全國各地中考數學解析匯編四十章 動態(tài)型問題

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1、 四十章 動態(tài)型問題 18．(2012江蘇蘇州，18，3分)如圖①，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=60°，動點P從A點出發(fā)，以1cm/s的速度沿著A→B→C→D的方向不停移動，直到點P到達點D后才停止．已知△PAD的面積S（單位：cm2）與點P移動的時間（單位：s）的函數如圖②所示，則點P從開始移動到停止移動一共用了?。?+2）　秒（結果保留根號）． 分析： 根據圖②判斷出AB、BC的長度，過點B作BE⊥AD于點E，然后求出梯形ABCD的高BE，再根據t=2時△PAD的面積求出AD的長度，過點C作CF⊥AD于點F，然后求出DF的長度，利用勾股定理列式求出CD的長度

2、，然后求出AB、BC、CD的和，再根據時間=路程÷速度計算即可得解． 解答： 解：由圖②可知，t在2到4秒時，△PAD的面積不發(fā)生變化， ∴在AB上運動的時間是2秒，在BC上運動的時間是4﹣2=2秒， ∵動點P的運動速度是1cm/s， ∴AB=2cm，BC=2cm， 過點B作BE⊥AD于點E，過點C作CF⊥AD于點F， 則四邊形BCFE是矩形， ∴BE=CF，BC=EF=2cm， ∵∠A=60°， ∴BE=ABsin60°=2×=， AE=ABcos60°=2×=1， ∴×AD×BE=3， 即×AD×=3， 解得AD=6cm， ∴DF=AD﹣AE﹣EF=6﹣1﹣2

3、=3， 在Rt△CDF中，CD===2， 所以，動點P運動的總路程為AB+BC+CD=2+2+2=4+2， ∵動點P的運動速度是1cm/s， ∴點P從開始移動到停止移動一共用了（4+2）÷1=4+2（秒）． 故答案為：（4+2）． 點評： 本題考查了動點問題的函數圖象，根據圖②的三角形的面積的變化情況判斷出AB、BC的長度是解題的關鍵，根據梯形的問題中，經常作過梯形的上底邊的兩個頂點的高線作出輔助線也很關鍵． 23.（2012貴州省畢節(jié)市，23，12分）如圖①，有一張矩形紙片，將它沿對角線AC剪開，得到△ACD和△A′BC′. (1)如圖②，將△ACD沿A′C

4、′邊向上平移，使點A與點C′重合，連接A′D和BC，四邊形A′BCD是 形； （2）如圖③，將△ACD的頂點A與A′點重合，然后繞點A沿逆時針方向旋轉，使點D、A、B在同一直線上，則旋轉角為 度；連接CC′，四邊形CDBC′是 形； （3）如圖④，將AC邊與A′C′邊重合，并使頂點B和D在AC邊的同一側，設AB、CD相交于E，連接BD，四邊形ADBC是什么特殊四邊形？請說明你的理由。 第23題圖 解析：（1）利用平行四邊形的判定，對角線互相平分的四邊形是平行四邊形得出即可；（2）

5、利用旋轉變換的性質以及直角梯形判定得出即可；（3）利用等腰梯形的判定方法得出BD∥AC，AD=CE，即可得出答案． 解案：解：（1）平行四邊形； 證明：∵AD=AB，AA′=AC，∴A′C與BD互相平分， ∴四邊形A′BCD是平行四邊形； （2）∵DA由垂直于AB，逆時針旋轉到點D、A、B在同一直線上， ∴旋轉角為90度； 證明：∵∠D=∠B=90°，A，D，B在一條直線上， ∴CD∥BC′，∴四邊形CDBC′是直角梯形； 故答案為：90，直角梯； （3）四邊形ADBC是等腰梯形； 證明：過點B作BM⊥AC，過點D作DN⊥AC，垂足分別為M，N， ∵有一張矩形紙片，將它沿

6、對角線AC剪開，得到△ACD和△A′BC′．∴△ACD≌△A′BC′，∴BM=ND，∴BD∥AC， ∵AD=BC，∴四邊形ADBC是等腰梯形． 點評：此題主要考查了圖形的剪拼與平行四邊形的判定和等腰梯形的判定、直角梯形的判定方法等知識，熟練掌握判定定理是解題關鍵． 26.（2012年廣西玉林市，26，12分）如圖，在平面直角坐標系xOy中，矩形AOCD的頂點A的坐標是（0，4），現有兩動點P，Q，點P從點O出發(fā)沿線段OC（不包括端點O，C）以每秒2個單位長度的速度勻速向點C運動，點Q從點C出發(fā)沿線段CD（不包括端點C、D）以每秒1個單位長度的速度勻速向點D運動.點P，Q同時出發(fā)，同時停止

7、.設運動的時間為t（秒），當t=2（秒）時，PQ=. （1）求點D的坐標，并直接寫出t的取值范圍； （2）連接AQ并延長交x軸于點E，把AE沿AD翻折交CD延長線于點F，連接EF，則△AEF的面積是否隨t的變化而變化？若變化，求出與t的函數關系式；若不變化，求出的值. （3）在（2）的條件下，t為何值時，四邊形APQF是梯形？ 解：（1）設OC=， 當t=2時，OP=4，PC=－4；CQ=2. 在Rt△PQC中，， ,解得（不合題意，舍去），，∴D點坐標（8，4）； （2）由翻折可知，點Q和點F關于直線AD對稱，∴QD=DF=4－t，而AD=8，∴. 設經過A（0，4）、

8、Q（8，t）兩點的一次函數解析式為，故有： ，解得，∴一次函數的解析式為，易知一次函數與軸的交點的坐標為（，0），∴EC=－8，∴， ∴.∴△AEF的面積不隨t的變化而變化，的值為32. （3）因AP與QF不平行，要想使四邊形APQF是梯形，須有PQ∥AF. ∵AF=AQ，∴∠AFQ=∠AQF，而∠CQE=∠AQF，要想PQ∥AF，須有∠AFQ=∠PQC，故只需具備條件∠PQC =∠CQE ，又∵QC⊥PE，∴∠ CQP=∠QCE，QC=QC，∴△CQP ≌△QCE ，∴PC=CE，即8－2t=－8，解得（不合題意，舍去），.故當時，四邊形APQF是梯形.

