2013年中考数学复习专题讲座十一：动点型问题（一）（含答案）

∴顶点E（2，﹣1），对称轴为x=2；

点F是直线y=﹣2x﹣1与对称轴x=2的交点，∴F（2，﹣5），DF=5． 又∵A（4，0）， ∴AE=．

如右图所示，在点M的运动过程中，依次出现四个菱形： ①菱形AEM1Q1． ∵此时DM1=AE=

，

，

∴M1F=DF﹣DE﹣DM1=4﹣∴t1=4﹣； ②菱形AEOM2． ∵此时DM2=DE=1， ∴M2F=DF+DM2=6， ∴t2=6；

③菱形AEM3Q3．

∵此时EM3=AE=， ∴DM3=EM3﹣DE=﹣1， ∴M3F=DM3+DF=（∴t3=4+；

④菱形AM4EQ4．

﹣1）+5=4+

，

此时AE为菱形的对角线，设对角线AE与M4Q4交于点H，则AE⊥M4Q4， ∵易知△AED∽△M4EH， ∴

，即

，得M4E=，

∴DM4=M4E﹣DE=﹣1=， ∴M4F=DM4+DF=+5=∴t4=

．

，

综上所述，存在点M、点Q，使得以Q、A、E、M四点为顶点的四边形是菱形；时间t的值为：t1=4﹣

，t2=6，t3=4+

，t4=

．

33

13．解（1）解方程x﹣2x﹣3=0， 得 x1=3，x2=﹣1． ∵m＜n，

∴m=﹣1，n=3， ∴A（﹣1，﹣1），B（3，﹣3）．

∵抛物线过原点，设抛物线的解析式为y=ax+bx． ∴

2

2

解得：，

∴抛物线的解析式为．

（2）①设直线AB的解析式为y=kx+b． ∴

解得：，

∴直线AB的解析式为∴C点坐标为（0，

）．

．

∵直线OB过点O（0，0），B（3，﹣3），

∴直线OB的解析式为y=﹣x．

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∵△OPC为等腰三角形， ∴OC=OP或OP=PC或OC=PC． 设P（x，﹣x）， （i）当OC=OP时，解得∴P1（

，，

）．

．

（舍去）．

（ii）当OP=PC时，点P在线段OC的中垂线上， ∴P2（，﹣）． （iii）当OC=PC时，由解得

，x2=0（舍去）．

，

∴P3（，﹣）． ∴P点坐标为P1（

，

）或P2（，﹣）或P3（，﹣）．

②过点D作DG⊥x轴，垂足为G，交OB于Q，过B作BH⊥x轴，垂足为H． 设Q（x，﹣x），D（x，

）．

S△BOD=S△ODQ+S△BDQ=DQ?OG+DQ?GH， =DQ（OG+GH）， ==

∵0＜x＜3， ∴当

时，S取得最大值为

，此时D（，﹣）．

，

，

35

14．解：（1）∵抛物线y=ax2+bx+c经过点O、A、C， 可得c=0，∴解得a=

，b=，

x+x．

2

，

∴抛物线解析式为y=

（2）设点P的横坐标为t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN= ∴P（t，），∵点M在抛物线上，∴M（t，

t2+t）．

如解答图1，过M点作MG⊥AB于G，过P点作PH⊥AB于H， AG=yA﹣yM=2﹣（

t2+t）=t2﹣t+2，BH=PN=．

当AG=BH时，四边形ABPM为等腰梯形， ∴t2﹣t+2=，

化简得3t2﹣8t+4=0，解得t1=2（不合题意，舍去），t2=， ∴点P的坐标为（，）

∴存在点P（，），使得四边形ABPM为等腰梯形．

（3）如解答图2，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x轴于T，交OC于Q，A′O′交x轴于K，交OC于R．

求得过A、C的直线为yAC=﹣x+3，可设点A′的横坐标为a，则点A′（a，﹣a+3）， 易知△OQT∽△OCD，可得QT=， ∴点Q的坐标为（a，）．

解法一：

设AB与OC相交于点J，

∵△ARQ∽△AOJ，相似三角形对应高的比等于相似比，∴

=

∴HT===2﹣a，

KT=A′T=（3﹣a），A′Q=yA′﹣yQ=（﹣a+3）﹣=3﹣a．

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