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1、专题15 动点综合问题专题15动点综合问题【考点1】动点之全等三角形问题【例1】如图，直线与轴和轴分别交于两点，另一条直线过点和点. (1)求直线的函数表达式; (2)求证: ; (3)若点是直线上的一个动点，点是轴上的一个动点，且以为顶点的三角形与全等，求点的坐标.【答案】(1) ;(2) ; (3) 点的坐标为或或或【解析】（1）在y=-x+4中，令y=0，则0=-x+4，求得A（3，0），设直线AC对应的函数关系式为y=kx+b，解方程组即可得到结论；（2）在直线ABy=-x+4中，得到k1=-，在直线ACyx中，得到k2=，由于k1k2=-1，即可得到结论；（3）根据勾股定理得到AB=
2、5，当AQP=90时，如图1，由全等三角形的性质得到AQ=OB=4，于是得到Q1（7，0），Q2（-1，0），当APQ=90时，如图2，根据全等三角形的性质得到AQ=AB=5，于是得到Q3（8，0），Q4（-2，0），当PAQ=90时，这种情况不存在教育精品【详解】（1）在y=-x+4中，令y=0，则0=-x+4，x=3，A（3，0），设直线AC对应的函数关系式为y=kx+b，教育精品则：，解得： ，直线AC对应的函数关系式为yx-.(2) 在直线ABy=-x+4中，k1=-，在直线ACyx中，k2=，k1k2=-1，ABAC；（3）在y=-x+4中，令x=0，则y=4，OA=3，OB=4，由
3、勾股定理得AB=5，当AQP=90时，如图1，AOBAQP，AQ=OB=4，Q1（7，0），Q2（-1，0），当APQ=90时，如图2，AOBAQP，AQ=AB=5，Q3（8，0），Q4（-2，0）当PAQ=90时，这种情况不存在，综上所述：点Q的坐标为：（7，0）（8，0）（-1，0）（-2，0）教育精品【点睛】考查了一次函数综合题，待定系数法求函数的解析式，勾股定理的应用和全等三角形的性质等知识，分类讨论是解题关键，以防遗漏教育精品【变式1-1】）如图,CABC,垂足为C,AC=2Cm,BC=6cm,射线BMBQ,垂足为B,动点P从C点出发以1cm/s的速度沿射线CQ运动,点N为射线BM上
4、一动点,满足PN=AB,随着P点运动而运动,当点P运动_秒时，BCA与点P、N、B为顶点的三角形全等.(2个全等三角形不重合)教育精品【答案】0；4；8；12【解析】此题要分两种情况：当P在线段BC上时，当P在BQ上，再分别分两种情况ACBP或ACBN进行计算即可教育精品【详解】解：当P在线段BC上，ACBP时，ACBPBN，AC2，BP2，CP624，点P的运动时间为414（秒）；当P在线段BC上，ACBN时，ACBNBP，这时BCPN6，CP0，因此时间为0秒；当P在BQ上，ACBP时，ACBPBN，AC2，BP2，CP268，点P的运动时间为818（秒）；当P在BQ上，ACNB时，ACB
5、NBP，BC6，BP6，CP6612，点P的运动时间为12112（秒），故答案为：0或4或8或12【点睛】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等时必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角教育精品【考点2】动点之直角三角形问题【例2】（模型建立）（1）如图1，等腰直角三角形中，直线经过点，过作于点，过作于点.求证：；（模型应用）（2）已知直线：与坐标轴交于点、，将直线绕点逆时针旋转至直线，如图2，求直线的函数表达式；（3）如图3，长方形，为坐标原点，点的坐标为，点、分别在坐标轴上，点是线段上的动点，点是直线上的动点且在第四象限.若是以点为直角顶点的等腰直角三角形，请直