9、 22. （2012珠海，22，9分）如圖,在等腰梯形ABCD中AB∥CD,AB＝,DC＝,高CE＝,對角線AC、BD交于H，平行于線段BD的兩條直線MN、RQ同時從點A出發(fā)沿AC方向向點C勻速平移，分別交等腰梯形ABCD的邊于M、N和R、Q，分別交對角線AC于F、G；當直線RQ到達點C時，兩直線同時停止移動.記等腰梯形ABCD被直線MN掃過的面積為，被直線RQ掃過的面積為，若直線MN平移的速度為1單位/秒,直線RQ平移的速度為2單位/秒,設兩直線移動的時間為x秒. (1)填空:∠AHB＝____________; AC＝_____________; (2) 若,求x; (3)

10、 若,求m的變化范圍. 【解析】(1) 如圖第22題-1所示,平移對角線DB,交AB的延長線于P.則四邊形BPCD是平行四邊形,BD＝PC,BP＝DC＝.因為等腰梯形ABCD,AB∥CD,所以AC＝BD. 所以AC＝PC.又高CE＝, AB＝,所以AE＝EP＝.所以∠AHB＝90°AC＝4; ⑵直線移動有兩種情況:及,需要分類討論.①當時, 有.∴②當時,先用含有x的代數式分別表示,,然后由列出方程,解之可得x的值; (3) 分情況討論:①當時, .②當時,由,得＝.然后討論這個函數的最值,確定m的變化范圍. 【答案】(1) 90°,4; (2)直線移動有兩種情況:及.

11、 ①當時,∵MN∥BD,∴△AMN∽△ARQ,△ANF∽△AQG. .∴ ②當時, 如圖第22題-2所示, CG＝4－2x,CH＝1,. , 由,得方程,解得(舍去),. ∴x＝2. (3) 當時,m＝4 當時, 由,得＝＝. M是的二次函數, 當時, 即當時, M隨的增大而增大. 當時,最大值m＝4. 當x＝2時,最小值m＝3. ∴3≤m≤4. 【點評】本題是一道幾何代數綜合壓軸題,重點考查等腰梯形, 相似三角形的性質,二次函數的增減性和最值及分類討論,由特殊到一般的數學思想等的綜合應用.解題時, (1)小題,通過平移對角線,將等腰梯形轉化為等腰三角形

12、,從而使問題得以簡化,是我們解決梯形問題常用的方法. (2) 小題直線移動有兩種情況:及,需要分類討論.這點萬不可忽略,解題時用到的知識點主要是相似三角形面積比等于相似比的平方. (3) 小題仍需要分情況討論.對于函數,討論它的增減性和最值是個難點. 討論之前點明我們把這個函數看作“M是的二次函數”對順利作答至關重要. A C P D B E G F 16、（2012·湖南省張家界市·16題·3分）已知線段AB=6，C、D是AB上兩點，且AC=DB=1，P是線段CD上一動點，在AB同側分別作等邊三角形APE和等邊三角形PBF，G為線段EF的中點，點P由

13、點C移動到點D時，G點移動的路徑長度為________. 【分析】 不好意思，本題做不出來，還請高手補充 18．（2012湖北荊州，18，3分）如圖(1)所示，E為矩形ABCD的邊AD上一點，動點P、Q同時從點B出發(fā)，點P沿折線BE—ED—DC運動到點C時停止，點Q沿BC運動到點C時停止，它們運動的速度都是1cm/秒．設P、Q同發(fā)t秒時，△BPQ的面積為ycm2．已知y與t的函數關系圖象如圖(2)(曲線OM為拋物線的一部分)，則下列結論： ①AD＝BE＝5；②cos∠ABE＝；③當0＜t≤5時，y＝t2；④當t＝秒時，△ABE∽△QBP；其中正確的結論是__▲__(填序號)． 圖(3

14、) 圖(1) 圖(2) 第18題圖 A D E P Q C B M N H y t O 5 7 10 【解析】首先，分析函數的圖象兩個坐標軸表示的實際意義及函數的圖象的增減情況. 橫軸表示時間t，縱軸表示△BPQ的面積y. 當0＜t≤5時，圖象為拋物線，圖象過原點，且關于y軸對稱，y隨的t增大而增大， t=5的時候，△BPQ的面積最大， 5＜t＜7時，y是常函數，△BPQ的面積不變，為10. 從而得到結論：t=5的時候，點Q運動到點C，點P運動到點E， 所以BE＝BC=AD＝5×1=5cm， 5＜t

15、＜7時，點P從E→D，所以ED=2×1=2cm，AE=3 cm，AB=4 cm. cos∠ABE＝. 設拋物線OM的函數關系式為（0＜t≤5),把（5,10）代入得到，所以， 所以當0＜t≤5時， y＝t2 當t＞5時，點P位于線段CD上，點Q與點C重合，. 當t＝秒，點P位于P’處，C P’=CD－DP’=4－（－7）= cm. 在△ABE和△Q’BP’中，,∠A＝Q’=90°，所以△ABE∽△Q’BP’ 【答案】①③④ 【點評】本題綜合考察了動點問題、二次函數、三角形相似、常函數、銳角三角函數、分段函數的知識，綜合性強。讀函數的圖象時首先要理解橫縱坐標表示的含義，理解問題敘

16、述的過程，把圖象的過程和幾何的動點運動過程相結合，化靜為動，從而解決問題。本題考察的知識點全面，難度較大。 8.（2012湖北黃岡，8，3）如圖，在Rt△ABC 中，∠C=90° ，AC=BC=6cm，點P從點A出發(fā)，沿AB方向以每 秒cm的速度向終點B運動；同時，動點Q從點B出發(fā)沿BC方向以每秒1cm的速度向終點C運動，將△PQC 沿BC翻折，點P的對應點為點P′.設Q點運動的時間t秒，若四邊形QPCP為菱形，則t的值為（ ） A. B. 2 C. D.3 D 【解析】連接PP′交BC于點D，若四邊形QPCP為菱形，則PP′⊥BC，CD＝

