中考數(shù)學總復習訓練 動態(tài)幾何型問題

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1、word 動態(tài)幾何型問題 一、選擇題 (第1題) 1．如圖，在四邊形ABCD中，R，P分別是BC，CD上的點，E，F(xiàn)分別是AP，RP的中點，當點P在CD上從點C向點D移動而點R不動時，那么如下結(jié)論成立的是(C) A．線段EF的長逐漸增大 B．線段EF的長逐漸減小 C．線段EF的長不變 D．線段EF的長與點P的位置有關(guān) 【解析】　連結(jié)AR，如此EF＝AR，AR不變，∴EF不變． 2．如圖①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，點P以1 cm/s的速度從點A出發(fā)，沿折線AC－CB運動，到點B停止．過點P作PD⊥AB，垂足為D，PD的長y(cm)關(guān)于點P的運動時間x

2、(s)的函數(shù)圖象如圖②所示．當點P運動5 s時，PD的長是(A) (第2題) A．1.2 cm B．1.5 cm C．1.8 cm D．2 cm (第2題解) 【解析】　由圖②可得，AC＝3，BC＝4，∴AB＝5. 當t＝5時，如解圖所示． 此時AC＋CP＝5，∴BP＝AC＋BC－AC－CP＝2. ∵sin B＝＝， ∴PD＝BP·sin B＝2×＝＝1.2(cm)．應當選A. (第3題) 3．如圖，∠MON＝90°，矩形ABCD的頂點A，B分別在OM，ON上，當點B在邊ON上運動時，點A隨之在邊OM上運動，矩形ABCD的形狀保持不變，其中AB＝2，BC＝

3、1.運動過程中，點D到點O的最大距離為(A) A.＋1 B. C. D. (第3題解) 【解析】　如解圖，取AB的中點E，連結(jié)OE，DE. ∵OD＜OE＋DE，∴當O，E，D三點共線時，點D與點O的距離最大． 此時，∵AB＝2，∴OE＝AE＝AB＝1. ∵BC＝1，∴AD＝1， ∴DE＝＝＝， ∴DE＋OE＝＋1. ∴OD的最大值為＋1. 4．如圖①，從矩形紙片AMEF中剪去矩形BCDM后，動點P從點B出發(fā)，沿BC，CD，DE，EF運動到點F停止，設(shè)點P運動的路程為x，△ABP的面積為y，如果y關(guān)于x的函數(shù)圖象如圖②所示，如此圖形ABCDEF的面積是(C)

4、(第4題) A．32 B．34 C．36 D．48 【解析】　結(jié)合函數(shù)圖象可得BC＝4，CD＝3，DE＝2，EF＝8，∴AF＝BC＋DE＝6，∴六邊形ABCDEF的面積為6×8－4×3＝36. (第5題) 5．如圖，在△ABC中，∠C＝90°，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.P，Q兩點同時出發(fā)，并同時到達終點，連結(jié)MP，MQ，PQ.在整個運動過程中，△MPQ的面積大小變化情況是(C) 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】　如解圖，連結(jié)CM. (

5、第5題解) ∵M是AB的中點，∴S△ACM＝S△BCM＝S△ABC. 開始時，S△MPQ＝S△ACM＝S△ABC； 點P到達AC的中點時，點Q到達BC的中點，此時S△MPQ＝S△ABC； 完畢時，S△MPQ＝S△BCM＝S△ABC. ∴△MPQ的面積大小變化情況是先減小后增大． 6．如圖，水平地面上有一面積為π cm2的扇形AOB，半徑OA＝3 cm，且OA與地面垂直．在沒有滑動的情況下，將扇形向右滾動大半圈至與三角形石塊BDE接觸為止，此時，扇形與地面的接觸點為C，∠BCD＝30°，如此點O移動的距離為(B) (第6題) A．2π cm B．4π cm C.π cm

6、 D．52π cm 【解析】　∵S扇形＝lR＝l×3＝π，∴l(xiāng)＝5π，即的長l＝＝＝5π，∴nOC.∵∠BCD＝30°，∴∠BOC＝2∠BCD＝60°.∴所對圓心角的度數(shù)為300°－60°＝240°.點O移動的距離即的長，l＝＝4π. (第7題) 7．如圖，Rt△ABC的直角邊AC＝24，斜邊AB＝25，一個以點P為圓心，半徑為1的圓在△ABC內(nèi)部沿順時針方向滾動，且運動過程中⊙P一直保持與△ABC的邊相切，當點P第一次回到它的初始位置時所經(jīng)過路徑的長度是(C) A. B．25 C. D．56 【解析】　△ABC的內(nèi)切圓半徑r＝×(24＋7－25)＝3，如此＝.∵△ABC的

