2012年中考数学二次函数压轴题总汇2及动点问题

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2012年全国中考数学（续61套）压轴题分类解析汇编

专题01：动点问题

25. （2012吉林长春10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=4cm，D、E分别为边AB、BC的中点，连结DE，点P从点A出发，沿折线AD－DE－EB运动，到点B停止．点P在AD上以5cm/s的速度运动，在折线DE－EB上以1cm/s的速度运动．当点P与点A不重合时，过点P作

PQ⊥AC于点Q，以PQ为边作正方形PQMN，使点M落在线段AC上．设点P的运动时间为t(s).

（1）当点P在线段DE上运动时，线段DP的长为______cm,（用含t的代数式表示）． （2）当点N落在AB边上时，求t的值．

（3）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，设五边形的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式．

（4）连结CD．当点N于点D重合时，有一点H从点M出发，在线段MN上以2.5cm/s的速度沿M-N-M连续做往返运动，直至点P与点E重合时，点H停止往返运动；当点P在线段EB上运动时，点H始终在线段MN的中心处．直接写出在点P的整个运动过程中，点H落在线段CD上时t的取值范围．

【答案】解：（1）t－2。

（2）当点N落在AB边上时，有两种情况：

①如图（2）a，当点N与点D重合时，此时点P在DE上，DP=2=EC，

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即t－2=2，t=4。

②如图（2）b，此时点P位于线段EB上．

∵DE=1 2 AC=4，∴点P在DE段的运动时间为4s， ∴PE=t-6，∴PB=BE-PE=8-t，PC=PE+CE=t-4。

∵PN∥AC，∴△BNP∽△BAC。∴PN：AC = PB：BC=2，

∴PN=2PB=16-2t。

由PN=PC，得16-2t=t-4，解得t=

203。

203综上所述，当点N落在AB边上时，t=4或t=。

（3）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，有两种情况：

①当2＜t＜4时，如图（3）a所示。

DP=t-2，PQ=2，∴CQ=PE=DE-DP=4-（t-2）=6-t，AQ=AC-CQ=2+t，

AM=AQ-MQ=t。

∵MN∥BC，∴△AFM∽△ABC。∴FM：BC = AM：AC=1：2，即FM：

AM=BC：AC=1：2。

∴FM=

12AM=

12t．

1122 ∴S?S梯形AQPD?S?AMF?（DP?AQ）?PQ?2 ?12 [（t?2）（?2?t）]?2?12t?12 t??14 AM?FM

t?2t 。

②当

203＜t＜8时，如图（3）b所示。

PE=t-6，∴PC=CM=PE+CE=t-4，AM=AC-CM=12-t，PB=BE-PE=8-t， ∴FM=

12AM=6-

12t，PG=2PB=16-2t，

11?PC?AM?FM ∴S?S梯形AQPD?S?AMF?（PG?AC）22由莲山课件提供http://www.5ykj.com/ 资源全部免费

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?（[16?2t）?8]?（t?4）?（12?t）（?6?221112t）??54 t?22t?84。

2?12?t?2t(2

??5t2?22t?84(20

或t=5或 6≤t≤8。

143【考点】动点问题上，相似形综合题，勾股定理，相似三角形的判定和性质，梯形和三角形的面积。

【分析】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，BC=4cm，∴由勾股定理得AB=45cm。

∵D为边AB的中点，∴AD=25cm。

又∵点P在AD上以5cm/s的速度运动，∴点P在AD上运动的时间为2s。 ∴当点P在线段DE上运动时，在线段DP上的运动的时间为t－2s。 又∵点P在DE上以1cm/s的速度运动，∴线段DP的长为t－2 cm。

（2）当点N落在AB边上时，有两种情况，如图（2）所示，利用运动线段之间

的数量关系求出时间t的值。

（3）当正方形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形时，有两种情况，如图（3）

所示，分别用时间t表示各相关运动线段的长度，然后利用S?S梯形AQPD?S?AMF求出面积S的表达式。

（4）本问涉及双点的运动，首先需要正确理解题意，然后弄清点H、点P的运动

过程：

依题意，点H与点P的运动分为两个阶段，如下图所示：

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①当4＜t＜6时，此时点P在线段DE上运动，如图（4）a所示。 此阶段点P运动时间为2s，因此点H运动距离为2.5×2=5cm，而MN=2， 则此阶段中，点H将有两次机会落在线段CD上：

