全国各地中考数学压轴题专集答案之10动态综合型问题Word格式.docx
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∴直线BD的解析式为y=2x-12
∴直线OE∥BD4分
∵顶点坐标D(4,-4),∴OD=4
设E(x,2x),则BE2=(2x)2+(6-x)2
当BE=OD时,(2x)2+(6-x)2=32
解得:
x1=,x2=26分
当x=2时,OE=BD=2,四边形ODBE为平行四边形,舍去
∴当x=时四边形ODBE为等腰梯形7分
此时点E的坐标为(,)8分
(3)设直线PQ交抛物线的对称轴于点H
①当0<t≤2时
G
∵运动速度为每秒个单位长度,运动时间为t秒
则PD=t,∴D1H=DH=PH=t,QH=t,∴PQ=t
∴S=·
t·
t=t210分
②当2<t<4时
设D1P、D1Q、抛物线的对称轴分别交x轴于点E、F、G
则D1H=t,D1G=2t-4
∵PQ∥OB,∴△D1EF∽△D1PQ
∴=()2
∴S△D1EF=()2·
S△D1PQ=()2·
t2=3t2-12t+12
∴S=t2-(3t2-12t+12)=-t2+12t-12
综上所述,S=12分
3.解:
(1)742分
(2)当t=2.5秒时,△BEF的面积为y=(BC-CF)·
CD=7
即(BC-)·
CD=7①
当t=4秒时,△BEF的面积为y=(BC-CF)·
CD=4
即(BC-4)·
CD=4②
由①②解得BC=6,CD=46分
(3)方法一:
∵BC=6,点F的速度为每秒1个单位,∴OP=6
∴点E从D运动到C用时为6-4=2秒
又∵CD=4,∴点E的运动速度为每秒2个单位9分
方法二:
如图,过点A作AG⊥BC于点G,设点E的运动速度为每秒a个单位
则AB=2.5a,AD=1.5a,∴BG=6-1.5a
在Rt△ABG中,42+(6-1.5a)2=(2.5a)2
∴a1=2,a2=-6.5(不合题意,舍去)
即点E的运动速度为每秒2个单位
(4)∵a=2,∴AB=5,AD=3
∴S梯形ABCD=×
(3+6)×
4=18,S梯形ABCD=6
由题意可知,运动过程中有两个时刻△EBF的面积等于6
①当E在AB上时,过点E作EH⊥BC于点H
则△EBH∽△ABG,∴=,即=
∴EH=t
∴×
(6-t)×
t=6,解得t=
∵t≤2.5,∴t=11分
②当E在AD上时,×
4=6,解得t=3
综上所述,当t=或t=3时,△BEF与梯形ABCD的面积之比为1:
3
12分
4.解:
(1)当边FG恰好经过点C时(如图①)
∠CFB=60°
,BF=3-t1分
在Rt△CBF中,BC=2
,tan∠CFB=
∴tan60°
=
,∴BF=22分
即3-t=2,∴t=1
∴当边FG恰好经过点C时,t=13分
(2)当0≤t<1时,S=2
t+4
4分
当1≤t<3时,S=-t2+3
t+5分
当3≤t<4时,S=-4
t+20
6分
当4≤t<6时,S=
t2-12
t+36
7分
(3)存在.理由如下:
在Rt△ABC中,tan∠CAB==,∴∠CAB=30°
又∵∠HEO=60°
,∴∠HAE=∠AHE=30°
∴AE=HE=3-t或t-3
①当AH=AO=3时(如图②)
过点E作EM⊥AH于M,则AM=AH=
在Rt△AME中,cos∠MAE=,即cos30°
∴AE=,即3-t=或t-3=
∴t=3-或t=3+9分