17、CQ=（6-t）， ∴BD=6-（6-t）=3+t.在Rt△BPD中，PB=AB-AP=6-t，而PB=BD， ∴6-t=（3+t），解得：t=2，故選B. 【答案】B 【點評】本題主要考查了等腰直角三角形和菱形的性質，要能在動態(tài)變化中抓住靜態(tài)結論利用方程思想解題.難度中等. 12. （2012甘肅蘭州，12，4分）如圖，AB是⊙O的直徑，弦BC=2cm，F是弦BC的中點，∠ABC=60°.若動點E以2cm/s的速度從A點出發(fā)沿著A→B→A的方向運動，設運動時間為t(s)(0≤t＜3)， 第12題圖 連接EF，當△BEF是直角三角形時，t的值為（ ） A.

18、 B. 1 C. 或1 D. 或1或 解析：∵AB是⊙O的直徑，∴∠ACB=90°；Rt△ABC中，BC=2，∠ABC=60°； ∴AB=2BC=4cm.①當∠BFE=90°時；Rt△BEF中，∠ABC=60°， 則BE=2BF=2cm；故此時AE=AB-BE=2cm；∴E點運動的距離為：2cm或6cm， 故t=1s或3s；由于0≤t＜3，故t=3s不合題意，舍去；所以當∠BFE=90°時，t=1s；②當∠BEF=90°時；同①可求得BE=0.5cm，此時AE=AB-BE=3.5cm；∴E點運動的距離為：3.5cm或4.5cm，故t=1.7

19、5s或2.25s；綜上所述，當t的值為1、1.75或2.25s時，△BEF是直角三角形．故選D． 答案：D 點評：根據直徑所對的圓周角是直角得到直角三角形ABC，再根據30°直角三角形的性質，可求出AB的長.△BEF是直角三角形，則有兩種情況：①∠BFE=90°，②∠BEF=90°；在上述兩種情況所得到的直角三角形中，已知了BC邊和∠B的度數，即可求得BE的長；由AE=AB-BE即可求出AE的長，也就能得出E點運動的距離（有兩種情況），從而求出t的值．此題綜合考查了圓周角定理的推論、垂徑定理以及直角三角形的性質，是一道動態(tài)題，同時還考查了分類討論的數學思想，有一定的難度． 26．（201

20、2貴州遵義，26, 分）如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動點，由A向C運動（與A、C不重合），Q是CB延長線上一點，與點P同時以相同的速度由B向CB延長線方向運動（Q不與B重合），過P作PE⊥AB于E，連接PQ交AB于D． （1）當∠BQD=30°時，求AP的長； （2）當運動過程中線段ED的長是否發(fā)生變化？如果不變，求出線段ED的長；如果變化請說明理由． 解析： （1））由△ABC是邊長為6的等邊三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QPC=90°，設AP=x，則PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=QC，即6﹣x

21、=（6+x），求出x的值即可； （2）作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點F，連接QE，PF，由點P、Q做勻速運動且速度相同，可知AP=BQ， 再根據全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四邊形PEQF是平行四邊形，進而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=AB，由等邊△ABC的邊長為6可得出DE=3，故當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變． 答案： 解：（1）∵△ABC是邊長為6的等邊三角形， ∴∠ACB=60°， ∵∠BQD=30°， ∴∠QPC=90°， 設AP=x，則PC=6﹣x，QB=x， ∴QC=QB+BC

22、=6+x， ∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°， ∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2； （2）當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變．理由如下： 作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點F，連接QE，PF， 又∵PE⊥AB于E， ∴∠DFQ=∠AEP=90°， ∵點P、Q做勻速運動且速度相同， ∴AP=BQ， ∵△ABC是等邊三角形， ∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°， ∴在△APE和△BQF中， ∵∠A=∠FBQ∠AEP=∠BFQ=90°， ∴∠APE=∠BQF， ∴ ∴△APE≌△BQF， ∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF， ∴四邊形

23、PEQF是平行四邊形， ∴DE=EF， ∵EB+AE=BE+BF=AB， ∴DE=AB， 又∵等邊△ABC的邊長為6， ∴DE=3， ∴當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變． 點評： 本題考查的是等邊三角形的性質及全等三角形的判定定理、平行四邊形的判定與性質，根據題意作出輔助線構造出全等三角形是答案此題的關鍵． 24. （2012山東省青島市，24，12）（12分）已知：如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，D、E分別是AC、AB的中點，連接DE，點P從點D出發(fā)，沿DE方向勻速運動，速度為1cm/s；同時，點Q從點B出發(fā)，沿BA方向勻速

24、運動，速度為2cm/s，當點P停止運動時，點Q也停止運動.連接PQ，設運動時間為t(s)(0

25、EQ的面積，易求梯形DEBC的面積，求△PEQ的面積，要作EQ邊上高，利用△PME∽△ABC可求出高.（3）可先假設其存在，即S△PQE：S五邊形PQBCD=1:29，根據（2）中關系代入計算，若得出結果與假設一致，則假設正確，反之，則假設不成立． 【答案】解：⑴如圖①，在Rt△ABC中，AC=6，BC=8，∴AB==10. ∵D、E分別是AC、AB的中點. ∴AD=DC=3，AE=EB=5，DE∥BC且DE=BC =4,因為PQ⊥AB，∴∠PQB=∠C=90°，又DE∥BC，∴∠AED=∠B，∴△PQE∽△ACB，∴ = . 由題意得：PE=4-t,QE=2t-5,即= ,解得t

