历年中考数学动点问题专集全含答案.docx
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历年中考数学动点问题专集全含答案
中考动点专题
所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目•解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.
关键・动中求静
数学思想:
分类思想函数思想方程思想数形结合思想转化思想
注重对几何图形运动变化能力的考查
从变换的角度和运动变化来研究三角形.四边形.函数图像等图形,通过“对称.动点的运动”等研究手段和方法,来探索与发现图形性质及图形变化,在解题过程中渗透空间观念和合情推理。
选择基本的几何图形,让学生经历探索的过程,以能力立意,考查学生的自主探究能力,促进培养学生解决问题的能力•图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况,需要理解图形在不同位置的情况,才能做好计算推理的过程。
在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。
二期课改后数学卷中的数学压轴性题正逐步转向数形结合.动态几何、动手操作.实验探究等方向发展.这些压轴题題型繁多、题意创新,目的是考察学生的分析问题.解决问題的能力,容包括空间观念、应用意识.推理能力等.从数学思想的层面上讲:
(1)运动观点;
(2)方程思想;(3)数形结合思想;(4)分类思想;(5)转化思想等.研究历年来各区的压轴性试题,就能找到今年中考数学试题的热点的形成和命题的动向,它有利于我们教师在教学中研究对策,把握方向.只的这样,才能更好的培养学生解题素养,在素质教育的背景下更明确地体现课程标准的导向•本文拟就压轴題的题型背景和区分度测量点的存在性和区分度小题处理手法提出自己的观点•
专题三:
双动点问题
点动、线动.形动构成的问題称之为动态几何问题.它主要以几何图形为载体,运动变化为主线,集多个知识点为一体,集多种解题思想于一题.这类题综合性强,能力要求高,它能全面的考查学生的实践操作能力,空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力.其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为今年中考试题的热点,现采撷几例加以分类浅析,供读者欣赏.
1以双动点为载体,探求函数图象问题
例1在直角梯形ABCD中,ZC=90°,高CD二6cm(如图1).动点P,Q同时从点B出发,点P沿BA,AD,DC运动到点C停止,点Q沿BC运动到点C停止,两点运动时的速度都是lcm/s.而当点P到达点A时,点Q正好到达点C.设P,Q同时从点B出发,经过的时间为t(s)时,ABPQ的面积为y(cm)2(如图2).分别以t,y为横.纵坐标建立直角坐标系,巳知点P在AD边上从A到D运动时,y与t的函数图象是图3中的线段MN.
(1)分别求出梯形中BA,AD的长度;
(2)写出图3中M,N两点的坐标;
(3)分别写出点P在BA边上和DC边上运动时,y与t的函数关系式(注明自变量的取值围),并在图3中补全整个运动中y关于x的函数关系的大致图象.
评析本题将点的运动过程中形成的函数解析式与其相应的函数图象有机的结合在一起,二者相辅相成,给人以清新、淡雅之感.本题彰显数形结合.分类讨论.函数建模与参数思想在解题过程中的灵活运用.解决本题的关键是从函数图象中确定线段AB、梯形的高与t的函数关系式,建立起y与t的函数关系式,进而根据函数关系式补充函数图象.
2以双动点为载体,探求结论开放性问题
例2如图5,RtAABC中,ZB=90°,ZCAB=30°.它的顶点A的坐标为(10,0),顶点B的坐标为(5,53),AB=10,点P从点A出发,沿A-B-C的方向匀速运动,同时点Q从点D(0,2)出发,沿y轴正方向以相同速度运动,当点P到达点C时,两点同时停止运动,设运动的时间为t秒.
⑴求ZBA0的度数.
(2)当点P在AB上运动时,AOPQ的面积S(平方单位)与时间t(秒)之间的函数图象为抛物线的一部分,(如图6),求点P的运动速度.
(3)求
(2)中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标.
(4)如果点P,Q保持
(2)中的速度不变,那么点P沿AB边运动时,ZOPQ的大小随着时间t的增大而增大;沿着BC边运动时,ZOPQ的大小随着时间t的增大而城小,当点P沿这两边运动时,使Z0PQ=90°的点P有几个?
请说明理由.
解(l)ZBAO60°•
(2)点P的运动速度为2个单位/秒・
评析本题是以双点运动构建的集函数、开放.最值问题于一体的综合题.试题有难度、有梯度也有区分度,是一道具有很好的选拔功能的好题.解决本题的关键是从图象中获取P的速度为2,然后建立S与t的函数关系式,利用函数的性质解得问题(3)•本题的难点是题
(4),考生要从题目的信息中确定建立以B为直角顶点的三角形,以B为临界点进行分类讨论,进而确定点的个数问题.
