中考数学动态型问题三轮冲刺 15页

‎2013中考总结复习冲刺练： 动态型问题 动态型试题比较侧重图形的旋转、平移、对称、翻折，在这里重点考察学生几何图形的认识，对称、全等、相似，是对数学综合能力的考察动态型试题.对学生的思维要求比较高，对题目的理解要清晰，明确变化的量之间的关系，同时还要明确不变的量有那些，抓住关键，理清思路。‎ 动态几何型问题体现的数学思想方法是数形结合思想，这里常把函数与方程、函数与不等式联系起来，实际上是一般化与特殊化方法．当求变量之间关系时，通常建立函数模型或不等式模型求解；当求特殊位置关系和值时，常建立方程模型求解．‎ 类型之一 探索性的动态题 探索性问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断。探索型问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要学生自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需要的结论或方法或条件，用考察学生的分析问题和解决问题的能力和创新意识。‎ ‎1.（宜昌市）如图，在Rt△ABC中，AB=AC，P是边AB（含端点）上的动点，过P作BC的垂线PR，R为垂足，∠PRB的平分线与AB相交于点S，在线段RS上存在一点T，若以线段PT为一边作正方形PTEF，其顶点E、F恰好分别在边BC、AC上.‎ ‎（1）△ABC与△SBR是否相似？说明理由；‎ ‎（2）请你探索线段TS与PA的长度之间的关系；‎ ‎（3）设边AB=1，当P在边AB（含端点）上运动时，请你探索正方形PTEF的面积y的最小值和最大值.‎ ‎2.（南京市）如图，已知的半径为‎6cm，射线经过点，，射线与相切于点．两点同时从点出发，点以‎5cm/s的速度沿射线方向运动，点以‎4cm/s的速度沿射线方向运动．设运动时间为s．‎ ‎（1）求的长；‎ ‎（2）当为何值时，直线与相切？‎ 类型之二 存在性动态题 存在性动态题运用几何计算进行探索的综合型问题，要注意相关的条件,可以先假设结论成立，然后通过计算求相应的值，再作存在性的判断. ‎ ‎3.如图，直线和x轴、y轴的交点分别为B、C，点A的坐标是（-2，0）．‎ ‎（1）试说明△ABC是等腰三角形；‎ ‎（2）动点M从A出发沿x轴向点B运动，同时动点N从点B出发沿线段BC向点C运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设M运动t秒时，△MON的面积为S．‎ ‎① 求S与t的函数关系式；‎ ‎② 设点M在线段OB上运动时，是否存在S=4的情形？若存在，‎ 求出对应的t值；若不存在请说明理由；‎ ‎③在运动过程中，当△MON为直角三角形时，求t的值．‎ ‎4．(湖州市) 已知：在矩形中，，．分别以所在直线为轴和轴，建立如图所示的平面直角坐标系．是边上的一个动点（不与重合），过点的反比例函数的图象与边交于点．‎ ‎（1）求证：与的面积相等；‎ ‎（2）记，求当为何值时，有最大值，最大值为多少？‎ ‎（3）请探索：是否存在这样的点，使得将沿对折后，点恰好落在上？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎5.（白银市）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点B的坐标为（4，3）．平行于对角线AC的直线m从原点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，设直线m与矩形OABC的两边分别交于点M、N，直线m运动的时间为t（秒）．‎ ‎(1) 点A的坐标是__________，点C的坐标是__________；‎ ‎ (2) 当t= 秒或 秒时，MN=AC；‎ ‎(3) 设△OMN的面积为S，求S与t的函数关系式；‎ ‎ (4) 探求(3)中得到的函数S有没有最大值？若有，求出最大值；若没有，要说明理由．‎ 类型之三 开放性动态题 开放性问题的条件或结论不给出，即条件开放或结论开放，需要我们充分利用自己的想像，大胆猜测，发现问题的结论，寻找解决问题的方法，正确选择解题思路。解答开放性问题的思维方法及途径是多样的，无常规思维模式。开放性问题的条件、结论和方法不是唯一的，要对问题充分理解，分析条件引出结论，达到完善求解的目的。