2012全國各地中考數(shù)學解析匯編--第40章_動態(tài)型問題C(已排版)

1、（最新最全）2012年全國各地中考數(shù)學解析匯編（按章節(jié)考點整理）四十章 動態(tài)型問題C（2012浙江省義烏市，16，4分）如圖,已知點A（0,2）、B（,2）、C(0,4),過點C向右作平行于x軸的射線,點P是射線上的動點,連結AP,以AP為邊在其左側作等邊APQ ,連結PB、BA.若四邊形ABPQ為梯形,則（1）當AB為梯形的底時,點P的橫坐標是 ；（2）當AB為梯形的腰時,點P的橫坐標是 . OABCPQxy(第16題圖)【解析】（1）由題意知，當AB為梯形的底時，ABPQ，即PQy軸，又APQ為等邊三角形，AC2，由幾何關系知，點P的橫坐標是.（2）當AB為梯形的腰時，當PBy軸時，滿足題

2、意，此時AQ=4，由幾何關系得，點P的橫坐標是?！敬鸢浮?（1） (2分) （2） 0， （每個1分）（2012四川省資陽市，23，8分）（1）(3分)如圖（1），正方形AEGH的頂點E、H在正方形ABCD的邊上，直接寫出HDGCEB的結果（不必寫計算過程）；（2）(3分)將圖（1）中的正方形AEGH繞點A旋轉一定角度，如圖（2），求HDGCEB；（3）(2分)把圖（2）中的正方形都換成矩形，如圖（3），且已知AABHAAE:，此時HDGCEB的值與（2）小題的結果相比有變化嗎？如果有變化，直接寫出變化后的結果（不必寫計算過程）（1）（3）（2）（第23題圖）【解析】（1）由正方形性質、等式的

3、性質及勾股定理可直接得出.（2）連結AG、AC，易證DAHCAG得HD:GCAD:AC:、DAHBAE得HD=EB從而得HD:GC:EB: :1（3）思路類似（2）：連結AG、AC，易證DAHCAG得HD:GCAD:AC；易證CAGBAE得CG:BEAC:AB；從而得HD:GC:EB【答案】網(wǎng)（1）（3）（2）中&國教育出#版網(wǎng)（1）HD:GC:EB: :13分（2）連結AG、AC，ADC和AHG都是等腰直角三角形，AD:ACAH:AG:DAC=HAG=45°，DAH=CAG4分DAHCAG ,HD:GCAD:AC: 5分來源:中國教育*出版&網(wǎng)DAB=HAE=90&

4、#176;，DAH=BAE，又ADAB，AHAE，DAHBAE，HD=EBHD:GC:EB: :16分（3）有變化，HD:GC:EB8分【點評】本題綜合考察了正方形性質、相似三角形的判定及性質、勾股定理等多個初中數(shù)學的常見知識點，屬于幾何知識綜合運用題解答此類題應具備綜合運用能力，包括知識綜合、方法綜合的運用難度較大(2012山東德州中考,23,12)如圖所示，現(xiàn)有一張邊長為4的正方形紙片，點P為正方形AD邊上的一點（不與點A、點D重合）將正方形紙片折疊，使點B落在P處，點C落在G處，PG交DC于H，折痕為EF，連接BP、BH（1）求證：APB=BPH；（2）當點P在邊AD上移動時，PDH的周

5、長是否發(fā)生變化？并證明你的結論；ABCDEFGHPABCDEFGHP（備用圖）（3）設AP為x，四邊形EFGP的面積為S，求出S與x的函數(shù)關系式，試問S是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由【解析】（1）要證APB=BPH，由內(nèi)錯角APB=PBC，即證PBC=BPH，折疊后EBP=EPB=90°，再由性質等角的余角相等即可得證（2）PHD的周長為PD+DH+PH過B作BQPH構造直角三角形，再利用三角形全等：ABPQBP和BCHBQ證明AP=QP， CH=QH，可得其周長為定值（3），關鍵是用x來表示BE、CF過F作FMAB，垂足為M，先由邊角關系得EFMBPA