第一次：此时点H由M→H运动时间为（t－4）s，运动距离MH=2.5（t－4）， ∴NH=2－MH=12－2.5t。 又DP=t-2，DN=DP－2=t－4，

由DN=2NH得到：t－4=2（12－2.5t），解得t=第二次：此时点H由N→H运动时间为t－4－

（t－4.8）=2.5t－12，

又DP=t-2，DN=DP－2=t－4，

由DN=2NH得到：t－4=2（2.5t－12），解得t=5。

②当6≤t≤8时，此时点P在线段EB上运动，如图（4）b所示。 由图可知，在此阶段，始终有MH=

MN的中点，即点H。

综上所述，在点P的整个运动过程中，点H落在线段CD上时t的取值范围是：

t=

1431222.5143。

=（t－4.8）s，运动距离NH=2.5

MC，即MN与CD的交点始终为线段

或t=5或6≤t≤8。

26. （2012黑龙江哈尔滨10分）如图，在平面直角坐标系中，点0为坐标原点，直线y=2x+4交x轴于点A，交y轴于点B，四边形ABCO是平行四边形，直线y=－x+m经过点C，交x轴于点D． （1）求m的值；

（2）点P(0，t)是线段OB上的一个动点(点P不与0，B两点重合)，过点P作x轴的平行线，分别交AB，0c，DC于点E，F，G．设线段EG的长为d，求d与t之间的函数关系式 (直接写出自变量t的取值范围)； （3）在（2）的条件下，点H是线段OB上一点，连接BG交OC于点M，当以OG为直径的圆经过点M时，恰好使∠BFH=∠ABO．求此时t的值及点H的坐标．

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【答案】解：（1）如图，过点C作CK⊥x轴于K，

∵y=2x+4交x轴和y轴于A，B，

∴A（－2，0）B（0，4）。∴OA=2，OB=4。 ∵四边形ABCO是平行四边形，∴BC=OA=2 。 又∵四边形BOKC是矩形，

∴OK=BC=2，CK=OB=4。∴C（2，4）。

将C（2，4）代入y=－x+m得，4=－2+m，解得m=6。 （2）如图，延长DC交y轴于N，分别过点E，G作x轴的垂线

垂足分别是R，Q，则四边形ERQG、四边形POQG、四边形EROP是矩形。

∴ER=PO=CQ=1。 ∵tan?BAO?ERAR?OBOA，即

tAR?42，∴AR=

12t。

∵y=－x+6交x轴和y轴于D，N，∴OD=ON=6。 ∴∠ODN=45°。 ∵tan?ODN?GQQD，∴DQ=t。

12又∵AD=AO+OD=2+6=8，∴EG=RQ=8－∴d=－

32t－t=8－

32t。

t+8（0＜t＜4）。

（3）如图，∵四边形ABCO是平行四边形，

∴AB∥OC。∴∠ABO=∠BOC。 ∵BP=4－t， ∴tan?ABO?∴EP=4?t2EPBP?tan?BOC?12。

。

32由（2）d=－t+8，∴PG=d－EP=6－t。

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∴抛物线的函数解析式为：y?12x?2x。

2 （2）连接AC交OB于E，过点O作OF⊥AD于点F。

∵直线m切⊙C于A ，∴AC⊥m。

?B?AO? 。∴AC⊥OB。 ∵ 弦AB=AO， ∴ A∴m∥OB。∴∠OAD=∠AOB。 ∵OA=4，tan∠AOB=

34，∴tan∠OAD=

3434，sin∠OAD=

35。 =2.4。

∴OD=OA·tan∠OAD=4×=3，OF=OA·sin∠OAD=4×

35t秒时，OP=t，DQ=2t，若PQ⊥AD， 则FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。 ∴在 △ODF中，t=DF=OD2?OF2?32?2.42?1.8（秒）。 ∴当PQ⊥AD时,运动时间t的值为 1.8秒。

（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。 ∵tan∠AOB=

34，∴直线OB为y?34x。 34x+r， 34x+r?12x?2x2 设过点R平行于直线OB的直线l：y? 联立y?2x?11x?4r?0。

234x+r和y?12x?2x得

2，整理得

∵直线l与抛物线只有一个交点，∴△=121+32r?0，解得r?? 将r?? 将x? ∴R（

1213212132114。 。

代入2x2?11x?4r?0得2x2?11x+34x?121321218?0，解得x?114代入y?得y??5532。

1155， ?）。 432【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，解二元一次方程组，直线与圆相切的性质，弦和弧的关系，垂径定理，平行的判定和性质，锐角三角函数定义，勾股定理，一元二次方程根的判别式。

【分析】（1）将点A(4，0)与点（-2，6）代入抛物线y=ax2+bx，得方程组，解之即可得出解析式。

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（2）先得到∠OAD=∠AOB ，作OF⊥AD于F，再求出OF的长，t秒时，OP=t,DQ=2t,