3以双动点为载体,探求存在性问题
例3如图8,矩形ABCD中,AD=3厘米,AB二a厘米(a>3).动点M,N同时从B点出发,分别沿B~A,B-C运动,速度長1厘米/秒•过M作直线垂直于AB,分别交AN,CD于P,Q・当点N到达终点C时,点M也随之停止运动•设运动时间为t秒.
⑴若沪4厘米,t=l秒,则PM二厘米;
(2)若沪5厘米,求时间S使APNEsAPAD,并求出它们的相似比;
(3)若在运动过程中,存在某时刻使梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等,求a的取值围;
(4)是否存在这样的矩形:
在运动过程中,存在某时刻使梯形PMBN,梯形PQDA,梯形PQCN的面积都相等?
若存在,求a的值;若不存在,请说明理由.
评析本题是以双动点为载体,矩形为背景创设的存在性问题•试题由浅入深、层层递进,将几何与代数知识完美的综合为一题,侧重对相似和梯形面积等知识点的考查,本题的难点主要是题(3),解决此題的关键是运用相似三角形的性质用t的代数式表示PM,进而利用梯形面积相等列等式求出t与a的函数关系式,再利用t的围确定的a取值围•第(4)小题是题(3)结论的拓展应用,在解决此问题的过程中,要有全局观念以及对问题的整体把握.
4以双动点为载体,探求函数最值问题
例4如图9,在边长为82cm的正方形ABCD中,E、F是对角线AC上的两个动点,它们分别从点A、C同时出发,沿对角线以lcm/s的相同速度运动,过E作EH垂直AC交RtAACD的直角边于H;过F作FG垂直AC交RtAACD的直角边于G,连结HG、EB•设HE.EF.FG.GH围成的图形面积为S1,AE、EB、BA围成的图形面积为S2(这里规定:
线段的面积为0).E到达C,F到达A停止.若E的运动时间为x(s),解答下列问题:
(1)当0 (2)①若y是S1与S2的和,求y与x之间的函数关系式;(图10为备用图) ②求y的最大值. 解⑴以E、F、G、H为顶点的四边形是矩形,因为正方形ABCD的边长为82,所以AO16,过B作B0丄AC于0,则0B=89,因为AE=x,所以S2=4xt因为HE=AE=x,EF=16-2x,所以Sl=x(16-2x),当S1=S2时,4x=x(16-2x),解得Xi==0(舍去),x2=6,所以当x=6时, S1=S2. (2)®当0Wx〈8时,y=x(16-2x)+4x=-2x2+20x, 当8WxW16时,AE=x,CE=HE=16-x,EF=16-2(16-x)=2x-16, 所以Sl=(16-x)(2x-16),所以y=(16-x)(2x-16)+4x=-2x2+52x-256. ②当0Wx<8时,y=-2x2+20x=-2(x-5)2+50,所以当x=5时,y的最大值为50. 当8WxW16时,y=-2x2+52x-256=-2(x-13)2+82, 所以当x=13时,y的最大值为82. 综上可得,y的最大值为82. 评析本题是以双动点为载体,正方形为背景创设的函数最值问题•要求学生认真读题、领会题意、画出不同情况下的图形,根据图形建立时间变量与其它相关变量的关系式,进而构建面积的函数表达式.本题在知识点上侧重对二次函数最值问题的考查,要求学生有扎实的基础知识.灵活的解题方法、良好的思维品质;在解题思想上着重对数形结合思想、分类讨论思想、数学建模等思想的灵活运用. 专题四: 函数中因动点产生的相似三角形问題 例题如图1,已知抛物线的顶点为A(2,1),且经过原点0,与x轴的另一个交点为Bo 10 y=_-x_+x ⑴求抛物线的解析式;(用顶点式求得抛物线的解析式为-4) ⑵若点C在抛物线的对称轴上,点D在抛物线上,且以0、C、D、B四点为顶点的四边形为平行四边形,求D点的坐标; ⑶连接0A.AB,如图2,在x轴下方的抛物线上是否存在点P,使得AORP与△OAB相似? 若存在,求出P点的坐标;若不存在,说明理由。 分析: 1•当图1例1题图图2给出四 边形的两个顶点时应以两为四边形的边和对角线来考虑问題以0、C、D、B四点为顶点的四边形为平行四边形要分类讨论: 按0B为边和对角线两种情况 2.