②当HA=HO时(如图③)
则∠HOA=∠HAO=30°
,∴∠EHO=90°
,∴EO=2HE=2AE
又∵AE+EO=3,∴AE+2AE=3
(E)
∴AE=1,即3-t=1或t-3=1
∴t=2或t=411分
③当OH=OA时(如图④)
则∠OHA=∠OAH=30°
∴∠HOB=60°
=∠HEB,∴点E和点O重合
∴AE=3,即3-t=3或t-3=3
∴t=6(舍去)或t=012分
综上所述,存在5个这样的t值,使△AOH是等腰三角形,即t=3-或t=3+或t=2或t=4或t=0
5.解:
(1)当t=1秒时,OE=1,AP=3,∴OP=28-3=25
∵OA=OB,EF∥OA,∴EF=EB=28-1=27
∴S梯形OPFE=(OP+EF)·
OE=(25+27)×
1=26
t秒时,OE=t,AP=3t,OP=28-3t,EF=28-t
∴S梯形OPFE=(28-3t+28-t)×
t=-2t2+28t=-2(t-7)2+98
∴当t=7秒时,梯形OPFE的面积最大,最大面积是98
(2)∵S△APF=AP·
OE=×
3t×
t=t2
∴当S梯形OPFE=S△APF时,有-2t2+28t=t2
解得t1=8,t2=0(舍去)
过点F作FG⊥OA于G
∵∠OAB=45°
,∴AG=FG=OE=8,PG=3×
8-8=16
在Rt△PFG中,PF===8
(3)相似,下面证明
分别过点F1、F2作F1H1⊥P1A,F2H2⊥P2A,垂足分别为H1、H2
H2
,∴AH1=F1H1=t1,AH2=F2H2=t2
∴AF1=t1,AF2=t2,∴=
又∵AP1=3t1,AP2=3t2,∴==
∴=,又∠P1AF1=∠P2AF2=45°
∴△AF1P1∽△AF2P2
6.解:
(1)能
如图1,连接DF,过点F作FH⊥AB于H,
由题意知四边形CDEF为矩形,所以当QN过DF的中点O时
QN将矩形CDEF分成面积相等的两部分
此时QH=QF=DF=AB=12.5
在Rt△ABC中,∠C=90°
,AB=50,AC=30
∴BC==40,∴BF=20
由△FBH∽△ABC,得HB==16
∴t==4分
(2)①当点P在DE上(即0≤t≤)时
点P在DE上的运动时间为,点Q在BE上的运动时间为
∴此时不存在点P落在射线QK上的情形5分
图2
②当点P在EF上(即≤t≤5)时,如图2
EP=7t-20,EQ=25-4t
由△EPQ∽△ABC,得=
解得t=7分
(G)
③当点P在FC上(即5≤t≤)时,如图3
∵QB=4t,∴PB=5t
由PF=7t-35,BF=20,得7t-35+20=5t
解得t=9分
④当点P在CD上(即≤t≤10)时,如图4
∵AQ=50-4t,∴AP=(50-4t)
由PC=7t-55,AC=30,得(50-4t)+7t-55=30
解得t=5<,舍去
∴此时也不存在点P落在射线QK上的情形10分
(4)t=或t=
解答过程如下(本人添加,仅供参考)
①当点P在DE上(即0<t≤)时,如图5
此时点P下行,点G上行,可知其中存在PG∥AB的时刻
过点P作PH⊥AB于H,则PH=(20-7t)
∵QB=4t,∴QG=3t
由PG∥AB,得PH=QG,∴(20-7t)=3t
解得t=
②当点P在EF上(即<t≤5)时
若PG∥AB,则有:
(7t-20)=3t
解得t=>5,舍去
∴此时不存在PG∥AB
③当点P在FC上(即5<t≤)时
