中考函数动点题集锦

（2）判断△ACD的形状，并说明理由；

（3）在线段AC上是否存在点M，使△AOM∽△ABC？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由.

2（2011湖北鄂州，24，14分）如图所示，过点F（0，1）的直线y=kx＋b与抛物线y14x交于M（x1，y1）和N（x2，y2）两点（其中

2y Ａ Ｏ Ｂ x Ｃ Ｄ

y x1＜0，x2＜0）．

⑴求b的值． ⑵求x1•x2的值

⑶分别过M、N作直线l：y=－1的垂线，垂足分别是M1、N1，判断△M1FN1的形状，并证明你的结论．

⑷对于过点F的任意直线MN，是否存在一条定直线m，使m与以MN为直径的圆相切．如果有，请法度出这条直线m的解析式；如果没有，请说明理由．

3（2011湖南衡阳，27，10分）已知抛物线y12xmx2m2F M O l M1 F1 第2题图

N x N1 72．

(1)试说明：无论m为何实数，该抛物线与x轴总有两个不同的交点； (2)如图，当该抛物线的对称轴为直线x=3时，抛物线的顶点为点C，

直线y=x－1与抛物线交于A、B两点，并与它的对称轴交于点D． ①抛物线上是否存在一点P使得四边形ACPD是正方形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由；

②平移直线CD，交直线AB于点M，交抛物线于点N，通过怎样的平移能使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形．

4（2011四川乐山26，13分）已知顶点为A(1,5)的抛物线yaxbxc经过点B(5,1).

(1)求抛物线的解析式;

(2)如图(15.1),设C,D分别是x轴、y轴上的两个动点，求四边形ABCD周长的最小值

（3）在（2）中，当四边形ABCD的周长最小时，作直线CD.设点P(x,y)(x>0)是直线y=x上的一个动点，Q是OP的中点，以PQ为斜边按图（15.2）所示构造等腰直角三角形PRQ. ①当△PBR与直线CD有公共点时,求x的取值范围；

②在①的条件下，记△PBR与△COD的公共部分的面积为S.求S关于x的函数关系式，并求S的最大值。

2 1

5 (2011重庆綦江，26，12分)在如图的直角坐标系中，已知点A（1，0）；B（0，－2），将线段AB绕点A按

逆时针方向旋转90°至AC． ⑴ 求点C的坐标； ⑵ 若抛物线y12xax2经过点C．

2 ①求抛物线的解析式；

②在抛物线上是否存在点P（点C除外）使△ABP是以AB为

直角边的等腰直角三角形？若存在，求出所有点P的坐标；若不存在，请说明理由．

6（2011浙江省嘉兴，24，14分）已知直线ykx3（k＜0）分别交x轴、y轴于A、B两点，线段OA上

有一动点P由原点O向点A运动，速度为每秒1个单位长度，过点P作x轴的垂线交直线AB于点C，设运动时间为t秒．

（1）当k1时，线段OA上另有一动点Q由点A向点O运动，它与点P以相同速度同时出发，当点P

到达点A时两点同时停止运动（如图1）． ① 直接写出t＝1秒时C、Q两点的坐标；

② 若以Q、C、A为顶点的三角形与△AOB相似，求t的值． （2）当k34时，设以C为顶点的抛物线y(xm)2n与直线AB的另一交点为D（如图2），

① 求CD的长；

② 设△COD的OC边上的高为h，当t为何值时，h的值最大？

yyBCBDC1PO11QAxO1PAx（第24题图1）

（第24题图2）

7（2011浙江义乌，24，12分）已知二次函数的图象经过A（2，0）、C(0，12) 两点，且对称轴为直线x=4. 设

2

顶点为

点P，与x轴的另一交点为点B.

（1）求二次函数的解析式及顶点P的坐标；

（2）如图1，在直线 y=2x上是否存在点D，使四边形OPBD为等腰梯形？若存在，求出点D的坐标；

若不存在，请说明理由； （3）如图2，点M是线段OP上的一个动点（O、P两点除外），以每秒2个单位长度的速度由点P向点

O 运动，过点M作直线MN∥x轴，交PB于点N. 将△PMN沿直线MN对折，得到△P1MN. 在动

点M的运动过程中，设△P1MN与梯形OMNB的重叠部分的面积为S，运动时间为t秒. 求S关于t的函数关系式.

y

C O A

B

x

P

图1

y C O A B x M N P 图2

3

1解：（1） ∴

， y(xh)k的顶点坐标为Ｄ（－１，－４）

. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„２分

22h1，k=-4 （2）由（1）得 当 ∴

. y(x1)42y0时，(x1)． 解之，得 x． 3，x14012A(3，0)，B(1，0).

