中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)動(dòng)點(diǎn)專題

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1、中考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)動(dòng)點(diǎn)專題1、如圖，邊長為1的正方形OABC的頂點(diǎn)A在x軸正半軸上，將正方形OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，使點(diǎn)A落在拋物線（）圖像上。（1）求拋物線方程。（2）正方形OABC繼續(xù)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)多少度時(shí)，點(diǎn)A再次落在拋物線的圖像上？并求這個(gè)點(diǎn)的坐標(biāo)。OxyCBA解：（1）設(shè)旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)A落在拋物線上點(diǎn)A1處，OA1=1，過A1作A1M⊥x軸于M，則OM=，，，由A1在上得，解得∴（2）由拋物線關(guān)于y軸對(duì)稱，再次旋轉(zhuǎn)后A落在拋物線上的點(diǎn)A2處，點(diǎn)A2與點(diǎn)A1關(guān)于y軸對(duì)稱，易見繼續(xù)旋轉(zhuǎn)1點(diǎn)A2的坐標(biāo)為2、ADCBP如圖，矩形ABCD中，AB=8，BC=6，對(duì)角線AC

2、上有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P（不包括A和C），設(shè)AP=x，四邊形PBCD的面積為y，（1）寫出y與x的函數(shù)關(guān)系，并確定自變量x的范圍。（2）有人提出一個(gè)判斷“關(guān)于動(dòng)點(diǎn)P，△PBC面積與△PAD面積之和為常?！闭?qǐng)說明此判斷是否正確，并說明理由。（3）將題目中的矩形改為平行四邊形，且已知平行四邊形的面積為S，對(duì)角線上一動(dòng)點(diǎn)P，是否有“△PBC面積與△PAD面積之和為常”，并說明理由。解：（1）過點(diǎn)P作PE⊥BC于點(diǎn)E，在Rt△ABC中，AC=10，PC=AC-AP=10-x，∵PE⊥BC，AB⊥BC,∴△PEC∽△ABC，則,即，PE=8-，∴△PBC面積=，又△PCD面積=△PB

3、C面積，∴y=（0

4、?！啵紺D×AD＝＝，可得CD＝?！郃D=1，OD＝2．∴C（2，）。（3）當(dāng)∠OBP＝Rt∠時(shí)，如圖①若△BOP∽△OBA，則∠BOP＝∠BAO=30°，BP=OB=3，∴（3，）。②若△BPO∽△OBA，則∠BPO＝∠BAO=30°,OP=OB=1，∴（1，）。當(dāng)∠OPB＝Rt∠時(shí)，③過點(diǎn)P作OP⊥BC于點(diǎn)P(如圖)，此時(shí)△PBO∽△OBA，∠BOP＝∠BAO＝30°。過點(diǎn)P作PM⊥OA于點(diǎn)M。在Rt△PBO中，BP＝OB＝，OP＝BP＝?！咴赗t△PMO中，∠OPM＝30°，∴OM＝OP＝；PM＝OM＝．∴（，）．④若△POB∽△OBA(如圖)，則∠OBP=

5、∠BAO＝30°，∠POM＝30°?！郟M＝OM＝?！啵ǎㄓ蓪?duì)稱性也可得到點(diǎn)的坐標(biāo)）。當(dāng)∠OPB＝Rt∠時(shí)，點(diǎn)P在x軸上，不符合要求。綜合得，符合條件的點(diǎn)有四個(gè)，分別是：（3,）,（1,）,（,）,（,）。4、如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，CD=12，DA=21。動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，沿射線DA的方向以每秒2個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個(gè)單位長度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)。點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)D，C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)P隨之停止運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）。（1）設(shè)△BPQ的面積為S，求S與t之間的函

6、數(shù)關(guān)系式；ABQCDP（2）當(dāng)t為何值時(shí)，以B，P，Q三點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形是等腰三角形？（3）當(dāng)線段PQ與線段AB相交于點(diǎn)O，且2AO=OB時(shí)，求∠BQP的正切值；（4）是否存在時(shí)刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由。ABQCDPM解：（1）首先0≤t≤16，如圖，過點(diǎn)P作PM⊥BC，垂足為M，則四邊形PDCM為矩形，PM=DC=12?！逹B=16-t，∴S=12×（16-t）÷2=96-t，0≤t≤16。（2）設(shè)△BPQ是等腰三角形，分三種情況：①PQ=BQ，在Rt△PMQ中，PQ2=t2+122=BQ2=（16-t）2，解得t=3.5；

7、②BP=BQ，在Rt△PMB中，BP2=（16-2t）2+122=BQ2=（16-t）2，即3t2-32t+144=0，無解。③PB=PQ，由PB2=PQ2，得t2+122=(16-2t)2+122，整理得3t2-64t+256=0,解得（不合題意，舍去）。綜上可知，答案為t=3.5或秒。ABQCDPEO（3）如圖，由△OAP∽△OBQ，得.∵AP=2t-21,BQ=16-t,∴2(2t-21)=16-t,,過點(diǎn)Q作QE⊥AD，垂足為E。∵PD=2t，ED=QC=t，∴PE=t。在Rt△PEQ中,ABQCDPE(4)設(shè)存在時(shí)刻t，使得PQ⊥BD，如圖，過點(diǎn)Q作QE

8、⊥AD，垂