6、，得=x在RtAPE中可由勾股定理表示出BE，再由，很容易用x表示出S，再配方求最值ABCDEFGHP解：（1）PE=BE，EBP=EPB（1分）又EPH=EBC=90°，EPH-EPB=EBC-EBP即PBC=BPH（2分）又ADBC，APB=PBCAPB=BPH（3分）（2）PHD的周長不變，為定值 8（4分）證明：過B作BQPH，垂足為QABCDEFGHPQ由（1）知APB=BPH，又A=BQP=90°，BP=BP，ABPQBPAP=QP, AB=BQ（5分）又 AB=BC，BC = BQ又C=BQH=90°，BH=BH，BCHBQH（6分）CH=QHPHD

7、的周長為：PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8. （7分）（3）過F作FMAB，垂足為M，則.ABCDEFGHPM又EF為折痕，EFBP.，又A=EMF=90°，EFMBPA=x（8分）在RtAPE中，解得，（9分）（10分）又四邊形PEFG與四邊形BEFC全等，即：（11分）配方得，當x=2時，S有最小值6（12分）【點撥】本題將函數(shù)和幾何知識較好的綜合起來，對能力的要求較高本題考查了三角形全等、正方形的性質、勾股定理、梯形的面積公式、折疊的性質、二次函數(shù)等相關知識難度較大，是一套很好的壓軸題，通過此題能夠反映出學生的思維能力及數(shù)學知識的掌握程度，解答本題要學會

8、將題目中的已知量與待求量聯(lián)系起來此題的關鍵是證明幾組三角形的全等，以及用x來表示S（2012浙江省衢州，24，12分）如圖，把兩個全等的RtAOB和RtCOD分別置于平面直角坐標系中，使直角邊OB、OD在x軸上.已知點A(1，2)，過A、C兩點的直線分別交x軸、y軸于點E、F.拋物線yax 2bxc經(jīng)過O、A、C三點.（1）求該拋物線的函數(shù)解析式；（2）點P為線段OC上一個動點，過點P作y軸的平行線交拋物線于點M.交x軸于點N，問是否存在這樣的點P，使得四邊形ABPM為等腰梯形？若存在，求出此時點P的坐標；若不存在，請說明理由.（3）若AOB沿AC方向平移(點A始終在線段AC上，且不與點C重合

9、)，AOB在平移過程中與COD重疊部分記為S.試探究S是否存在最大值？若存在，求出這個最大值；若不存在，請說明理由.【解析】（1）將A(1，2)、D(1，2)、O(0，0)代入函數(shù)解析式，利用待定系數(shù)法求該函數(shù)的解析式即可；（2）根據(jù)題意先假設P點橫坐標坐標為t，再根據(jù)M在拋物線上的關系用t表示出M點的坐標，最后求出P點的坐標，便可得出答案；（3）由OQTOCD，ARQAOJ，利用相似比表示AKT，ARQ的面積，根據(jù)S四邊形RKTQSAKTSARQ，運用二次函數(shù)的性質求面積最大時，a的值【答案】解：（1）拋物線yax 2bxc經(jīng)過O、A、C 可得c0， 1分 解得，a，b， 3分 拋物線的解析

10、式為yx 2x 4分（2）設點P的橫坐標為t，PNCD，OPNOCD，可得PN P(t，)，點M在拋物線上，M(t，t2t ) 5分 過M點作MGAB于G，過P點作PHAB于H， AGyAyM2(t2t )t2t2， BHPN 6分 當AGBH時，四邊形ABPM為等腰梯形 t2t2 7分 化簡得，3t 28t40，解得，t12(不合題意，舍去)，t2， 點P的坐標為(， ) 存在點P(， )使四邊形ABPM為等腰梯形. 8分（3）如圖，AOB沿AC方向平移至AOB，AB交x軸于T，交OC于Q，AQ交x軸于K，交OC于R.求得過AC的直線為yACx+3，可設點A的橫坐標為a，則點A(a，a +3