‎ ‎6.（苏州）如图，在等腰梯形中，，，，．动点从点出发沿以每秒1个单位的速度向终点运动，动点从点出发沿以每秒2个单位的速度向点运动．两点同时出发，当点到达点时，点随之停止运动．‎ ‎（1）梯形的面积等于 ；‎ ‎（2）当时，P点离开D点的时间等于 秒；‎ ‎（3）当三点构成直角三角形时，点离开点多少时间？‎ ‎7.（·福州）如图，已知△ABC是边长为‎6cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是‎1cm/s，点Q运动的速度是‎2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s ‎），解答下列问题：‎ ‎（1）当t＝2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；‎ ‎（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；‎ ‎（3）作QR//BA交AC于点R，连结PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ？‎ ‎8.（·苏州）课堂上，老师将图①中△AOB绕O点逆时针旋转，在旋转中发现图形的形状和大小不变，但位置发生了变化．当△AOB旋转90°时，得到∠A1OB1．已知A（4，2），B（3，0）．‎ ‎（1）△A1OB1的面积是 ；A1点的坐标为（ ， ）；B1点的坐标为（ ， ）；‎ ‎（2）课后，小玲和小惠对该问题继续进行探究，将图②中△AOB绕AO的中点C（2，1）逆时针旋转90°得到△A′O′B′，设O′B′交OA于D，O′A′交x轴于E．此时A′，O′和B′的坐标分别为（1，3），（3，-1）和（3，2），且O′B′经过B点．在刚才的旋转过程中，小玲和小惠发现旋转中的三角形与△AOB重叠部分的面积不断变小，旋转到90°时重叠部分的面积（即四边形CEBD的面积）最小，求四边形CEBD的面积．‎ ‎（3）在（2）的条件下，△AOB外接圆的半径等于 ．‎ 参考答案 ‎1.【解析】要想证明△ABC与△SBR相似，只要证明其中的两个角相等即可；要想得到TS=PA，只要证明△TPS≌△PFA即可；对于（3），需要建立正方形PTEF的面积y与AP的函数关系式，利用函数的极值来解决.‎ ‎【答案】解：(1)∵RS是直角∠PRB的平分线，∴∠PRS＝∠BRS＝45°.‎ 在△ABC与△SBR中，∠C＝∠BRS＝45°，∠B是公共角，‎ ‎∴△ABC∽△SBR.. ‎ ‎(2)线段TS的长度与PA相等.‎ ‎∵四边形PTEF是正方形，‎ ‎∴PF＝PT，∠SPT＋∠FPA＝180°－∠TPF＝90°,‎ 在Rt△PFA中，∠PFA ＋∠FPA＝90°,‎ ‎∴∠PFA＝∠TPS，‎ ‎∴Rt△PAF≌Rt△TSP，∴PA＝TS.‎ 当点P运动到使得T与R重合时，‎ 这时△PFA与△TSP都是等腰直角三角形且底边相等，即有PA＝TS. ‎ 由以上可知，线段ST的长度与PA相等.‎ ‎(3)由题意，RS是等腰Rt△PRB的底边PB上的高，‎ ‎∴PS＝BS, ∴BS＋PS＋PA＝1, ∴PS＝.‎ 设PA的长为x，易知AF=PS，‎ 则y＝PF＝PA＋PS,得y＝x＋(),‎ 即y＝，(5分)‎ 根据二次函数的性质，当x＝时，y有最小值为.‎ 如图2，当点P运动使得T与R重合时，PA＝TS为最大.‎ 易证等腰Rt△PAF≌等腰Rt△PSR≌等腰Rt△BSR，‎ ‎∴PA＝.‎ 如图3，当P与A重合时，得x＝0.‎ ‎∴x的取值范围是0≤x≤.‎ ‎∴①当x的值由0增大到时，y的值由减小到 ‎∴②当x的值由增大到时，y的值由增大到 ‎∵≤≤，∴在点P的运动过程中，‎ 正方形PTEF面积y的最小值是，y的最大值是.‎ ‎2.【解析】本题是双动点问题，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。‎ ‎【答案】解：（1）连接．‎ 与相切于点，‎ ‎，即．‎ ‎，，‎ ‎．‎ ‎（2）过点作，垂足为．‎ 点的运动速度为‎5cm/s，点的运动速度为‎4cm/s，运动时间为s，‎ ‎，．‎ ‎，，．‎ ‎，．‎ ‎．‎ ‎，‎ 四边形为矩形，．‎ 的半径为6，‎ 时，直线与相切．‎ ‎①当运动到如图1所示的位置．‎ ‎．‎ 由，得．解得．