7、周長＝24＋25＋＝56，∴點P經(jīng)過的路徑＝. 8．如圖，點A(4，0)，O為坐標原點，P是線段OA上任意一點(不含端點O，A)，過P，O兩點的二次函數(shù)y1和過P，A兩點的二次函數(shù)y2的圖象開口均向下，它們的頂點分別為B，C，射線OB與AC交于點D.當OD＝AD＝3時，這兩個二次函數(shù)的最大值之和等于(A) (第8題) A. B. C．3 D．4 【解析】　連結(jié)BP，CP，根據(jù)拋物線的對稱性，得OB＝PB，PC＝AC，從而易得PB∥AD，PC∥OD，∴△OBP∽△ODA，△APC∽△AOD，分別作△OBP，△PCA，△ODA的高BE，CF，DG，如此有＝，＝，∴＋＝1，由DG＝

8、＝＝，得BE＋CF＝，即兩個二次函數(shù)的最大值之和為. 二、填空題 (第9題) 9．如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝6，BC＝16，E是BC的中點．點P以每秒1個單位長度的速度從點A出發(fā)，沿AD向點D運動；點Q同時以每秒2個單位長度的速度從點C出發(fā)，沿CB向點B運動．點P停止運動時，點Q也隨之停止運動．當運動時間為2或s時，以P，Q，E，D為頂點的四邊形是平行四邊形． 【解析】?、佼旤cQ運動到點E和點B之間時，設(shè)運動時間為t(s)，如此2t－＝6－t，解得t＝； ②當點Q運動到點E和點C之間時，設(shè)運動時間為t(s)，如此－2t＝6－t，解得t＝2. (第10題)

9、10．動手操作：在矩形紙片ABCD中，AB＝3，AD＝5.按如下列圖的方法折疊紙片，使點A落在BC邊上的A′處，折痕為PQ，當點A′在BC邊上移動時，折痕的端點P，Q也隨之移動．假如限定點P，Q分別在AB，AD邊上移動，如此點A′在BC邊上可移動的最大距離為2． 【解析】　當點P與點B重合時，BA′＝3；當點Q與點D重合時，DA′＝DA＝5，∴CA′＝＝＝4，BA′＝1.∴點A′可移動的最大距離為2. (第11題) 11．如圖，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，BC＝4AD＝4，∠B＝45°.直角三角尺含45°角的頂點E在邊BC上移動，一直角邊始終經(jīng)過點A，斜邊與CD交于點F.假如△

10、ABE為等腰三角形，如此CF的長等于或2或4－3． 【解析】　假如AE＝BE，如此CF＝；假如AB＝AE，如此CF＝2；假如AB＝BE，如此CF＝4－3. (第12題) 12．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(cè)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由點C移動到點D時，點G移動的路徑長度為2． 【解析】　∵∠EPA＝∠B＝60°，∴EP∥FB. 取FP的中點M，PB的中點N，連結(jié)GM，MN，知GM∥EP，MN∥FB，∴G，M，N三點共線，且GN＝(EP＋FB)＝(AP＋PB)＝AB＝3. ∴在移動的過程

11、中，GN始終與EP平行且GN＝3. ∴GN是向右平移，且點G的移動長度等于點N的移動長度，N的起點為CB的中點，終點為DB的中點， ∴點G移動的路徑長度為(CB－DB)＝2. (第13題) 13. 如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的頂點A，C的坐標分別為(10，0)，(0，4)，D是OA的中點，點P在BC上運動，當△ODP是腰長為5的等腰三角形時，點P的坐標為(2，4)，(3，4)或(8，4)． 【解析】　由題意知，當△ODP是腰長為5的等腰三角形時，有三種情況： ①如解圖①所示，PD＝OD＝5，點P在點D的左側(cè)． 過點P作PE⊥x軸于點E，如此PE＝4. 在