26、= . ⑵過點P作PM⊥AB于M，由△PME∽△ABC，得.∴，∴. ∴y=18-()= ⑶假設存在時刻t,使S△PQE：S五邊形PQBCD=1:29，此時S△PQE=.∴，即2t2-13t+18=0. ∴t1=2,t2=(舍去).當t=2時， PM=EQ=5-2×2=1，MQ=ME+EQ=，PQ=. ∵PQ·h=，∴h= 【點評】本題考查了相似三角形的判定與性質，將相似三角形與二次函數融合在一起，運用了勾股定理、三角形面積公式知識，綜合強．像本題這樣的存在型問題是中考的?？键c，要注意掌握這類問題的解題方法. 24．（2012湖北咸寧，24，12分）如圖，在平面直

27、角坐標系中，點C的坐標為（0，4），動點A以每秒1個單位長的速度，從點O出發(fā)沿軸的正方向運動，M是線段AC的中點．將線段AM以點A為中心，沿順時針方向旋轉，得到線段AB．過點B作軸的垂線，垂足為E，過點C作軸的垂線，交直線BE于點D，運動時間為秒． y x O C 備用圖 y x O A B C M D （第24題） E （1）當點B與點D重合時，求的值； （2）設△BCD的面積為S，當為何值時，? （3）連接MB，當MB∥OA時，如果拋物線的頂點在△ABM內部（不包括邊），求a的取值范圍． 【解析】（1）易證得Rt△CAO∽Rt△ABE；當B、D重合

28、時，BE的長已知（即OC長），根據AC、AB的比例關系，可得AO、BE的比例關系，由此求得t的值． （2）求△BCD的面積時，可以CD為底、BD為高來解，那么表示出BD的長是關鍵；Rt△CAO∽Rt△ABE，且知道AC、AB的比例關系，即可通過相似三角形的對應邊成比例求出BE的長，進一步得到BD的長，在表達BD長時，應分兩種情況考慮：①B在線段DE上，②B在ED的延長線上． （3）通過配方法，可得拋物線的頂點坐標，將其橫坐標分別代入直線MB、AB的解析式中，可得拋物線對稱軸與這兩條直線的交點坐標，根據這兩個坐標即可判定出a的取值范圍． 【答案】（1）∵，， ∴． ∴Rt△CAO∽Rt

29、△ABE． 2分 ∴， ∴，∴． 3分 （2）由Rt△CAO∽Rt△ABE可知：，． 4分 當0＜＜8時，． ∴． 6分 當＞8時，． ∴，（為負數，舍去）． 當或時，． 8分 （3）如圖，過M作MN⊥軸于N，則． y x O C x＝5 A B D （第24題） E 當MB∥OA時，，． 9分 拋物線的頂點坐標為（5，）． 10分 它的頂點在直線上移動．直線交MB于點（5，2），交AB于點（5，1）． 11分 ∴1＜＜2．∴＜＜． 12分 【點評】本題是二次函數綜合題，屬于圖形的動點問題，前兩問的關鍵在于找出相似三角形，得到關鍵線段的表達式

30、，注意點在運動過程中未知數的取值范圍問題．最后一問中，先得到拋物線的頂點坐標是簡化解題的關鍵． 25．(2012貴州六盤水，25，16分)如圖13，已知△ABC中，AB=10cm,AC=8cm,BC=6 cm ,如果點P由B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，同時點Q由A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，它們的速度均為2cm /s，連接PQ，設運動的時間為t（單位：s）（0≤t≤4）.解答下列問題： （1）當t為何值時，PQ∥BC.（4分） （2）設△AQP的面積為S（單位：cm 2），當t為何值時，S取得最大值，并求出最大值. （3）是否存在某時刻t，使線段PQ恰好把△ABC 的面

31、積平分？若存在求出此時t的值；若不存在，請說明理由.（3分） （4）如圖14，把△APQ沿AP翻折，得到四邊形AQPQ°.那么是否存在某時刻t使四邊形AQPQ°為菱形？若存在，求出此時菱形的面積；若不存在，請說明理由.（5分） 分析： （1）由PQ∥BC時的比例線段關系，列一元一次方程求解； （2）如解答圖1所示，過P點作PD⊥AC于點D，構造比例線段，求得PD，從而可以得到S的表達式，然后利用二次函數的極值求得S的最大值； （3）要點是利用（2）中求得的△AQP的面積表達式，再由線段PQ恰好把△ABC的面積平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判別式小于0，則可

32、以得出結論：不存在這樣的某時刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分； （4）首先根據菱形的性質及相似三角形比例線段關系，求得PQ、QD和PD的長度；然后在Rt△PQD中，求得時間t的值；最后求菱形的面積，值得注意的是菱形的面積等于△AQP面積的2倍，從而可以利用（2）中△AQP面積的表達式，這樣可以化簡計算． 解答：解：∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm， ∴由勾股定理逆定理得△ABC為直角三角形，∠C為直角． （1）BP=2t，則AP=10﹣2t． ∵PQ∥BC，∴，即，解得， ∴當s時，PQ∥BC． （2）如答圖1所示，過P點作PD⊥AC于點D． ∴PD

33、∥BC，∴，即，解得． ， ∴當t= s時，S取得最大值，最大值為cm2． （3）假設存在某時刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分， 則有S△AQP= S△ABC，而S△ABC=AC?BC=24，∴此時S△AQP=12． 由（2）可知，S△AQP=， ∴，化簡得：t2﹣5t+10=0， ∵△=（﹣5）2﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程無解， ∴不存在某時刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分． （4）假設存在時刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，則有AQ=PQ=BP=2t． 如答圖2所示，過P點作PD⊥AC于點D，則有PD∥BC， ∴，即， 解得：，，

34、∴QD=AD﹣AQ=． 在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD2+PD2=PQ2， 即， 化簡得：13t2﹣90t+125=0， 解得：t1=5，t2=， ∵t=5s時，AQ=10cm＞AC，不符合題意，舍去，∴t=． 由（2）可知，S△AQP= ∴S菱形AQPQ′=2S△AQP=2×=cm2． 所以存在時刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，此時菱形的面積為cm2． 點評：本題是非常典型的動點型綜合題，全面考查了相似三角形線段比例關系、菱形的性質、勾股定理及其逆定理、一元一次方程的解法、一元二次方程的解法與判別式、二次函數的極值等知識點，涉及的考點眾多，計算量偏大，有一定的

