2023年中考数学试卷归纳：动态问题。
一、选择题。
1. （2011山东威海，12，3分）如图，在正方形abcd中，ab=3cm，动点m自a点出发沿ab方向以每秒1cm的速度运动，同时动点n自a点出发沿折线ad—dc—cb以每秒3cm的速度运动，到达b点时运动同时停止，设△amn的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间的函数关系的是（ ）
答案】b2. （2011安徽，10，4分）如图所示，p是菱形abcd的对角线ac上一动点，过p垂直于ac的直线交菱形abcd的边于m、n两点，设ac=2，bd=1，ap=x，△amn的面积为y，则y关于x的函数图象的大致形状是（ ）
abcd．答案】c
3. （2011甘肃兰州，14，4分）如图，正方形abcd的边长为1，e、f、g、h分别为各边上的点，且ae=bf=cg=dh，设小正方形efgh的面积为s，ae为x，则s关于x的函数图象大致是。
abcd．答案】b
三、解答题。
1. （2011浙江省舟山，24，12分）已知直线（＜0）分别交轴、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作轴的垂线交直线ab于点c，设运动时间为秒．
1）当时，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）．
直接写出＝1秒时c、q两点的坐标；
若以q、c、a为顶点的三角形与△aob相似，求的值．
2）当时，设以c为顶点的抛物线与直线ab的另一交点为d（如图2）， 求cd的长；
设△cod的oc边上的高为，当为何值时，的值最大？
答案】（1）①c（1，2），q（2，0）．
由题意得：p(t，0)，c(t，－ｔ3)，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，－＋3)，∴以c为顶点的抛物线解析式是，由，解得x1=t，x2=t；过点d作de⊥cp于点e，则∠dec=∠aob＝90°，de∥oa，∴∠edc=∠oab，∴△dec∽△aob，∴，ao=4，ab=5，de=t－（ｔcd=．
∵cd=，cd边上的高=．∴s△cod=．∴s△cod为定值；
要使oc边上的高h的值最大，只要oc最短．
因为当oc⊥ab时oc最短，此时oc的长为，∠bco＝90°，∵aob＝90°，∴cop＝90°－∠boc＝∠oba，又∵cp⊥oa，∴rt△pco∽rt△oab，，op=，即t=，∴当t为秒时，h的值最大．
2. （2011广东东莞，22，9分）如图，抛物线与y轴交于点a，过点a的直线与抛物线交于另一点b，过点b作bc⊥x轴，垂足为点c（3，0）.
1）求直线ab的函数关系式；
2）动点p**段oc上，从原点o出发以每钞一个单位的速度向c移动，过点p作⊥x轴，交直线ab于点m，抛物线于点n，设点p移动的时间为t秒，mn的长为s个单位，求s与t的函数关系式，并写出t的取值范围；
3）设（2）的条件下（不考虑点p与点o，点g重合的情况），连接cm，bn，当t为何值时，四边形bcmn为平等四边形？问对于所求的t的值，平行四边形bcmn是否为菱形？说明理由。
解】（1）把x=0代入，得。
把x=3代入，得，∴a、b两点的坐标分别（0，1）、（3，）
设直线ab的解析式为，代入a、b的坐标，得。
解得。所以，
2）把x=t分别代入到和。
分别得到点m、n的纵坐标为和。
mn=-（即。
点p**段oc上移动，0≤t≤3.
