2024辽宁中考数学二轮专题训练 题型九 坐标系中的几何动线问题 (含答案)

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典例精讲
例3 如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的顶点O为坐标原点，点C在x轴的正半轴上，且BC⊥OC于点C，点A的坐标为(2，2eq \r(3))，AB＝4eq \r(3)，∠B＝60°，点D是线段OC上一点，且OD＝4，连接AD.
例3题图
(1)求证：△AOD是等边三角形；
【思维教练】要证△AOD是等边三角形，已知∠B＝60°，可根据三角函数求得∠AOD＝60°，根据勾股定理求得OA＝OD ，即可求证；
(2)求点B的坐标；
【思维教练】要求点B的坐标，即求OC、BC的长，过点A作AN⊥BC于点N，则四边形AMCN是矩形，在Rt△ABN中，根据三角函数求得AN、BN的值，即可求解；
(3)平行于AD的直线l从原点O出发，沿x轴正方向平移．设直线l被四边形OABC截得的线段长为m，直线l与x轴交点的横坐标为t.
①当直线l与x轴的交点在线段CD上(交点不与点C，D重合)时，请直接写出m与t的函数关系式(不必写出自变量t的取值范围)；
【思维教练】延长BA交x轴于点P，根据∠B＝60°，BC＝4eq \r(3)，可得PC的长，用含m的代数式表示出EM的长，用含t的代数式表示出PM的长，再根据△PME∽△PCB即可求解；
②若m＝2，请直接写出此时直线l与x轴的交点坐标．
【思维教练】分两种情况讨论：当直线l在AD的左侧时，根据△OEF是等边三角形可得OF＝EF＝m＝2；当直线l在AD的右侧时，解直角三角形可得BP，PC的长，进而求得CF′的长，即可求解．
针对训练
1. 如图，在平面直角坐标系中，直线y＝x＋2与x轴交于点A，点B(5，n)．在直线y＝x＋2上，点C是线段AB上的一个动点，过点C作CP⊥x轴交直线y＝－eq \f(3,2)x－3于点P，设点C的横坐标为m.
(1)n的值为________；
(2)用含有m的式子表示线段CP的长；
(3)若△APB的面积为S，求S与m之间的函数表达式，并求出当S最大时点P的坐标；
(4)在(3)的条件下，把直线AB沿着y轴向下平移，交y轴于点M，交线段BP于点N，若点D的坐标为(2，－eq \f(33,5))，在平移的过程中，当∠DMN＝90°时，请直接写出点N的坐标．
第1题图
2. 如图①，直线y＝eq \f(\r(3),3)x＋3与坐标轴分别交于A、C两点，过点C的直线交x轴于点B(eq \r(3)，0)．
(1)求直线BC的解析式并判定△ABC的形状；
(2)如图②，若点M(0，－3)，P是直线BC上的一动点，连接PM、PA，当PM＋PA的值最小时，求点P的坐标，并求出这个最小值；
(3)如图③，将直线AC向上平移a个单位，与坐标轴交于点E、F，分别以OF、EF为腰，点F为直角顶点分别在第一、二象限作等腰直角△FOH和等腰直角△FEG，连接GH交y轴于点N，求FN的长度．
第2题图
类型二 动图问题
典例精讲
例4 如图，在平面直角坐标系中，点F的坐标为(0，10)，点E的坐标为(20，0)．直线l1经过点F和点E，直线l1与直线l2：y＝eq \f(3,4)x相交于点P.
