2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型七 坐标系中的几何动点问题 (含答案)

这是一份2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型七 坐标系中的几何动点问题 (含答案)，共10页。
例1 如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，直线y＝kx＋15(k≠0)经过点C(3，6)，与x轴交于点A，与y轴交于点B.线段CD平行于x轴，交直线y＝eq \f(3,4)x于点D，连接OC，AD.
例1题图
(1)填空：k＝________．点A的坐标是(________，________)；
【思维教练】将C(3，6)代入y＝kx＋15即可求k，将y＝0代入新的一次函数解析式，求出A点坐标．
(2)求证：四边形OADC是平行四边形；
【思维教练】因为CD∥OA，所以要证明四边形OADC是平行四边形，可以证明CD＝OA，将C点纵坐标代入到y＝eq \f(3,4)x中，求出D点坐标，从而求出CD的长，与OA比较．
(3)动点P从点O出发，沿对角线OD以每秒1个单位长度的速度向点D运动，直到点D为止；动点Q同时从点D出发，沿对角线DO以每秒1个单位长度的速度向点O运动，直到点O为止．设两个点的运动时间均为t秒．
①当t＝1时，△CPQ的面积是________．
②当点P，Q运动至四边形CPAQ为矩形时，请直接写出此时t的值．
【思维教练】①可求出PQ的长，以及C点到OD的距离．
②因为四边形OADC是平行四边形，所以考虑利用判定依据：对角线相等且互相平分的四边形是矩形．证明AC与PQ互相平分，当PQ＝AC时，四边形CPAQ为矩形．
例2 如图，在平面直角坐标系中，△AOB的顶点O是坐标原点，点A的坐标为(4，4)，点B的坐标为(6，0)，动点P从O开始以每秒1个单位长度的速度沿y轴正方向运动，设运动的时间为t秒(0＜t＜4)，过点P作PN∥x轴，分别交AO，AB于点M，N.
例2题图

备用图
(1)填空：AO的长为________，AB的长为________；
【思维教练】要求AO，AB的长，已知点A，B的坐标，利用两点间距离公式求解即可；
(2)当t＝1时，求点N的坐标；
【思维教练】要求t＝1时，点N的坐标，可知点N在AB上，利用待定系数法求出直线AB的解析式即可求解；
(3)请直接写出MN的长为________(用含t的代数式表示)；
【思维教练】要求MN的长，可先求出PN，PM，即点N，M的横坐标即可；
(4)点E是线段MN上一动点(点E不与点M，N重合)，△AOE和△ABE的面积分别表示为S1和S2，当t＝eq \f(4,3)时，请直接写出S1·S2(即S1与S2的积)的最大值为________．
【思维教练】要求△AOE和△ABE的面积之积的最大值，先表示出△AOE和△ABE的面积，当t＝eq \f(4,3)时，可得MN的值，设EM＝m，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．
针对训练
1. 如图，在平面直角坐标系中，直线l1：y＝eq \f(4,3)x＋eq \f(8,3)与过点A(3，0)的直线l2交于点C(1，m)，与x轴交于点B.
(1)求直线l2的表达式；
(2)点P是直线l2上的一个动点，过点P作EF⊥x轴于点E，交直线l1于点F，
①若PF＝AB，求点P的坐标．
②过点P作PQ⊥l1于点Q，若PQ＝2PE，请直接写出点P的坐标．
第1题图
2. 如图，在平面直角坐标系内，点A、B在x轴上，点C在y轴上，∠ACB＝90°，AB＝10，AC＝8，点Q在边AB上，且AQ＝2，过点Q作QR⊥AB，垂足为Q，QR交折线AC－CB于点R(如图①)，当点Q以每秒2个单位向终点B移动时，点P同时从点A出发，以每秒6个单位的速度沿AB－BC－CA移动，设移动时间为t秒(如图②)．
(1)BQ＝________；(用含t的代数式表示)
(2)求△BCQ的面积S与t的函数关系式；
(3)t的值为________秒时，直线QR经过点P；
(4)当点P在边AB上运动时，以PQ为边在AB上方所作的正方形PQMN在Rt△ABC内部，此时t的取值范围是________．
第2题图
参考答案
典例精讲
例1 (1)解：－3，( 5，0)；
【解法提示】将点C(3，6)代入y＝kx＋15(k≠0)，得 6＝3k＋15. 解得 k＝－3.
∴ y＝－3x＋15.当y＝0时，0＝－3x＋15.解得 x＝5. ∴ A(5，0)．
(2)证明：∵ CD∥x轴，C(3，6)，
∴ CD∥OA，yC＝yD＝6.
令y＝eq \f(3,4)x＝6，解得 x＝8.
