全国中考数学分类解析汇编专题9：由运动产生的线段和差问题.doc

2 012年全国中考数学分类解析汇编
专题9：由运动产生的线段和差问题

一、选择题
1. （2012湖北黄石3分）如图所示，已知A，B为反比例函数图像上的两点，动
点P在x正半轴上运动，当线段AP与线段BP之差达到最大时，点P的坐标是【 】

A. B. C. D.
【答案】D。
【考点】反比例函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，三角形三边关系。
【分析】∵把A，B分别代入反比例函数 得：y1=2，y2= ，
∴A（ ，2），B（2， ）。
∵在△ABP中，由三角形的三边关系定理得：|AP－BP|＜AB，
∴延长AB交x轴于P′，当P在P′点时，PA－PB=AB，
即此时线段AP与线段BP之差达到最大。
设直线AB的解析式是y=kx+b，把A、B的坐标代入得：
，解得：。∴直线AB的解析式是。
当y=0时，x= ，即P（ ，0）。故选D。
二、填空题
三、解答题
1.（2012北京市8分）在平面直角坐标系xoy中，对于任意两点P1（x1,y1）与P2（x2,y2）的“非常距离”，
给出如下定义：
若∣x1－x2∣≥∣y1－y2∣，则点P1与点P2的“非常距离”为∣x1－x2∣；
若∣x1－x2∣＜∣y1－y2∣，则点P1与点P2的“非常距离”为∣y1－y2∣.
例如：点P1（1,2），点P2（3,5），因为∣1－3∣＜∣2－5∣，所以点P1与点P2的“非常距离”为
∣2－5∣=3，也就是图1中线段P1Q与线段P2Q长度的较大值（点Q为垂直于y轴的直线P1Q与垂直于x
轴的直线P2Q的交点）。
（1）已知点，B为y轴上的一个动点，
①若点A与点B的“非常距离”为2，写出一个满足条件的点B的坐标；
②直接写出点A与点B的“非常距离”的最小值；
（2）已知C是直线上的一个动点，
①如图2，点D的坐标是（0，1），求点C与点D的“非常距离”的最小值及相应的点C的坐标；
②如图3，E是以原点O为圆心，1为半径的圆上的一个动点，求点C与点E的“非常距离”的最
小值及相应的点E和点C的坐标。

【答案】解：（1）①（0，－2）或（0，2）。
②。
（2）①设C坐标为，如图，过点C作CP⊥x轴于点P，作CQ⊥y轴于点Q。
由“非常距离”的定义知，当OP=DQ时，点C与点D的“非常距离”最小，
∴。
两边平方并整理，得，解得，或（大于，舍去）。
∴点C与点D的“非常距离”的最小值距离为，此时。
②设直线与x轴和y轴交于点A，B，过点O作直线的垂线交直线于点C，交圆于点E，过点C作CP⊥x轴于点P，作CQ⊥y轴于点Q，过点E作EM⊥x轴于点M，作EN⊥y轴于点N。
易得，OA=4，OB=3，AB=5。
由△OAB∽△MEM，OE=1，得OM=，ON=。∴。
设C坐标为
由“非常距离”的定义知，当MP=NQ时，点C与点E的“非常距离”最小，
∴。
两边平方并整理，得，
解得，或（大于，舍去）。
∴点C与点E的“非常距离”的最小值距离为1，此时，。
【考点】新定义，直线上点的坐标与方程的关系，直线和圆的性质，解一元二次方程，勾股定理，相似三角形的和性质。
【分析】（1）根据“非常距离”的定义可直接求出。
（2）①解题关键是，过C点向x、y轴作垂线，当CP和CQ长度相等的时候“非常距离”最短，理由是，如果向下（如左图）或向上（如右图）移动C点到达C’点，其与点D的“非常距离”都会增大。故而C、D为正方形相对的两个顶点时有最小的非常距离。