求直线l1的表达式和点P的坐标；
【思维教练】利用待定系数法求表达式，函数关系式联立方程求交点；
(2)矩形ABCD的边AB在y轴的正半轴上，点A与点F重合，点B在线段OF上，边AD平行于x 轴，且AB＝6，AD＝9，将矩形ABCD沿射线FE的方向平移，边AD始终与x轴平行，已知矩形ABCD以每秒eq \r(5)个单位的速度匀速移动(点A移动到点E时停止移动)，设移动时间为t秒(t＞0)．
①矩形ABCD在移动过程中，B、C、D三点中有且只有一个顶点落在直线l1或l2上，请直接写出此时t的值；
【思维教练】分析矩形运动规律，找到点D和点B分别在直线l2上或在直线l1上时的情况，将AD、AB分别可以看成图象横坐标、纵坐标之差来构造方程求点A坐标，进而求出AF距离；
②若矩形ABCD在移动的过程中，直线CD交直线l1于点N，交直线l2于点M.当△PMN的面积等于18时，请直接写出此时t的值．
【思维教练】设点A坐标，表示△PMN的面积即可．
针对训练
1. 如图，在直角坐标系xOy中，直线AB∶y＝－eq \f(1,3)x＋3与x轴、y轴分别交于点A，B，线段OA上一动点C从点O以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时线段AB上一动点D从点A以每秒eq \r(10)个单位长度的速度向点B运动，当其中一点到达终点时另一点随之停止运动，设运动时间为t秒(t>0)，△ACD的面积为S.
(1)点A的坐标是________，点B的坐标是________；
(2)求S关于t的函数解析式；
(3)在运动过程中，当S的值第一次等于5时，将△ACD沿x轴的正方向平移．得到△A′C′D′， 点A，C，D分别对应点A′，C′，D′，C′D′交AB于点P，若点P分线段C′D′成2∶3，请直接写出点P的坐标．
第1题图
2. 如图，在平面直角坐标系中，△ABO的顶点O是坐标原点，点A的坐标为(－30，0)，点B的坐标为(－30，30)，△CDE是位于y轴的左侧且边长为8eq \r(3)的等边三角形，边DE垂直于x轴，△CDE从点C与点O重合的位置开始，以每秒2个单位长度的速度先沿点O到点A的方向向左平移，当DE边与直线AB重合时，继续以同样的速度沿点A到点B的方向向上平移，当点D与点B重合时，△CDE停止移动．
(1)求直线OB的函数表达式；
(2)当△CDE移动3秒时，请直接写出此时点C的坐标为________；
(3)在△CDE的平移过程中，连接AE，AC，当△ACE的面积为36eq \r(3)时，请直接写出此时点E的坐标为________．
第2题图
参考答案
类型一 动线问题
典例精讲
例3 (1)证明：如解图①，过点A作AM⊥x轴于点M，
例3题解图①
∵点A的坐标为(2，2eq \r(3))，
∴OM＝2，AM＝2eq \r(3)，
∴在Rt△AOM中，tan∠AOM＝eq \f(AM,OM)＝eq \f(2\r(3),2)＝eq \r(3)，
∴∠AOM＝60°，
由勾股定理得，OA＝eq \r(OM2＋AM2)＝eq \r(22＋（2\r(3)）2)＝4，
∵OD＝4，
∴OA＝OD，
∴△AOD是等边三角形．
(2)解：如解图①，过点A作AN⊥BC于点N，
∵BC⊥OC，AM⊥x轴，
∴∠BCM＝∠CMA＝∠ANC＝90°
∴四边形ANCM为矩形，
∴AN＝MC，AM＝NC，
∵∠B＝60°，AB＝4eq \r(3)，
∴在Rt△ABN中，
AN＝AB·sinB＝4eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝6，
BN＝AB·csB＝4eq \r(3)×eq \f(1,2)＝2eq \r(3)，
∴MC＝AN＝6，CN＝AM＝2eq \r(3)，
∴OC＝OM＋MC＝2＋6＝8，
BC＝BN＋CN＝2eq \r(3)＋2eq \r(3)＝4eq \r(3)，
∴点B的坐标为(8，4eq \r(3))．
(3)解：①m＝eq \f(1,2)t＋2；
【解法提示】如解图②，延长BA交x轴于点P，∵∠B＝60°，BC＝4eq \r(3)，∴PC＝12，EM＝eq \f(\r(3),2)m，∵OC＝8，∴PO＝4，OF＝t，MF＝eq \f(1,2)m，OM＝t－eq \f(1,2)m，∴PM＝4＋(t－eq \f(1,2)m)，根据△PME∽△PCB可得eq \f(PM,PC)＝eq \f(EM,BC)，∴eq \f(4＋（t－\f(1,2)m）,12)＝eq \f(\f(\r(3),2)m,4\r(3))，∴m＝eq \f(1,2)t＋2.