12、Rt△PDE中，由勾股定理，得DE＝＝＝3， ∴OE＝OD－DE＝5－3＝2， 此時點P的坐標為(2，4)． ,(第13題解①))　,(第13題解②)) ②如解圖②所示，OP＝OD＝5，點P在點D的左側(cè)． 過點P作PE⊥x軸于點E，如此PE＝4. 在Rt△POE中，由勾股定理，得OE＝＝＝3， 此時點P的坐標為(3，4)． ③如解圖③所示，PD＝OD＝5，點P在點D的右側(cè)． (第13題解③) 過點P作PE⊥x軸于點E，如此PE＝4. 在Rt△PDE中，由勾股定理，得DE＝＝＝3， ∴OE＝OD＋DE＝5＋3＝8， 此時點P的坐標為(8，4)． 綜上所述，點P

13、的坐標為(2，4)或(3，4)或(8，4)． (第14題) 14．如圖，射線QN與等邊△ABC的兩邊AB，BC分別交于點M，N，且AC∥QN，AM＝MB＝2 cm，QMP從點Q出發(fā)，沿射線QN以1 cm/s的速度向右移動，經(jīng)過t(s)，以點P為圓心，cm為半徑的圓與△ABC的邊相切(切點在邊上)，請寫出t可取的一切值：t＝2或3≤t≤7或t＝8(單位：s)． 【解析]　∵△ABC是等邊三角形， ∴AB＝AC＝BC＝AM＋MB＝4 cm，∠A＝∠C＝∠B＝60°. ∵QN∥AC，AM＝BM，∴N為BC的中點， ∴MN＝AC＝2 cm，∠BMN＝∠BNM＝∠C＝∠A＝60°. 分

14、三種情況討論： ①如解圖①， (第14題解①) 當⊙P切AB于點M′時，連結(jié)PM′， 如此PM′＝cm，∠PM′M＝90°. ∵∠PMM′＝∠BMN＝60°， ∴M′M＝1 cm，PM＝2MM′＝2 cm， ∴QP＝4－2＝2 (cm)， 即t＝2. ②∵△ABC是正三角形，邊長為4 cm， ∴點B到AC的距離為2cm，∴MN到AC的距離為 cm. 如解圖②， (第14題解②) 當⊙P與AC切于點A時，連結(jié)PA， 如此∠CAP＝∠APM＝90°，∠PMA＝∠BMN＝60°，AP＝ cm， ∴PM＝1 cm，∴QP＝4－1＝3 (cm)，即t＝3. 當⊙P

15、與AC切于點C時，連結(jié)PC， 如此∠CP′N＝∠ACP′＝90°，∠P′NC＝∠BNM＝60°，CP′＝ cm， ∴P′N＝1 cm，∴QP′＝4＋2＋1＝7 (cm)，即t＝7. ∴當3≤t≤7時，⊙P和AC邊相切． ③如解圖③， (第14題解③) 當⊙P切BC于點N′時，連結(jié)PN′， 如此PN′＝ cm，∠PN′N＝90°. ∵∠PNN′＝∠BNM＝60°， ∴N′N＝1 cm，PN＝2NN′＝2 cm， ∴QP＝4＋2＋2＝8 (cm)，即t＝8. 綜上所述，t＝2或3≤t≤7或t＝8. 三、解答題 (第15題) 15．如圖，矩形ABCD的兩邊長A

16、B＝18 cm，AD＝4 cm，點P，Q分別從A，B同時出發(fā)，P在邊AB上沿AB方向以2 cm/s的速度向點B做勻速運動，Q在邊BC上沿BC方向以1 cm/s的速度向點C做勻速運動．設(shè)運動時間為x(s)，△PBQ的面積為y(cm2)． (1)求y關(guān)于x的函數(shù)表達式，并寫出x的取值X圍． (2)求△PBQ的面積的最大值． 【解析】　(1)∵S△PBQ＝PB·BQ， PB＝AB－AP＝18－2x，BQ＝x， ∴y＝(18－2x)x， 即y＝－x2＋9x(0

17、x＝4時，y最大值＝20， 即△PBQ的最大面積是20 cm2. (第16題) 16．如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動點，由點A向點C勻速運動(點P不與點A，C重合)，Q是CB延長線上一點，與點P同時以一樣的速度由點B向CB延長線方向勻速運動(點Q不與點B重合)，過點P作PE⊥AB于點E，連結(jié)PQ交AB于點D. (1)當∠BQD＝30°時，求AP的長． (2)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)∵△ABC是邊長為6的等邊三角形， ∴∠ACB＝60°，AC＝BC＝6. ∵∠BQD＝30°