②同①，同时理解当OC垂直于直线时，点C与点E的“非常距离”最小。
2. （2012广西南宁10分）已知点A（3，4），点B为直线x=-1上的动点，设B（－1，y）．
（1）如图1，若点C（x，0）且－1＜x＜3，BC⊥AC，求y与x之间的函数关系式；
（2）在（1）的条件下，y是否有最大值？若有，请求出最大值；若没有，请说明理由；
（3）如图2，当点B的坐标为（－1，1）时，在x轴上另取两点E，F，且EF=1．线段EF在x轴上平移，线段EF平移至何处时，四边形ABEF的周长最小？求出此时点E的坐标．

【答案】解：（1）如图1，过点A作AE⊥x轴于点E．
在△BCD与△CAE中，
∵∠BCD=∠CAE=90°－∠ACE，∠BDC=∠CEA=90°，
∴△BCD∽△CAE，∴。
∵A（3，4），B（－1，y），C（x，0）且－1＜x＜3，
∴。
∴y与x之间的函数关系式为（－1＜x＜3）。
（2）y没有最大值。理由如下：
∵，
又∵－1＜x＜3，∴y没有最大值。
（3）如图2，过点A作x轴的平行线，并且在这条平行线上截取线段AA′，使AA′=1，作点B关于x轴的对称点B′，连接A′B′，交x轴于点E，在x轴上截取线段EF=1，则此时四边形ABEF的周长最小。
∵A（3，4），∴A′（2，4）。
∵B（－1，1），∴B′（－1，－1）。
设直线A′B′的解析式为y=kx+b，
则，解得。
∴直线A′B′的解析式为。
当y=0时，，解得。
∴线段EF平移至如图2所示位置时，四边形ABEF的周长最小，
此时点E的坐标为（，0）。
【考点】一次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，二次函数的最值，轴对称的性质，三角形三边关系。
【分析】（1）过点A作AE⊥x轴于点E，先证明△BCD∽△CAE，再根据相似三角形对应边成比例即可
求出y与x之间的函数关系式。
（2）先运用配方法将写成顶点式，再根据自变量x的取值范围即可求解。
（3）欲使四边形ABEF的周长最小，由于线段AB与EF是定长，所以只需BE+AF最小．为此，
先确定点E、F的位置：过点A作x轴的平行线，并且在这条平行线上截取线段AA′，使AA′=1，作点B关于x轴的对称点B′，连接A′B′，交x轴于点E，在x轴上截取线段EF=1，则点E、F的位置确定．再根据待定系数法求出直线A′B′的解析式，然后令y=0，即可求出点E的横坐标，从而得出点E的坐标。
3. （2012山东滨州10分）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx+c经过A（﹣2，﹣4），O（0，0），B（2，0）三点．
（1）求抛物线y=ax2+bx+c的解析式；
（2）若点M是该抛物线对称轴上的一点，求AM+OM的最小值．

【答案】解：（1）把A（﹣2，﹣4），O（0，0），B（2，0）三点的坐标代入y=ax2+bx+c中，得
，解这个方程组，得。
∴抛物线的解析式为y=﹣x2+x。
（2）由y=﹣x2+x=﹣（x﹣1）2+，可得
抛物线的对称轴为x=1，并且对称轴垂直平分线段OB。
∴OM=BM。∴OM+AM=BM+AM。
连接AB交直线x=1于M点，则此时OM+AM最小。
过点A作AN⊥x轴于点N，
在Rt△ABN中，，
因此OM+AM最小值为。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，解方程组，二次函数的性质，线段中垂线的性质，三角形三边关系，勾股定理。
【分析】（1）已知抛物线上不同的三点坐标，利用待定系数法可求出该抛物线的解析。
（2）根据O、B点的坐标发现：抛物线上，O、B两点正好关于抛物线的对称轴对称，那么只需连接A、B，直线AB和抛物线对称轴的交点即为符合要求的M点，而AM+OM的最小值正好是AB的长。
对x=1上其它任一点M′，根据三角形两边之和大于第三边的性质，总有：
O M′+A M′= B M′+A M′＞AB=OM+AM，
即OM+AM为最小值。