函数中因动点产生的相似三角形问題一般有三个解题途径 1求相似三角形的第三个顶点时,先要分析已知三角形的边和角的特点,进而得出 •• 已知三角形是否为特殊三角形。 根据未知三角形中已知边与已知三角形的可能对应边分类讨论。 2或利用已知三角形中对应角,在未知三角形中利用勾股定理.三角函数、对称.旋转等知识来推导边的大小。 3若两个三角形的各边均未给出,则应先设所求点的坐标进而用函数解析式来表示各边的长度,之后利用相似来列方程求解。 55 —,0及原点0(0,0). 练习1、已知抛物线y=ax2+bx+c经过/\叭3),E (1)求抛物线的解析式.(由一般式得抛物线的解析式为芋X) •…33 (2)过P点作平行于•丫轴的直线PC交y轴于C点,在抛物线对称轴右侧且位于直线PC下方的抛物线上,任取一点0,过点0作直线0A平行于y轴交X轴于A点,交直线PC于B点,直线Q4与直线PC及两坐标轴围成矩形OA3C.是否存在点Q,便得AOPC与△PQB相似? 若存在,求出0点的坐标;若不存在,说明理由. (3)如果符合 (2)中的0点在人轴的上方,连结OQ,矩形如C的四个三角形 练习2、如图,四边形0ABC是一放在平面直角坐标系中的矩形纸片,点A在x轴上,点C在y轴上,将边BC折叠,使点B落在边0A的点D处。 巳知折叠CE=5^t且tanZEDA=-o (1)判断△6^£>与厶APE長否相似? 请说明理由; (2)求直线CE与x轴交点P的坐标; (3)是否存在过点D的直线1,使直线1、直线CE与x轴所围成的三角形和直线1、直线CE与y轴所围成的三角形相似? 如果存在,请直接写出其解析式并画出相应的直线;如果不存在,请说明理由。 练习3、在平面直角坐标系xOy中,已知二次函数fy y=cix2+bx+c(a^0)的图象与x轴交于43两点(点A在点CB B的左边),与y轴交于点C,其顶点的横坐标为 析式为y=-x2+2x+3) (2)若直线h.y=kx伙H0)与线段3C交于点D(不与点3,C重合),则是否存在这样 的直线/,使得以3,O,D为顶点的三角形与△BAC相似? 若存在,求出该直线的函数表达式及点D的坐标;若不存在,请说明理由;A(-1,0),8(3,0),C(0,3) (3)若点P是位于该二次函数对称轴右边图象上不与顶点重合的任意一点,试比较锐角ZPCO与ZACO的大小(不必证明),并写出此时点P的横坐标心的取值围. 练习4如图所示,已知抛物线y=F_1与x轴交于久〃两点,与y轴交于点C (1)求久B、6•三点的坐标. (2)过点虫作仰〃⑵交抛物线于点P,求四边形的面积. (3)在x轴上方的抛物线上是否存在一点鳳过"作MGVx轴于点G,使以力、"、G三点为顶点的三角形与APm相似.若存在,请求出"点的坐标;否则,请说明理由. 练习5、巳知: 如图,在平面直角坐标系中,△ABC長直角三角形,ZACB=90,点A,C 3 的坐标分别为A(-3,0),C(l,0)ttanABAC=-. 4 (1)求过点43的直线的函数表达式;点A(-3,0),C(l,0), •\0=a(0-2)2+1 抛物线的解析式为y=-l(x-2)2+1,即y=-]x2+x 44 ⑵如图1,当OB为边即四边形OCDB長平行四边形 // 时,CD=OB, 由0=一丄(x-2)2+1得X|=0n=4, 4・ ・・・B(4,0),0B=4. ・・・D点的横坐标为6 将x=6代入y=-1(x-2)2+1,得y=—3, 4 •: D(6,—3); 根据抛物线的对称性可知•在对称轴的左侧抛物线上存在点D,使得四边形ODCB是平行四边形,此时D点的坐标为(-2,-3), 当0B为对角线即四边形OCBD是平行四边形时,D点即 为A点,此时D点的坐标为(2,1) ⑶如图2,由抛物线的对称性可知: AO=AB,ZAOB= ZAB0. 若ABOP与Z\AOB相似,必须有ZP0B=ZB0A=ZBP0 设OP交抛物线的对称轴于"点,显然Az(2,-1)卜I。 ・・・直线0P的解析式为y=-|x t117 由一一x=--X・+X 24 得X]=0,x? =6•AP(6,-3) 过P作PE丄x轴,在RtABEP中,BE=2,PE=3, •••PBHOB,: .ZBOPHZBPO, ••-APB0与Z\BAO不相似, 同理可说明在对称轴左边的抛物线上也不存在符合条件的P点.