11、 )，易知OQTOCD，可得QT， 點Q的坐標為(a，) 9分 設AB與OC相交于點J，ARQAOJ，相似三角形對應高的比等于相似比，HT·OB×1 =2a由AKTAOB得KTAT(3a)，AQyAyQ(a+3)3 10分S四邊形RKTQSAKTSARQKT·AT AQ·HT··(3a)(3)·(a+2)a 2 11分( a) 2由于0，在線段AC上存在點A(，)，能使重疊部分面積S取到最大值，最大值為 12分【點評】本題著重考查了待定系數(shù)法求二次函數(shù)解析式、等腰梯形的性質及判定以及相似三角形的性質以及二次函數(shù)的最值問題等知

12、識此題綜合性很強，解題的關鍵是注意數(shù)形結合，求出函數(shù)表達式，做好輔助點，找對相似三角形，善于利用幾何圖形的有關性質、定理和二次函數(shù)的知識，并注意挖掘題目中的一些隱含條件（2012浙江省義烏市，23，10分）在銳角ABC中,AB=4,BC=5,ACB=45°,將ABC繞點B按逆時針方向旋轉,得到A1BC1（1）如圖1,當點C1在線段CA的延長線上時,求CC1A1的度數(shù)；（2）如圖2,連結AA1,CC1.若ABA1的面積為4,求CBC1的面積；（3）如圖3,點E為線段AB中點,點P是線段AC上的動點,在ABC繞點B按逆時針方向旋轉過程中,點P的對應點是點P1,求線段EP1長度的最大值與最

13、小值.ABCC1A1圖2BACA1C1圖1BACA1C1EP1P【解析】（1）由旋轉的性質可得兩三角形全等，對應的角也相等可求（2）由全等三角形的性質及各角之間的關系可得ABA1=CBC1，易知ABA1CBC1由邊長比可求出面積比（3）過點B作BDAC，D為垂足，由邊角關系可得BD的長，由幾何關系可得線段EP1長度的最大值與最小值。解: （1）由旋轉的性質可得A1C1B =ACB =45°，BC=BC1 CC1B =C1CB =45° ，CC1A1=CC1B+A1C1B=45°45°=90° （2）ABCA1BC1 ， BA=BA1，BC=BC

14、1，ABC=A1BC1 ， BACA1C1EP1PD ，ABC+ABC1=A1BC1+ABC1，ABA1=CBC1 ， ABA1CBC1 ， ， （3）過點B作BDAC，D為垂足 ABC為銳角三角形 點D在線段AC上在RtBCD中，BD=BC×sin45°=， 當P在AC上運動至垂足點D，ABC繞點B旋轉，使點P的對應點P1在線段AB上時，EP1最小，最小值為2 ， 當P在AC上運動至點C，ABC繞點B旋轉，使點P的對應點P1在線段AB的延長線上時，EP1最大，最大值為2+5=7 【點評】此題考查旋轉的性質，全等三角形及相似三角形的性質，是一道難得的好題(2012四川省南充

15、市，22，8分) 如圖，C的內(nèi)接AOB中，AB=AO=4，tanAOB=,拋物線經(jīng)過點A(4,0)與點（-2,6）.（1）求拋物線的函數(shù)解析式；（2）直線m與C相切于點A，交y于點D.動點P在線段OB上，從點O出發(fā)向點B運動；同時動點Q在線段DA上，從點D出發(fā)向點A運動；點P的速度為每秒1個單位長，點Q的速度為每秒2個單位長，當PQAD時，求運動時間t的值；（3）點R在拋物線位于x軸下方部分的圖象上，當ROB面積最大時，求點R的坐標.解析：（1）運用待定系數(shù)法求出解析式即可.（2）先運用三角函數(shù)的知識求出OD的長，在結合勾股定理得到方程，求出t的值.（3）由于OB 的長是一個定值，所以ROB面

16、積與RH的長成正比.設出R點的坐標，用含x的代數(shù)式分別表示出RH的長，轉化為二次函數(shù)的最值的問題來解決問題.答案：解：（1）將點A（4，0）和點（-2，6）的坐標代入中，得方程組，解之，得.拋物線的解析式為.（2）連接AC交OB于E.直線m切C于A ACm， 弦 AB=AO， .ACOB，mOB. OAD=AOB，OA=4 tanAOB=，OD=OA·tanOAD=4×=3.作OFAD于F.則OF=OA·sinOAD=4×=2.4.t秒時，OP=t,DQ=2t，若PQAD，則FQ=OP= t.DF=DQFQ= t.ODF中，t=DF=1.8秒.（3）令R

