2020年中考数学热点专题冲刺5操作探究问题（全国版）
2020年中考数学热点专题冲刺5操作探究问题（全国版）,中考数学热点专题冲刺,莲山课件.
热点专题４ 动态探究问题
2019的中考中的动态问题是失分点，总结如下：常见的动点问题分类：①求最值问题，②动点构成特殊图形问题.
一、求最值问题
初中利用轴对称性质实现“搬点移线”求几何图形中一些线段和最小值问题。利用轴对称的性质解决几何图形中的最值问题借助的主要基本定理有三个：
（1）两点之间线段最短；（2）三角形两边之和大于第三边；（3）垂线段最短.求线段和的最小值问题可以归结为：一个动点的最值问题，两个动点的最值问题.
二、动点构成特殊图形
问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系;分析过程中，特别要关注图形的特性(特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置).分析图形变化过程中变量和其他量之间的关系，或是找到变化中的不变量，建立方程或函数关系解决.
小结
在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质.
考向1 动点与最值
1． (2019·聊城)如图，在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A(4，4)，点C在边AB上，且 = ，点D为OB的中点，点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的坐标为（ ）
A．(2，2) B．( ， ) C．( ， ) D．(3，3)
【答案】C
【解析】由题可知：A(4，4)，D(2，0)，C(4，3)，点D关于AO的对称点D'(0，2)，设lD’C：y=kx+b，将D'(0，2)，C(4，3)代入，可得y= x+2，与y=x联立，得，x= ，y= ，∴P( ， )故选C．
2.（2019·威海）如图，在平面直角坐标系中，点A，B在反比例函数 的图像上运动，且始终保持线段 的长度不变，M为线段AB的中点，连接OM.则线段OM的长度的最小值是 （用含k的代数式表示）.
【答案】 【解析】过点A作x轴⊥AC，过点B作y轴⊥BD，垂足为C，D，AC与BD相交于点F，连接OF.当点O、F、M在同一直线上时OM最短.即OM垂直平分AB．设点A坐标为（a，a ＋4），则点B坐标为（a ＋4，a），点F坐标为（a，a）.
由题意可知△AFB为等腰直角三角形，∵AB= ，∴AF=BF=4.
∵点A在反比例函数y= 的图象上，∴a (a＋4)=k，解得a = .
在Rt△OCF中，OF= = a = = ，
∴OM=OF＋FM= = .
3．(2019·巴中)如图，在菱形ABCD中，连接BD，AC交于点O，过点O作OH⊥BC于点H，以点O为圆心，OH为半径的半圆交AC于点M.
（1）求证:DC是 O的切线;（2）若AC=4MC且AC=8，求图中阴影部分的面积;
（3）在②的条件下，P是线段BD上的一动点，当PD为何值时，PH+PM的值最小，并求出最小值.
解：（1）过点O作OG⊥CD于点G，
菱形ABCD中，AC是对角线， ∴AC平分∠BCD，
∵OH⊥BC， ∴OH=OG，
∵OH是 O的半径，
∴OG等于 O的半径，
∴CD是 O的切线.
①
（2）∵AC=4MC，AC=8，
∴OC=2MC=4，MC=OM=2，∴OH=OM=2，
在Rt△OHC中，OH=2，OC=4，
∴HC= = ，tan∠HOC= ，
∴∠HOC=60°，
∴S阴影=S△OCH－S扇形OHM= = － .
（3）作点M关于BD的对称点N，连接HN交BD于点P，此时PH+PM的值最小.
∵ON=OM=OH，∠MOH=60°， ∴∠MNH=30°，∠MNH=∠HCM，
∴HN=HC= ，即PH+PM的最小值为 .
在Rt△NPO中，OP=ONtan30°= ，
在Rt△COD中，OD=OCtan30°= ，∴PD=OP+OD= .
4．（2019·益阳）如图，在半面直角坐标系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.
解：（1）如图1，过点C作CE⊥y轴，垂足为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= ;
在Rt△OAD中，∠OAD=30°，∴OD= AD=3.∴点C的坐标为(2， ).
(2)∵M为AD的中点，∴DM=3， .
又∵ ，∴ ，∴ .
设OA=x，OD=y，则 ，∴ ，
即 ，∴x=y.将x=y代入 得 ，
解得 ( 不合题意，舍去)，∴OA的长为 .
（3）OC的最大值为8.理由如下：如图2，
∵M为AD的中点，∴OM=3， .
∴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 ， ，
∴ .
在Rt△OAN中，∵ ，
∴ .
