人教版专题18 动态几何之线动问题（解析板）.doc

一、选择题
1. （赤峰）如图，一根长为5米的竹竿AB斜立于墙AC的右侧，底端B与墙角C的距离为3米，当竹竿顶端A下滑x米时，底端B便随着向右滑行y米，反映y与x变化关系的大致图象是【 】
【答案】A．
【解析】
考点：1.动线问题的函数问题；2.勾股定理；3. 排他法的应用.
2. （呼和浩特）已知线段CD是由线段AB平移得到的，点A（–1，4）的对应点为C（4，7），则点B（–4，–1）的对应点D的坐标为【 】
A．（1，2） B．（2，9） C．（5，3） D．（–9，–4）
考点：坐标与图形变化-平移．
3. （上海）如果将抛物线y＝x2向右平移1个单位，那么所得的抛物线的表达式是（ ）．
(A) y＝x2－1； (B) y＝x2＋1； (C) y＝(x－1)2； (D) y＝(x＋1)2．
考点：二次函数图象与平移变换．
二、填空题
三、解答题
1. （玉林、防城港）（10分）如图，在正方形ABCD中，点M是BC边上的任一点，连接AM并将线段AM绕M顺时针旋转90°得到线段MN，在CD边上取点P使CP=BM，连接NP，BP．
（1）求证：四边形BMNP是平行四边形；
（2）线段MN与CD交于点Q，连接AQ，若△MCQ∽△AMQ，则BM与MC存在怎样的数量关系？请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）BM=MC，理由见解析.
【解析】
试题分析：（1）根据正方形的性质可得AB=BC，∠ABC=∠B，然后利用“边角边”证明△ABM和△BCP全等，根据全等三角形对应边相等可得AM=BP，∠BAM=∠CBP，再求出AM⊥BP，从而得到MN∥BP，然
∴四边形BMNP是平行四边形.
（2）BM=MC．理由如下：
∵∠BAM+∠AMB=90°，∠AMB+∠CMQ=90°，∴∠BAM=∠CMQ.
又∵∠B=∠C=90°，∴△ABM∽△MCQ. ∴.[来源:Z。xx。k.Com]
∵△MCQ∽△AMQ，∴△AMQ∽△ABM. .
∴.∴BM=MC．
[来源:Zxxk.Com]
考点：1. 正方形的性质；2.全等三角形的判定和性质；3.平行四边形的判定和性质；4.相似三角形的判定和性质.
2. （玉林、防城港）（12分）给定直线l：y=kx，抛物线C：y=ax2+bx+1．
（1）当b=1时，l与C相交于A，B两点，其中A为C的顶点，B与A关于原点对称，求a的值；[来源:学|科|网Z|X|X|K]
（2）若把直线l向上平移k2+1个单位长度得到直线r，则无论非零实数k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．
①求此抛物线的解析式；
②若P是此抛物线上任一点，过P作PQ∥y轴且与直线y=2交于Q点，O为原点．求证：OP=PQ．
【答案】（1）；（2）①y=x2+1；②证明见解析.
【解析】
②求证OP=PQ，那么首先应画出大致的示意图．发现图中几何条件较少，所以考虑用坐标转化求出OP，PQ
的值，再进行比较．讨论动点P在抛物线y=x2+1上，则可设其坐标为（x，x2+1），进而易求OP，PQ．
试题解析：（1）∵l：y=kx，C：y=ax2+bx+1，当b=1时有A，B两交点，
∴A，B两点的横坐标满足kx=ax2+x+1，即ax2+（1﹣k）x+1=0．
∵B与A关于原点对称，∴0=xA+xB=，解得k=1．∴l：y=x.
∵，∴.，
∴联立得关于a，b的方程组，解得或．
∵r：y=kx+k2+1代入C：y=ax2+bx+1，得，[来源:Z,xx,k.Com]
∴．
当时，，∴无论k取何值，直线r与抛物线C都只有一个交点．
当时，，显然随k值的变化，△不恒为0，∴不合题意舍去．
∴C：y=x2+1．
考点：1.二次函数和一次函数综合题；2.中心对称和平移问题；3.二次函数的性质；4.一元二次方程根的判别式和根与系数的关系；5.勾股定理；6. 特殊元素法的应用；7.分类思想和数形结合思想的应用．
3. （十堰）（12分）已知抛物线C1：的顶点为A，且经过点B（﹣2，﹣1）．
（1）求A点的坐标和抛物线C1的解析式；
（2）如图1，将抛物线C1向下平移2个单位后得到抛物线C2，且抛物线C2与直线AB相交于C，D两点，求S△OAC：S△OAD的值；
（3）如图2，若过P（﹣4，0），Q（0，2）的直线为l，点E在（2）中抛物线C2对称轴右侧部分（含顶点）运动，直线m过点C和点E．问：是否存在直