2012全国各地中考数学解析汇编 动态型问题A已排版

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‎（最新最全）2012年全国各地中考数学解析汇编（按章节考点整理）四十章 动态型问题A ‎(2012江苏苏州，18，3分)如图①，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=60°，动点P从A点出发，以1cm/s的速度沿着A→B→C→D的方向不停移动，直到点P到达点D后才停止．已知△PAD的面积S（单位：cm2）与点P移动的时间（单位：s）的函数如图②所示，则点P从开始移动到停止移动一共用了　（4+2）　秒（结果保留根号）．‎ 分析：‎ 根据图②判断出AB、BC的长度，过点B作BE⊥AD于点E，然后求出梯形ABCD的高BE，再根据t=2时△PAD的面积求出AD的长度，过点C作CF⊥AD于点F，然后求出DF的长度，利用勾股定理列式求出CD的长度，然后求出AB、BC、CD的和，再根据时间=路程÷速度计算即可得解．‎ 解答：‎ 解：由图②可知，t在2到4秒时，△PAD的面积不发生变化，‎ ‎∴在AB上运动的时间是2秒，在BC上运动的时间是4﹣2=2秒，‎ ‎∵动点P的运动速度是1cm/s，‎ ‎∴AB=2cm，BC=2cm，‎ 过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD于点F，‎ 则四边形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，‎ 在Rt△CDF中，CD===2，‎ 所以，动点P运动的总路程为AB+BC+CD=2+2+2=4+2，‎ ‎∵动点P的运动速度是1cm/s，‎ ‎∴点P从开始移动到停止移动一共用了（4+2）÷1=4+2（秒）．‎ 故答案为：（4+2）．‎ 点评：‎ 本题考查了动点问题的函数图象，根据图②的三角形的面积的变化情况判断出AB、BC的长度是解题的关键，根据梯形的问题中，经常作过梯形的上底边的两个顶点的高线作出辅助线也很关键．‎ ‎（2012贵州省毕节市，23，12分）如图①，有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到△ACD和△A′BC′.‎ ‎(1)如图②，将△ACD沿A′C′边向上平移，使点A与点C′重合，连接A′D和BC，四边形A′BCD是 形；‎ ‎（2）如图③，将△ACD的顶点A与A′点重合，然后绕点A沿逆时针方向旋转，使点D、A、B在同一直线上，则旋转角为 度；连接CC′，四边形CDBC′是 形；‎ ‎（3）如图④，将AC边与A′C′边重合，并使顶点B和D在AC边的同一侧，设AB、CD相交于E，连接BD，四边形ADBC是什么特殊四边形？请说明你的理由。‎ ‎ 第23题图 ‎ 解析：（1）利用平行四边形的判定，对角线互相平分的四边形是平行四边形得出即可；（2）利用旋转变换的性质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）平行四边形；‎ 证明：∵AD=AB，AA′=AC，∴A′C与BD互相平分，‎ ‎∴四边形A′BCD是平行四边形；‎ ‎（2）∵DA由垂直于AB，逆时针旋转到点D、A、B在同一直线上，‎ ‎∴旋转角为90度；‎ 证明：∵∠D=∠B=90°，A，D，B在一条直线上，‎ ‎∴CD∥BC′，∴四边形CDBC′是直角梯形；‎ 故答案为：90，直角梯；‎ ‎（3）四边形ADBC是等腰梯形；‎ 证明：过点B作BM⊥AC，过点D作DN⊥AC，垂足分别为M，N，‎ ‎∵有一张矩形纸片，将它沿对角线AC剪开，得到△ACD和△A′BC′．∴△ACD≌△A′BC′，∴BM=ND，∴BD∥AC，‎ ‎∵AD=BC，∴四边形ADBC是等腰梯形．‎ 点评：此题主要考查了图形的剪拼与平行四边形的判定和等腰梯形的判定、直角梯形的判定方法等知识，熟练掌握判定定理是解题关键．‎ ‎（2012年广西玉林市，26，12分）‎ 如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形AOCD的顶点A的坐标是（0，4），现有两动点P，Q，点P从点O出发沿线段OC（不包括端点O，C）以每秒2个单位长度的速度匀速向点C运动，点Q从点C出发沿线段CD（不包括端点C、D）以每秒1个单位长度的速度匀速向点D运动.