18、，∴∠QPC＝90°. 設(shè)AP＝x，如此PC＝6－x，QB＝x，QC＝QB＋BC＝6＋x. ∵在Rt△QCP中，∠BQD＝30°， ∴PC＝QC，即6－x＝(6＋x)，解得x＝2. ∴AP＝2. (2)當點P，Q運動時，線段DE的長度不會改變．理由如下： 過點Q作QF⊥AB，交AB的延長線于點F，連結(jié)QE，PF. ∵PE⊥AB于點E，∴∠DFQ＝∠AEP＝90°. ∵點P，Q做勻速運動且速度一樣，∴AP＝BQ. ∵△ABC是等邊三角形，∴∠A＝∠ABC＝∠FBQ＝60°， ∴△APE≌△BQF，∴AE＝BF，PE＝QF. 易得PE∥QF，∴四邊形PEQF是平行四邊形，

19、∴DE＝EF. ∵EF＝BE＋BF＝BE＋AE＝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，始終為3. 17．在平面直角坐標系中，點A(－2，0)，點B(0，4)，點E在OB上，且∠OAE＝∠OBA. (1)如圖①，求點E的坐標． (2)如圖②，將△AEO沿x軸向右平移得到△A′E′O′，連結(jié)A′B，BE′. ①設(shè)AA′＝m，其中0

20、7題) 【解析】　(1)∵點A(－2，0)，點B(0，4)， ∴OA＝2，OB＝4. ∵∠OAE＝∠OBA，∠EOA＝∠AOB＝90°， ∴△OAE∽△OBA， ∴＝，即＝， 解得OE＝1，∴點E的坐標為(0，1)． (第17題解) (2)①如解圖，連結(jié)EE′. 由題設(shè)知AA′＝m(0＜m＜2)，如此A′O＝2－m. 在Rt△A′BO中，由A′B2＝A′O2＋BO2，得A′B2＝(2－m)2＋42＝m2－4m＋20. ∵△A′E′O′是△AEO沿x軸向右平移得到的， ∴EE′∥AA′，且EE′＝AA′. ∴∠BEE′＝90°，EE′＝m. 又∵BE＝OB－OE＝

21、3， ∴在Rt△BE′E中，BE′2＝E′E2＋BE2＝m2＋9. ∴A′B2＋BE′2＝m2－4m＋20＋m2＋9＝2m2－4m＋29＝2(m－1)2＋27. 當m＝1時，A′B2＋BE′2可以取得最小值，此時，點E′的坐標是(1，1)． ②如解圖，過點A作AB′⊥x軸，并使AB′＝BE＝3，連結(jié)A′B′.易證△AB′A′≌△EBE′，∴B′A′＝BE′， ∴A′B＋BE′＝A′B＋B′A′. 當點B，A′，B′在同一條直線上時，A′B＋B′A′最小，即此時A′B＋BE′取得最小值． 此時有△AB′A′∽△OBA′， ∴＝＝，∴AA′＝AO＝×2＝， ∴EE′＝AA′＝，即

22、點E′的坐標為. 18．如圖，在平面直角坐標系中，拋物線y＝ax2＋bx－3(a≠0)與x軸交于A(－2，0)，B(4，0)兩點，與y軸交于點C. (1)求拋物線的表達式． (2)點P從點A出發(fā)，在線段AB上以每秒3個單位長度的速度向點B運動，同時點Q從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒1個單位長度的速度向點C運動．其中一個點到達終點時，另一個點也停止運動．當△PBQ存在時，求運動多少秒時△PBQ的面積最大，最大面積是多少？ (3)當△PBQ的面積最大時，在BC下方的拋物線上存在點K，使S△CBK∶S△PBQ＝5∶2，求點K的坐標． (第18題) 【解析】　(1)將A(－2，0)，

23、B(4，0)兩點的坐標分別代入y＝ax2＋bx－3(a≠0)， 得解得 ∴拋物線的表達式為y＝x2－x－3. (2)設(shè)運動時間為t(s)，由題意可知：0

24、題解②) 由(2)知，S△PBQ＝. ∵S△CBK∶S△PBQ＝5∶2，∴S△CBK＝. 設(shè)直線BC的表達式為y＝kx＋n. ∵直線BC過點B(4，0)，C(0，－3)， ∴解得 ∴直線BC的表達式為y＝x－3， ∴L， ∴KL＝－＝m－m2. ∴S△CBK＝S△KLC＋S△KLB＝··m＋··(4－m)＝·4·， ∴2＝， 解得m1＝1，m2＝3. ∴點K的坐標為或. (第19題) 19．如圖，在平面直角坐標系中，直角三角形AOB的頂點A，B分別落在坐標軸上，O為原點，點A的坐標為(6，0)，點B的坐標為(0，8)．動點M從點O出發(fā)，沿OA向終點A以每秒1個單