例3题解图②
②直线l与x轴的交点坐标为(2，0)或(eq \f(32,3)，0)．
例3题解图③
【解法提示】如解图③，当直线l在AD的左侧时，易得△OEF是等边三角形，∴OF＝EF＝m＝2，直线l与x轴交点为(2，0)；当直线l在AD右侧时，设l交BC于P，在Rt△PCF′中，∠CF′P＝60°，∴∠BPE′＝∠CPF′＝30°，∴BP＝eq \f(PE′,sinB)＝eq \f(4,3)eq \r(3)，PC＝4eq \r(3)－eq \f(4,3)eq \r(3)＝eq \f(8,3)eq \r(3)，根据勾股定理求得CF′＝eq \f(8,3)，∴OF′＝8＋eq \f(8,3)＝eq \f(32,3)，∴直线l与x轴交点为(eq \f(32,3)，0)．综上所述，直线l与x轴交点坐标为(2，0)或(eq \f(32,3)，0)．
针对训练
1. 解：(1)7；
【解法提示】点B(5，n)在直线y＝x＋2上，则n＝7.
(2)∵点C的横坐标为m，
∴点C(m，m＋2)，
∵CP⊥x轴交直线y＝－eq \f(3,2)x－3于点P，
∴点P(m，－eq \f(3,2)m－3)，
∴CP＝m＋2－(－eq \f(3,2)m－3)＝eq \f(5,2)m＋5；
(3)∵直线y＝x＋2与x轴交于点A，
∴点A(－2，0)，
∴S＝S△APC＋S△BPC＝eq \f(1,2)CP×(m＋2)＋eq \f(1,2)CP×(5－m)＝eq \f(1,2)CP×(m＋2＋5－m)＝eq \f(1,2)×(eq \f(5,2)m＋5)×7＝eq \f(35,4)m＋eq \f(35,2)，
∵eq \f(35,4)＞0，
∴S随m的增大而增大，
∵点C是线段AB上的一个动点，
∴当点C与点B重合时，m有最大值，即m＝5时，S有最大值．
当m＝5时，－eq \f(3,2)m－3＝－eq \f(21,2)，
∴S最大时，点P的坐标为(5，－eq \f(21,2))；
(4)点N(5，eq \f(2,5))．
【解法提示】如解图，过点N作NG⊥y轴于点G，过点D作DH⊥y轴于点H，
第1题解图
设直线向下平移m个单位，则平移后直线的表达式为：y＝x＋2－m，
故点M(0，2－m)，点N(5，7－m)，
直线AB的倾斜角为45°，则∠GMN＝45°，
∵∠DMN＝90°，则∠GMN＝∠MDH＝45°，
∴MH＝DH，
即2－m－(－eq \f(33,5))＝2，解得m＝eq \f(33,5)，
∴点N(5，eq \f(2,5))．
2. 解：(1)∵直线y＝eq \f(\r(3),3)x＋3与坐标轴分别交于A、C两点，
∴当x＝0时，y＝3，
当y＝0时，x＝－3eq \r(3)，
∴A(－3eq \r(3)，0)，C(0，3)，
设直线BC的解析式为y＝kx＋b(k≠0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0＝\r(3)k＋b,3＝b))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－\r(3),b＝3))，
∴直线BC的解析式为y＝－eq \r(3)x＋3，
∵AC＝eq \r(OA2＋OC2)＝6，BC＝eq \r(OB2＋OC2)＝2eq \r(3)，AB＝4eq \r(3)，
∴AC2＋BC2＝36＋12＝48，AB2＝48，
∴AB2＝AC2＋BC2，
∴∠ACB＝90°，
即△ABC为直角三角形；
(2)如解图①，由(1)知，△ABC为直角三角形，
∴点A关于直线BC的对称点A′在线段AC的延长线上，且A′C＝AC，