6、接写出点的坐标.教育精品【答案】（1）见解析；（2）y7x21；（3）D（4，2）或（，）.【解析】（1）根据ABC为等腰直角三角形，ADED，BEED，可判定；（2）过点B作BCAB，交l2于C，过C作CDy轴于D，根据CBDBAO，得出BDAO3，CDOB4，求得C（4，7），最后运用待定系数法求直线l2的函数表达式；教育精品（3）根据APD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，当点D是直线y2x6上的动点且在第四象限时，分两种情况：当点D在矩形AOCB的内部时，当点D在矩形AOCB的外部时，设D（x，2x6），分别根据ADEDPF，得出AEDF，据此列出方程进行求解即可教育精品【详解】解：
7、（1）证明：ABC为等腰直角三角形，CBCA，ACDBCE90，又ADED，BEED，DE90，EBCBCE90，ACDEBC，在ACD与CBE中，（AAS）；（2）如图2，过点B作BCAB，交l2于C，过C作CDy轴于D，BAC45，ABC为等腰直角三角形，由（1）可知：CBDBAO，BDAO，CDOB，直线l1：yx4中，若y0，则x3；若x0，则y4，A（3，0），B（0，4），BDAO3，CDOB4，OD437，C（4，7），设l2的解析式为ykxb，则，解得：，l2的解析式为：y7x21；（3）D（4，2）或（，）理由：当点D是直线y2x6上的动点且在第四象限时，分两种情况：当点D在
8、矩形AOCB的内部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交BC于F，设D（x，2x6），则OE2x6，AE6（2x6）122x，DFEFDE8x，教育精品由（1）可得，ADEDPF，则DFAE，即：122x8x，解得x4，2x62，D（4，2），此时，PFED4，CP6CB，符合题意；当点D在矩形AOCB的外部时，如图，过D作x轴的平行线EF，交直线OA于E，交直线BC于F，设D（x，2x6），则OE2x6，AEOEOA2x662x12，DFEFDE8x，教育精品同理可得：ADEDPF，则AEDF，即：2x128x，解得x，2x6，D（，），此时，EDPF，AEBF，BPPFBF6
9、，符合题意，综上所述，D点坐标为：（4，2）或（，）【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了点的坐标、矩形的性质、待定系数法、等腰直角三角形的性质以及全等三角形等相关知识的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，运用全等三角形的性质进行计算，解题时注意分类思想的运用教育精品【变式2-1】（2019辽宁中考模拟）如图，已知二次函数yax2+bx+4的图象与x轴交于点A(4，0)和点D(1，0)，与y轴交于点C，过点C作BC平行于x轴交抛物线于点B，连接AC教育精品(1)求这个二次函数的表达式；(2)点M从点O出发以每秒2个单位长度的速度向点A运动；点N从点B同时出发，以每秒1个单位长
10、度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停动，过点N作NQ垂直于BC交AC于点Q，连结MQ.教育精品求AQM的面积S与运动时间t之间的函数关系式，写出自变量的取值范围；当t为何值时，S有最大值，并求出S的最大值；教育精品是否存在点M，使得AQM为直角三角形？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由【答案】(1)yx2+3x+4；(2)S=-t2+t+2；0t2；t时，S最大值；存在，点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)教育精品【解析】(1)由待定系数法将AD两点代入即可求解(2)分别用t表示出AM、PQ，由三角形面积公式直接写出含有t的二次函数关系式，由二次函数的最大值
11、可得答案；教育精品分类讨论直角三角形的直角顶点，然后解出t，求得M坐标【详解】(1)二次函数的图象经过A(4，0)和点D(1，0)，解得，所以，二次函数的解析式为yx2+3x+4(2)延长NQ交x轴于点P，BC平行于x轴，C(0，4)B(3，4)，NPOA根据题意，经过t秒时，NBt，OM2t，则CN3t，AM42tBCAMAQ45，QNCN3t，PQNPNQ4(1t)1+t，SAMQ=AMPQ=(4-2t)(1+t)t2+t+2S=-t2+t+2=-(t-)2+a10，且0t2，S有最大值当t时，S最大值存在点M，使得AQM为直角三角形设经过t秒时，NBt，OM2t，则CN3t，AM42t，