所以在该抛物线上不存在点P,使得ABOP与AAOB相似. 练习1、解: (1)由已知可得: 3“+\/3b=3 ,手d+竽方=0解之得,彳,b=逹,c=0・ c=0 因而得,抛物线的解析式为: ),=-1/+斗 (2)存在. 设0点的坐标为伽“),则n=~m2+^-m9 解之得9=2>/sniy= 当沟=2馆时宀=2,即为0点,所以得。 (2折2) 当0点的坐标为(2点2)时,ZBPQ=ZCOP=30. 所以ZOPQ=ZOCP=ZB=ZQAO=90. 因此,\OPC3Q^4OPQ\OAQ都是直角三角形. 又在Rt/\OAQ中,因为tanZQOA=^=—.所以ZQOA=30. AO3 即有乙POQ=ZQOA=ZQPB=ZCOP=30・ 所以/XOPCs&QB^/\OQPS0QA, 又因为QP丄ORQ4丄OAZPOQ=ZAOQ=30, 所以△OQA^/\OQP. 练习2 解: (1)△OCD与△APE相似。 理由如下: 由折叠知,ZCDE=ZB=90°, ・,.Z1+Z2=9O°,Zl+Z3=90,/.Z2=Z3. 又JZCOD=ZDAE=90°,: ./\OCD^Z\ADEo AF3 (2)tanZEDA=一=-t•••设AE=3t, AD4 则AD=4to 由勾股定理得DE=5t. : .OC=AB=AE+EB=AE+DE=3t+5t=Sto nrCD 由 (1)HOCDsUDE、得一=一, ADDE .&CD ••—=9 4f5t : .CD=\Oto 在△DCE中,•••CD'+DE? =CE? •••(10/)2+(5/)2=(5^)2,解得t=l。 A0C=8,AE=3,点C的坐标为(0,8), 点E的坐标为(10,3), 设直线CE的解析式为尸k*b, Ay=--x+8,则点P的坐标为(16,0)。 2 (3)满足条件的直线[有2条: 尸一2对12, 尸2x—12。 如图2: 准确画出两条直线。 练习3 解: (1)•••二次函数图象顶点的横坐标为1,且过点(2,3)和(-3,-12), 解得b=2, c=3・ 0 ・•・此二次函数的表达式为y=-x2+2x+3• (2)假设存在直线l: y=kx伙HO)与线段3C交于点£)(不与点3,C重合人使得以8O,D为顶点的三角形与△B4C相似. 在y=-x2+2x+3中,令y=0,则由-x2+2大+3=0,解得比=-L 令x=0,得y=3.gO,3)・ 设过点0的直线/交BC于点D,过点D作DE丄x轴于点£・ •.•点〃的坐标为(3,0),点C的坐标为(0,3),点A的坐标为(-L0T7- A : .\AB\=4,\OB\=\OC\=3,ZOBC=45: : .\BC\=y/^+3^=3y/2・ 要使HBODs厶BAC或HBDO^/\BAC,已有ZB=ZB,则只需鴿=需, 阿网 成立. 若長①,则有网卜供-迂-咗 \BA\ 而ZOBC=459: .\BE\=\DE\. .•.在RtABDE中,由勾股定理,得|8斗+|»斗=2|3斗=|加|2=(竽解得\BE\=\DE\=^(负值舍去)・ 93 : .\OE\=\OB\-\BE\=3--=-・ 「•点d的坐标为m V44; 将点D的坐标代入y=kx(k^O)中,求得£=3. 二满足条件的直线/的函数表达式为y=3x・ [或求出直线AC的函数表达式为y=3x+3,则与直线AC平行的直线/的函数表达式为y=3x.此时易知△BODs^BAC,再求出直线BC的函数表达式为y=-x+3.联立),=3x,y=-x+3求得点£>的坐标为;: : ]・] 144丿 若是②,则有|B£>|=卩誉犁=韻=$屈而ZOBC=45',\BE\=\DE\. 「.在RtABDE中,由勾股定理,#|BE|2+\DE\"=2\BE^=|BD|: =(2>/2)2. 解得\BE\=\DE\=2(负值舍去). .\\OE\=\OB\-\BE\=3-2=1. •••点D的坐标为(1,2). 将点D的坐标代入y=d伙H0)中,求得£=2. ・・・满足条件的直线/的函数表达式为y=2x. 