此时点G也在FC上,∴也不存在PG∥AB
④当点P在CD上(即<t≤10)时,如图6
由于点P比点G先到达点C并继续沿CD下行
所以在<t<8中存在PG∥AB的时刻
此时PC=7t-55
∵QB=4t,∴PH=QG=3t,∴AP=·
3t=t
∵AP+PH=AC,∴t+7t-55=30
当8≤t≤10时,点P、G均在CD上,不存在PG∥AB
7.解:
(1)(3,4)y=x2分
(2)根据题意,得AB=OC=5,OP=t,AQ=2t.分三种情况讨论:
l
①当0<t≤时,如图l,M点的坐标是(t,t)
作CD⊥x轴于D,作QE⊥x轴于E,可得△AEQ∽△ODC
∴==,即==
∴AE=t,QE=t,∴Q点的坐标是(8+t,t)
∴PE=8+t-t=8+t
∴S=MP·
PE=·
t·
(8+t)=t2+t4分
②当<t≤3时,如图2,作QF⊥x轴于F
∵BQ=2t-5,∴OF=11-(2t-5)=16-2t
∴Q点的坐标是(16-2t,4),∴PF=16-2t-t=16-3t
PF=·
(16-3t)=-2t2+t6分
③当点Q与点M相遇时,16-2t=t,解得t=
当3<t<时,如图3,MQ=16-2t-t=16-3t,MP=4
PF=×
4×
(16-3t)=-6t+328分
(3)根据题意,得AB=OC=5,OP=t,AQ=2t.分三种情况讨论:
①当0<t≤时,S=t2+t=(t+20)2-
∵a=>0,抛物线开口向上,对称轴为直线t=-20
∴当0<t≤时,S随t的增大而增大
∴当t=时,S有最大值,最大值为9分
②当<t≤3时,S=-2t2+t=-2(t-)2+
∵a=-2<0,抛物线开口向下
∴当t=时,S有最大值,最大值为10分
③当3<t<时,S=-6t+32t
∵k=-6<0,∴S随t的增大而减小
又∵当t=3时,S=14;
当t=时,S=0,∴0<S<14
综上所述,当t=时,S有最大值,最大值为12分
N
(4)当t=时,△QMN为等腰三角形14分
当点M在线段CB上运动时,如图4
MQ=16-3t,MN=(t-3)
若△QMN为等腰三角形,由于MN⊥CB,所以只能MN=MQ
∴(t-3)=16-3t,解得t=
8.解:
(1)①在Rt△ABC中,AB=6米,BC=8米,∴AC=10米
由题意得:
AP=2t,CQ=t,则PC=10-2t
过点P作PD⊥BC于点D
∵t=2.5秒时,AP=2×
2.5=5米,QC=2.5米
∴PD=AB=3
∴S△CPQ=QC·
PD=3.75平方米2分
②过点Q作QE⊥PC于点E
易知Rt△QEC∽Rt△ABC,∴=
∴=,∴QE=t
∴S=PC·
QE=(10-2t)·
t
=-t2+3t(0<t<5)5分
(2)当t=秒(此时PC=QC),秒(此时PQ=QC),或秒(此时PQ=PC)时,△CPQ为等腰三角形8分
(3)过点P作PF⊥BC于点F,则有△PFC∽△ABC
∴PF=6-t,FC=8-t
则在Rt△PFQ中
PQ2=PF2+FQ2=(6-t)2+(8-t-t)2=t2-56t+100
当⊙P与⊙Q外切时,有PQ=PA+QC=3t
∴t2-56t+100=9t2,解得:
t1=15-35,t2=-15-35(舍去)
故当⊙P与⊙Q外切时,t=(15-35)秒10分
当⊙P与⊙Q内切时,有PQ=PA-QC=t
∴t2-56t+100=t2,解得:
t1=,t2=5
故当⊙P与⊙Q内切时t=秒或t=5秒12分
F
9.