12、BCAMAQ45若AQM90，则PQ是等腰RtMQA底边MA上的高PQ是底边MA的中线，PQAPMA，1+t(42t)，解得，t，M的坐标为(1，0)若QMA90，此时QM与QP重合QMQPMA，1+t42t，t1，点M的坐标为(2，0)所以，使得AQM为直角三角形的点M的坐标分别为(1，0)和(2，0)【点睛】此题考查了待定系数法求解析式，还考查了三角形的面积，要注意利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系还要注意求最大值可以借助于二次函数教育精品【变式2-2】如图，四边形ABCD是正方形，以DC为边向外作等边DCE，连接AE交BD于点F，交CD于点G，点P是线段AE上一动点
13、，连接DP、BP教育精品（1）求AFB的度数；（2）在点P从A到E的运动过程中，若DP平分CDE，求证：AGDPDGBD；（3）已知AD6，在点P从A到E的运动过程中，若DBP是直角三角形，请求DP的长【答案】(1) 60；(2)见解析；(3) DP=6或DP33或DP3 时，DBP是直角三角形教育精品【解析】（1）根据正方形的性质、等边三角形的性质解答；（2）连接AC，证明DGPAGC，根据相似三角形的对应边的比相等证明；（3）根据正方形的性质、勾股定理分别求出BD、OD，根据直角三角形的性质求出DF，分BPD90、BDP90两种情况，根据相似三角形的性质计算教育精品【详解】（1）四边形AB
14、CD是正方形，ABDC，ADC90，又DCE是等边三角形，DEDC，EDC60，DADE，ADE150，DAE15，又ADB45，AFBDAF+ADF15+4560；（2）连接AC，CAGCADDAG451530，DP平分CDE，PDGCAG，又DGPAGC，DGPAGC，即AGDPDGAC，ACDB，AGDPDGBD；（3）连接AC交BD于点O，则AOF90，AD6，在RtAOF中，OAF30，由图可知：0DBP45，则DBP是直角三角形只有BPD90和BDP90两种情形：当BPD90时，I、若点P与点A重合，BPD90，DPDA6；II、当点P在线段AE上时，BPD90，连接OP，OPAO
15、AP30，AOP120，FOPAOPAOF30，DBPOPB15，FDP75，又BAFBADDAF75，BAFPDF，又AFBDFP，BAFPDF，即解得，；当BDP90时，DFPAFB60，DPDFtanDFP，综上，DP=6或DP33或DP3 时，DBP是直角三角形【点睛】本题考查的是正方形的性质、相似三角形的判定和性质以及等边三角形的性质、直角三角形的性质，掌握正方形的性质、相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键教育精品【考点3】动点之等腰三角形问题【例3】（2019湖南中考真题）如图一，在射线的一侧以为一条边作矩形，点是线段上一动点（不与点重合），连结，过点作的垂线交射线于点，连接
16、教育精品（1）求的大小；（2）问题探究：动点在运动的过程中，是否能使为等腰三角形，如果能，求出线段的长度；如果不能，请说明理由的大小是否改变？若不改变，请求出的大小；若改变，请说明理由（3）问题解决：如图二，当动点运动到的中点时，与的交点为，的中点为，求线段的长度【答案】（1）；（2）能，的值为5或；大小不变，；（3）.【解析】（1）在中，求出的正切值即可解决问题（2）分两种情形：当时，当时，分别求解即可利用四点共圆解决问题即可（3）首先证明是等边三角形，再证明垂直平分线段，解直角三角形即可解决问题【详解】解：（1）如图一（1）中，四边形是矩形，（2）如图一（1）中，当时，在中，是等边三角形，