「.存在直线/: y=3x或y=2x与线段3C交于点D(不与点8,C重合),使得以8,O,D为顶点的三角形与△B4C相似,且点D的坐标分别为;'或(1,2). (3)设过点C(0,3),E(1,O)的直线),=恋+3伙H0)与该二次函数的图象交于点P. 将点E(LO)的坐标代入y=kx+3中,求得k=—3. 二此直线的函数表达式为y=-3x+3・设点P的坐标为(上—3x+3)9并代入y=—x^+2x+39得"—5x=0• 解得人=5,x2=0(不合题意,舍去)• : .x=5,y=-12. •••点P的坐标为(5,-12)・ 此时,锐角"CO=ZACO・ 又•••二次函数的对称轴为x=l, 点C关于对称轴对称的点C,的坐标为(2,3). 二当耳>5时,锐角ZPCOvZACO; 当形=5时,锐角ZPCO=ZACO; 当2<耳<5时,锐角ZPCO>ZACO. 练习四 解: (1)令y=0,得x2-1=0解得x=±l 令x=0,得y=_l ・•・J(-l,0)〃(1,0)Q(0,—l) (2)V0A=0B=0C=l: .ZBAOZAO)=ZBO)=45 *: AP//CBt: .ZPAB=45J 过点P作PE丄x轴于E,则为等腰直角三角形 令0E=a,则PE=a+\.••Pa“+1) •・•点P在抛物线y"—1上: .a+\=a2-\ 解得如=2,a2=-1(不合题意,舍去) ・・・PE=3 •••四边形力俪的面积S二丄购0C+-AB-P^-x2xl+-x2x3=4 2222 (3).假设存在 IZPA^=乙BAC二45*•••PS丄“ 在RtZUOQ中.0命0。 1: .AB近 在RtAP^中,AE=PB=3/.JP=3迈 设M点的横坐标为加,则M(加肿_]) ①点M在y轴左侧时,则///<-! ⑴当—PM,有晋唱 VJG=-/h-1,MG=w2-1即 2 解得"=-1(舍去)处=彳(舍去) -3 (ii)当厶MJG-APG4时有—=—CAPA 即亏亍1=污解得: 〃』j(舍去) AM(-2,3) ②点M在y轴右侧时,则川>1 (i)当厶皿Gsap以时有芈二竺 PACA VJG=m+l,MG=m2-l •m+1m2-1tza丄、 ・・吋p解得"7(舍去) 47 ・・・M(越) ㈤当△心⑷时有备筈 解得: “=-1(舍去) Z.M(4J5) •: 存在点M,使以久M.G三点为顶点的三角形与AP以相似 47 M点的坐标为(-2,3),(4J5) 练习5、 解: (1)•••点“―3,0),C(l,0) 3 /.AC=49BC=tanZBACxAC=-x4=398点坐标为(13) 4 设过点A,8的直线的函数表达式为y=kx+b9 由J()=kxH得b=? ・・・直线AB的函数表达式为y=3=k+b44 (2)如图1,过点3作加丄初,交x轴于点D, 在RtAABC和RtAAD^中, ZBAC=ZDAB: .Rt/\ABCsRtAAPB, 4 ・•・D点为所求又mnZADB=tanZABC=-, CD=BC十tanZADB=3^-=-: .OD=OC+CD=—9/.d|— 344I4丿 (3)这样的加存在 在RtAABC中,由勾股定理得A3=5如图1, °13 3Hm§ —v,解得”令 3T— 4 解: (1)ABPQ是等边三角形, 当t=2时,AP=2Xl=2,BQ=2X2=4,所以BP=AB-AP=6-2=4,即BQ=BP.又因为ZB=60°,所以ABPQ是等边三角形. ⑵过Q作QE丄AB,垂足为E,由QB=21,得QE=2t-sin60°=>/3t, 由AP=t,得PB=6-t,所以S’bpq二丄XBPXQE=-(6-1)XV3t=-^-1+3也t; 222 ⑶因为QR〃BA,所以ZQRC=ZA=60°,ZRQC=ZB=60°,又因为ZC=60°,所以△QRC長等边三角形,这时BQ=2t,所以QR=RC=QC=6-2t. 因为BE=BQ•cos60°=-X2t=t,AP=t,所以EP=AB-AP-BE=6-t-t=6-2t, 2
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