点P，Q同时出发，同时停止.设运动的时间为t（秒），当t=2（秒）时，PQ=.‎ ‎（1）求点D的坐标，并直接写出t的取值范围；‎ ‎（2）连接AQ并延长交x轴于点E，把AE沿AD翻折交CD延长线于点F，连接EF，则△AEF的面积是否随t的变化而变化？若变化，求出与t的函数关系式；若不变化，求出的值.‎ ‎（3）在（2）的条件下，t为何值时，四边形APQF是梯形？‎ 解：（1）设OC=， 当t=2时，OP=4，PC=－4；CQ=2.‎ 在Rt△PQC中，， ,解得（不合题意，舍去），，∴D点坐标（8，4）；‎ ‎（2）由翻折可知，点Q和点F关于直线AD对称，∴QD=DF=4－t，而AD=8，∴.‎ 设经过A（0，4）、Q（8，t）两点的一次函数解析式为，故有：‎ ‎，解得，∴一次函数的解析式为，易知一次函数与轴的交点的坐标为（，0），∴EC=－8，∴，‎ ‎∴.∴△AEF的面积不随t的变化而变化，的值为32.‎ ‎（3）因AP与QF不平行，要想使四边形APQF是梯形，须有PQ∥AF.‎ ‎∵AF=AQ，∴∠AFQ=∠AQF，而∠CQE=∠AQF，要想PQ∥AF，须有∠AFQ=∠PQC，故只需具备条件∠PQC =∠CQE ，又∵QC⊥PE，∴∠ CQP=∠QCE，QC=QC，∴△CQP ≌△QCE ，∴PC=CE，即8－2t=－8，解得（不合题意，舍去），.故当时，四边形APQF是梯形.‎ ‎（2012珠海，22，9分）如图,在等腰梯形ABCD中AB∥CD,AB＝,DC＝,高CE＝,对角线AC、BD交于H，平行于线段BD的两条直线MN、RQ同时从点A出发沿AC方向向点C匀速平移，分别交等腰梯形ABCD的边于M、N和R、Q，分别交对角线AC于F、G；当直线RQ到达点C时，两直线同时停止移动.记等腰梯形ABCD被直线MN扫过的面积为，被直线RQ扫过的面积为，若直线MN平移的速度为1单位/秒,直线RQ平移的速度为2单位/秒,设两直线移动的时间为x秒.‎ ‎(1)填空:∠AHB＝____________; AC＝_____________; ‎ ‎(2) 若,求x;‎ ‎(3) 若,求m的变化范围.‎ ‎【解析】(1) 如图第22题-1所示,平移对角线DB,交AB的延长线于P.则四边形BPCD是平行四边形,BD＝PC,BP＝DC＝.因为等腰梯形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直线移动有两种情况:及,需要分类讨论.①当时, 有.∴②当时,先用含有x的代数式分别表示,,然后由列出方程,解之可得x的值; ‎ ‎ (3) 分情况讨论:①当时, .②当时,由,得＝.然后讨论这个函数的最值,确定m的变化范围.‎ ‎【答案】(1) 90°,4;‎ ‎(2)直线移动有两种情况:及.‎ ‎①当时,∵MN∥BD,∴△AMN∽△ARQ,△ANF∽△AQG.‎ ‎.∴‎ ‎②当时, 如图第22题-2所示,‎ CG＝4－2x,CH＝1,. ‎ ‎,‎ 由,得方程,解得(舍去),.‎ ‎∴x＝2.‎ ‎(3) 当时,m＝4‎ 当时, ‎ 由,得＝＝.‎ M是的二次函数, 当时, 即当时, M随的增大而增大.‎ 当时,最大值m＝4. 当x＝2时,最小值m＝3.‎ ‎∴3≤m≤4.‎ ‎【点评】本题是一道几何代数综合压轴题,重点考查等腰梯形, 相似三角形的性质,二次函数的增减性和最值及分类讨论,由特殊到一般的数学思想等的综合应用.解题时,‎ ‎(1)小题,通过平移对角线,将等腰梯形转化为等腰三角形,从而使问题得以简化,是我们解决梯形问题常用的方法.‎ ‎(2) 小题直线移动有两种情况:及,需要分类讨论.这点万不可忽略,解题时用到的知识点主要是相似三角形面积比等于相似比的平方.‎ A C P D B E G F ‎(3) 小题仍需要分情况讨论.对于函数,讨论它的增减性和最值是个难点. 讨论之前点明我们把这个函数看作“M是的二次函数”对顺利作答至关重要.‎ ‎（2012·湖南省张家界市·16题·3分）已知线段AB=6，C、D是AB上两点，且AC=DB=1，P是线段CD上一动点，在AB同侧分别作等边三角形APE和等边三角形PBF，G为线段EF的中点，点P由点C移动到点D时，G点移动的路径长度为 2 .