5．（2019·衡阳）如图，在等边△ABC中，AB=6cm，动点P从点A出发以cm/s的速度沿AB匀速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC延长线方向匀速运动．当点P到达点B时，点P、Q同时停止运动．设运动时间为t（s）．过点P作PE⊥AC于E，连接PQ交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．
（1）当t为何值时，△BPQ为直角三角形；
（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；
（3）求DE的长；
（4）取线段BC的中点M，连接PM，将△BPM沿直线PM翻折，得△B′PM，连接AB′，当t为何值时，AB′的值最小？并求出最小值．
解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠B=60°，∵BP⊥PQ，∴2BP=BQ即2（6－t）=6＋t，解得t=2．∴当t为2时，△BPQ为直角三角形；
（2）存在．作射线BF，
∵PE⊥AC，∴AE=0.5t．
∵四边形CQFE是平行四边形，∴FQ=EC=6－0.5t，
∵BF平分∠ABC，∴∠FBQ＋∠BQF=90°．
∵BQ=2FQ，BQ=6＋t，∴6＋t=2（6－0.5t），解得t=3．
（3）过点P作PG∥CQ交AC于点G，则△APG是等边三角形．
∵BP⊥PQ，∴EG= AG．
∵PG∥CQ，
∴∠PGD=∠QCD，
∵∠PDG=∠QDC，PG=PA=CG=t，
∴△PGD≌△QCD．
∴GD= GC．∴DE= AC=3．
（4）连接AM，
∵△ABC为等边三角形，点M是BC的中点，
∴BM=3．由勾股定理，得AM=3 ．
由折叠，得BM′=3．
当A 、B′、M在同一直线上时，AB′的值最小，此时AB′=3 －3.
过点B′作B′H⊥AP于点H，则cos30°= ，即 = ，
解得t=9－3 ．
∴t为9－3 时，AB′的值最小，最小值为3 －3．
考向2 动点与图形存在性问题
1.（2019·自贡）如图，已知直线AB与抛物线：y=ax2+2x+c相交于点A（-1，0）和点B（2，3）两点.
（1）求抛物线C函数解析式；（2）若点M是位于直线AB上方抛物线上的一动点，以MA、MB为相邻的两边作平行四边形MANB，当平行四边形MANB的面积最大时，求此时平行四边形MANB的面积S及点M的坐标；
（3）在抛物线C的对称轴上是否存在顶点F，
2020年中考数学热点专题冲刺6方案设计问题（全国版）
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使抛物线C上任意一点P到F的距离等于到直线y=17/4的距离，若存在，求出定点F的坐标；若不存在，请说明理由.
解：（1）将A（-1，0）和B（2，3）代入抛物线解析式得{█(
[email protected]+4+c=3)┤，解得，{█(
[email protected]=3)┤，
∴抛物线解析式为y=-x2+2x+3.
（2）过M作MH∥y轴，交AB于H，
设直线AB为y=kx+b，将A，B坐标代入得，{█(
[email protected]+b=3)┤，解得，{█(
[email protected]=1)┤.
∴直线AB的解析式为y=x+1.
设M为（m，-m2+2m+3），则H（m，m+1）
∴MH=yM-YH=(-m2+2m+3)-( m+1)=-m2+m+2.
∴S△ABM=S△AMH+S△BMH=1/2·MH·（xB-xA）=1/2·(-m2+m+2)·(2+1)=-3/2(m2-m)+3=-3/2(m-1/2)2+27/8.
∵四边形MANB是以MA、MB为相邻的两边的平行四边形，
∴△ABM≌△BAN.
∴S四边形MANB=2 S△ABM=-3(m-1/2)2+27/4，
∵a=-3＜0且开口向下，
∴当m=1/2时，S四边形MANB的最大值为27/4.
此时，M坐标为（1/2，15/4）.
（3）存在，理由如下：过P作直线y=17/4的垂线，垂足为T，
∵抛物线为y=-x2+2x+3=-(x-1)2+4.∴抛物线的对称轴为直线x=1，顶点坐标为（1，4）.
当P为顶点，即P（1.4）时，设F点坐标为（1，t），此时PF=4-t，PT=17/4-4=1/4.
∵P到F的距离等于到直线y=17/4的距离，∴4-t=1/4，即t=15/4.
∴F为（1，15/4），设P点为（a，-a2+2a+3），由勾股定理，PF2=(a-1)2+(-a2+2a+3-15/4)2
=a4-4a3+13/2a2-5a+25/16.又∵PT2=[17/4-(-a2+2a+3)]2= a4-4a3+13/2a2-5a+25/16.∴PF2=PT2，即PF=PT.∴当F为（1，15/4）时，抛物线C上任意一点P到F的距离等于到直线y=17/4的距离 .
2.（2019·凉山州）如图，抛物线y= ax2+bx+c的图象过点A（-1，0）、B（3，0）、C（0，3）.
（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P，使得△PAC的周长最小，若存在，请求出点 P的坐标及△PAC的周长；若不存在，请说明理由；
（3）在（2）的条件下，在x轴上方的抛物线上是否存在点M （不与C点重合），使得 S△PAM=S△PAC，若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
解：（1）由题知 ，解得 ，∴抛物线的解析式为y= -x2+2x+3；
（2）存在.连接BC交抛物线对称轴于点P，此时△PAC的周长最小.设BC:y=kx+3，则3k+3=0，解得k=-1，∴BC:y=-x+3.由抛物线的轴对称性可得其对称轴为直线x=1，当x=1时，y=-x+3=2，∴P（1，2）.在Rt△OAC中，AC= = ；在Rt△OBC中，BC= =3 .∵点P在线段AB的垂直平分线上，∴PA=PB，∴△PAC的周长=AC+PC+PA= AC+PC+PB=AC+BC= +3 .综上，存在符合条件的点P，其坐标为（1，2），此时△PAC的周长为 +3 ；
（3）存在.由题知AB=4，∴S△PAC=S△ABC-S△PAB= ×4×3- ×4×2=2.