过点A′作A′D⊥y轴于点D，
第2题解图①
∵∠A′CD＝∠ACO，∠A′DC＝∠AOC，A′C＝AC，
∴△A′DC≌△AOC，
∴A′D＝AO＝3eq \r(3)，DC＝OC＝3，
∴A′(3eq \r(3)，6)，
易得PM＋PA的最小值即为线段A′M的长，A′M＝eq \r(A′D2＋DM2)＝eq \r(（3\r(3)）2＋92)＝6eq \r(3)，
设直线A′M的解析式为y＝mx＋n(m≠0)，将A′(3eq \r(3)，6)，M(0，－3)代入，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3\r(3)m＋n＝6,n＝－3))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\r(3),n＝－3))，
∴y＝eq \r(3)x－3，
联立方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x－3,y＝－\r(3)x＋3))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(3),y＝0))，
∴此时，点P(eq \r(3)，0)，
综上所述，PM＋PA的最小值为6eq \r(3)，此时点P(eq \r(3)，0)；
(3)如解图②，将AC向上平移a个单位后，
第2题解图②
直线EF的解析式为y＝eq \f(\r(3),3)x＋3＋a，
∴E(－3eq \r(3)－eq \r(3)a，0)，F(0，3＋a)，
∴EO＝3eq \r(3)＋eq \r(3)a，OF＝3＋a，
过点G作GQ⊥y轴于点Q，
∵△FEG是以点F为顶点的等腰直角三角形，
∴EF＝FG，∠GFQ＋∠EFO＝90°，
又∵∠FEO＋∠EFO＝90°，
∴∠GFQ＝∠FEO，
∴△FQG≌△EOF，
∴FQ＝EO＝3eq \r(3)＋eq \r(3)a，GQ＝FO＝3＋a，
∴G(－3－a，3eq \r(3)＋3＋eq \r(3)a＋a)，
∵△FOH是以点F为顶点的等腰直角三角形，
∴HF＝FO＝3＋a，
∴H(3＋a，3＋a)，
设直线GH的解析式为y＝px＋q，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3\r(3)＋3＋\r(3)a＋a＝（－3－a）p＋q,3＋a＝（3＋a）p＋q))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(p＝－\f(\r(3),2),q＝（\f(\r(3),2)＋1）（3＋a）))，
∴直线GH的解析式为y＝－eq \f(\r(3),2)x＋(eq \f(\r(3),2)＋1)(3＋a)，
∴N(0，(eq \f(\r(3),2)＋1)(3＋a))，
∴NF＝(eq \f(\r(3),2)＋1)(3＋a)－(3＋a)＝eq \f(\r(3),2)(3＋a)．
∴FN的长度为eq \f(\r(3),2)(3＋a)．
类型二 动图问题
典例精讲
例4 解：(1)设直线l1的表达式为y＝kx＋b(k≠0)．
∵直线l1过点F(0，10)，E(20，0)，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝10,20k＋b＝0))，
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(k＝－\f(1,2),b＝10))，
∴直线l1的表达式为y＝－eq \f(1,2)x＋10.