‎ ‎【分析】‎ 不好意思，本题做不出来，还请高手补充 ‎（2012湖北荆州，18，3分）如图(1)所示，E为矩形ABCD的边AD上一点，动点P、Q同时从点B出发，点P沿折线BE—ED—DC运动到点C时停止，点Q沿BC运动到点C时停止，它们运动的速度都是1cm/秒．设P、Q同发t秒时，△BPQ的面积为ycm2．已知y与t的函数关系图象如图(2)(曲线OM为抛物线的一部分)，则下列结论：‎ ‎①AD＝BE＝5；②cos∠ABE＝；③当0＜t≤5时，y＝t2；④当t＝秒时，△ABE∽△QBP；其中正确的结论是__▲__(填序号)．‎ 图(3) ‎ 图(1) 图(2) ‎ 第18题图 A D E P Q C B M N H y t O ‎5‎ ‎7‎ ‎10‎ ‎【解析】首先，分析函数的图象两个坐标轴表示的实际意义及函数的图象的增减情况.‎ 横轴表示时间t，纵轴表示△BPQ的面积y.‎ 当0＜t≤5时，图象为抛物线，图象过原点，且关于y轴对称，y随的t增大而增大，‎ t=5的时候，△BPQ的面积最大，‎ ‎5＜t＜7时，y是常函数，△BPQ的面积不变，为10.‎ 从而得到结论：t=5的时候，点Q运动到点C，点P运动到点E，‎ 所以BE＝BC=AD＝5×1=5cm，‎ ‎5＜t＜7时，点P从E→D，所以ED=2×1=2cm，AE=3 cm，AB=4 cm.‎ cos∠ABE＝.‎ 设抛物线OM的函数关系式为（0＜t≤5),把（5,10）代入得到，所以，‎ 所以当0＜t≤5时， y＝t2‎ 当t＞5时，点P位于线段CD上，点Q与点C重合，.‎ 当t＝秒，点P位于P’处，C P’=CD－DP’=4－（－7）= cm.‎ 在△ABE和△Q’BP’中，,∠A＝Q’=90°，所以△ABE∽△Q’BP’‎ ‎【答案】①③④‎ ‎【点评】本题综合考察了动点问题、二次函数、三角形相似、常函数、锐角三角函数、分段函数的知识，综合性强。读函数的图象时首先要理解横纵坐标表示的含义，理解问题叙述的过程，把图象的过程和几何的动点运动过程相结合，化静为动，从而解决问题。本题考察的知识点全面，难度较大。‎ ‎（2012湖北黄冈，8，3）如图，在Rt△ABC 中，∠C=90° ，AC=BC=6cm，点P从点A出发，沿AB方向以每 秒cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC 沿BC翻折，点P的对应点为点P′.设Q点运动的时间t秒，若四边形QPCP为菱形，则t的值为（ ）‎ ‎ A. B. 2 C. D.3‎ D ‎【解析】连接PP′交BC于点D，若四边形QPCP为菱形，则PP′⊥BC，CD＝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，故选B.‎ ‎【答案】B ‎【点评】本题主要考查了等腰直角三角形和菱形的性质，要能在动态变化中抓住静态结论利用方程思想解题.难度中等.‎ ‎（2012甘肃兰州，12，4分）如图，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°.若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A的方向运动，设运动时间为t(s)(0≤t＜3)，‎ 第12题图 连接EF，当△BEF是直角三角形时，t的值为（ ）‎ A. B. 1 C. 或1 D. 或1或 ‎ 解析：∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°；Rt△ABC中，BC=2，∠ABC=60°； ∴AB=2BC=4cm.①当∠BFE=90°时；Rt△BEF中，∠ABC=60°，‎ 则BE=2BF=2cm；故此时AE=AB-BE=2cm；∴E点运动的距离为：2cm或6cm，‎ 故t=1s或3s；由于0≤t＜3，故t=3s不合题意，舍去；所以当∠BFE=90°时，t=1s；②当∠BEF=90°时；同①可求得BE=0.5cm，此时AE=AB-BE=3.5cm；∴E点运动的距离为：3.5cm或4.5cm，故t=1.75s或2.25s；综上所述，当t的值为1、1.75或2.25s时，△BEF是直角三角形．