• 471.09 KB
  • 2021-11-06 发布

初中数学动点问题及练习题附参考答案

  • 7页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
初中数学动点问题及练习题附参考答案 所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射 线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用 有关数学知识解决问题. 关键:动中求静. 数学思想:分类思想 函数思想 方程思想 数形结合思想 转化思想 注重对几何图形运动变化能力的考查。 从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形,通过“对 称、动点的运动”等研究手段和方法,来探索与发现图形性质及图形变化,在解 题过程中渗透空间观念和合情推理。选择基本的几何图形,让学生经历探索的过 程,以能力立意,考查学生的自主探究能力,促进培养学生解决问题的能力.图 形在动点的运动过程中观察图形的变化情况,需要理解图形在不同位置的情况, 才能做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题 的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。 二期课改后数学卷中的数学压轴性题正逐步转向数形结合、动态几何、动手 操作、实验探究等方向发展.这些压轴题题型繁多、题意创新,目的是考察学生 的分析问题、解决问题的能力,内容包括空间观念、应用意识、推理能力等.从 数学思想的层面上讲:(1)运动观点;(2)方程思想;(3)数形结合思想;(4) 分类思想;(5)转化思想等.研究历年来各区的压轴性试题,就能找到今年中考 数学试题的热点的形成和命题的动向,它有利于我们教师在教学中研究对策,把 握方向.只的这样,才能更好的培养学生解题素养,在素质教育的背景下更明确 地体现课程标准的导向.本文拟就压轴题的题型背景和区分度测量点的存在性和 区分度小题处理手法提出自己的观点. 专题一:建立动点问题的函数解析式 函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容. 动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化, 引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关 系.那么,我们怎样建立这种函数解析式呢?下面结合中考试题举例分析. 一、应用勾股定理建立函数解析式。 二、应用比例式建立函数解析式。 三、应用求图形面积的方法建立函数关系式。 专题二:动态几何型压轴题 动态几何特点----问题背景是特殊图形,考查问题也是特殊图形,所以要把 握好一般与特殊的关系;分析过程中,特别要关注图形的特性(特殊角、特殊图 形的性质、图形的特殊位置。)动点问题一直是中考热点,近几年考查探究运动 中的特殊性:等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊 角或其三角函数、线段或面积的最值。下面就此问题的常见题型作简单介绍,解 题方法、关键给以点拨。 一、以动态几何为主线的压轴题。 (一)点动问题。 (二)线动问题。 (三)面动问题。 二、解决动态几何问题的常见方法有: 1、特殊探路,一般推证。2、动手实践,操作确认。3、建立联系,计算说明。 三、专题二总结,本大类习题的共性: 1.代数、几何的高度综合(数形结合);着力于数学本质及核心内容的考查; 四大数学思想:数学结合、分类讨论、方程、函数. 2.以形为载体,研究数量关系;通过设、表、列获得函数关系式;研究特殊 情况下的函数值。 专题三:双动点问题 点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题. 它主要以几何图形为载 体,运动变化为主线,集多个知识点为一体,集多种解题思想于一题. 这类题综 合性强,能力要求高,它能全面的考查学生的实践操作能力,空间想象能力以及 分析问题和解决问题的能力. 其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为今年 中考试题的热点,现采撷几例加以分类浅析,供读者欣赏. 1 以双动点为载体,探求函数图象问题。 2 以双动点为载体,探求结论开放性问题。 3 以双动点为载体,探求存在性问题。 4 以双动点为载体,探求函数最值问题。 双动点问题的动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大, 对同学们获取信息和处理信息的能力要求较高;解题时需要用运动和变化的眼光 去观察和研究问题,挖掘运动、变化的全过程,并特别关注运动与变化中的不变 量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动。 