令eq \f(3,4)x＝－eq \f(1,2)x＋10，
解得x＝8，
y＝eq \f(3,4)×8＝6，
∴点P坐标为(8，6)；
(2)①eq \f(13,10)或eq \f(8,5)；
【解法提示】∵矩形ABCD沿射线FE方向平移，∴C点不能落在直线l2上．
∵直线AC的斜率＞直线EF的斜率，
∴点C不能落在直线l1上．
∴矩形ABCD在移动过程中，B、C、D三点中有且只有一个顶点落在直线l1或l2上，分两种情况：
如解图①，当点D在直线l2上时，点B不在l2上．
例4题解图①
∵AD＝9，
∴点D与点A的横坐标之差为9，
∴xD－xA＝9，
∵点D在l2上，点A在l1上，A、D的纵坐标相等，
∴xA＝20－2y，xD＝eq \f(4,3)y，
∴eq \f(4,3)y－(20－2y)＝9，
解得y＝eq \f(87,10)，
则点A的坐标为(eq \f(13,5)，eq \f(87,10))，
则AF＝eq \r(（\f(13,5)）2＋（10－\f(87,10)）2)＝eq \f(13\r(5),10)，
∵点A速度为每秒eq \r(5)个单位，
∴t＝eq \f(13,10)；
如解图②，当点B在直线l2 上时，点D不在l2上．
例4题解图②
∵AB＝6，A、B的横坐标相等，
∴点A的纵坐标比点B的纵坐标高6个单位，
∴yA－yB＝6，
∴－eq \f(1,2)x＋10－eq \f(3,4)x＝6，
解得x＝eq \f(16,5)，
则点A坐标为(eq \f(16,5)，eq \f(42,5))，
则AF＝eq \r(（\f(16,5)）2＋（10－\f(42,5)）2)＝eq \f(8\r(5),5)，
∵点A速度为每秒eq \r(5)个单位，
∴t＝eq \f(8,5)，
综上所述，t值为eq \f(13,10)或eq \f(8,5)；
②t＝eq \f(6\r(5),5) － eq \f(1,2).
【解法提示】如解图③，
例4题解图③
设此时直线AB交直线l2于点H.
设点A横坐标为a，则点D横坐标为a＋9，
由①中方法可知：MN＝eq \f(5,4)a＋eq \f(5,4)，
此时点P到MN距离为a＋9－8＝a＋1.
∵△PMN的面积等于18，
∴eq \f(1,2)×(eq \f(5,4)a＋eq \f(5,4))·(a＋1)＝18，
解得a1＝eq \f(12\r(5),5)－1，a2＝－eq \f(12\r(5),5)－1(舍去)，
∴AF＝6 － eq \f(\r(5),2)，
则此时t为eq \f(6\r(5),5) － eq \f(1,2).
∴当t＝eq \f(6\r(5),5)－eq \f(1,2)时，△PMN的面积等于18.
针对训练
1. 解：(1)(9，0)，(0，3)；
【解法提示】在y＝－eq \f(1,3)x＋3中，
令x＝0，得y＝3，
∴B(0，3)，
令y＝0，得－eq \f(1,3)x＋3＝0，
解得x＝9，
∴A(9，0)；
(2)在Rt△ABO中，OA＝9，OB＝3，∠AOB＝90°，
∴AB＝eq \r(OA2＋OB2)＝eq \r(92＋32)＝3eq \r(10)，
∵点C从点O以每秒2个单位长度的速度向点A运动，点D从点A以每秒eq \r(10)个单位长度的速度向点B运动，
∴OC＝2t，AC＝9－2t，AD＝eq \r(10)t，
∵点C从点O运动到点A所需时间为eq \f(9,2)秒，点D从点A运动到点B所需时间为eq \f(3\r(10),\r(10))＝3(秒)，
∴0＜t≤3，
如解图①，过点D作DH⊥OA于点H，
∵sin∠BAO＝eq \f(OB,AB)＝eq \f(3,3\r(10))＝eq \f(\r(10),10)，
∴DH＝AD·sin∠BAO＝eq \r(10)t×eq \f(\r(10),10)＝t，