4. （2012湖北恩施8分）如图，已知抛物线y=﹣x2+bx+c与一直线相交于A（﹣1，0），C（2，3）两点，与y轴交于点N．其顶点为D．
（1）抛物线及直线AC的函数关系式；
（2）设点M（3，m），求使MN+MD的值最小时m的值；
（3）若抛物线的对称轴与直线AC相交于点B，E为直线AC上的任意一点，过点E作EF∥BD交抛物线于点F，以B，D，E，F为顶点的四边形能否为平行四边形？若能，求点E的坐标；若不能，请说明理由；
（4）若P是抛物线上位于直线AC上方的一个动点，求△APC的面积的最大值．

【答案】解：（1）由抛物线y=﹣x2+bx+c过点A（﹣1，0）及C（2，3）得，
，解得。∴抛物线的函数关系式为。
设直线AC的函数关系式为y=kx+n，由直线AC过点A（﹣1，0）及C（2，3）得
，解得。
∴直线AC的函数关系式为y=x+1。
（2）作N点关于直线x=3的对称点N′，
令x=0，得y=3，即N（0，3）。
∴N′（6， 3）
由得
D（1，4）。
设直线DN′的函数关系式为y=sx+t，则
，解得。
∴故直线DN′的函数关系式为。
根据轴对称的性质和三角形三边关系，知当M（3，m）在直线DN′上时，MN+MD的值最小，
∴。
∴使MN+MD的值最小时m的值为。
（3）由（1）、（2）得D（1，4），B（1，2），
①当BD为平行四边形对角线时，由B、C、D、N的坐标知，四边形BCDN是平行四边形，此时，点E与点C重合，即E（2，3）。
②当BD为平行四边形边时，
∵点E在直线AC上，∴设E（x，x+1），则F（x，）。
又∵BD=2
∴若四边形BDEF或BDFE是平行四边形时，BD=EF。
∴，即。
若，解得，x=0或x=1（舍去），∴E（0，1）。
若，解得，，∴E或E。
综上，满足条件的点E为（2，3）、（0，1）、、。
（4）如图，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G，
设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3）。
∴。
∴
。
∵，
∴当时，△APC的面积取得最大值，最大值为。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，轴对称的性质，三角形三边关系，平行四边形的判定和性质，二次函数的最值。
【分析】（1）利用待定系数法求二次函数解析式、一次函数解析式。
（2）根据轴对称的性质和三角形三边关系作N点关于直线x=3的对称点N′，当M（3，m）在直线DN′上时，MN+MD的值最小。
（3）分BD为平行四边形对角线和BD为平行四边形边两种情况讨论。
（4）如图，过点P作PQ⊥x轴交AC于点Q；过点C作CG⊥x轴于点G，设Q（x，x+1），则P（x，﹣x2+2x+3），求得线段PQ=﹣x2+x+2。由图示以及三角形的面积公式知，由二次函数的最值的求法可知△APC的面积的最大值。
5. （2012湖北黄冈14分）如图，已知抛物线的方程C1:与x 轴相交于点B、
C，与y 轴相交于点E，且点B 在点C 的左侧.
(1)若抛物线C1过点M(2，2)，求实数m 的值．
(2)在(1)的条件下，求△BCE的面积．
(3)在(1)的条件下，在抛物线的对称轴上找一点H，使BH+EH最小，并求出点H的坐标．
(4)在第四象限内，抛物线C1上是否存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）∵抛物线C1过点M(2，2)，∴，解得m=4。
（2）由（1）得。
令x=0，得。∴E（0，2），OE=2。
令y=0，得，解得x1=－2，x=4。
∴B（－2，，0），C（4，0），BC=6。
∴△BCE的面积=。
（3）由（2）可得的对称轴为x=1。
连接CE，交对称轴于点H，由轴对称的性质和两点之间线段最短的性质，知此时BH+EH最小。
设直线CE的解析式为，则
，解得。∴直线CE的解析式为。
当x=1时，。∴H（1，）。
（4）存在。分两种情形讨论：
①当△BEC∽△BCF时，如图所示。
则，∴BC2=BE•BF。
由（2）知B（－2，0），E（0，2），即OB=OE，
∴∠EBC=45°，∴∠CBF=45°。
作FT⊥x轴于点F，则BT=TF。
∴令F（x，－x－2）（x＞0），
又点F在抛物线上，∴－x－2=，
∵x+2＞0（∵x＞0），∴x=2m，F（2m，－2m－2）。
此时，
又BC2=BE•BF，∴（m+2）2= •，解得m=2±。
∵m＞0，∴m=+2。
②当△BEC∽△FCB时，如图所示。
则，∴BC2=EC•BF。
同①，∵∠EBC=∠CFB，△BTF∽△COE，