35、難度．本題考查知識點非常全面，是一道測試學生綜合能力的好題． 專項六 動態(tài)型問題（40） 10．（2012浙江省溫州市，10，4分）如圖，在△ABC中，,M是AB的中點，動點P從點A出發(fā)，沿AC方向勻速運動到終點C，動點Q從點C出發(fā)，沿CB方向勻速運動到終點B。已知P，Q兩點同時出發(fā)，并同時到達終點，連結MP，MQ，PQ。在整個運動過程中，△MPQ的面積大小變化情況是（ ） A. 一直增大 B.一直減小 C. 先減小后增大 D.先增大后減少 【解析】本題是一道動態(tài)變化問題，可利用特值判斷選項。 【答案】C

36、【點評】本題屬于態(tài)變化問題，題中沒有給出邊長和速度，有一定難度． 14. (2012山東省臨沂市，14，3分）如圖，正方形ABCD的邊長為4cm,動點P、Q同時從點A出發(fā)，以1cm/s的速度分別沿A→B→C和A→D→C的路徑向點C運動，設運動時間為x（單位：s），四邊形PBDQ的面積為y（單位：cm2）,則y與x（0≤x≤8）之間的函數關系可用圖象表示為（ ） 【解析】在0≤x≤4時,y隨x的增大而減小，在4≤x≤8時,y隨x的增大而增大；且y與x的函數關系是二次函數，故選B. 【答案】選B. 【點評】考查動點問題的函數圖象問題；根據自變量不同的取值范圍得到相應的函數關系式

37、是解決本題的關鍵． 25. (2012山東省臨沂市，25，11分）已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，動點M從點A出發(fā)沿邊AD向點D運動。 (1)如圖1，當b=2a，點M運動到邊AD的中點時，請證明∠BMC=900; (2) 如圖2，當b＞2a時，點M在運動的過程中，是否存在∠BMC=900，若存在，請給予證明；若不存在，請說明理由； (3) 如圖3，當b＜2a時，(2)中的結論是否仍然成立？請說明理由。 【解析】（1）由b=2a，點M是邊AD的中點，可得△AMB和△DMC是等腰直角三角形，∠AMB=∠DMC=450，可證明∠BMC=900; （2）（3）分析圖形，△A

38、BM∽△DMC, 利用相似圖形的性質列出方程，探索方程根的情況， 當△=b2-4ac＞0, 存在∠BMC=900；當△=b2-4ac＜0, 不存在∠BMC=900； 解：（1）證明：∵b=2a，點M是邊AD的中點，∴AB=AM=MD=DC. 又∵四邊形ABCD是矩形，∠A=∠D=900，∴∠AMB=∠DMC=450， ∴∠BMC=900; (2)存在。 理由：若∠BMC=900，則∠AMB+∠DMC=900， 又∵∠AMB+∠ABM=900，∴∠AMB=∠DMC, 又∵∠A=∠D=900，∴△ABM∽△DMC,∴, ∴,設AM為x，整理得，， ∵b＞2a，a＞0,b＞0,∴

39、△=b2-4ac＞0, ∴方程有兩個不相等的實數根，且兩根均大于0，符合題意。 ∴當b＞2a時，存在∠BMC=900； （3）不成立。 理由：若∠BMC=900，由（2）可知， ∵b＜2a，a＞0,b＞0,∴△=b2-4ac＜0, ∴方程無實數根， ∴當b＜2a時，不存在∠BMC=900，即（2）中的結論不成立。 【點評】本題涉及到動點問題，比較復雜，解答此題的關鍵是根據題意分析圖形，確定△ABM∽△DMC,，由數形結合便可解答，體現了數形結合在解題中的重要作用． 21. (2012四川省南充市，21，8分) 在Rt△POQ中，OP=OQ=4，M是PQ中點，把

40、一三角尺的直角頂點放在點M處，以M為旋轉中心，旋轉三角尺，三角尺的兩直角邊與△POQ的兩直角邊分別交于點A、B. （1）求證：MA=MB; （2）連接AB，探究：在旋轉三角尺的過程中，△AOB的周長是否存在最小值.若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由. 解析：（1）連接OM.證明⊿AMO ≌⊿AMO即可.（2）在Rt⊿AOB中，運用勾股定理得到求AB長的式子，轉化成二次函數的問題，運用二次函數的最值求解. 答案：（1）證明：連接OM. ∵⊿PQR是等腰之間三角形且M是斜邊PQ的中點， ∴MO=MQ，∠M

41、OA=∠MOAMQB=450. ∵∠AMO+∠OMB=900，∠OMB+∠AMO =900. ∴∠AMO =∠AMO. ∴⊿AMO ≌⊿AMO. ∴MA=MB. （2）解：由（1）中⊿AMO ≌⊿AMO得AO=BQ. 設AO=x，則OB=4-x. 在Rt⊿OAB中，. ∴當x=2時，AB的最小值為， ∴⊿AOB的周長的最小值為. 點評：本題以直角三角形為基本圖形，綜合考查了全等三角形的性質與判定、等腰直角三角形的性質、勾

42、股定理和二次函數的性質等知識點.考查了學生綜合運用數學知識以及轉化的數學思想解決問題的能力.對于幾何知識與二次函數的綜合，是學生解題的難點之一.難度較大 24. （2012浙江省衢州，24，12分）如圖，把兩個全等的Rt△AOB和Rt△COD分別置于平面直角坐標系中，使直角邊OB、OD在x軸上.已知點A(1，2)，過A、C兩點的直線分別交x軸、y軸于點E、F.拋物線 y＝ax 2＋bx＋c經過O、A、C三點. （1）求該拋物線的函數解析式； （2）點P為線段OC上一個動點，過點P作y軸的平行線交拋物線于點M.交x軸于點N，問是否存在這樣的點P，使得四邊形ABPM為等腰梯形？