专题四:函数中因动点产生的相似三角形问题 专题五:以圆为载体的动点问题 动点问题是初中数学的一个难点,中考经常考察,有一类动点问题,题中未 说到圆,却与圆有关,只要巧妙地构造圆,以圆为载体,利用圆的有关性质,问 题便会迎刃而解;此类问题方法巧妙,耐人寻味。 例 1.如图,已知在矩形 ABCD 中,AD=8,CD=4,点 E 从点 D 出发,沿线段 DA 以每秒 1 个单位长的速度向点 A 方向移动,同时点 F 从点 C 出发,沿射线 CD 方向以每秒 2 个单位 长的速度移动,当 B,E,F 三点共线时,两点同时停止运动.设点 E 移动的时间为 t(秒). (1)求当 t 为何值时,两点同时停止运动; (2)设四边形 BCFE 的面积为 S,求 S 与 t 之间的函数关系式,并写出 t 的取值范围; (3)求当 t 为何值时,以 E,F,C 三点为顶点的三角形是等腰三角形; (4)求当 t 为何值时,∠BEC=∠BFC. A B C DE FO 例 2. 正方形 ABCD 边长为 4, M 、 N 分别是 BC 、CD 上的两个动点, 当 M 点 在 BC 上运动时,保持 AM 和 MN 垂直, (1)证明: Rt RtABM MCN△ ∽ △ ; (2)设 BM x ,梯形 ABCN 的面积为 y ,求 y 与 x 之间的函数关系式;当 M 点运动到 什么位置时,四边形 ABCN 面积最大,并求出最大面积; (3)当 M 点运动到什么位置时 Rt RtABM AMN△ ∽ △ ,求此时 x 的值. 例 3.如图,在梯形 ABCD 中, 3 5 4 2 45AD BC AD DC AB B    ∥ , , , ,∠ .动 点 M 从 B 点出发沿线段 BC 以每秒 2 个单位长度的速度向终点C 运动;动点 N 同时从C 点 出发沿线段CD 以每秒 1 个单位长度的速度向终点 D 运动.设运动的时间为t 秒. (09 年济南中考) (1)求 BC 的长。 (2)当 MN AB∥ 时,求t 的值. (3)试探究:t 为何值时, MNC△ 为等腰三角形. 例 4.如图,在 Rt△AOB 中,∠AOB=90°,OA=3cm,OB=4cm,以点 O 为坐标原点建 立坐标系,设 P、Q 分别为 AB、OB 边上的动点它们同时分别从点 A、O 向 B 点匀速运动, 速度均为 1cm/秒,设 P、Q 移动时间为 t(0≤t≤4) (1)求 AB 的长,过点 P 做 PM⊥OA 于 M,求出 P 点的坐标(用 t 表示) (2)求△OPQ 面积 S(cm2),与运动时间 t(秒)之间的函数关 系式,当 t 为何值时,S 有最大值?最大是多少? (3)当 t 为何值时,△OPQ 为直角三角形? (4)若点 P 运动速度不变,改变 Q 的运动速度,使△OPQ 为正 三角形,求 Q 点运动的速度和此时 t 的值. 动点练习题答案 例 1. 解:(1)当 B,E,F 三点共线时,两点同时停止运动,如图 2 所示.………(1 分) 由题意可知:ED=t,BC=8,FD= 2t-4,FC= 2t. ∵ED∥BC,∴△FED∽△FBC.∴ FD ED FC BC  . ∴ 2 4 2 8 t t t   .解得 t=4. ∴当 t=4 时,两点同时停止运动;……(3 分) y A O M Q P B x A D CB M N D M A B C N 图 2 A B C DE F (2)∵ED=t,CF=2t, ∴S=S△BCE+ S△BCF= 1 2 ×8×4+ 1 2 ×2t×t=16+ t2. 即 S=16+ t2.(0 ≤t ≤4);………………………………………………………(6 分) (3)①若 EF=EC 时,则点 F 只能在 CD 的延长线上, ∵EF2= 2 2 2(2 4) 5 16 16t t t t     , EC2= 2 2 24 16t t   ,∴ 25 16 16t t  = 2 16t  .∴t=4 或 t=0(舍去); ②若 EC=FC 时,∵EC2= 2 2 24 16t t   ,FC2=4t2,∴ 2 16t  =4t2.∴ 4 33t  ; ③若 EF=FC 时,∵EF2= 2 2 2(2 4) 5 16 16t t t t     ,FC2=4t2, ∴ 25 16 16t t  =4t2.∴t1=16 8 3 (舍去),t2=16 8 3 . ∴当 t 的值为 4, 4 33 ,16 8 3 时,以 E,F,C 三点为顶点的三角形是等腰三 角形;………………………………………………………………………………(9 分) (4)在 Rt△BCF 和 Rt△CED 中,∵∠BCD=∠CDE=90°, 2BC CF CD ED   , ∴Rt△BCF∽Rt△CED.∴∠BFC=∠CED.