22， x0时，y(x1)4(01)43 又当

∴C点坐标为

0，-3.„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

1，4，作抛物线的对称轴x1交x222222又抛物线顶点坐标D在在在∴

轴于点E，

DFy轴于点F．易知

中，A； D2420Rt△AED中，A； C3318Rt△AOC中，C； D112Rt△CFD． ACCDAD222222∴ △ACD是直角三角形． „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„６分

（3）存在．作OM∥BC交AC于M，Ｍ点即为所求点．

C由（2）知，△，ABAC45AOC为等腰直角三角形，由△，得AOM∽△ABC即

1832

．

AOABAMAC．

3AM33292. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„„８分 ，AM43244过M点作M于点G，则 GABy 924819AGMG2193OGAOAG3.

4439（-，-）又点M在第三象限，所以M. „„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

44

2【答案】解：⑴b=1

2Ａ ，

E G Ｏ Ｂ x M Ｃ F Ｄ xx1⑵显然yy1142xx2和yy2ykx1是方程组12yx4的两组解，解方程组消元得

y xkx10，依据“根与系数关系”得x1x2=－4

⑶△M1FN1是直角三角形是直角三角形，理由如下： 由题知M1的横坐标为x1，N1的横坐标为x2，设M1N1交y轴于F1，则F1M1•F1N1=－x1•x2=4，而FF1=2，所以F1M1•F1N1=F1F2，另有∠M1F1F=∠FF1N1=90°，易证Rt△M1FF1∽Rt△N1FF1，得∠M1FF1=∠FN1F1，故∠M1FN1=∠M1FF1＋∠F1FN1=∠FN1F1＋∠F1FN1=90°，所以△M1FN1是直角三角形． ⑷存在，该直线为y=－1．理由如下： 直线y=－1即为直线M1N1．

如图，设N点横坐标为m，则N点纵坐标为

F P M O l M1 F1 Q 第24题解答用图

N 14m2,计算知NN1=

14x N1 m1，

2NF=m(214m1)2214m1，得NN=NF

1

2 4

同理MM1=MF．

那么MN=MM1＋NN1，作梯形MM1N1N的中位线PQ，由中位线性质知PQ=切．

3【解】: (1)=

12（MM1＋NN1）=

12MN，即圆心到直线y=－1的距离等于圆的半径，所以y=－1总与该圆相

m2421227222m=m4m7=m4m43=m23，∵不管m为何实数，总有m222≥0，∴=

m2y3＞0，∴无论m为何实数，该抛物线与x轴总有两个不同的交点．

3，

512=

(2)∵ 抛物线的对称轴为直线x=3，∴m抛物线的解析式为

12x3x22x322，顶点C坐标为（3，－2），

yx1,x11x27解方程组或，所以A的坐标为（1，0）、B的坐标为（7，6），∵x3时y=x－1=3－1=2，∴D的125，解得y0y6yx3x1222坐标为（3，2），设抛物线的对称轴与x轴的交点为E，则E的坐标为（3，0），所以AE=BE=3，DE=CE=2，

①

假设抛物线上存在一点P使得四边形ACPD是正方形，则AP、CD互相垂直平分且相等，于是P与点B重合，但AP=6，CD=4，AP≠CD，故抛物线上不存在一

点P使得四边形ACPD是正方形．

(Ⅰ)设直线CD向右平移n个单位（n＞0）可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，则直线CD

②

的解析式为x=3n，直线CD与直线y=x－1交于点M（3n，2n），又∵D的坐标为（3，2），C坐标为（3，－2），∴D通过向下平移4个单位得到C．

∵C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，∴四边形CDMN是平行四边形或四边形CDNM是平行四边形． （ⅰ）当四边形CDMN是平行四边形，∴M向下平移4个单位得N， ∴N坐标为（3n，n又N在抛物线解得n12），