(1)证明:
在△DFC中,∠DFC=90°
,∠C=30°
,DC=2t,∴DF=t
又∵AE=t,∴AE=DF2分
(2)能.理由如下:
∵AB⊥BC,DF⊥BC,∴AE∥DF
又AE=DF,∴四边形AEFD为平行四边形3分
∵AB=BC·
tan30°
=5×
=5,∴AC=2AB=10
∴AD=AC-DC=10-2t
若使□AEFD为菱形,则需AE=AD,即t=10-2t,t=
即当t=时,四边形AEFD为菱形5分
(3)①∠EDF=90°
时,四边形EBFD为矩形
在Rt△AED中,∠ADE=∠C=30°
,∴AD=2AE
即10-2t=2t,∴t=7分
②∠DEF=90°
时,由
(2)知EF∥AD,∴∠ADE=∠DEF=90°
∵∠A=90°
-∠C=60°
,∴AD=AE·
cos60°
即10-2t=t,∴t=49分
③∠EFD=90°
时,此种情况不存在
综上所述,当t=或4时,△DEF为直角三角形10分
10.解:
(1)292分
Q
(2)当5≤x≤9时
y=S梯形ABCQ-S△ABP-S△PCQ
=(5+x-4)×
4-×
5(x-5)-(9-x)(x-4)
=x2-7x+
即y=x2-7x+3分
当9<x≤13时
y=(x-9+4)(14-x)=-x2+x-35
即y=-x2+x-354分
(Q)
当13<x≤14时
y=×
8(14-x)=-4x+56
即y=-4x+565分
(3)当动点P在线段BC上运动时
∵y=S梯形ABCD=×
(4+8)×
5=8
∴x2-7x+=86分
解得x1=x2=7
∴当x=7时,y=S梯形ABCD7分
(4)x=,,10分
提示(本人添加,仅供参考):
①当P在AB上时,若PQ∥AC,则△BPQ∽△BAC
∴=,∴=,解得x=
②当P在BC上时,若PQ∥BE,则△CPQ∽△CBE
③当P在CE上时,若PQ∥BE,则△EPQ∽△ECD
11.解:
(1)由题意知,△DBP∽△ABC,四边形PDEC为矩形
∴=,CE=PD
∴PD===6x,∴CE=6x2分
图①
(2)由题意知,△CEF∽△CBA,∴=
∴CF===9x
当点F与点B重合时,CF=CB,9x=20,x=4分
(3)当点F与点P重合时,BP+CF=CB,4x+9x=20,x=
当0<x<时,如图①
y===-51x2+120x
当≤x<时,如图②
y=DE·
DG=(20-4x)·
(20-4x)=(x-5)2
(或y=x2-x+)7分
(4)x1=,x2=,x2=10分
提示:
如图③,当PD=PF时,6x=20-13x,x=,△B′DE为拼成的三角形
如图④,当点F与点P重合时,4x+9x=20,x=,△BDC为拼成的三角形
如图⑤,当DE=PB时,20-4x=4x,x=,△DPF为拼成的三角形
(F)
B′
12.解:
(1)①∵S△CPQ=S矩形OABCS△OCPS△PAQS△BCQ
S△CPQ=S矩形OABC-S△COP-S△PAQ-S△BCQ
=10×
6-×
6×
t-×
(10-t)×
t-×
10×
(6-t)
=t2-3t+30
=(t-6)2+21(0≤t≤10)
x
∴当t=6时,△CPQ的面积最小
此时点Q的坐标为(10,3)2分
②当∠1=∠2时,△COP∽△QAP
∴=,∴=
解得t1=-6+2,t2=-6-2(舍去)
∴Q1(10,-3)4分
当∠1=∠3时,△COP∽△PAQ
∴=,∴=,解得t=7
∴Q2(10,)6分
(2)假设存在a的值,使得△COP与△PAQ和△CBQ都相似
①当∠1=∠3=∠4时,△COP∽△QAP∽△CBQ
∴==,∴==
解得t1=2,t2=18(舍去)
由=,得a=7分
∴AQ=at=
∴此时点Q的坐标为(10,)8分
②当∠1=∠3=∠5时,∠CPQ=∠CQP=90不成立9分
③当∠1=∠2=∠4时,△COP∽△QAP∽△CBQ
得5t2-36t+180=0,△<0,方程无实数解10分
④当∠1=∠2=∠5时,由图可知∠1=∠PCB>∠5
故不存在这样的a值11分