43、若存在，求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由. （3）若△AOB沿AC方向平移(點A始終在線段AC上，且不與點C重合)，△AOB在平移過程中與△COD重疊部分記為S.試探究S是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由. 【解析】（1）將A(1，2)、D(1，2)、O(0，0)代入函數解析式，利用待定系數法求該函數的解析式即可； （2）根據題意先假設P點橫坐標坐標為t，再根據M在拋物線上的關系用t表示出M點的坐標，最后求出P點的坐標，便可得出答案； （3）由△OQT∽△OCD，△A′RQ∽△AOJ，利用相似比表示△A′KT，△A′RQ的面積，根據S四邊形RKTQ

44、＝S△A′KT－S△A′RQ，運用二次函數的性質求面積最大時，a的值． 【答案】解：（1）∵拋物線y＝ax 2＋bx＋c經過O、A、C 可得c＝0，∴ …1分 解得，a＝，b＝， …3分 拋物線的解析式為y＝x 2＋x …4分 （2）設點P的橫坐標為t，∵PN∥CD，∴△OPN∽△OCD，可得PN＝ ∴P(t

45、，)，∵點M在拋物線上，∴M(t，t2＋t ) …5分 過M點作MG⊥AB于G，過P點作PH⊥AB于H， AG＝yA－yM＝2－(t2＋t )＝t2－t＋2， BH＝PN＝ …6分 當AG＝BH時，四邊形ABPM為等腰梯形 ∴t2－t＋2＝ …7分 化簡得，3t 2－8t＋4＝0，解得，t1＝2(不合題意，舍去)，t2＝， ∴點P的坐標為(

46、， ) ∴存在點P(， )使四邊形ABPM為等腰梯形. …8分 （3）如圖，△AOB沿AC方向平移至△A′O′B′，A′B′交x軸于T，交OC于Q，A′Q′交x軸于K，交OC于R.求得過AC的直線為yAC＝－x+3，可設點A′的橫坐標為a，則點A′(a，－a +3 )，易知△OQT∽△OCD，可得QT＝， ∴點Q的坐標為(a，) …9分 設AB與OC相交于點J， ∵△A′RQ∽△AOJ，相似三角形對應高的比等于相似比，∴ ∴HT＝·OB＝×1

47、 =2－a 由△A′KT∽△A′O′B′得 ∴KT＝A′T＝(3－a)，A′Q′＝yA′－yQ＝(－a+3)－＝3－ …10分 S四邊形RKTQ＝S△A′KT－S△A′RQ ＝KT·A′T－ A′Q·HT ＝··(3－a)－(3－)·(－a+2) ＝－a 2＋－ …11分 ＝－( a－) 2＋ 由于－＜0，∴在線段AC上存在點A′(，)， 能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為 …12分 【點評】本題著重考查了待定系數法求二次函數解析式、等腰梯形的性質及判定

48、以及相似三角形的性質以及二次函數的最值問題等知識．此題綜合性很強，解題的關鍵是注意數形結合，求出函數表達式，做好輔助點，找對相似三角形，善于利用幾何圖形的有關性質、定理和二次函數的知識，并注意挖掘題目中的一些隱含條件． 22. (2012四川省南充市，22，8分) 如圖，⊙C的內接△AOB中，AB=AO=4，tan∠AOB=,拋物線經過點A(4,0)與點（-2,6）. （1）求拋物線的函數解析式； （2）直線m與⊙C相切于點A，交y于點D.動點P在線段OB上，從點O出發(fā)向點B運動；同時動點Q在線段DA上，從點D出發(fā)向點A運動；點P的速度為每秒1個單位長，點Q的速度為每秒2個單位長，當

49、PQ⊥AD時，求運動時間t的值； （3）點R在拋物線位于x軸下方部分的圖象上，當△ROB面積最大時，求點R的坐標. 解析：（1）運用待定系數法求出解析式即可.（2）先運用三角函數的知識求出OD的長，在結合勾股定理得到方程，求出t的值.（3）由于OB 的長是一個定值，所以△ROB面積與RH的長成正比.設出R點的坐標，用含x的代數式分別表示出RH的長，轉化為二次函數的最值的問題來解決問題. 答案：解：（1）將點A（4，0）和點（-2，6）的坐標代入中，得方程組， 解之，得.∴拋物線的解析式為. （2）連接AC交OB于E. ∵直線m切⊙C于A ∴AC⊥m，∵ 弦 AB=AO， ∴

50、 .∴AC⊥OB，∴m∥OB. ∴∠ OAD=∠AOB，∵OA=4 tan∠AOB=，∴OD=OA·tan∠OAD=4×=3. 作OF⊥AD于F.則OF=OA·sin∠OAD=4×=2.4. t秒時，OP=t,DQ=2t，若PQ⊥AD，則FQ=OP= t.DF=DQ－FQ= t. ⊿ODF中，t=DF==1.8秒. （3）令R(x, x2－2x) (0＜x＜4). 作RG⊥y軸于G 作RH⊥OB于H交y軸于I.則RG= x，OG= x2+2x. Rt⊿RIG中，∵∠GIR=∠AOB ，∴tan∠GIR=.∴IG=x IR= x, Rt⊿OIH中，OI=IG－OG=x－

51、（x2+2x）=x2－x.HI=（x2－x）. 于是RH=IR－IH= x－（x2－ x）=－ x2+x=－ x2+x=－( x－)2+ 當x=時，RH最大.S⊿ROB最大.這時x2－2x=×()2－2×=－.∴點R(,－) 點評：本題以圓和二次函數為背景，綜合考查了直線與圓的位置關系及其性質、二次函數的性質、勾股定理、三角函數以及動態(tài)幾何相關知識.考查了學生建立二次函數和方程的模型以及運用轉化等數學思想來解決問題的能力.本題中，正確添畫輔助線以及準確的建立函數與方程的模型是解決問題的關鍵.難度較大. 21.（2012山東省荷澤市，21,10） 如圖，在平面直角坐標系中放置一直角