∴S△ACD＝eq \f(1,2)AC·DH＝eq \f(1,2)(9－2t)×t＝－t2＋eq \f(9,2)t；
∴S＝－t2＋eq \f(9,2)t(0＜t≤3)；
第1题解图①
(3)点P的坐标为(eq \f(27,5)，eq \f(6,5))或(eq \f(33,5)，eq \f(4,5))．
【解法提示】当S＝5时，－t2＋eq \f(9,2)t＝5，
解得t1＝2，t2＝eq \f(5,2)，
∵S的值第一次等于5，
∴t＝2，
∴AC＝9－2t＝9－2×2＝5，AD＝eq \r(10)t＝2eq \r(10)，
∵点P分线段C′D′成2∶3，
∴分两种情况：
①当eq \f(D′P,PC′)＝eq \f(2,3)时，eq \f(PC′,CD)＝eq \f(3,5)，
如解图②，过点D作DE⊥OA于点E，过点P作PE′⊥OA于点E′，
∴∠DEC＝∠PE′C′＝90°，
由平移得C′D′∥CD，
∴∠DCE＝∠PC′E′，
∴△DCE∽△PC′E′，
∴eq \f(PE′,DE)＝eq \f(PC′,CD)＝eq \f(3,5)，
∵DE＝AD·sin∠BAO＝2eq \r(10)×eq \f(\r(10),10)＝2，
∴PE′＝eq \f(3,5)DE＝eq \f(6,5)，即点P的纵坐标为eq \f(6,5)，
∴－eq \f(1,3)x＋3＝eq \f(6,5)，解得x＝eq \f(27,5)，
∴P(eq \f(27,5)，eq \f(6,5))；
②当eq \f(D′P,PC′)＝eq \f(3,2)时，eq \f(PC′,CD)＝eq \f(2,5)，
同①的方法可得PE′＝eq \f(2,5)DE＝eq \f(4,5)，即点P的纵坐标为eq \f(4,5)，
∴－eq \f(1,3)x＋3＝eq \f(4,5)，解得x＝eq \f(33,5)，
∴P(eq \f(33,5)，eq \f(4,5))；
综上所述，点P的坐标为(eq \f(27,5)，eq \f(6,5))或(eq \f(33,5)，eq \f(4,5))．
第1题解图②
2. 解：(1)∵直线OB过原点，过B(－30，30)，
∴设直线OB函数表达式为y＝kx，
将点B(－30，30)代入函数表达式，
得30＝－30k，
解得k＝－1，
∴OB的函数表达式为y＝－x；
(2)(－6，0)；
【解法提示】∵△CDE是边长为8eq \r(3)的等边三角形，设DE与x轴交于点F，
∵CD＝8eq \r(3)，DF＝eq \f(1,2)DE＝4eq \r(3)，
∴CF＝eq \r(CD2－DF2)，
∴CF＝12，
∵12＋3×2＝18，
∴△CDE向左移动了6个单位长度还在x轴上，
∴点C的坐标为(－6，0)，
(3)(－24，－4eq \r(3))或(－30，6eq \r(3))．
【解法提示】①假设△CDE在x轴上移动，此时△ACE的高一直为EF＝4eq \r(3)，
∵S△ACE＝eq \f(1,2)AC·EF＝36eq \r(3)，
∴AC＝18，
∴OF＝OA－AC＋CF＝30－18＋12＝24，
∴点E坐标为(－24，－4eq \r(3))，
②假设△CDE在AB边上移动，
如解图，过点C作CH⊥AB于点H，
∵△CDE是边长为8eq \r(3)的等边三角形，
∴EH＝eq \f(1,2)DE＝4eq \r(3)，CH＝eq \r(CE2－EH2)＝12，
又∵S△ACE＝eq \f(1,2)AE·CH＝36eq \r(3)，
∴eq \f(1,2)AE×12＝36eq \r(3)，
解得AE＝6eq \r(3)＞4eq \r(3)，
∴点E在第二象限内，
∴E(－30，6eq \r(3))，
综上所述，点E的坐标为(－24，－4eq \r(3))或(－30，6eq \r(3))．
第2题解图