17、如图一（2）中，当时，易证，综上所述，满足条件的的值为5或结论：大小不变理由：如图一（1）中，四点共圆，如图一（2）中，四点共圆，综上所述，（3）如图二中，是等边三角形，垂直平分线段，【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，锐角三角函数，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题教育精品【变式3-1】如图，已知正方形边长为2，点是边上的一个动点，点关于直线的对称点是点，连结、.设AP=x.教育精品（1）当时，求长；（2）如图，若的延长线交边于，并且，求证：
18、为等腰三角形；（3）若点是射线上的一个动点，则当为等腰三角形时，求的值.【答案】（1）BP=；（2）证明见解析；（3）CDQ为等腰三角形时x的值为4-2、2+4.【解析】（1）利用勾股定理求出BP的长即可；（2）根据对称性质及正方形的性质可得AB=BQ=BC，A=BQP=BCE=90，可得BQE=90，由第一视角相等性质可得BCQ=BQC，根据同角或等角的余角相等的性质可得EQC=ECQ，可得EC=EQ，可得结论；（3）若CDQ为等腰三角形，则边CD边为该等腰三角形的一腰或者底边又Q点为A点关于PB的对称点，则AB=QB，以点B为圆心，以AB的长为半径画弧，则Q点只能在弧AB上若CD为腰，以点
19、C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧交点即为使得CDQ为等腰三角形（CD为腰）的Q点若CD为底边，则作CD的垂直平分线，其与弧AC的交点即为使得CDQ为等腰三角形（CD为底）的Q点则如图所示共有三个Q点，那么也共有3个P点作辅助线，利用直角三角形性质求之即可教育精品【详解】（1）AP=x=1，AB=2，BP=，（2）四边形ABCD是正方形，AB=BC，A=BCD=90Q点为A点关于BP的对称点，AB=QB，A=PQB=90，QB=BC，BQE=BCE=90，BQC=BCQ，EQC+BQC=ECQ+BCQ=90，EQC =ECQ，EQ=EC，即CEQ为等腰三角形.（3）如图，以点B为圆心，以AB
20、的长为半径画弧，以点C为圆心，以CD的长为半径画弧，两弧分别交于Q1，Q3此时CDQ1，CDQ3都为以CD为腰的等腰三角形教育精品作CD的垂直平分线交弧AC于点Q2，此时CDQ2以CD为底的等腰三角形讨论Q1，如图，连接BQ1、CQ1，作PQ1BQ1交AD于P，过点Q1，作EFAD于E，交BC于F，教育精品BCQ1为等边三角形，正方形ABCD边长为2，FC=1，Q1F=，Q1E=2-，在四边形ABPQ1中，ABQ1=30，APQ1=150，EPQ1=30，PEQ1为含30的直角三角形，PE=EQ1=2-3，EF是BC的垂直平分线，AE=AD=1，x=AP=AE-PE=1-(2-3)=4-2.讨
21、论Q2，如图，连接BQ2，AQ2，过点Q2作PGBQ2，交AD于P，交CD于G，连接BP，过点Q2作EFCD于E，交AB于F，教育精品EF垂直平分CD，EF垂直平分AB，AQ2=BQ2AB=BQ2，ABQ2为等边三角形AF=AE=1，FQ2=，在四边形ABQ2P中，BAD=BQ2P=90，ABQ2=60，APQ2=120，EQ2G=DPG=180-120=60，EQ2=EF-FQ2=2-，EG=EQ2=2-3，DG=DE+GE=1+2-3=2-2，DG=PD，即PD=2-，x=AP=2-PD=.对Q3，如图作辅助线，连接BQ1，CQ1，BQ3，CQ3，过点Q3作PQ3BQ3，交AD的延长线于P
22、，连接BP，过点Q1，作EFAD于E，此时Q3在EF上，记Q3与F重合教育精品BCQ1为等边三角形，BCQ3为等边三角形，BC=2，Q1Q2=2，Q1E=2-，EF=2+，在四边形ABQ3P中ABF=ABC+CBQ3=150，EPF=30，EP=EF=2+3，AE=1，x=AP=AE+PE=1+2+3=2+4.综上所述：CDQ为等腰三角形时x的值为4-2、2+4.【点睛】本题考查四边形的综合、正方形的性质、含30角的直角三角形的性质，第三问是一个难度非常高的题目，可以利用尺规作图的思想将满足要求的点Q找全另外求解各个P点也是勾股定理的综合应用熟练掌握并灵活运所学知识是解题关键教育精品【变式3-