综上所述,存在a的值,使得△COP与△PAQ和△CBQ都相似
此时a=,点Q的坐标为(10,)12分
13.解:
(1)由题意,BP=2t,DQ=t,∴PC=20-2t1分
当PC=DQ时,四边形PCDQ为平行四边形2分
即20-2t=t,t=(秒)4分
∴当t=秒时,四边形PCDQ为平行四边形5分
∵DQ∥BP,∴△DEQ∽△BEP6分
∴=①7分
同理:
由EF∥PH,得:
=②8分
由DQ∥CH,得:
=③9分
由①②③得:
=10分
∴BP=CH11分
∴PH=PC+CH=PC+BP=BC=20(cm)12分
∴PH的长不变,为20cm
14.解
(1)由题意,△AOE≌△ADE
∴DE=OE,∠ADE=∠AOE=90°
,AD=AO=31分
在Rt△AOB中,AB===5
∴BD=AB-AD=5-3=2
设DE=OE=x,在Rt△BED中,BD2+DE2=BE22分
(C)
∴22+x2=(4-x)2,解得x=
∴E(0,)3分
在Rt△AOE中,AE==4分
(2)∵PM∥DE,MN∥AD,且∠ADE=90°
∴四边形PMND是矩形5分
∵AP=t,∴PD=3-t
∵△APM∽△ADE,∴=
∴PM=·
DE=7分
∴S=PM·
PD=(3-t)=-t2+t=-(t-)2+8分
∴当t=时,S最大=10分
(3)△ADM为等腰三角形有以下两种情况:
①当MD=MA时,点P是AD中点
∴AP=AD=,∴t=÷
1=(秒)
∴当t=秒时,A、D、M三点构成等腰三角形12分
过点M作MF⊥OA于F
∵△AFM≌△APM,∴AF=AP=,MF=MP==
∴OF=OA-AF=3-=
∴M(,)13分
②当AM=AD=3时
∴AP=×
3=
∴t=÷
∴当t=秒时,A、D、M三点构成等腰三角形15分
∵△AFM≌△APM,∴AF=AP=,FM=PM==
∴OF=OA-AF=3-
∴M(3-,)16分
15.解:
由题意知:
A(0,-2),B(2,-2)
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B和D(4,-)
∴解得:
∴抛物线的表达式为y=x2-x-23分
(2)①由图象知:
PB=2-2t,BQ=t
∴S=PQ2=PB2+BQ2=(2-2t)2+t2
即S=5t2-8t+4(0≤t≤1)5分
(解析式和t取值范围各1分)
②假设存在点R,使得以点P、B、Q、R为顶点的四边形是平行四边形
∵S=5t2-8t+4(0≤t≤1),∴当S=时,5t2-8t+4=
即20t2-32t+11=0,解得t1=,t2=(不合题意,舍去)
R
此时点P的坐标为(1,-2),点Q的坐标为(2,-)
若R点存在,分情况讨论:
i)假设R在BQ的右边,则QR=PB,QR∥PB
∴点R的横坐标为3,纵坐标为-
即R(3,-),代入y=x2-x-2,左右两边相等
∴这时存在R(3,-)满足题意
ii)假设R在BQ的左边,则PR=BQ,PR∥BQ
∴点R的横坐标为1,纵坐标为-
即R(1,-),代入y=x2-x-2,左右两边不相等
∴点R不在抛物线上
iii)假设R在PB的下方,则PR=BQ,PR∥BQ
综上所述,存在一点R(3,-)满足题意8分
(3)∵A关于抛物线的对称轴的对称点为B
M
∴过B、D的直线与抛物线的对称轴的交点为所求M点
设直线BD的表达式为y=kx+b,把B、D的坐标代入
得解得:
∴y=x-
抛物线y=x2-x-2的对称轴为直线x=1
把x=1代入y=x-,得y=-
∴点M的坐标为(1,-)12分
16.解:
(1)∵∠AOC=60°
,∠OAB=90°
,OC=2,BC=4
∴OA=5,AB=1分
①当0<t≤1时,重叠部分为△MDA
S=DA·
MA=×
t×
t=t22分
②当1<t<2时,重叠部分为四边形FDAM
S=S△DEF-S△MAE=×
2×
-(2-t)×
(2-t)
即S=
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