设：AP:y=mx+n，则 ，解得 ，∴AP:y=x+1.
①过点C作AP的平行线交x轴上方的抛物线于M，易得CM:y=x+3，
由 解得 ， ，∴M（1，4）；
②设抛物线对称轴交x轴于点E（1，0），
则S△PAC= ×2×2=2=S△PAC．过点E作AP的平行线交x轴上方的抛物线于M，设EM:y=x+t，则1+t=0，
∴t=-1，∴EM:y=x-1. 由 解得 （舍）， ，
∴M（ ， ）.
综上，存在符合条件的点M，其坐标为（1，4）或（ ， ）.
考向3 动点与函数图像问题
1．(2019·广元)如图，点P是菱形ABCD边上的动点，它从点A出发沿A→B→C→D路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y关于x的函数图象大致为( )
【答案】A
【解析】点P在整个运动过程中，△PAD的底边AD始终不变，故面积的变化取决于AD边上高线的变化，当点P在AB上运动时，高线均匀变大，故面积也均匀变大，当点P在BC上运动时，由于BC∥AD，平行线间距离处处相等，故高线不变，∴面积也不发生改变，当点P在CD上运动时，高线又会均匀变小，故面积也会均匀变小，故选A．
2．（2019·衡阳）如图，在直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=BC，E是AB的中点，过点E作AC和BC的垂线，垂足分别为点D和点F，四边形CDEF沿着CA方向匀速运动，点C与点A重合时停止运动，设运动时间为t，运动过程中四边形CDEF与△ABC的重叠部分面积为S，则S关于t的函数图象大致为（ ）．
【答案】C．【解析】由题意知，四边形CDEF在运动过程中，与△ABC的重叠部分面积是由矩形到五边形，再到三角形，最后点C与点A重合时停止运动，呈现出的图象是曲线，故选C．
3.（2019·菏泽）如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P，Q同时从点A出发，在正方形的边上，分别按A→D→C，A→B→C的方向，都以1cm/s的速度运动，到达点C运动终止，连接PQ，设运动时间为xs，△APQ的面积为ycm2，则下列图象中能大致表示y与x的函数关系的是（ ）
【答案】A【解析】①当0≤x≤2时，∵正方形的边长为2cm，∴y=S△APQ=1/2AQ•AP=1/2×2；
②当2≤x≤4时，y=S△APQ=S正方形ABCD﹣S△CP′Q′﹣S△ABQ′﹣S△AP′D，
=2×2-1/2（4﹣x）2-1/2×2×（x﹣2）-1/2×2×（x﹣2）=-1/2×2+2x
∴y与x之间的函数关系可以用两段二次函数图象表示，纵观各选项，只有A选项图象符合．故选A．
4．（2019·长沙）如图，函数 (k为常数，k＞0)的图象与过原点的O的直线相交于A，B两点，点M是第一象限内双曲线上的动点（点M在点A的左侧），直线AM分别交x轴，y轴于C，D两点，连接BM分别交x轴，y轴于点E，F．现有以下四个结论：①△ODM与△OCA的面积相等；②若BM⊥AM于点M，则∠MBA=30°；③若M点的横坐标为1，△OAM为等边三角形，则k= ；④若MF= MB，则MD=2MA．其中正确的结论的序号是 ．
【答案】①③④答案：①③④
【解析】①设点A（m， ），M（n， ），则直线AC的解析式为y=﹣ x+ + ，
∴C（m+n，0），D（0， ），∴S△ODM= n× = ，S△OCA= （m+n）× = ，
∴△ODM与△OCA的面积相等，故①正确；
∵反比例函数与正比例函数关于原点对称，∴O是AB的中点.∵BM⊥AM，∴OM=OA，∴k=mn，
∴A（m，n），M（n，m），∴AM= （n﹣m），OM= ，∴AM不一定等于OM，
∴∠BAM不一定是60°，∴∠MBA不一定是30°．故②错误；
∵M点的横坐标为1，∴可以假设M（1，k），∵△OAM为等边三角形，∴OA=OM=AM，1+k2=m2+ ，
∴m=k.∵OM=AM，∴（1﹣m）2+ =1+k2，∴k2﹣4k+1=0，∴k=2 .
∵m＞1，∴k=2+ ，故③正确，
如图，作MK∥OD交OA于K．
∵OF∥MK，∴ = = ，∴ = ，∵OA=OB，∴ = ，∴ = ，∵KM∥OD，∴ = =2，
∴DM=2AM，故④正确．
故答案为①③④．
2020年中考数学热点专题冲刺7坐标几何问题（全国版）
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