2019年全国各地中考数学真题分类汇编 专题40 动态问题(含解析)


专题训练40 动态问题
一.选择题
1.（2019•四川省达州市•3分）如图，边长都为4的正方形ABCD和正三角形EFG如图放置，AB与EF在一条直线上，点A与点F重合．现将△EFG沿AB方向以每秒1个单位的速度匀速运动，当点F与B重合时停止．在这个运动过程中，正方形ABCD和△EFG重叠部分的面积S与运动时间t的函数图象大致是（　　）

A． B． C． D．
【分析】根据题意和函数图象可以写出各段对应的函数解析式，从而可以判断哪个选项中的图象符合题意，本题得以解决．
【解答】解：当0≤t≤2时，S＝＝，即S与t是二次函数关系，有最小值（0，0），开口向上，
当2＜t≤4时，S＝﹣＝，即S与t是二次函数关系，开口向下，
由上可得，选项C符合题意，
故选：C．
【点评】本题考查动点问题的函数过图象，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
2. （2019•黑龙江省绥化市•3分）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线AC上的两个动点，P是正方形四边上的任意一点，且AB＝4，EF＝2，设AE＝x．当△PEF是等腰三角形时，下列关于P点个数的说法中，一定正确的是（　　）
①当x＝0（即E、A两点重合）时，P点有6个
②当0＜x＜4﹣2时，P点最多有9个
③当P点有8个时，x＝2﹣2
④当△PEF是等边三角形时，P点有4个

A．①③ B．①④ C．②④ D．②③
答案：B
考点：正方形的性质，等腰三角形，等边三角形的判定。
解析：①当x＝0（即E、A两点重合）时，如下图，
分别以A、F为圆心，2为半径画圆，各2个P点，
以AF为直径作圆，有2个P点，共6个，
所以，①正确。

②当0＜x＜4﹣2时，P点最多有8个，
故②错误。





3．（2019•山东泰安•4分）如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是（　　）

A．2 B．4 C． D．
【分析】根据中位线定理可得出点点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【解答】解：如图：

当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2＝CE
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P＝CF
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值
∵矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝2
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°
∴∠DP2P1＝90°
∴∠DP1P2＝45°
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝2
∴BP1＝2
∴PB的最小值是2
故选：D．
【点评】本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．

4．（2019•山东潍坊•3分）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3，动点P沿折线BCD从点B开始运动到点D．设运动的路程为x，△ADP的面积为y，那么y与x之间的函数关系的图象大致是（　　）

A． B．
C． D．
【分析】由题意当0≤x≤3时，y＝3，当3＜x＜5时，y＝×3×（5﹣x）＝﹣x+．由此即可判断．
【解答】解：由题意当0≤x≤3时，y＝3，
当3＜x＜5时，y＝×3×（5﹣x）＝﹣x+．
故选：D．
【点评】本题考查动点问题的函数图象，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论是扇形思考问题，属于中考常考题型．
二.填空题
1.（2019•四川省广安市•3分）如图，在四边形中，∥，,直线.当直线沿射线方向，从点开始向右平移时，直线与四边形的边分别相交于点、.设直线向右平移的距离为，线段的长为，且与的函数关系如图所示，则四边形的周长是 ▲ .
图8.1






【答案】
【解析】由题意和图像易知BC=5，AD=7-4=3
当BE=4时（即F与A重合），EF=2，又因为且∠B=30°，所以AB=，
因为当F与A重合时，把CD平移到E点位置可得三角形AED′为正三角形，所以CD=2，故答案时.
2．（2019•山东潍坊•3分）如图，直线y＝x+1与抛物线y＝x2﹣4x+5交于A，B两点，点P是y轴上的一个动点，当△PAB的周长最小时，S△PAB＝　　．

