2023年初中数学中考专项分类强化训练（含答案）：23 动态几何问题（通用版）

这是一份2023年初中数学中考专项分类强化训练（含答案）：23 动态几何问题（通用版），共18页。
（1）求抛物线解析式及B点坐标；
（2）若点M为x轴下方抛物线上一动点，连接MA、MB、BC，当点M运动到某一位置时，四边形AMBC面积最大，求此时点M的坐标及四边形AMBC的面积；
（3）如图2，若P点是半径为2的⊙B上一动点，连接PC、PA，当点P运动到某一位置时，PC+PA的值最小，请求出这个最小值，并说明理由．
2.（•鞍山）在平面直角坐标系中，过点A（3，4）的抛物线y=ax2+bx+4与x轴交于点B（1，0），与y轴交于点C，过点A作AD⊥x轴于点D．
（1）求抛物线的解析式．
（2）如图1，点P是直线AB上方抛物线上的一个动点，连接PD交AB于点Q，连接AP，当S△AQD=2S△APQ时，求点P的坐标．
（3）如图2，G是线段OC上一个动点，连接DG，过点G作GM⊥DG交AC于点M，过点M作射线MN，使∠NMG=60°，交射线GD于点N；过点G作GH⊥MN，垂足为点H，连接BH．请直接写出线段BH的最小值．
3.（•沈阳）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+2（a0）与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线经过点D（2，3）和点E（3，2），点P是第一象限抛物线上的一个动点．
（1）求直线DE和抛物线的表达式；
（2）在y轴上取点F（0，1），连接PF，PB，当四边形OBPF的面积是7时，求点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，当点P在抛物线对称轴的右侧时，直线DE上存在两点M，N（点M在点N的上方），且MN=2，动点Q从点P出发，沿P→M→N→A的路线运动到终点A，当点Q的运动路程最短时，请直接写出此时点N的坐标．
类型2 线动型试题
1.（•赤峰）【问题】
如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，过点C作直线l平行于AB．∠EDF
=90°，点D在直线l上移动，角的一边DE始终经过点B，另一边DF与AC交于点P，研究DP和DB的数量关系．
【探究发现】
（1）如图2，某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想，发现当点D移动到使点P与点C重合时，通过推理就可以得到DP=DB，请写出证明过程；
【数学思考】
（2）如图3，若点P是AC上的任意一点（不含端点A、C），受（1）的启发，这个小组过点D作DG⊥CD交BC于点G，就可以证明DP=DB，请完成证明过程；
【拓展引申】
（3）如图4，在（1）的条件下，M是AB边上任意一点（不含端点A、B），N是射线BD上一点，且AM=BN，连接MN与BC交于点Q，这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进行实验，发现点M在某一位置时BQ的值最大．若AC=BC=4，请你直接写出BQ的最大值．
类型3 形动型试题
1.（•沈阳）思维启迪：
（1）如图1，A，B两点分别位于一个池塘的两端，小亮想用绳子测量A，B间的距离，但绳子不够长，聪明的小亮想出一个办法：先在地上取一个可以直接到达B点的点C，连接BC，取BC的中点P（点P可以直接到达A点），利用工具过点C作CD∥AB交AP的延长线于点D，此时测得CD=200米，那么A，B间的距离是____米．
思维探索：
（2）在△ABC和△ADE中，AC=BC，AE=DE，且AEAC，∠ACB=∠AED=90°，将△ADE绕点A顺时针方向旋转，把点E在AC边上时△ADE的位置作为起始位置（此时点B和点D位于AC的两侧），设旋转角为α，连接BD，点P是线段BD的中点，连接PC，PE．
①如图2，当△ADE在起始位置时，猜想：PC与PE的数量关系和位置关系分别是____________；
②如图3，当α=90°时，点D落在AB边上，请判断PC与PE的数量关系和位置关系，并证明你的结论；
③当α=150°时，若BC=3，DE=1，请直接写出PC2的值．


