边形 ADEF 为菱形，则有DEA

7、D )1 (2tt 解之得 3 2 t 即当 3 2 t时四边形 ADEF 为菱形。 AFG 与AGB 相似，理由如下： 连接 AE，在133AOtEOAOERt，中， 3 32 22 AOEOAE 由抛物线的对称称性可知 3 32 AEAG 在1, 3AOBOAOBRt中， 2AB 3 2 22tAF 在中，和 AGBAFG3 3 2 3 32 AF AG ，3 3 32 2 AG AB AG AB AF AG 又GAFBAG AFGAGB。 (3) 当时90ADF，如图，则有 DF/OB AO AD OB DF 即 13 33tt 2 1 t， （另：易证30,ABORtAOB且为 ADE

8、FADAFEFBF而,2,2 BFAF ,即 F 为 AB 的中点， 2 1 t） 又由对称性可知 EG=2AO=2 ), 2 3 , 2(), 2 3 , 0(),3, 0(GEB 设直线 BG 的解析式为bkxy，把 B、G 两点的坐标代入有： bk b 2 2 3 3 解之得 4 3 3 k b 3 4 3 xy 令 4 33 , 1yx则，M(1， 4 33 ) 设所求抛物线的解析式为 4 33 ) 1( 2 xay 又) 2 3 , 0(E 4 33 ) 10( 2 3 2 a 解之得 4 3 a 故所求解析式为 2 3 2 3 4 3 2 xxy 当时90AFD，如图， 在,30A

9、DFADFRt中， , tAD由tAF 2 1 由（1）有tAF22 tt22 2 1 解之得： 5 4 t ), 5 3 , 2(), 5 3 , 0(),3, 0(GEB 设直线 BG 的解析式为nmxy 把 B、G 两点的坐标代入有： 5 3 2 3 nm n 解之得： 5 32 3 m n 3 5 32 xy 令 5 33 , 1yx则，M(1， 5 33 ) 设所求抛物线的解析式为 5 33 ) 1( 2 xay 又) 5 3 , 0(E 5 33 ) 10( 5 3 2 a 解之得 5 32 a 故所求解析式为 5 3 5 34 5 32 2 xxy 综上所求函数的解析式为 2 3

10、 2 3 4 3 2 xxy或 5 3 5 34 5 32 2 xxy 2. 解： （1）证明：连接 OH，如图所示 四边形 ABCD 是矩形， ADC=BAD=90，BC=AD，AB=CD HPAB， ANH+BAD=180 ANH=90 HN=PN=HP= OH=OA=， sinHON= HON=60 BD 与O 相切于点 H， OHBD HDO=30 OD=2 AD=3 BC=3 BAD=90，BDA=30 tanBDA= AB=3 HP=3， AB=HP ABHP， 四边形 ABHP 是平行四边形 BAD=90，AM 是O 的直径， BA 与O 相切于点 A BD 与O 相切于点 H，

11、 BA=BH 平行四边形 ABHP 是菱形 （2）EFG 的直角顶点 G 能落在O 上 如图所示，点 G 落到 AD 上 EFBD， FEC=CDB CDB=9030=60， CEF=60 由折叠可得：GEF=CEF=60 GED=60 CE=x， GE=CE=xED=DCCE=3x cosGED= x=2 GE=2，ED=1 GD= OG=ADAOGD=3= OG=OM 点 G 与点 M 重合 此时EFG 的直角顶点 G 落在O 上，对应的 x 的值为 2 当EFG 的直角顶点 G 落在O 上时，对应的 x 的值为 2 （3）如图， 在 RtEGF 中，tanFEG= FG=xS=GEFG=

12、xx=x 2 如图， ED=3x，RE=2ED=62x， GR=GEER=x（62x）=3x6 tanSRG=， SG=（x2） SSGR=SGRG=（x2） （3x6）=（x2） 2 SGEF=x 2， S=SGEFSSGR=x 2 （x2） 2= x 2+6 x6 综上所述： 当 0 x2 时， S=x 2； 当 2x3 时， S= x 2+6 x6 当 FG 与O 相切于点 T 时，延长 FG 交 AD 于点 Q，过点 F 作 FKAD，垂足 为 K，如图所示 四边形 ABCD 是矩形， BCAD，ABC=BAD=90 AQF=CFG=60 OT=， OQ=2 AQ=+2 FKA=ABC

13、=BAD=90， 四边形 ABFK 是矩形 FK=AB=3，AK=BF=3x KQ=AQAK=（+2）（3x）=22+x 在 RtFKQ 中，tanFQK= FK=QK 3=（22+x） 解得：x=3 032， S=x 2= （3） 2= 6 FG与O相切时， S的值为6 3.解： （1）证明：如图 1 中，连接 QP 在 RtAOB 中，OA=4，OB=3， AB=5， AP=4t，AQ=5t， = ， PAQ=BAO， PAQBAO， APQ=AOB=90， QPAB， AB 是O 的切线 （2）解：如图 2 中，当直线 CM 在O 的左侧 与Q 相切时，设切点为 D，则四边形 PQDM 是 正方形 易知 PQ=DQ=3t，CQ= 3t=， OC+CQ+AQ=4， m+t+5t=4， m=4t 如图 3 中，当直线 CM 在O 的右侧与Q 相 切时，设切点为 D，则四边形 PQDM 是正方形 OC+AQCQ=4， m+5tt=4， m=4 t （3）解：存在理由如下： 如图 4 中， 当Q 在 y 则的右侧与 y 轴相 切时，3t+5t=4，t=， 由（2）可知，m= 或 如图 5 中， 当Q 在 y 则的左侧与 y 轴相 切时，5t3t=4，t=2， 由（2）可知，m=或 综上所述，满足条件的点 C 的坐标为（，0）或（，0）或（，0） 或（ ，0）