∴。
∴令F（x，－（x+2））（x＞0），
又点F在抛物线上，∴－（x+2）=。
∵x+2＞0（∵x＞0），
∴x=m+2。∴F（m+2，－（m+4）），，BC=m+2。
又BC2=EC•BF，∴（m+2）2= .
整理得：0=16，显然不成立。
综合①②得，在第四象限内，抛物线上存在点F，使得以点B、C、F为顶点的三角形与△BCE相似，m=+2。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，两点之间线段最短的性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】（1）将点（2，2）的坐标代入抛物线解析式，即可求得m的值。
（2）求出B、C、E点的坐标，从而求得△BCE的面积。
（3）根据轴对称以及两点之间线段最短的性质，可知点B、C关于对称轴x=1对称，连接EC与对称轴的交点即为所求的H点。
（4）分两种情况进行讨论：
①当△BEC∽△BCF时，如图所示，此时可求得+2。
②当△BEC∽△FCB时，如图所示，此时得到矛盾的等式，故此种情形不存在。
6. （2012湖南郴州10分）如图，已知抛物线经过A（4，0），B（2，3），C（0，3）三点．
（1）求抛物线的解析式及对称轴．
（2）在抛物线的对称轴上找一点M，使得MA+MB的值最小，并求出点M的坐标．
（3）在抛物线上是否存在一点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】解：（1）∵抛物线经过A（4，0），B（2，3），C（0，3）三点，
∴ ，解得。
∴抛物线的解析式为：，其对称轴为：。
（2）由B（2，3），C（0，3），且对称轴为x=1，可知点B、C是关于对称轴x=1的对称点。
如图1所示，连接AC，交对称轴x=1于点M，连接MB，则MA＋MB=MA＋MC=AC，根据两点之间线段最短可知此时MA＋MB的值最小。
设直线AC的解析式为y=kx＋b，
∵A（4，0），C（0，3），∴ ，解得。
∴直线AC的解析式为：y=x＋3。
令x=1，得y= 。∴M点坐标为（1，）。
（3）结论：存在。
如图2所示，在抛物线上有两个点P满足题意：
①若BC∥AP1，此时梯形为ABCP1。
由B（2，3），C（0，3），可知BC∥x轴，则x轴与抛物线的另一个交点P1即为所求。
在中令y=0，解得x1=-2，x2=4。
∴P1（－2，0）。
∵P1A=6，BC=2，∴P1A≠BC。
∴四边形ABCP1为梯形。
②若AB∥CP2，此时梯形为ABCP2。
设CP2与x轴交于点N，
∵BC∥x轴，AB∥CP2，∴四边形ABCN为平行四边形。∴AN=BC=2。∴N（2，0）。
设直线CN的解析式为y=k1x+b1，则有： ，解得。
∴直线CN的解析式为：y=x+3。
∵点P2既在直线CN：y=x+3上，又在抛物线：上，
∴x+3=，化简得：x2－6x=0，解得x1=0（舍去），x2=6。
∴点P2横坐标为6，代入直线CN解析式求得纵坐标为－6。∴P2（6，－6）。
∵ABCN，∴AB=CN，而CP2≠CN，∴CP2≠AB。∴四边形ABCP2为梯形。
综上所述，在抛物线上存在点P，使得以点A、B、C、P四点为顶点所构成的四边形为梯形，点P的坐标为（－2，0）或（6，－6）。
【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，轴对称的性质，
线段最短的性质，梯形的判定。
【分析】（1）已知抛物线上三点A、B、C的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式，再由对称轴公式求出对称轴。
（2）如图1所示，连接AC，则AC与对称轴的交点即为所求之M点；已知点A、C的坐标，利用待定系数法求出直线AC的解析式，从而求出点M的坐标。
（3）根据梯形定义确定点P，如图2所示：①若BC∥AP1，确定梯形ABCP1．此时P1为抛物线与x轴的另一个交点，解一元二次方程即可求得点P1的坐标；②若AB∥CP2，确定梯形ABCP2．此时P2位于第四象限，先确定CP2与x轴交点N的坐标，然后求出直线CN的解析式，再联立抛物线与直线解析式求出点P2的坐标。
7. （2012四川自贡14分）如图，抛物线l交x轴于点A（﹣3，0）、B（1，0），交y轴于点C（0，﹣3）．将抛物线l沿y轴翻折得抛物线l1．
（1）求l1的解析式；
（2）在l1的对称轴上找出点P，使点P到点A的对称点A1及C两点的距离差最大，并说出理由；
（3）平行于x轴的一条直线交抛物线l1于E、F两点，若以EF为直径的圆恰与x轴相切，求此圆的半径．