∴ D(8，6)．
∵ C(3，6)，∴ CD＝8－3＝5.
∵ A(5，0)，∴ OA＝5.
∴ OA＝CD.
∴ 四边形OADC是平行四边形；
(3)解：①12；
【解法提示】如解图①，过C作CH⊥OD于H，∵ D(8，6)，∴ OD＝eq \r(82＋62)＝10.∵ 四边形OADC为平行四边形，∴ OD平分四边形OADC的面积．∴ S四边形OADC＝2S△COD，即
OA·yC＝2·eq \f(1,2)OD·CH，即5·6＝2·eq \f(1,2)×10·CH.解得 CH＝3.而PQ＝OD－OP－DQ＝8.
∴S△CPQ＝eq \f(1,2)PQ·CH＝eq \f(1,2)×8×3＝12.
②5＋eq \r(10)或5－eq \r(10)；
【解法提示】如解图②，设OD与AC相交于M.
∵ 四边形OADC为平行四边形，∴OM＝DM，AM＝CM.
∵OP＝DQ＝t，所以PM＝QM.
当PQ＝AC时，四边形CPAQ为矩形．
∵A(5，0)，C(3，6)，∴ AC＝eq \r(（5－3）2＋62)＝2eq \r(10).
|PQ|＝|10－2t|，∴ 10－2t＝2eq \r(10)，或2t－10＝2eq \r( ,10).
∴t＝5－eq \r( ,10)或t＝5＋eq \r( ,10)时，四边形CPAQ为矩形．
例1题解图①
例1题解图②
例2 解：(1)4eq \r(2)，2eq \r(5)；
【解法提示】∵A(4，4)，B(6，0)，∴AO＝eq \r(42＋42)＝4eq \r(2)，AB＝eq \r(（6－4）2＋42)＝2eq \r(5).
(2)设直线AB的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，将A(4，4)，B(6，0)代入得，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4k＋b＝4,6k＋b＝0))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－2,b＝12))，
∴直线AB的解析式为y＝－2x＋12，
由题意得，点N的纵坐标为1，
令y＝1，则1＝－2x＋12，
∴x＝eq \f(11,2)，
∴N(eq \f(11,2)，1)；
(3)eq \f(12－3t,2)；
【解法提示】当0＜t＜4时，令y＝t，代入y＝－2x＋12，得x＝eq \f(12－t,2)，∴N(eq \f(12－t,2)，t)，∵∠AOB＝∠AOP＝45°，∠OPM＝90°，∴OP＝PM＝t，∴MN＝PN－PM＝eq \f(12－t,2)－t＝eq \f(12－3t,2).
(4)16.
【解法提示】如解图，当t＝eq \f(4,3)时，MN＝eq \f(12－3×\f(4,3),2)＝4，设EM＝m，则EN＝4－m.由题意得，S1·S2＝eq \f(1,2)×m×4×eq \f(1,2)×(4－m)×4＝－4m2＋16m＝－4(m－2)2＋16，∵－4＜0，∴m＝2时，S1·S2有最大值，最大值为16.
例2题解图
针对训练
1. 解：(1)由题知点C(1，m)在直线l1上，
∴将点C(1，m)代入y＝eq \f(4,3)x＋eq \f(8,3)，
得m＝eq \f(4,3)＋eq \f(8,3)＝4，故C(1，4)，
设直线l2的表达式为y＝kx＋b(k≠0)，代入A、C点坐标，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4＝k＋b,0＝3k＋b))，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－2,b＝6))，
∴直线l2的表达式为y＝－2x＋6；
(2)设点P的坐标为(n，－2n＋6)，
则点E的坐标为(n，0)，点F的坐标为(n，eq \f(4,3)n＋eq \f(8,3))，
在y＝eq \f(4,3)x＋eq \f(8,3)中，令y＝0，得0＝eq \f(4,3)x＋eq \f(8,3)，解得x＝－2，
∴B(－2，0)，
∴AB＝3－(－2)＝5，
若点P在F上方，则－2n＋6－(eq \f(4,3)n＋eq \f(8,3))＝5，解得n＝－eq \f(1,2)，即P(－eq \f(1,2)，7)；
若点P在F下方，则eq \f(4,3)n＋eq \f(8,3)－(－2n＋6)＝5，解得n＝eq \f(5,2)，即P(eq \f(5,2)，1)，