25、位的速度運動，同時動點N從點A出發(fā)，沿AB向終點B以每秒個單位的速度運動．當一個動點到達終點時，另一個動點也隨之停止運動，設(shè)動點M，N運動的時間為t(s)． (1)當t＝3時，直接寫出點N的坐標，并求出經(jīng)過O，A，N三點的拋物線的表達式． (2)在此運動過程中，△MNA的面積是否存在最大值？假如存在，請求出最大值；假如不存在，請說明理由． (3)當t為何值時，△MNA是一個等腰三角形？ 【解析】　(1)由題意，得A(6，0)，B(0，8)，如此OA＝6，OB＝8，AB＝10. 當t＝3時，AN＝t＝5＝AB，即N是線段AB的中點，∴點N(3，4)． 設(shè)拋物線的表達式為y＝ax(x－

26、6)，如此4＝3a(3－6)，∴a＝－. ∴拋物線的表達式為y＝－x(x－6)＝－x2＋x. (2)過點N作NC⊥OA于點C. 由題意，得AN＝t，AM＝OA－OM＝6－t， ∴NC＝NA·sin∠BAO＝t·＝t， ∴S△MNA＝AM·NC＝×(6－t)×t＝－(t－3)2＋6(0＜t＜6)， ∴當t＝3時，△MNA的面積有最大值，最大值為6. (3)在Rt△NCA中，AN＝t，NC＝t， ∴AC＝AN·cos∠BAO＝t， ∴OC＝OA－AC＝6－t，∴點N. ∴MN＝＝. 又∵AM＝6－t，AN＝t(0＜t＜6)， ∴當MN＝AN時，＝t，即t2－8t＋12＝0，

27、解得t1＝2，t2＝6(舍去)； 當MN＝MA時，＝6－t，即t2－12t＝0，解得t1＝0(舍去)，t2＝； 當AM＝AN時，6－t＝t，解得t＝. 綜上所述，當t＝2或或時，△MAN是等腰三角形． 20．如圖①，在△ABC中，AB＝10 cm，AC＝8 cm，BCP由點B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，同時點Q由點A出發(fā)沿AC方向向點CPQ，設(shè)運動時間為t(s)(0≤t≤4)，解答如下問題： (1)當t為何值時，PQ∥BC? (2)設(shè)△AQP的面積為S(cm2)，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的面積平分？假如存在，求

28、出此時t的值；假如不存在，請說明理由． (4)如圖②，把△AQP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？假如存在，求出此時菱形的面積；假如不存在，請說明理由． (第20題) 【解析】　(1)∵AB＝10 cm，AC＝8 cm，BC＝6 cm， ∴由勾股定理逆定理，得△ABC為直角三角形，∠C為直角． ∵BP＝2t，∴AP＝10－2t. ∵PQ∥BC，∴＝，即＝，解得t＝. ∴當t＝ 時，PQ∥BC. (2)過點P作PD⊥AC于點D，如此PD∥BC， ∴＝，即＝，解得PD＝6－t. ∴S＝AQ·PD＝×2t×＝－t2＋6t＝－＋，

29、 ∴當t＝時，S取得最大值 ，最大值為 cm2. (3)假設(shè)存在某時刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分，如此有S△AQP＝S△ABC， 而S△ABC＝AC·BC＝24 cm2， ∴此時S△AQP＝12 cm2. 由(2)可知，S△AQP＝－t2＋6t， ∴－t2＋6t＝12，化簡，得t2－5t＋10＝0. ∵Δ＝(－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(shè)存在某時刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，如此有AQ＝PQ＝BP＝2t. 過點P作PD⊥AC于點D，如此有PD∥BC， ∴＝＝，即＝＝，解得PD＝6－t，AD＝8－t， ∴QD＝AD－AQ＝8－t－2t＝8－t. 在Rt△PQD中，由勾股定理，得QD2＋PD2＝PQ2，即＋＝(2t)2， 化簡，得13t2－90t＋125＝0，解得t1＝5(舍去)，t2＝，∴t＝. 由(2)可知，S△AQP＝－t2＋6t， ∴S菱形AQPQ′＝2S△AQP＝2×＝2×＝(cm2)． ∴存在時刻t＝，使四邊形AQPQ′為菱形，此時菱形的面積為 cm2. 19 / 19