2y12x3x52上，∴n2123n233n52，

0（不合题意，舍去），n22，

6），

2（ⅱ）当四边形CDNM是平行四边形，∴M向上平移4个单位得N， ∴N坐标为（3n，n又N在抛物线解得ny12x3x52上，∴n6123n，

233n52，

1117（不合题意，舍去），n2117(Ⅱ) 设直线CD向左平移n个单位（n＞0）可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，则直线CD的解析式为x=3n，直线CD与直线y=x－1交于点M（3n，2n），又∵D的坐标为（3，2），C坐标为（3，－2），∴D通过向下平移4个单位得到C．

∵C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形，∴四边形CDMN是平行四边形或四边形CDNM是平行四边形． （ⅰ）当四边形CDMN是平行四边形，∴M向下平移4个单位得N， ∴N坐标为（3n，2又N在抛物线解得n1n），

52上，∴2y12x3x2n123n33n252，

0（不合题意，舍去），n22（不合题意，舍去），

n），

物

线

（ⅱ）当四边形CDNM是平行四边形，∴M向上平移4个单位得N， ∴N坐标为（3n，6又

N

在

抛

y12x3x52，

252上，∴

6n解得n1123n233n，n2117117（不合题意，舍去），

17）个单位或向左平移（1综上所述，直线CD向右平移2或（1个单位，可使得C、D、M、N为顶点的四边形是平行四边形． 4【答案】

解：⑴.设以A(1,5)为顶点的二次函数解析式为∵y217）yax15

2ax15的图像经过了点B(5,5)

5

∴1a(51)5 解得a14214

∴yx125

14x2即：⑵.

y12x194

如图，作点A关于y轴对称点四边形ABCD的周长最小。 ∵A(1,5),B(5,1) ∴

''A',与y轴交与点D,作点B关于x轴对称点B,与x轴交与点C,连接AD,AC,CB,BA.

'A1,5，B5，1

四边形ABCD∴CABBCCDDA''

ABAB

1525122152512

426210

⑶.①如图 ∵

A1,5，B5，1

''∴直线AB的解析式为∴直线∵

yx4

的交点Myx4与直线yx2,2

Px,y，点Q为OP的中点

xy,22

∴Q∵△PBR与直线CD有公共点，M2,2

x2∴x，即2x4225【答案】：解：(1)过点C作CD⊥x轴，垂足为D， 在△ACD和△BAO中，由已知有∠CAD＋∠BAO＝90°,而∠ABO＋∠BAO＝90°∴∠CAD＝∠ABO，又∵∠CAD＝∠AOB＝90°,且由已知有CA＝AB，∴△ACD≌△BAO，∴CD＝OA＝1,AD＝BO＝2，∴点C的坐标为(3,－1)