【分析】根据轴对称，可以求得使得△PAB的周长最小时点P的坐标，然后求出点P到直线AB的距离和AB的长度，即可求得△PAB的面积，本题得以解决．
【解答】解：，
解得，或，
∴点A的坐标为（1，2），点B的坐标为（4，5），
∴AB＝＝3，
作点A关于y轴的对称点A′，连接A′B与y轴的交于P，则此时△PAB的周长最小，
点A′的坐标为（﹣1，2），点B的坐标为（4，5），
设直线A′B的函数解析式为y＝kx+b，
，得，
∴直线A′B的函数解析式为y＝x+，
当x＝0时，y＝，
即点P的坐标为（0，），
将x＝0代入直线y＝x+1中，得y＝1，
∵直线y＝x+1与y轴的夹角是45°，
∴点P到直线AB的距离是：（﹣1）×sin45°＝＝，
∴△PAB的面积是：＝，
故答案为：．

【点评】本题考查二次函数的性质、一次函数的性质、轴对称﹣最短路径问题，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
三.解答题
1.（2019•湖北省仙桃市•10分）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点坐标分别为O（0，0），A（12，0），B（8，6），C（0，6）．动点P从点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿边OA向终点A运动；动点Q从点B同时出发，以每秒2个单位长度的速度沿边BC向终点C运动．设运动的时间为t秒，PQ2＝y．
（1）直接写出y关于t的函数解析式及t的取值范围：　y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）　；
（2）当PQ＝3时，求t的值；
（3）连接OB交PQ于点D，若双曲线y＝（k≠0）经过点D，问k的值是否变化？若不变化，请求出k的值；若变化，请说明理由．

【分析】（1）过点P作PE⊥BC于点E，由点P，Q的出发点、速度及方向可找出当运动时间为t秒时点P，Q的坐标，进而可得出PE，EQ的长，再利用勾股定理即可求出y关于t的函数解析式（由时间＝路程÷速度可得出t的取值范围）；
（2）将PQ＝3代入（1）的结论中可得出关于t的一元二次方程，解之即可得出结论；
（3）连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，利用勾股定理可求出OB的长，由BQ∥OP可得出△BDQ∽△ODP，利用相似三角形的性质结合OB＝10可求出OD＝6，由CB∥OA可得出∠DOF＝∠OBC，在Rt△OBC中可求出sin∠OBC及cos∠OBC的值，由OF＝OD•cos∠OBC，DF＝OD•sin∠OBC可求出点D的坐标，再利用反比例函数图象上点的坐标特征即可求出k值，此题得解．
【解答】解：（1）过点P作PE⊥BC于点E，如图1所示．
当运动时间为t秒时（0≤t≤4）时，点P的坐标为（3t，0），点Q的坐标为（8﹣2t，6），
∴PE＝6，EQ＝|8﹣2t﹣3t|＝|8﹣5t|，
∴PQ2＝PE2+EQ2＝62+|8﹣5t|2＝25t2﹣80t+100，
∴y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．
故答案为：y＝25t2﹣80t+100（0≤t≤4）．
（2）当PQ＝3时，25t2﹣80t+100＝（3）2，
整理，得：5t2﹣16t+11＝0，
解得：t1＝1，t2＝．
（3）经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值不变．
连接OB，交PQ于点D，过点D作DF⊥OA于点F，如图2所示．
∵OC＝6，BC＝8，
∴OB＝＝10．
∵BQ∥OP，
∴△BDQ∽△ODP，
∴＝＝＝，
∴OD＝6．
∵CB∥OA，
∴∠DOF＝∠OBC．
在Rt△OBC中，sin∠OBC＝＝＝，cos∠OBC＝＝＝，
∴OF＝OD•cos∠OBC＝6×＝，DF＝OD•sin∠OBC＝6×＝，
∴点D的坐标为（，），
∴经过点D的双曲线y＝（k≠0）的k值为×＝．