‎ ‎②当运动到如图2所示的位置．‎ ‎．‎ 由，得．‎ 解得．‎ 所以，当为0.5s或3.5s时直线与相切．‎ ‎3.【答案】（1）将代入，得，点的坐标为；‎ 将代入，得，点的坐标为．‎ 在中，，，．‎ 又，，，是等腰三角形．‎ ‎（2），故点同时开始运动，同时停止运动．‎ 过点作轴于，‎ 则，‎ ‎①当时（如图甲），‎ ‎，‎ ‎．‎ 当时（如图乙），‎ ‎，‎ ‎．‎ ‎（注：若将的取值范围分别写为和也可以）‎ ‎②存在的情形．‎ 当时，．‎ 解得，（不合题意，舍去）．‎ ‎，故当时，秒．‎ ‎③当轴时，为直角三角形．‎ ‎，又．‎ ‎，．‎ 当点分别运动到点时，为直角三角形，．‎ 故为直角三角形时，秒或秒．‎ ‎4. 【答案】（1）证明：设，，与的面积分别为 ‎，，‎ 由题意得，．‎ ‎，．‎ ‎，即与的面积相等．‎ ‎（2）由题意知：两点坐标分别为，，‎ ‎，‎ ‎．‎ 当时，有最大值．‎ ‎．‎ ‎（3）解：设存在这样的点，将沿对折后，点恰好落在边上的点，过点作，垂足为．‎ 由题意得：，，，‎ ‎，．‎ 又，‎ ‎．‎ ‎，，‎ ‎．‎ ‎，，解得．‎ ‎．‎ 存在符合条件的点，它的坐标为．‎ ‎5.【解析】该题所蕴涵的知识量较大，并以动态形式，着重考查了四边形、三角形、相似形、平面直角坐标系、二次函数、不等式组等知识点，且解法思路多样化，易于发展学生的各种思维能力。‎ ‎【答案】解：(1)（4，0），（0，3）；‎ ‎(2) 2，6；‎ ‎(3) 当0＜t≤4时，OM=t．‎ 由△OMN∽△OAC，得，‎ ‎∴ ON=，S=．‎ 当4＜t＜8时，‎ 如图，∵ OD=t，∴ AD= t－4． ‎ 方法一：由△DAM∽△AOC，可得AM=，∴ BM=6－．‎ 由△BMN∽△BAC，可得BN==8－t，∴ CN=t－4． ‎ S=矩形OABC的面积－Rt△OAM的面积－ Rt△MBN的面积－ Rt△NCO的面积 ‎=12--（8－t）（6-）-‎ ‎=．‎ 方法二：易知四边形ADNC是平行四边形，∴ CN=AD=t-4，BN=8-t．‎ 由△BMN∽△BAC，可得BM==6－，∴ AM=，以下同方法一．‎ ‎(4) 有最大值．‎ 方法一：当0＜t≤4时，∵ 抛物线S=的开口向上，在对称轴t=0的右边， S随t的增大而增大，‎ ‎∴ 当t=4时，S可取到最大值=6；‎ 当4＜t＜8时，∵ 抛物线S=的开口向下，它的顶点是（4，6），∴ S＜6． ‎ 综上，当t=4时，S有最大值6． ‎ 方法二：‎ ‎∵ S= ‎ ‎∴ 当0＜t＜8时，画出S与t的函数关系图像，如图所示．‎ 显然，当t=4时，S有最大值6． ‎ ‎6.【解析】这是一个集几何、代数知识于一体的综合题，既能考查学生的创造性思维品质，又能体现学生的实际水平和应变能力，其解题策略是“动”中求“静”，“一般”中见“特殊”，抓住要害，各个击破．‎ ‎【答案】解：（1）36；（2）秒；‎ ‎（3）当三点构成直角三角形时，有两种情况：‎ ‎①当时，设点离开点秒，‎ 作于，．‎ ‎，，．‎ 当时，点离开点秒．‎ ‎②当时，设点离开点秒，‎ ‎，．‎ ‎．‎ ‎．．．‎ 当时，点离开点秒．‎ 由①②知，当三点构成直角三角形时，点离开点秒或秒．‎ ‎7.【解析】解决运动型的问题，关键是将其运用过程在头脑当中预演一遍，找准其运用时各个量的变化规律，再动中取静，得到相关量之间的关系．‎ ‎【答案】解：（1）是等边三角形．‎ 当时．．‎ ‎．‎ ‎．‎ 又，‎ 是等边三角形．‎ ‎（2）过作，垂足为．‎ 由，得．‎ 由，得．‎ ‎．‎ ‎（3），‎ ‎．‎ 又，是等边三角形．‎ ‎．‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎．‎ 四边形是平行四边形．‎ ‎．‎ 又，．‎ ‎，．‎ ‎，即．‎ 解得．‎ 当时，‎ ‎8.【解析】这是一道坐标几何题，中考中的坐标几何题，融丰富的几何图象于一题，包含的知识点较多；代数变换（包括数式变换、方程变换、不等式变换）与几何推理巧妙融合，交相辉映，数形结合思想和方法得到充分运用.本题（2）中的面积的计算是根据旋转不变性，构造全等三角形，将四边形的面积进行转化，这是一种重要的数学思想方法.‎ ‎【答案】：证明：（1）3．，‎ ‎（2）作于，轴于，‎ 的横坐标相等，‎ 轴，四边形为矩形．‎ 又，矩形为正方形．‎ ‎．，．‎ 在和中，‎ ‎．‎ ‎．‎ ‎（3）．‎