(2)①∵抛物线

y12xax2经过点C(3,－1)，∴1y12x221233a22,解得a12

∴抛物线的解析式为

12x2

,则△ABP1是以AB为直角边的等腰直角三角形,

解法一：② i) 当A为直角顶点时 ，延长CA至点P1,使

如果点

AP1ACABP1作

P1在抛物线上,则P1满足条件,过点

P1E⊥x轴, ∵AP1＝

AC,∠EAP1＝∠DAC，∠P1EA＝∠CDA＝90°,

CA∴△EP1A≌△D，∴AE＝AD＝2,

EP1＝CD＝1,

∴可求得P1的坐标为(－1,1)，经检验P1点在抛物线上,因此存在点P1满足条件； ii） 当B点为直角顶点时，

过点B作直线L⊥BA，在直线L上分别取BP2证△

BP3AB，得到以AB为直角边的等腰直角△

ABP2和等腰直角△ABP3，作P2F⊥y轴，同理可

BP2F∴P2F≌△ABO

BO2, BF＝OA＝1，可得点P2的坐标为（－2，－1），经检验P2ABP1和△ABP2

6

点在抛物线上,因此存在点P2满足条件．同理可得点P3的坐标为（2，－3），

经检验P3点不在抛物线上．

综上：抛物线上存在点P1(－1,1)，P2（－2，－1）两点，使得△

是以AB为直角边的等腰直角三角形． 解法二：（2）②（如果有用下面解法的考生可以给满分） i) 当点A为直角顶点时,易求出直线AC的解析式为

y12x12

11yx22由121yxx2225,∴AP1解之可得

P1(－1,1) （已知点C除外）作

P1E⊥x轴于E,则AE＝2,

P1E＝1, 由勾股定理有又∵AB＝

AB，∴△P1AB是以AB为直角边的等腰三角形；

ii）当B点为直角顶点时，过B作直线L∥AC交抛物线于点P和点P3，易求出直线

21yx221L的解析式为yx2，由2121yxx222解得

x12或x24

∴P(－2,－1)，P3（4，－4）作P2F⊥y轴于F，同理可求得BP225AB

2∴△P2点

AB是以AB为直角边的等腰三角形作P3H⊥y轴于H，可求得BP324225AB，∴Rt△ABP3不是等腰直角三角形，∴

P3不满足条件．

综上：抛物线上存在点P1(－1,1)，P2（－2，－1）两点，使得△ABP1和△ABP2 是以角AB为直边的等腰直角三角形．

6【答案】（1）①C（1，2），Q（2，0）． ②由题意得：P(t，0)，C(t，－ｔ＋3)，Q(3－t，0)， 分两种情形讨论： 情形一：当△AQC∽△AOB时，∠AQC=∠AOB＝90°，∴CQ⊥OA， ∵CP⊥OA，∴点P与点Q重合，OQ=OP，即3－t=t，∴t=1.5． 情形二：当△ACQ∽△AOB时，∠ACQ=∠AOB＝90°，∵OＡ=OＢ＝3，∴△AOB是等腰直角三角形，∴△ACQ是等腰直角三角形，∵CQ⊥OA，∴AQ=2CP，即t =2（－t ＋3），∴t=2．∴满足条件的t的值是1.5秒或2秒．

(2) ①由题意得：C(t，－34t＋3)，∴以C为顶点的抛物线解析式是

y(xt)234t3，

由(xt)CDBA，

234t334x3，解得x=t，x=t1

2

34；过点D作DE⊥CP于点E，则∠DEC=∠AOB＝90°，DE∥OA，∴∠EDC=∠OAB，∴△DEC∽△AOB，

∴

DEAO3∵AO=4，AB=5，DE=t－（ｔ－

344153412②∵CD=，CD边上的高=

1655因为当OC⊥AB时OC最短，此时OC的长为

）=

3．∴CD=

DEBA．∴S△COD

AO416115129．∴S=216584515．

△COD

为定值；

要使OC边上的高h的值最大，只要OC最短．

125，∠BCO＝90°，∵∠AOB＝90°，∴∠COP＝90°－∠BOC＝∠OBA，又∵CP⊥OA，∴Rt△PCO∽Rt△OAB，

12∴

OPBOOCBA，OP=

OCBOBA5336255，即t=

3625，∴当t为

3625秒时，h的值最大．

7【答案】（1）设二次函数的解析式为y=ax2+bx+c

b2a4a1 由题意得c12 解得b8c124a2bc0 ∴二次函数的解析式为y= x2－8x+12

7

点P的坐标为（4，－4）

（2）存在点D，使四边形OPBD为等腰梯形. 理由如下：

当y=0时，x2-8x+12=0 ∴x1=2 ， x2=6 ∴点B的坐标为（6，0） 设直线BP的解析式为y=kx+m

6km0 则 k2

4km4 解得m12

∴直线BP的解析式为y=2x－12

∴直线OD∥BP

∵顶点坐标P（4， －4） ∴ OP=4

2

设D(x，2x) 则BD2=（2x）2+(6－x)2

当BD=OP时，（2x）2+(6－x)2=32 解得：x1=

25，x 2=2

当x2=2时，OD=BP=25，四边形OPBD为平行四边形，舍去

∴当x=

25时四边形OPBD为等腰梯形

24 ∴当D(5，

)时，四边形OPBD为等腰梯形

5（3）① 当0＜t≤2时，

∵运动速度为每秒2个单位长度，运动时间为t秒，

则MP=

2t ∴PH=t，MH=t，HN=

12t ∴MN=

32t

∴S=

32 2t·t·

12=

34t

② 当2＜t＜4时，P1G=2t－4，P1H=t

∵MN∥OB ∴

P1EF∽P1MN S∴

P1EFP1GS(P)2S ∴

P1EF2P1H3(2t41MNt)4t2 ∴

SP1EF=3t2－12t+12

3∴S=

294t－(3t2－12t+12)= －

4t2+12t－12

3∴ 当0＜t≤2时，S=

2

4t

9当2＜t＜4时，S=－

24t+12t－12 。

y

C

D

O

A B

x

P

y

C

O A

B

M P1

N

x

H P

y

C

PO

A E G F 1

B M H

N

x

P

8