中考数学动态型问题专题训练

第9课时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；OACBxy（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O的半径为6cm，射线PM经过点O，10cmOP，射线PN与O相切于点Q．AB，两点同时从点P出发，点A以5cm/s的速度沿射线PM方向运动，点B以4cm/s的速度沿射线PN方向运动．设运动时间为ts．（1）求PQ的长；（2）当t为何值时，直线AB与O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434xy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AOBC中，4OB，3OA．分别以OBOA，所在直线为x轴和y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．F是边BC上的一个动点（不与BC，重合），过F点的反比例函数(0)kykx的图象与AC边交于点E．（1）求证：AOE△与BOF△的面积相等；（2）记OEFECFSSS△△，求当k为何值时，S有最大值，最大值为多少？（3）请探索：是否存在这样的点F，使得将CEF△沿EF对折后，C点恰好落在OB上？若存在，求出点F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=21AC；(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ABCD中，ADBC∥，5ABDC，6AD，12BC．动点P从D点出发沿DC以每秒1个单位的速度向终点C运动，动点Q从C点出发沿CB以每秒2个单位的速度向B点运动．两点同时出发，当P点到达C点时，Q点随之停止运动．（1）梯形ABCD的面积等于；（2）当PQAB∥时，P点离开D点的时间等于秒；（3）当PQC，，三点构成直角三角形时，P点离开D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．第9课时动态型问题答案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＝12PA.设PA的长为x，易知AF=PS，则y＝PF2＝PA2＋PS2,得y＝x2＋(12x)2,即y＝2511424xx，(5分)根据二次函数的性质，当x＝15时，y有最小值为15.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＝13.如图3，当P与A重合时，得x＝0.∴x的取值范围是0≤x≤13.∴①当x的值由0增大到15时，y的值由14减小到15∴②当x的值由15增大到13时，y的值由15增大到29∵15≤29≤14，∴在点P的运动过程中，正方形PTEF面积y的最小值是15，y的最大值是14.2.【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OQ．PN与O相切于点Q，OQPN，即90OQP．10OP，6OQ，221068(cm)PQ．（2）过点O作OCAB，垂足为C．点A的运动速度为5cm/s，点B的运动速度为4cm/s，运动时间为ts，5PAt，4PBt．10PO，8PQ，PAPBPOPQ．PP，PABPOQ△∽△．90PBAPQO．90BQOCBQOCB，四边形OCBQ为矩形，BQOC．O的半径为6，6BQOC时，直线AB与O相切．①当AB运动到如图1所示的位置．84BQPQPBt．由6BQ，得846t．解得0.5(s)t．②当AB运动到如图2所示的位置．48BQPBPQt．由6BQ，得486t．解得3.5(s)t．所以，当t为0.5s或3.5s时直线AB与O相切．3.【答案】（1）将0y代入443yx，得3x，点B的坐标为(30)，；将0x代入443yx，得4y，点C的坐标为(04)，．在RtOBC△中，4OC，3OB，5BC．又(20)A，，5AB，ABBC，ABC△是等腰三角形．（2）5ABBC，故点MN，同时开始运动，同时停止运动．过点N作NDx轴于D，则4sin5NDBNOBCt，①当02t时（如图甲），2OMt，114(2)225SOMNDtt22455tt．当25t≤时（如图乙），2OMt，114(2)225SOMNDtt22455tt．（注：若将t的取值范围分别写为02t≤≤和25t≤≤也可以）②存在4S的情形．当4S时，224455tt．解得1111t，2111t（不合题意，舍去）．1115t，故当4S时，111t秒．③当MNx轴时，MON△为直角三角形．3cos5MBBNMBNt，又5MBt．355tt，258t．当点MN，分别运动到点BC，时，MON△为直角三角形，5t．故MON△为直角三角形时，258t秒或5t秒．4.【答案】（1）证明：设11()Exy，，22()Fxy，，AOE△与FOB△的面积分别为1S，2S，由题意得11kyx，22kyx．1111122Sxyk，2221122Sxyk．12SS，即AOE△与FOB△的面积相等．（2）由题意知：EF，两点坐标分别为33kE，，44kF，，1111432234ECFSECCFkk△，EOFAOEBOFECFAOBCSSSSS△△△△矩形11121222ECFECFkkSkS△△122OEFECFECFSSSkS△△△11112243234kkk2112Skk．当161212k时，S有最大值．131412S最大值．（3）解：设存在这样的点F，将CEF△沿EF对折后，C点恰好落在OB边上的M点，过点E作ENOB，垂足为N．由题意得：3ENAO，143EMECk，134MFCFk，90EMNFMBFMBMFB，EMNMFB．又90ENMMBF，ENMMBF△∽△．ENEMMBMF，11414312311331412kkMBkk，94MB．222MBBFMF，222913444kk，解得218k．21432kBF．存在符合条件的点F，它的坐标为21432，．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