23、2】（2019河南中考模拟）如图，抛物线y=ax2+bx+3交y轴于点A，交x轴于点B（-3，0）和点C（1，0），顶点为点M教育精品（1）求抛物线的解析式；（2）如图，点E为x轴上一动点，若AME的周长最小，请求出点E的坐标；（3）点F为直线AB上一个动点，点P为抛物线上一个动点，若BFP为等腰直角三角形，请直接写出点P的坐标教育精品【答案】（1） ；（2）E（-，0）；（3）点P的坐标为（2，-5）或（1，0）【解析】（1）设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），然后将点A的坐标代入函数解析式即可求得此抛物线的解析式；教育精品（2）作A关于x轴的对称点A（0，-3），连接MA交x轴
24、于E，此时AME的周长最小，求出直线MA解析式即可求得E的坐标；教育精品（3）如图2，先求直线AB的解析式为：y=x+3，根据解析式表示点F的坐标为（m，m+3），分三种情况进行讨论：当PBF=90时，由F1Px轴，得P（m，-m-3），把点P的坐标代入抛物线的解析式可得结论；教育精品当BF3P=90时，如图3，点P与C重合，当BPF4=90时，如图3，点P与C重合，从而得结论【详解】（1）当x=0时，y=3，即A（0，3），设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），把A（0，3）代入得：3=-3a，a=-1，y=-（x+3）（x-1）=-x2-2x+3，即抛物线的解析式为：y=-x2-
25、2x+3；（2）y=-x2-2x+3=-（x+1）2+4，M（-1，4），如图1，作点A（0，3）关于x轴的对称点A（0，-3），连接AM交x轴于点E，则点E就是使得AME的周长最小的点，教育精品设直线AM的解析式为：y=kx+b，把A（0，-3）和M（-1，4）代入得：，解得：直线AM的解析式为：y=-7x-3，当y=0时，-7x-3=0，x=-，点E（-，0），（3）如图2，易得直线AB的解析式为：y=x+3，设点F的坐标为（m，m+3），当PBF=90时，过点B作BPAB，交抛物线于点P，此时以BP为直角边的等腰直角三角形有两个，即BPF1和BPF2，教育精品OA=OB=3，AOB和AO
26、B是等腰直角三角形，F1BC=BF1P=45，F1Px轴，P（m，-m-3），把点P的坐标代入抛物线的解析式y=-x2-2x+3中得：-m-3=-m2-2m+3，解得：m1=2，m2=-3（舍），P（2，-5）；当BF3P=90时，如图3，F3BP=45，且F3BO=45，点P与C重合，故P（1，0），当BPF4=90时，如图3，F4BP=45，且F4BO=45，点P与C重合，故P（1，0），综上所述，点P的坐标为（2，-5）或（1，0）【点睛】此题考查了待定系数法求函数的解析式，周长最短问题，等腰直角三角形的性质和判定等知识此题综合性很强，解题的关键是注意数形结合和分类讨论思想的应用教育精品
27、【变式3-3】（2019广西中考真题）已知抛物线和直线都经过点，点为坐标原点，点为抛物线上的动点，直线与轴、轴分别交于两点教育精品（1）求的值；（2）当是以为底边的等腰三角形时，求点的坐标；（3）满足（2）的条件时，求的值【答案】（1）；（2）点的坐标为或；（3）的值为或【解析】(1)根据点的坐标，利用待定系数法可求出的值；(2)由(1)可得出抛物线及直线的解析式，继而可求出点的坐标，设点的坐标为，结合点的坐标可得出的值，再利用等腰三角形的性质可得出关于的方程，解之即可得出结论；教育精品(3)过点作轴，垂足为点，由点的坐标可得出的长，再利用正弦的定义即可求出的值【详解】(1)将代入，得：，；将
28、代入，得：，；(2)由(1)得：抛物线的解析式为，直线的解析式为，当时， ，解得：，点的坐标为， 设点的坐标为，则，是以为底边的等腰三角形，即，整理，得：，解得：，点的坐标为或；(3)过点作轴，垂足为点，如图所示，当点的坐标为时，；当点的坐标为时，满足(2)的条件时，的值的值为或【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式、待定系数法求二次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征、等腰三角形的性质、勾股定理以及解直角三角形，解题的关键是：(1)根据点的坐标，利用待定系数法求出的值；(2)利用勾股定理及等腰三角形的性质，找出关于的方程；(3)通过解直角三角形，求出的值教育精品【考点4】动点之相似三