参考答案
类型1 点动型试题
1.【参考答案】（1）直线y=5x+5，x=0时，y=5，
∴C（0，5），
y=5x+5=0时，解得，x=1，
∴A（1，0），
∵抛物线y=x2+bx+c经过A，C两点，
∴解得，
∴抛物线解析式为y=x26x+5，
当y=x26x+5=0时，解得，x1=1，x2=5，
∴B（5，0）；
（2）如图1，过点M作MH⊥x轴于点H，
∵A（1，0），B（5，0），C（0，5），
∴AB=51=4，OC=5，
∴S△ABC=AB•OC=45=10，
∵点M为x轴下方抛物线上的点，
∴设M（m，m26m+5）（1m5），
∴MH=|m26m+5|=m2+6m5，
∴S△ABM=AB•MH
=4(m2+6m5)
=2m2+12m10
=2(m3)2+8，
∴S四边形AMBC=S△ABC+S△ABM
=10+[2(m3)2+8]
=2(m3)2+18，
∴当m=3，即M（3，4）时，四边形AMBC面积最大，最大面积等于18.
（3）如图2，在x轴上取点D（4，0），连接PD、CD，
∴BD=54=1，
∵AB=4，BP=2，
∴==，
∵∠PBD=∠ABP，
∴△PBD∽△ABP，
∴==，
∴PD=AP，
∴PC+PA=PC+PD，
∴当点C、P、D在同一直线上时，
PC+PA=PC+PD=CD最小，
∵CD===，
∴PC+PA的最小值为.

2.【参考答案】（1）将点A（3，4），B（1，0）代入y=ax2+bx+4，
得
解得，
∴y=x2+3x+4；
（2）如图1，过点P作PE∥x轴，交AB于点E，
∵A（3，4），AD⊥x轴，
∴D（3，0），
∵B（1，0），
∴BD=3(1)=4，
∵S△AQD=2S△APQ，
△AQD与△APQ是等高的两个三角形，
∴=，
∵PE∥x轴，
∴△PQE∽△DQB，
∴==，
∴=，
∴PE=2，
∴可求得直线AB的解析式为y=x+1，
设E（x，x+1），则P（x2，x+1），
将点P坐标代入y=x2+3x+4，
得(x+2)2+3(x+2)+4=x+1，
解得x1=3+，x2=3，
当x=3+时，x2=3+2=1+，x+1=3++1=4+，
∴点P（1+，4+）；
当x=3时，x2=32=1，x+1=3+1=4，
∴P（1，4），
∵点P是直线AB上方抛物线上的一个动点，
∴1x23，
∴点P的坐标为（1+，4+）或（1，4）；
（3）由（1）得，抛物线的解析式为y=x2+3x+4，
∴C（0，4），
∵A（3，4），
∴AC∥x轴，
∴∠OCA=90°，
∴GH⊥MN，
∴∠GHM=90°，
在四边形CGHM中，
∠GCM+∠GHM=180°，
∴点C、G、H、M共圆，
如图2，连接CH，
则∠GCH=∠GMH=60°，
∴点H在与y轴夹角为60°的定直线上，
∴当BH⊥CH时，BH最小，过点H作HP⊥x轴于点P，并延长PH交AC于点Q，
∵∠GCH=60°，
∴∠HCM=30°，
又BH⊥CH，
∴∠BHC=90°，
∴∠BHP=∠HCM=30°，
设OP=a，则CQ=a，
∴QH=a，
∵B（1，0），
∴OB=1，
∴BP=1+a，
在Rt△BPH中，HP==(a+1)，
BH==2(1+a)，
∵QH+HP=AD=4，
∴a+(a+1)=4，
解得a=，
∴BH最小=2(1+a)=．

3.【参考答案】（1）将点D、E的坐标代入函数表达式得，
解得
故抛物线的表达式为y=x2+x+2，
同理可得直线DE的表达式为y=x1…①；
（2）如图1，连接BF，过点P作PH∥y轴交BF于点H，
将点FB代入一次函数表达式，
同理可得直线BF的表达式为y=x+1，
设点P（x，x2+x+2），
则点H（x，x+1），
S四边形OBPF=S△OBF+S△PFB
=41+PHBO
=2+2(x2+x+2+x1)=7，
解得，x=2或，
故点P（2，3）或（，）；
（3）当点P在抛物线对称轴的右侧时，点P（2，3），
过点M作A'M∥AN，过作点A'直线DE的对称点A''，连接PA''交直线DE于点M，此时，点Q运动的路径最短，
∵MN=2，相当于向上、向右分别平移2个单位，故点A'（1，2），
A'A''⊥DE，则直线A'A''过点A'，则其表达式为y=x+3…②，
联立①②得x=2，则A'A''中点坐标为（2，1），
由中点坐标公式得，点A''（3，0），
同理可得，
直线A''P的表达式为y=3x+9…③，
联立①③并解得，x=，即点M（，），
点M沿ED向下平移2个单位，
得N（，）．

