中考数学动态型问题三轮冲刺

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中考数学动态型问题三轮冲刺

‎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).‎
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