若PQ⊥AD 则FQ=OP=t，DF=DQ-FQ=t。在△ODF中，应用勾股定理即可求得结论。

（3）点R在抛物线位于x轴下方部分的图象上，当△ROB面积最大时，点R到OB

的距离最大。此时，过点R平行于直线OB的直线与抛物线只有一个交点。求出直线OB的解析式，设过点R平行于直线OB的直线l：y?34x+r，联立y?34x+r和y?12x?2x，根据

2一元二次方程根的判别式求出r，即可求得点R的坐标。

34. （2012新疆区12分）如图1，在直角坐标系中，已知△AOC的两个顶点坐标分别为A（2，0），C（0，2）．

（1）请你以AC的中点为对称中心，画出△AOC的中心对称图形△ABC，此图与原图组成的四边形OABC的形状是 ，请说明理由；

（2）如图2，已知D（?，0），过A，C，D的抛物线与（1）所得的四边形OABC的边

21BC交于点E，求抛物线的解析式及点E的坐标；

（3）在问题（2）的图形中，一动点P由抛物线上的点A开始，沿四边形OABC的边从A﹣B﹣C向终点C运动，连接OP交AC于N，若P运动所经过的路程为x，试问：当x为何值时，△AON为等腰三角形（只写出判断的条件与对应的结果）？

【答案】解：（1）设AC的中点为E，连接OF并延长至B，使得BF=OF；连接AC，AB，则△ABC为所求作的△AOC的中心对称图形。

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∵A（2，0），C（0，2），∴OA=OC。

∵△ABC是△AOC的中心对称图形，∴AB=OC，BC=OA。 ∴OA=AB=BC=OC。∴四边形OABC是菱形， 又∵∠AOC=90，∴四边形OABC是正方形。

（2）设经过点A、C、D的抛物线解析式为y=ax+bx+c，

∵A（2，0），C（0，2），D（?，0），

2??4a+2b+c=0?a=?2??∴?c=2，解得?b=3。

?c=2?11??a?b+c=02?42

0

1∴抛物线的解析式为：y=﹣2x2+3x+2。

由（1）知，四边形OABC为正方形，∴B（2，2）。 ∴直线BC的解析式为y=2。 令y=﹣2x+3x+2=2，解得x1=0，x2=

2

32。∴点E的坐标为（

32，2）。

（3）在点P的运动过程中，有三种情形使得△AON为等腰三角形：

①当x= 2时，此时点P与点B重合，△AON为等腰直角三角形； ②当x=6﹣22时，此时点P位于B﹣C段上，△AON为等腰三角形； ③当x=4时，此时点P与点B重合，△AON为等腰直角三角形。

【考点】二次函数综合题，中心对称图形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质。

119

【分析】（1）按照中心对称图形的定义作图即可，易知四边形OABC为正方形。

（2）已知A、C、D三点的坐标，利用待定系数法求出抛物线的解析式；由直线

BC：y=2，代入抛物线解析式解方程求得点E的坐标。

（3）在点P的运动过程中，△AON为等腰三角形的情形有三种，

充分利用正方形、等腰三角形的性质，容易求得点P运动的路程x：如图所示，

①△AON1，此时点P与点B重合，点N1是正方形OABC对

角线的交点，且△AON1为等腰直角三角形。

则此时点P运动路程为：x=AB=2。

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②△AON2，此时点P位于B﹣C段上。 ∵正方形OABC，OA=2，∴AC=22。 ∵AN2=OA=2，∴CN2=AC﹣AN2=22﹣2。 ∵AN2=OA，∴∠AON2=∠AN2O。

∵BC∥OA，∴∠AON2=∠CP2N2，又∠AN2O=∠CN2P2。 ∴∠CN2P2=∠CP2N2。∴CP2=CN2=2

﹣2。

此时点P运动的路程为：x=AB+BC﹣CP2=2+2﹣（22﹣2）=6﹣22。 ③△AON3．此时点P到达终点C，P、C、N三点重合，△AON3为等腰直角三角

形，

此时点P运动的路程为：x=AB+BC=2+2=4。

综上所述，当x=2，x=6﹣22或x=4时，△AON为等腰三角形。

35. （2012内蒙古包头12分）如图，在Rt△ABC中，∠C =90，AC = 4cm , BC = 5 cm，点D 在BC 上，且CD = 3 cm ，现有两个动点P，Q 分别从点A 和点B 同时出发，其中点P以1 厘米／秒的速度沿AC 向终点C 运动；点Q 以1 . 25 厘米／秒的速度沿BC 向终点C 运动．过点P作PE∥ BC 交AD 于点E ，连接EQ。设动点运动时间为t秒（t > 0 )。 （1）连接DP ，经过1 秒后，四边形EQDP能够成为平行四边形吗？请说明理由； （2）连接PQ ，在运动过程中，不论t 取何值时，总有线段PQ与线段AB平行。为什么？