类型2 线动型试题
1.【参考答案】证明：【探究发现】
（1）∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠CAB=∠CBA=45°，
∵CD∥AB，
∴∠CBA=∠DCB=45°，且BD⊥CD，
∴∠DCB=∠DBC=45°，
∴DB=DC，
即DB=DP；
【数学思考】
（2）∵DG⊥CD，∠DCB=45°，
∴∠DCG=∠DGC=45°，
∴DC=DG，∠DCP=∠DGB=135°，
∵∠BDP=∠CDG=90°，
∴∠CDP=∠BDG，且DC=DG，∠DCP=
∠DGB=135°，
∴△CDP≌△GDB（ASA），
∴BD=DP；
【拓展引申】
（3）如图4，过点M作MH⊥MN交AC于点H，连接CM，HQ，
∵MH⊥MN，
∴∠AMH+∠NMB=90°，
∵CD∥AB，∠CDB=90°，
∴∠DBM=90°，
∴∠NMB+∠MNB=90°，
∴∠HMA=∠MNB，且AM=BN，∠CAB=
∠CBN=45°，
∴△AMH≌△BNQ（ASA），
∴AH=BQ，
∵∠ACB=90°，AC=BC=4，
∴AB=4，
ACAH=BCBQ，
∴CH=CQ，
∴∠CHQ=∠CQH=45°=∠CAB，
∴HQ∥AB，
∴∠HQM=∠QMB，
∵∠ACB=∠HMQ=90°，
∴点H，点M，点Q，点C四点共圆，
∴∠HCM=∠HQM，
∴∠HCM=∠QMB，
且∠A=∠CBA=45°，
∴△ACM∽△BMQ，
∴=，
∴=，
∴BQ=+2，
∴AM=2时，BQ有最大值为2．

类型3 形动型试题
1.【参考答案】（1）200
∵CD∥AB，∴∠C=∠B，在△ABP和△DCP中，∴△ABP≌△DCP（AAS），∴DC=AB．∵AB=200米．∴CD=200米，故答案为200．
（2）①PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC=PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图1，延长EP交BC于F，
同（1）理，可知∴△FBP≌△EDP（AAS），
∴PF=PE，BF=DE，
又∵AC=BC，AE=DE，
∴FC=EC，
又∵∠ACB=90°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∵EP=FP，
∴PC=PE，PC⊥PE．
②PC与PE的数量关系和位置关系分别是PC=PE，PC⊥PE．
理由如下：如解图2，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，
同①理，可知△FBP≌△EDP（AAS），
∴BF=DE，PE=PF=EF，
∵DE=AE，∴BF=AE，
∵当α=90°时，∠EAC=90°，
∴ED∥AC，EA∥BC
∵FB∥AC，∠FBC=90°，
∴∠CBF=∠CAE，
在△FBC和△EAC中，
∴△FBC≌△EAC（SAS），
∴CF=CE，∠FCB=∠ECA，
∵∠ACB=90°，
∴∠FCE=90°，
∴△FCE是等腰直角三角形，
∵EP=FP，
∴CP⊥EP，CP=EP=EF．
③如解图3，作BF∥DE，交EP延长线于点F，连接CE、CF，过E点作EH⊥AC交CA延长线于H点，
当α=150°时，由旋转旋转可知，∠CAE
=150°，DE与BC所成夹角的锐角为30°，
∴∠FBC=∠EAC=α=150°，
同②可得△FBP≌△EDP（AAS），
同②△FCE是等腰直角三角形，CP⊥EP，CP=EP=CE，
在Rt△AHE中，∠EAH=30°，AE=DE=1，
∴HE=，AH=，
又∵AC=AB=3，
∴CH=3+，
∴EC2=CH2+HE2=10+3，
∴PC2=EC2=．