………………………………………(10 分) ∵AD∥BC,∴∠BCE=∠CED.若∠BEC=∠BFC,则∠BEC=∠BCE.即 BE=BC. ∵BE2= 2 16 80t t  ,∴ 2 16 80t t  =64. ∴t1=16 8 3 (舍去),t2=16 8 3 . ∴当 t=16 8 3 时,∠BEC=∠BFC.……………………………………………(12 分) 例 2. 解:(1)在正方形 ABCD 中, 4 90AB BC CD B C      , °, AM MN ⊥ , 90AMN  °, 90CMN AMB    °, 在 Rt ABM△ 中, 90MAB AMB    °, CMN MAB   , Rt RtABM MCN △ ∽ △ , (2) Rt RtABM MCN △ ∽ △ , 4 4 AB BM x MC CN x CN     , , 2 4 4 x xCN    ,   2 221 4 1 14 4 2 8 2 102 4 2 2ABCN x xy S x x x               梯形 · , N DA C D B M 当 2x  时, y 取最大值,最大值为 10. (3) 90B AMN    °, 要使 ABM AMN△ ∽△ ,必须有 AM AB MN BM  , 由(1)知 AM AB MN MC  , BM MC  , 当点 M 运动到 BC 的中点时, ABM AMN△ ∽△ ,此时 2x  . 例 3.解:(1)如图①,过 A 、D 分别作 AK BC 于 K ,DH BC 于 H ,则四边形 ADHK 是矩形 ∴ 3KH AD  . 在 Rt ABK△ 中, 2sin 45 4 2 42AK AB    . 2cos45 4 2 42BK AB     在 Rt CDH△ 中,由勾股定理得, 2 25 4 3HC    ∴ 4 3 3 10BC BK KH HC       (2)如图②,过 D 作 DG AB∥ 交 BC 于G 点,则四边形 ADGB 是平行四边形 ∵ MN AB∥ ∴ MN DG∥ ∴ 3BG AD  ∴ 10 3 7GC    由题意知,当 M 、 N 运动到t 秒时, 10 2CN t CM t  , . ∵ DG MN∥ ∴ NMC DGC∠ ∠ 又 C C∠ ∠ ∴ MNC GDC△ ∽△ ∴ CN CM CD CG  (图①) A D CB K H (图②) A D CB G M N 即 10 2 5 7 t t 解得, 50 17t  (3)分三种情况讨论: ①当 NC MC 时,如图③,即 10 2t t  ∴ 10 3t  ②当 MN NC 时,如图④,过 N 作 NE MC 于 E ∵ 90C C DHC NEC     ∠ ∠ , ∴ NEC DHC△ ∽△ ∴ NC EC DC HC  即 5 5 3 t t ∴ 25 8t  ③当 MN MC 时,如图⑤,过 M 作 MF CN 于 F 点. 1 1 2 2FC NC t  ∵ 90C C MFC DHC     ∠ ∠ , ∴ MFC DHC△ ∽△ ∴ FC MC HC DC  即 1 10 22 3 5 t t ∴ 60 17t  综上所述,当 10 3t  、 25 8t  或 60 17t  时, MNC△ 为等腰三角形 例 4.(1)由题意知:BD=5,BQ=t,QC=4-t,DP=t,BP=5-t ∵PQ⊥BC ∴△BPQ∽△BDC ∴ BC BQ BD BP  即 45 5 tt  ∴ 9 20t A D CB M N (图③) (图④) A D CB M N H E (图⑤) A D CB H N M F 当 9 20t 时,PQ⊥BC……………………………………………………………………3 分 (2)过点 P 作 PM⊥BC,垂足为 M ∴△BPM∽△BDC ∴ 35 5 PMt  ∴ )5(5 3 tPM  ……………………4 分 ∴  tS 2 1 )5(5 3 t = 8 15)2 5(10 3  t …………………………………………5 分 ∴当 5 2t  时,S 有最大值 15 8 .……………………………………………………6 分 (3)①当 BP=BQ 时, tt 5 , ∴ 2 5t ……………………………………7 分 ②当 BQ=PQ 时,作 QE⊥BD,垂足为 E,此时 ,BE= 2 5 2 1 tBP  ∴△BQE∽△BDC ∴ BD BQ BC BE  即 54 2 5 t t   ∴ 13 25t ……………………9 分 ③当 BP=PQ 时,作 PF⊥BC,垂足为 F, 此时,BF= 22 1 tBQ  ∴△BPF∽△BDC ∴ BD BP BC BF  即 5 5 4 2 t t  ∴ 13 40t ……………………11 分 ∴ 1 40 13t  , 2 5 2t  , 3 25 13t  ,均使△PBQ 为等腰三角形. …………………………12 分