（3）当t 为何值时，△EDQ为直角三角形。

0

【答案】解：（1）不能。理由如下：

假设经过t秒时四边形EQDP能够成为平行四边形。

∵点P的速度为1 厘米／秒，点Q 的速度为1 . 25 厘米／秒，

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∴AP=t厘米，BQ=1.25t厘米。 又∵PE∥BC，∴△AEP∽△ADC。∴

EPDC?APAC。

∵AC=4厘米，BC=5厘米，CD=3厘米， ∴

EP3?t4，解得，EP=0.75t厘米。

54t?3?2?1.25t，

又∵QD?BC?BQ?DC?5?∴由EP=QD得2?1.25t=0.75t，解得t=1。 ∴只有t=1时四边形EQDP才能成为平行四边形。 ∴经过1 秒后，四边形EQDP不能成为平行四边形。 （2）∵AP=t厘米，BQ=1.25t厘米，AC=4厘米，BC=5厘米， ∴

PCAC?4?tQC5?1.25t4?tPCQC。∴。 ， ???4BC54ACBC 又∵∠C=∠C，∴△PQC∽△ABC。∴∠PQC=∠B。∴PQ∥AB。 ∴在运动过程中，不论t 取何值时，总有线段PQ与线段AB平行。 （3）分两种情况讨论：

①当∠EQD=90°时，显然有EQ=PC=4－t，DQ=1.25t－2 又∵EQ∥AC，∴△EDQ∽△ADC。 ∴

EQAC?DQDC，即

4?t4?1.25t?23，

解得t=2.5。 ②当∠QED=90°时，

∵∠CDA=∠EDQ，∠QED=∠C=90°，∴△EDQ∽△CDA。 ∴

DQDA?Rt?EDQ斜边上的高Rt?CDA斜边上的高。

Rt△EDQ斜边上的高为4－t，Rt△CDA斜边上的高为2.4， ∴

1.25t?25?4?t2.4，解得t =3.1。

综上所述，当t为2.5秒或3.1秒时，△EDQ为直角三角形。

【考点】动点问题，平行四边形的判定，相似三角形的判定和性质，平行的判定，直角三角形的判定。

【分析】（1）不能。应用相似三角形的判定和性质，得出只有t=1时四边形EQDP才能成为平行四边形的结果，从而得出经过1 秒后，四边形EQDP不能成为平行四边形的结论。

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∴EF=AF－AE=2（2－t）－t=4－3t，EG=∴DG=DE－EG=t－（2－

3212EF=2－

32t。

t）=

52t－2。

11?92?5??S?S梯形PDGQ?（PQ?DG）?PD???2t?2???t?2???t=t?2t22?4?2??。

②当

43＜t＜2时，如答图4所示，此时重合部分为一个多边形。

此时AP=BQ=t，∴AQ=PB=2－t。 易知△ABC∽△AQF∽△PBM∽△DNM，

可得AF=2AQ，PM=2PB，DM=2DN。∴AF=4－2t，PM=4－2t。 又DM=DP－PM=t－（4－2t）=3t－4，∴DN=

S?S正方形APDE?S?AQF?S?DMN?AP? t??2212（3t－4）。

12DN?DM

12AQ?AF?12?2?t??4?2t??1192??3t?4???3t?4???t?10t?8 224综上所述，当点P在Q，B两点之间（不包括Q，B两点）时，S与t

4?92t?2t(1?t?)??43之间的函数关系式为：S??。 94??t2?10t?8(?t?2)?3?4【考点】动点问题，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质。

【分析】（1）当点P与点Q重合时，此时AP=BQ=t，且AP+BQ=AB=2，由此得t+t=2，解得t=1（s）。

（2）当点D在QF上时，如答图1所示，此时AP=BQ=t．

∵QF∥BC，APDE为正方形，∴△PQD∽△ABC。 ∴DP：PQ=AC：AB=2，则PQ=由AP+PQ+BQ=AB=2，得t+

1212DP=

12AP=

12t。

45t+t=2，解得：t=。

（3）当点P在Q，B两点之间（不包括Q，B两点）时，运动过程可以划分

为两个阶段：

①当1＜t≤

43 时，如答图3所示，此时重合部分为梯形PDGQ．先计算梯形各边长，

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然后利用梯形面积公式求出S。

②当

43＜t＜2时，如答图4所示，此时重合部分为一个多边形．面积S由关系式

“S?S正方形APDE

?S?AQF?S?DMN”求出。

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本文来源：https://www.bwwdw.com/article/vq7f.html