【点评】本题考查了勾股定理、解直角三角形、解一元二次方程、相似三角形的判定与性质、平行线的性质以及反比例函数图象上点的坐标特征，解题的关键是：（1）利用勾股定理，找出y关于t的函数解析式；（2）通过解一元二次方程，求出当PQ＝3时t的值；（3）利用相似三角形的性质及解直角三角形，找出点D的坐标．
2．（2019•山东青岛•12分）已知：如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，OD垂直平分A C．点P从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1cm/s；当一个点停止运动，另一个点也停止运动．过点P作PE⊥AB，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，分别交AD，OD于点F，G．连接OP，EG．设运动时间为t（s）（0＜t＜5），解答下列问题：
（1）当t为何值时，点E在∠BAC的平分线上？
（2）设四边形PEGO的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形PEGO的面积最大？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
（4）连接OE，OQ，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使OE⊥OQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

【分析】（1）当点E在∠BAC的平分线上时，因为EP⊥AB，EC⊥AC，可得PE＝EC，由此构建方程即可解决问题．
（2）根据S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）构建函数关系式即可．
（3）利用二次函数的性质解决问题即可．
（4）证明∠EOC＝∠QOG，可得tan∠EOC＝tan∠QOG，推出＝，由此构建方程即可解决问题．
【解答】解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，AB＝10cm，BC＝8cm，
∴AC＝＝6（cm），
∵OD垂直平分线段AC，
∴OC＝OA＝3（cm），∠DOC＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠BAC＝∠DCO，
∵∠DOC＝∠ACB，
∴△DOC∽△BCA，
∴＝＝，
∴＝＝，
∴CD＝5（cm），OD＝4（cm），
∵PB＝t，PE⊥AB，
易知：PE＝t，BE＝t，
当点E在∠BAC的平分线上时，
∵EP⊥AB，EC⊥AC，
∴PE＝EC，
∴t＝8﹣t，
∴t＝4．
∴当t为4秒时，点E在∠BAC的平分线上．

（2）如图，连接OE，PC．
S四边形OPEG＝S△OEG+S△OPE＝S△OEG+（S△OPC+S△PCE﹣S△OEC）
＝•（4﹣t）•3+[•3•（8﹣t）+•（8﹣t）•t﹣•3•（8﹣t）
＝﹣t2+t+16（0＜t＜5）．

（3）存在．
∵S＝﹣（t﹣）2+（0＜t＜5），
∴t＝时，四边形OPEG的面积最大，最大值为．

（4）存在．如图，连接OQ．
∵OE⊥OQ，
∴∠EOC+∠QOC＝90°，
∵∠QOC+∠QOG＝90°，
∴∠EOC＝∠QOG，
∴tan∠EOC＝tan∠QOG，
∴＝，
∴＝，
整理得：5t2﹣66t+160＝0，
解得t＝或10（舍弃）
∴当t＝秒时，OE⊥OQ．

【点评】本题属于四边形综合题，考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，多边形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．

3．（2019•山东威海•12分）如图，在正方形ABCD中，AB＝10cm，E为对角线BD上一动点，连接AE，CE，过E点作EF⊥AE，交直线BC于点F．E点从B点出发，沿着BD方向以每秒2cm的速度运动，当点E与点D重合时，运动停止．设△BEF的面积为ycm2，E点的运动时间为x秒．