29、角形问题【例4】在边长为的正方形中，动点以每秒个单位长度的速度从点开始沿边向点运动,动点以每秒个单位长度的速度从点开始沿边向点运动，动点比动点先出发秒,其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点的运动时间为秒. 教育精品如图，连接，若，求的值如图，连接，当为何值时，【答案】（1）t=1;(2) 当为秒时，【解析】（1）利用正方形的性质及条件，得出，由BF=AE，列出方程解方程即可（2），得到，用t表示出BF、AE、FC、BE列出方程解方程即可，最后对t的取值进行取舍【详解】解：四边形是正方形由题意得，解得：若则，解得由题意知：当为秒时，【点睛】本题考查正方形基本性质、全等三角形的判
30、定与性质、相似三角形的判定与性质，第二问的关键在于能够写出比例式列出方程，最后要记得对方程的解进行取舍教育精品【变式4-1】已知：如图，在平面直角坐标系中，ABC是直角三角形，ACB90，点A，C的坐标分别为A（3，0），C（1，0），BCAC教育精品（1）求过点A，B的直线的函数表达式；（2）在x轴上找一点D，连接DB，使得ADB与ABC相似（不包括全等），并求点D的坐标；（3）在（2）的条件下，如P，Q分别是AB和AD上的动点，连接PQ，设APDQm，问是否存在这样的m，使得APQ与ADB相似？如存在，请求出m的值；如不存在，请说明理由教育精品【答案】（1）yx+；（2）D点位置见解析，D
31、（，0）；（3）符合要求的m的值为或【解析】（1）先根据A（3，1），C（1，0），求出AC进而得出BC3求出B点坐标，利用待定系数法求出直线AB的解析式即可；教育精品（2）运用相似三角形的性质就可求出点D的坐标；（3）由于APQ与ADB已有一组公共角相等，只需分APQABD和APQADB两种情况讨论，然后运用相似三角形的性质建立关于m的方程，就可解决问题教育精品【详解】解：（1）A（3，0），C（1，0），AC4，BCAC，BC43，B（1，3），设直线AB的解析式为ykx+b，直线AB的解析式为yx+；（2）若ADB与ABC相似，过点B作BDAB交x轴于D，ABDACB90，如图1，此时，
32、即AB2ACADACB90，AC4，BC3，AB5，254AD，AD，ODADAO3，点D的坐标为（，0）；（3）APDQm，AQADQDm、若APQABD，如图2，则有，APADABAQ，m5（m），解得m；、若APQADB，如图3，则有，APABADAQ，5m（m），解得：m，综上所述：符合要求的m的值为或【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了是待定系数法，相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，也考查了分类讨论的数学思想，属于中档题，解本题的关键是根据相似建立方程求解教育精品【变式4-2】如图，已知抛物线经过A（3，0）、B（8，0）、C（0，4）三点，点D是抛物线上的动点，连结AD与y
33、轴相交于点E，连结AC，CD教育精品（1）求抛物线所对应的函数表达式；（2）当AD平分CAB时求直线AD所对应的函数表达式；设P是x轴上的一个动点，若PAD与CAD相似，求点P的坐标【答案】（1）；（2）；（2，0）或（13，0）【解析】（1）将、点坐标代入抛物线，化简计算即可；（2）设，根据平分，轴，求得，并证得 ，利用 可的，可得点坐标，把，代入，化简可得AD所对应的函数表达式；教育精品因为是x轴上的一个动点，且与相似，并且是腰长为5的等腰三角形，所以 点有两种情况：AD为等腰三角形的斜边，或者以AD为腰，为底，分别讨论求解即可.教育精品【详解】解（1）抛物线经过、三点，解得：，抛物线的表达式为；（2）作于点H，如图，设34 / 34