52、三角形，其頂點為A（0，1），B（2，0），O（0，0），將三角板繞原點O逆時針旋轉90°，得到△. (1)一拋物線經過點A′、B′、B，求該拋物線的解析式 （2）設點P是在第一象限內拋物線上的一動點，是否存在點P，使四邊形PB′A′B的面積是△A′B′O面積的４倍？若存在，請求出點P的坐標；若不存在，請說明理由； （３）在（２）的條件下，試指出四邊形PB′A′B是哪種形狀的四邊形？并寫出它的兩條性質。 【解析】根據三角形的旋轉確定拋物線三個點的坐標，利用待定系數法求函數的關系式，四邊形PB′A′B的面積是由三個三角形的面積拼接而成，列出四邊形的面積公式，利用解方程的方法求出自變量

53、x的值，如果x的值存在，這說明點P是存在的，由P點的位置可得出四邊形是梯形，由兩腰的相等關系，可以判斷四邊形是等腰梯形. 【答案】(1)是由繞原點逆時針旋轉得到的， 又，.----------1分 設拋物線的解析式為， 拋物線經過點、、， ，解之得， 滿足條件的拋物線的解析式為.----------3分 x y O -1 1 2 2 1 · （2）為第一象限內拋物線上的一動點， 設，則，點坐標滿足. 連結, .----------5分 假設四邊形的面積是面積的倍，則 ， 即，解之得，此時，即.----------7分 存

54、在點，使四邊形的面積是面積的倍. ----------8分 （3）四邊形為等腰梯形，答案不唯一，下面性質中的任意2個均可． ①等腰梯形同一底上的兩個內角相等；②等腰梯形對角線相等；③等腰梯形上底與下底平行；④等腰梯形兩腰相等. ----------10分 或用符號表示： ①或;②;③;④.----------10分 【點評】（1）靈活利用二次函數及其它函數的圖象與性質；（2）利用幾何圖形間的數量關系列方程、不等式或函數解決幾何問題，即數形結合地解決問題；（3）分類討論各種情況；（4）以靜制動，將動態(tài)問題轉化為靜態(tài)問題解決；（5）會抽取所需圖形，或分割圖形，使問題簡化，轉化為一般的

55、幾何問題解決. 21.（2012福州，21，滿分13分）如圖①，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，動點P從點A開始沿邊AC向點C以每秒1個單位長度的速度運動，動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動。過點P作PD∥BC，交AB于點D，連接PQ。點P、Ｑ分別從點A、C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為t秒（t≥0）. （1）直接用含t的代數式分別表示：QB= ，PD= 。 （2）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由。并探究如何改變點Q的

56、速度（勻速運動），使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形，求點Q的速度； （3）如圖②，在整個運動過程中，求出線段PQ中點M所經過的路徑長。 解析：（1）易知QB=8-2t,AP=t,由△APD∽△ACB，得PD=；（2）易t表示出AD、BD，若四邊形PDBQ為菱形，則BQ=PD，因而能求出此時的t,在看PD與BD能否相等，經判定不為菱形；改變速度后，注意在PD=BD=BQ，情況下求Q點的移動速度；（3）本問題關鍵是確定動點M運動的路徑，最易想到的是可以建立直角坐標系，研究點M在哪類函數的解析式上，從而可以求出其經過的路徑長，可以考慮以兩條直角邊為坐標軸，考慮兩種特殊情況：即未運動時點M

57、在AC上，此時坐標為（3,0），運動4秒時，Q與B重合，AP=4，此時M坐標為（1,4）可以求出經過這兩點的直線解析式為： y=-2x+6，∵點Q（0，2t）,P（6-t,0） ∴在運動過程中，線段PQ中點的坐標為，把代入y=-2x+6，得y=t，這就說明點M在直線y=-2x+6（1≤x≤3）上運動，故可求出其經過的路徑長。 答案：解：（1）QB=8-2t, PD= （2）不存在 在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8 ∴AB=10 ∵PD∥BC ∴△APD∽△ACB ∴ ∴ ∴BD=AB-AD= ∵BQ∥DP ∴當BQ=DP時，四邊形PDBQ是平行四邊

58、形 即 當時，PD=，BD= ∴DP≠BD ∴平行四邊形PDBQ不能為菱形 設點Q的速度為每秒v個單位長度 則BQ=8-vt, PD=，BD = 要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ 當PD=BD時，即，解得： 當PD=BQ，時，即，解得： ∴當點Q的速度為每秒個單位長度時，經過秒，四邊形PDBQ是菱形。 （3）解法一：如圖2，以C為原點，以AC所在直線為x軸，建立平面直角坐標系 依題意，可知0≤t≤4，當t=0時，點的坐標為（3,0），當t=4時，點的坐標為（1,4），設直線的解析式為y=kx+b， ∴，解得 ∴直線的解析式為y=-2x+6，

59、 ∵點Q（0，2t）,P（6-t,0） ∴在運動過程中，線段PQ中點的坐標為 把代入y=-2x+6，得y=t ∴點在直線上 過點作⊥x軸于點N，則=4，=2 ∴ ∴線段PQ中點M所經過的路徑長為單位長度。 解法二：如圖3，設E是AC的中點，連接ME 當t=4時，點Q與點B重合，運動停止，設此時PQ中點為F，連接EF，過點M作MN⊥AC，垂足為N，則MN∥BC ∴△PMN∽△PQC ∴ ∴MN=t,PN= ∴CN=PC-PN= ∴EN=CE-CN= ∴ ∵的值不變，∴點M在直線EF上 過F作FH⊥AC，垂足為H，則EH=2，FH=4 ∴EF= ∵當t=