【答案】解：（1）如图1，设经翻折后，点A．B的对应点分别为A1、B1，
依题意，由翻折变换的性质可知A1（3，0），B1（﹣1，0），C点坐标不变，
∴抛物线l1经过A1（3，0），B1（﹣1，0），C（0，﹣3）三点，
设抛物线l1的解析式为y=ax2+bx+c，则
，解得。
∴抛物线l1的解析式为：y=x2﹣2x﹣3。
（2）抛物线l1的对称轴为：x=，
如图2，连接B1C并延长，与对称轴x=1交于点P，则点P即为所求。
此时，|PA1﹣PC|=|PB1﹣PC|=B1C。
设P′为对称轴x=1上不同于点P的任意一点，
则有：|P′A﹣P′C|=|P′B1﹣P′C|＜B1C（三角形两边之差小于第三边），
∴|P′A﹣P′C|＜|PA1﹣PC|，即|PA1﹣PC|最大。
设直线B1C的解析式为y=kx+b，则
，解得k=b=﹣3。∴直线B1C的解析式为：y=﹣3x﹣3。
令x=1，得y=﹣6。∴P（1，﹣6）。
（3）依题意画出图形，如图3，有两种情况：
①当圆位于x轴上方时，设圆心为D，半径为r，
由抛物线及圆的对称性可知，点D位于对称轴x=1上，则D（1，r），F（1+r，r）。
∵点F（1+r，r）在抛物线y=x2﹣2x﹣3上，
∴r=（1+r）2﹣2（1+r）﹣3，化简得：r2﹣r﹣4=0
解得r1=，r2=（舍去）。
∴此圆的半径为；
②当圆位于x轴上方时，同理可求得圆的半径为。
综上所述，此圆的半径为或。
【考点】二次函数综合题，翻折变换的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的轴对称性质，三角形三边关系，直线和圆的位置关系，解一元二次方程和二元一次方程组。
【分析】（1）根据翻折变换的性质，求得A1和B1的坐标，用待定系数法即可求得抛物线l1的解析式，
（2）根据三角形两边之差小于第三边的性质即可知，B1C的延长线与对称轴x=1的交点P，即为所求。求出B1C的解析式即可求得点P的坐标。
（3）设圆心为D，半径为r，根据直线与圆相切的性质知D（1，r），F（1+r，r）。由于点F在抛物线l1上，代入即可求得r。分圆位于x轴上方和下方两种情况讨论即可。