综上所述，若PF＝AB，点P的坐标为(－eq \f(1,2)，7)或(eq \f(5,2)，1)；
②点P的坐标为(eq \f(7,3)，eq \f(4,3))或(5，－4)．
【解法提示】设点P的坐标为(n，－2n＋6)，如解图，设直线l1与y轴交于点D，设PQ交x轴于点M，交y轴于点N，
由题知PQ⊥l1于点Q，
∴∠DBO＋∠NMO＝90°，
又∵∠BDO＋∠DBO＝90°，
∴∠NMO＝∠BDO，
又∵∠BOD＝∠MON＝90°，
∴△BOD∽△NOM，
∴eq \f(OB,OD)＝eq \f(ON,OM)，
设直线PQ的表达式为y＝k1x＋b1(k1≠0)，
则OM＝－eq \f(b1,k1)，ON＝b1，
由题知OB＝2，OD＝eq \f(8,3)，
∴eq \f(2,\f(8,3))＝eq \f(b1,－\f(b1,k1))，解得k1＝－eq \f(3,4)，
∴直线PQ的表达式为y＝－eq \f(3,4)x＋b1，
将点P(n，－2n＋b)代入直线PQ表达式得－2n＋6＝－eq \f(3,4)n＋b1，解得b1＝－eq \f(5,4)n＋6，
∴直线PQ的表达式为y＝－eq \f(3,4)x－eq \f(5,4)n＋6①，
又∵直线l1：y＝eq \f(4,3)x＋eq \f(8,3)②，
联立①②，解得Q点坐标为(－eq \f(3,5)n＋eq \f(8,5)，－eq \f(4,5)n＋eq \f(24,5))，
∴PQ2＝[n－(－eq \f(3,5)n＋eq \f(8,5))]2＋[(－2n＋6)－(－eq \f(4,5)n＋eq \f(24,5))]2＝4(n－1)2，
(2PE)2＝4PE2＝4(－2n＋6)2，
∵PQ＝2PE，
∴4(n－1)2＝4(－2n＋6)2，
解得n＝eq \f(7,3)或n＝5，
故P(eq \f(7,3)，eq \f(4,3))或(5，－4)．
第1题解图
2. 解：(1)8－2t；
【解法提示】由题意得AQ＝2＋2t，AB＝10，∴BQ＝AB－AQ＝8－2t.
(2)在Rt△ABC中，AB＝10，AC＝8，
根据勾股定理得：BC＝6，
∵eq \f(1,2)AC·BC＝eq \f(1,2)AB·CO，即eq \f(1,2)×6×8＝eq \f(1,2)×10·CO，
∴CO＝eq \f(24,5)，
则S△BCQ＝eq \f(1,2)QB·CO＝eq \f(12,5)(8－2t)＝－eq \f(24,5)t＋eq \f(96,5)(0≤t≤4)；
(3)0.5或2.5；
【解法提示】①当点Q、P均在AB上时，AP＝6t，AQ＝2＋2t，
可得：AP＝AQ，即6t＝2＋2t，
解得t＝0.5；
②当P在BC上时，P与R重合，如解图①，
第2题解图①
∵∠PQB＝∠ACB＝90°，∠B＝∠B，
∴△BPQ∽△BAC，
∴eq \f(BP,BA)＝eq \f(BQ,BC)，又∵BP＝6t－10，AB＝10，BQ＝8－2t，BC＝6，
∴eq \f(6t－10,10)＝eq \f(8－2t,6)，即6(6t－10)＝10(8－2t)，
解得t＝2.5；
③当点P在AC上不存在QR经过点P，
综上，当t＝0.5或2.5时，直线QR经过点P.
(4)eq \f(4,17)＜t＜eq \f(23,18)且t≠0.5.
【解法提示】当点P在点Q的左侧时，若点N落在AC上，如解图②：
第2题解图②
∵AP＝6t，AQ＝2＋2t，
∴PQ＝AQ－AP＝2＋2t－6t＝2－4t，
∵四边形PQMN是正方形，
∴PN＝PQ＝2－4t，
∵∠APN＝∠ACB＝90°，∠A＝∠A，
∴△APN∽△ACB，
∴eq \f(PN,CB)＝eq \f(AP,AC)，即eq \f(2－4t,6)＝eq \f(6t,8)，
解得t＝eq \f(4,17)；
当点P在点Q的右侧时，若点N落在BC上，如解图③，
第2题解图③
由题意得：BP＝10－6t，PN＝PQ＝4t－2，
∵∠BPN＝∠BCA＝90°，∠B＝∠B，
∴△BPN∽△BCA，
∴eq \f(BP,BC)＝eq \f(PN,CA)，即eq \f(10－6t,6)＝eq \f(4t－2,8)，
整理得：8(10－6t)＝6(4t－2)，
解得t＝eq \f(23,18)，
∵t＝0.5时，点P与点Q重合，
∴eq \f(4,17)＜t＜eq \f(23,18)且t≠0.5时，正方形PQMN在Rt△ABC内部．