60、0時，點M與點E重合，當t=4時，點M與點F重合 ∴線段PQ中點M所經過的路徑長為單位長度。 點評：本題通過運動問題，考查了學生探究問題的能力和發(fā)散思維的能力，考查了平行四邊形、菱形的判定和性質，用特殊化方法探究問題的靈活性，考查了數形結合思想，三角形的相似及勾股定理的運用，有較強的綜合性。 26. （2011江蘇省無錫市，26，10′）如圖1，A、D分別在x軸和y軸上，CD∥x軸，BC∥y軸。點P從D點出發(fā)，以1cm/s的速度，沿五邊形OABCD的邊勻速運動一周，記順次連接P、O、D三點所圍成圖形的面積為Scm2,點P運動的時間為ts.已知S與t之間的函數關系如

61、圖2中折線段OEFGHI所示。 （1）求A、B兩點的坐標； （2）若直線PD將五邊形OABCD分成面積相等的兩部分，求直線PD的函數關系式。 【解析】結合圖1和圖2，可知，當P點從D沿DO勻速運動到O點時，對應圖2中OE線段，此時順次連接P、O、D三點不能構成三角形，所以對應三角形的面積為0；當P點從O沿OA勻速運動到A點時，對應圖2中的線段EF，當P點運動到A點時，對應三角形的面積為4,由此還可以判斷DO+OA=6；當P點從A沿AB勻速運動到B點時，對應圖2中的線段FG，由橫軸數據可知AB=5，當P點運動到B點時，三角形的面積達到最大；當P點從B沿B

62、C勻速運動到C點時，三角形以邊DO為底邊，由于BC∥y軸，相當于三角形的高沒有變化，所以對應三角形的面積沒有變，因此在圖２中對應線段ＧＨ與橫軸平行，根據橫軸數據可知BC=1；當P點從Ｃ沿CD勻速運動到D點時,三角形的面積逐漸變小直到為0，對應圖2中線段HI。弄清楚了整個運動過程， （1） 當P點運動到A點時，對應三角形的面積為4,由此還可以判斷DO+OA=6，可設A坐標，列方程求出A的坐標為和 D點坐標為。求B點坐標需要添加輔助線：延長CB交x軸于M，利用勾股定理可以得到AM=4，進而達到B點坐標為。 （2）求直線PD的函數關系式，已經知道D點坐標（0,4），只需找到P點坐標即可，設P，根

63、據已知面積相等，列方程找到的關系式，解方程組得到P點坐標。 【答案】解：（1）連接AD,設點A的坐標為, 由圖2知，DO+OA=6cm, DO=6－AO, 由圖2可知，∴DO·AO=4， ∴， 解得。由圖2可知，DO＞3，∴AO＜3，∴，∴A的坐標為， D點坐標為，在圖1中，延長CB交x軸于M，由圖2可知，AB=5,CB=1, ∴MB=3, ∴,∴OM=6, ∴B的坐標為. (2) 直線PD將五邊形OABCD分成面積相等的兩部分,顯然點P一定在AB上，設點P，連接PC、PO，則 .同理，由. 解方程組，得到，即. 設直線PD的函數關系式為． ∴直線PD的函數關系式為

64、 【點評】本題綜合性較強，涉及函數、方程、直角三角形等知識點，并且在動態(tài)的情況下進行分析求解。讀函數的圖象時首先要理解橫縱坐標軸表示的含義，理解問題敘述的過程，能夠通過圖象得到函數隨自變量的變化情況。 28 （2011江蘇省無錫市，28，10′）如圖，菱形ABCD的邊長為2cm，∠DAB=60°.點P從A點出發(fā)，以cm/s的速度，沿AC向C作勻速運動；與此同時，點Q也從A點出發(fā)，以1cm/s的速度，沿射線AB作勻速運動。當P運動到C點時，P、Q都停止運動，設點P運動的時間為ts. （1）當P異于A、C時，請說明PQ∥BC； （2）以Ｐ為圓心、ＰＱ長為半徑作圓， 請問：在整個運動過程中

65、，ｔ為怎樣的值時， ⊙Ｐ與邊ＢＣ分別有1個公共點和2個公共點？ 【解析】（1）利用菱形的性質及相似三角形的判定和性質解決此問題。（2）直線與圓的位置關系，抓住動態(tài)問題的幾個關鍵位置，⊙P過邊BC的端點B或C時， ⊙P與邊BC相切時，用時間t及點P和點Q的運動速度表示對應邊的長度，利用特殊三角形的特殊性質構造一元一次方程，進一步求出t的值，根據運動的過程找到邊BC與⊙P有不同交點個數時的t的取值范圍。 【答案】解：（1）∵四邊形ABCD為菱形，∴AB=BC=2，∠BAC=∠DAB. 又∵∠DAB=60°，∴∠BAC=∠BCA=30°. O 連接BD交AC于點O，

66、∵四邊形ABCD為菱形 ∴AC⊥BD，OA=AC ∴OB=AB=1，∴ 運動t秒時，，AQ=t，∴ 又∵∠PAQ=∠CAB，∴ΔPAQ∽ΔCAB ∴∠APQ=∠ACB, ∴PQ∥BC （2）如圖1，⊙P與BC切于點M，連接PM，則PM⊥BC. 在RtΔCPM中，∠PCM=30°，∴PM=PC= 由PQ=AQ=t,即=t,解得t=， 此時⊙P與邊BC有一個公共點。 如圖2，⊙P過點B，此時PQ=PB ∵∠PQB=∠PAQ+∠APQ=60°∴ΔPQB為等邊三角形， ∴QB=PQ=AQ=t, ∴t=1 ∴當時，⊙P與邊BC有2個公共點。 如圖3，⊙P過點C，此時PC=PQ, 即，∴. ∴當時，⊙P與邊BC有1個公共點。 當點P運動到點C，即t=2時，⊙P過點B， 此時⊙P與邊BC有1個公共點。 綜上所述：當t=或或t=2時，⊙P與菱形ABCD的邊BC有1個公共點；當時，⊙P與邊BC有2個公共點。 【點評】本題綜合性很強，把菱形、三角形及直線與圓的位置關系，在動態(tài)的背景下柔和在一起?？疾閷W生綜合應用的能力。 專項六 動態(tài)型問題（40） 1