（1）求证：CE＝EF；
（2）求y与x之间关系的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
（3）求△BEF面积的最大值．
【分析】（1）作辅助线，构建三角形全等，证明△AEM≌△EFN和△ADE≌△CDE（SAS），可得AE＝CE＝EF；
（2）根据三角形的面积公式可得y与x之间关系的函数表达式，根据勾股定理计算BD的长可得x的取值；
（3）利用配方法可得结论．
【解答】（1）证明：过E作MN∥AB，交AD于M，交BC于N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB⊥AD，
∴MN⊥AD，MN⊥BC，
∴∠AME＝∠FNE＝90°＝∠NFE+∠FEN，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF＝∠AEM+∠FEN＝90°，
∴∠AEM＝∠NFE，
∵∠DBC＝45°，∠BNE＝90°，
∴BN＝EN＝AM，
∴△AEM≌△EFN（AAS），
∴AE＝EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∵DE＝DE，
∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE＝EF；
（2）解：在Rt△BCD中，由勾股定理得：BD＝＝10，
∴0≤x≤5，
由题意得：BE＝2x，
∴BN＝EN＝x，
由（1）知：△AEM≌△EFN，
∴ME＝FN，
∵AB＝MN＝10，
∴ME＝FN＝10﹣x，
∴BF＝FN﹣BN＝10﹣x﹣x＝10﹣2x，
∴y＝＝＝﹣2x2+5x（0≤x≤5）；
（3）解：y＝﹣2x2+5x＝﹣2（x﹣）2+，
∵﹣2＜0，
∴当x＝时，y有最大值是；即△BEF面积的最大值是．

【点评】此题是四边形的综合题，主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形面积，二次函数的最值等知识点的理解和掌握，难度适中，熟练掌握正方形中利用辅助线构建全等来解决问题是本题的关键．
4．(2019•湖南益阳•12分)如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形ABCD的边AB＝4，BC＝6．若不改变矩形ABCD的形状和大小，当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动．
(1)当∠OAD＝30°时，求点C的坐标；
(2)设AD的中点为M，连接OM、MC，当四边形OMCD的面积为时，求OA的长；
(3)当点A移动到某一位置时，点C到点O的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos∠OAD的值．

【分析】(1)作CE⊥y轴，先证∠CDE＝∠OAD＝30°得CE＝CD＝2，DE＝＝2，再由∠OAD＝30°知OD＝AD＝3，从而得出点C坐标；
(2)先求出S△DCM＝6，结合S四边形OMCD＝知S△ODM＝，S△OAD＝9，设OA＝x、OD＝y，据此知x2+y2＝36，xy＝9，得出x2+y2＝2xy，即x＝y，代入x2+y2＝36求得x的值，从而得出答案；
(3)由M为AD的中点，知OM＝3，CM＝5，由OC≤OM+CM＝8知当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，连接OC，则此时OC与AD的交点为M，ON⊥AD，证△CMD∽△OMN得＝＝，据此求得MN＝，ON＝，AN＝AM﹣MN＝，再由OA＝及cos∠OAD＝可得答案．
【考点】动点问题．
【解答】解：(1)如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵矩形ABCD中，CD⊥AD，∴∠CDE+∠ADO＝90°，
又∵∠OAD+∠ADO＝90°，∴∠CDE＝∠OAD＝30°，
∴在Rt△CED中，CE＝CD＝2，DE＝＝2，
在Rt△OAD中，∠OAD＝30°，
∴OD＝AD＝3，
∴点C的坐标为(2，3+2)；
(2)∵M为AD的中点，∴DM＝3，S△DCM＝6，
又S四边形OMCD＝，∴S△ODM＝，∴S△OAD＝9，
设OA＝x、OD＝y，则x2+y2＝36，xy＝9，
∴x2+y2＝2xy，即x＝y，
将x＝y代入x2+y2＝36得x2＝18，
解得x＝3(负值舍去)，∴OA＝3；
(3)OC的最大值为8，
如图2，M为AD的中点，

∴OM＝3，CM＝＝5，
∴OC≤OM+CM＝8，
当O、M、C三点在同一直线时，OC有最大值8，
连接OC，则此时OC与AD的交点为M，过点O作ON⊥AD，垂足为N，
∵∠CDM＝∠ONM＝90°，∠CMD＝∠OMN，
∴△CMD∽△OMN，
∴＝＝，即＝＝，
解得MN＝，ON＝，
∴AN＝AM﹣MN＝，
在Rt△OAN中，OA＝＝，
∴cos∠OAD＝＝．
【点评】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点