3)在四边形bcmn中，∵bc∥mn
当bc=mn时，四边形bcmn即为平行四边形。
由，得。即当时，四边形bcmn为平行四边形。
当时，pc=2，pm=，pn=4，由勾股定理求得cm=bn=,此时bc=cm=mn=bn，平行四边形bcmn为菱形；
当时，pc=1，pm=2，由勾股定理求得cm=,此时bc≠cm，平行四边形bcmn不是菱形；
所以，当时，平行四边形bcmn为菱形．
3. （2011江苏扬州，28,12分）如图，在rt△abc中，∠bac=90，ab0）
1）△pbm与△qnm相似吗？以图1为例说明理由；
2）若∠abc=60，ab=4厘米。
求动点q的运动速度；
设rt△apq的面积为s（平方厘米），求s与t的函数关系式；
3）探求bp2、pq2、cq2三者之间的数量关系，以图1为例说明理由。
答案】解：（1）△pbm与△qnm相似；
mn⊥bc mq⊥mp ∴ nmb=∠pmq=∠bac =90
∠pmb=∠qmn, ∠qnm=∠b =90－∠c
△pbm∽△qnm
2）①∵abc=60，∠bac =90,ab=4,bp=t
ab=bm=cm=4,mn=4
△pbm∽△qnm
即： p点的运动速度是每秒厘米， q点运动速度是每秒1厘米。
∵ ac=12,cn=8
aq=12-8+t=4+t, ap=4－t
s==3） bp2+ cq2 =pq2
证明如下： ∵bp=t, ∴bp2=3t2
cq=8-t ∴cq2=(8-t)2=64-16t+t2
pq2=(4+t)2+3(4-t)2=4t2-16t+64
bp2+ cq2 =pq2
4. （2011山东德州23,12分）在直角坐标系xoy中，已知点p是反比例函数图象上一个动点，以p为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为a．
1）如图1，⊙p运动到与x轴相切，设切点为k，试判断四边形okpa的形状，并说明理由．
2）如图2，⊙p运动到与x轴相交，设交点为b，c．当四边形abcp是菱形时：
求出点a，b，c的坐标．
在过a，b，c三点的抛物线上是否存在点m，使△mbp的面积是菱形abcp面积的．若存在，试求出所有满足条件的m点的坐标，若不存在，试说明理由．
答案】解：（1）∵⊙p分别与两坐标轴相切，pa⊥oa，pk⊥ok．
pao=∠okp=90°．
又∵∠aok=90°，pao=∠okp=∠aok=90°．
∴四边形okpa是矩形．
又∵oa=ok，∴四边形okpa是正方形．……2分。
2）①连接pb，设点p的横坐标为x，则其纵坐标为．
过点p作pg⊥bc于g．
四边形abcp为菱形，bc=pa=pb=pc．
△pbc为等边三角形．
在rt△pbg中，∠pbg=60°，pb=pa=x，pg=．
sin∠pbg=，即．
解之得：x=±2（负值舍去）．
pg=，pa=bc=2．……4分。
易知四边形ogpa是矩形，pa=og=2，bg=cg=1，ob=og－bg=1，oc=og+gc=3．
a（0，），b（1，0） c（3，06分。
设二次函数解析式为：y=ax2+bx+c．
据题意得：
解之得：a=， b=， c=．
二次函数关系式为9分。
解法一：设直线bp的解析式为：y=ux+v，据题意得：
解之得：u=， v=．
直线bp的解析式为：．
过点a作直线am∥pb，则可得直线am的解析式为：．
解方程组：
得： ；过点c作直线cm∥pb，则可设直线cm的解析式为：．
直线cm的解析式为：．
解方程组：
得： ；综上可知，满足条件的m的坐标有四个，分别为：（0，），3，0），（4，），712分。
解法二：∵，a（0，），c（3，0）显然满足条件．
延长ap交抛物线于点m，由抛物线与圆的轴对称性可知，pm=pa．
又∵am∥bc，．
点m的纵坐标为．
又点m的横坐标为am=pa+pm=2+2=4．
点m（4，）符合要求．
点（7，）的求法同解法一．
综上可知，满足条件的m的坐标有四个，分别为：（0，），3，0），（4，），712分。
解法三：延长ap交抛物线于点m，由抛物线与圆的轴对称性可知，pm=pa．
又∵am∥bc，．
点m的纵坐标为．
即．解得：（舍），．
点m的坐标为（4，）．
点（7，）的求法同解法一．
综上可知，满足条件的m的坐标有四个，分别为：（0，），3，0），（4，），712分。
5. （2011山东菏泽，21，9分）如图，抛物线y＝x2＋bx－2与x轴交于a，b两点，与y轴交于c点，且a(－1，0)．
1）求抛物线的解析式及顶点d的坐标；
2）判断△abc的形状，证明你的结论；
3）点m(m，0)是x轴上的一个动点，当mc＋md的值最小时，求m的值．
顶点d2）∵ab=5，ac2=oa2＋oc2=5，bc2=oc2＋ob2=20，∴ac2＋bc2=ab2．∴△abc是直角三角形．
3）作出点c关于x轴的对称点c′，则c′ (0，2)，oc′=2．
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