故选D．‎ 答案：D 点评：根据直径所对的圆周角是直角得到直角三角形ABC，再根据30°直角三角形的性质，可求出AB的长.△BEF是直角三角形，则有两种情况：①∠BFE=90°，②∠BEF=90°；在上述两种情况所得到的直角三角形中，已知了BC边和∠B的度数，即可求得BE的长；由AE=AB-BE即可求出AE的长，也就能得出E点运动的距离（有两种情况），从而求出t的值．此题综合考查了圆周角定理的推论、垂径定理以及直角三角形的性质，是一道动态题，同时还考查了分类讨论的数学思想，有一定的难度．‎ ‎（2012贵州遵义，26, 分）如图，△ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A、C不重合），Q是CB延长线上一点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE⊥AB于E，连接PQ交AB于D．‎ ‎（1）当∠BQD=30°时，求AP的长；‎ ‎（2）当运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，求出线段ED的长；如果变化请说明理由．‎ 解析：‎ ‎（1））由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QPC=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=QC，即6﹣x=（6+x），求出x的值即可；‎ ‎（2）作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q做匀速运动且速度相同，可知AP=BQ，‎ 再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=AB，由等边△ABC的边长为6可得出DE=3，故当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．‎ 答案：‎ 解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形，‎ ‎∴∠ACB=60°，‎ ‎∵∠BQD=30°，‎ ‎∴∠QPC=90°，‎ 设AP=x，则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；‎ ‎（2）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．理由如下：‎ 作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，‎ 又∵PE⊥AB于E，‎ ‎∴∠DFQ=∠AEP=90°，‎ ‎∵点P、Q做匀速运动且速度相同，‎ ‎∴AP=BQ，‎ ‎∵△ABC是等边三角形，‎ ‎∴∠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，‎ ‎∴四边形PEQF是平行四边形，‎ ‎∴DE=EF，‎ ‎∵EB+AE=BE+BF=AB，‎ ‎∴DE=AB，‎ 又∵等边△ABC的边长为6，‎ ‎∴DE=3，‎ ‎∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．‎ 点评：‎ 本题考查的是等边三角形的性质及全等三角形的判定定理、平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造出全等三角形是答案此题的关键．‎ ‎（2012山东省青岛市，24，12）已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，D、E分别是AC、AB的中点，连接DE，点P从点D出发，沿DE方向匀速运动，速度为1cm/s；同时，点Q从点B出发，沿BA方向匀速运动，速度为2cm/s，当点P停止运动时，点Q也停止运动.连接PQ，设运动时间为t(s)(0

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