17、(x, x22x) (0x4). 作RGy軸于G 作RHOB于H交y軸于I.則RG= x，OG= x2+2x.RtRIG中，GIR=AOB ，tanGIR=.IG=x IR= x, RtOIH中，OI=IGOG=x（x2+2x）=x2x.HI=（x2x）.于是RH=IRIH= x（x2 x）= x2+x= x2+x=( x)2+當x=時，RH最大.SROB最大.這時x22x=×()22×=.點R(,)點評：本題以圓和二次函數(shù)為背景，綜合考查了直線與圓的位置關系及其性質、二次函數(shù)的性質、勾股定理、三角函數(shù)以及動態(tài)幾何相關知識.考查了學生建立二次函數(shù)和方程的模型以及運用轉化等數(shù)

18、學思想來解決問題的能力.本題中，正確添畫輔助線以及準確的建立函數(shù)與方程的模型是解決問題的關鍵.難度較大.（2012福州，21，滿分13分）如圖，在RtABC中，C=90°，AC=6，BC=8，動點P從點A開始沿邊AC向點C以每秒1個單位長度的速度運動，動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動。過點P作PDBC，交AB于點D，連接PQ。點P、分別從點A、C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為t秒（t0）.（1）直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB= ，PD= 。（2）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理

19、由。并探究如何改變點Q的速度（勻速運動），使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形，求點Q的速度；（3）如圖，在整個運動過程中，求出線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長。解析：（1）易知QB=8-2t,AP=t,由APDACB，得PD=；（2）易t表示出AD、BD，若四邊形PDBQ為菱形，則BQ=PD，因而能求出此時的t,在看PD與BD能否相等，經(jīng)判定不為菱形；改變速度后，注意在PD=BD=BQ，情況下求Q點的移動速度；（3）本問題關鍵是確定動點M運動的路徑，最易想到的是可以建立直角坐標系，研究點M在哪類函數(shù)的解析式上，從而可以求出其經(jīng)過的路徑長，可以考慮以兩條直角邊為坐標軸，考慮兩種特殊情況：即未運動時點M

20、在AC上，此時坐標為（3,0），運動4秒時，Q與B重合，AP=4，此時M坐標為（1,4）可以求出經(jīng)過這兩點的直線解析式為： y=-2x+6，點Q（0，2t）,P（6-t,0）在運動過程中，線段PQ中點的坐標為，把代入y=-2x+6，得y=t，這就說明點M在直線y=-2x+6（1x3）上運動，故可求出其經(jīng)過的路徑長。答案：解：（1）QB=8-2t, PD=（2）不存在在RtABC中，C=90°，AC=6，BC=8AB=10PDBCAPDACBBD=AB-AD=BQDP當BQ=DP時，四邊形PDBQ是平行四邊形即當時，PD=，BD=DPBD平行四邊形PDBQ不能為菱形設點Q的速度為每秒v

21、個單位長度則BQ=8-vt, PD=，BD =要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ當PD=BD時，即，解得：當PD=BQ，時，即，解得：當點Q的速度為每秒個單位長度時，經(jīng)過秒，四邊形PDBQ是菱形。（3）解法一：如圖2，以C為原點，以AC所在直線為x軸，建立平面直角坐標系依題意，可知0t4，當t=0時，點的坐標為（3,0），當t=4時，點的坐標為（1,4），設直線的解析式為y=kx+b，解得直線的解析式為y=-2x+6，點Q（0，2t）,P（6-t,0）在運動過程中，線段PQ中點的坐標為把代入y=-2x+6，得y=t點在直線上過點作x軸于點N，則=4，=2線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為

22、單位長度。解法二：如圖3，設E是AC的中點，連接ME當t=4時，點Q與點B重合，運動停止，設此時PQ中點為F，連接EF，過點M作MNAC，垂足為N，則MNBCPMNPQCMN=t,PN=CN=PC-PN=EN=CE-CN=的值不變，點M在直線EF上過F作FHAC，垂足為H，則EH=2，F(xiàn)H=4EF=當t=0時，點M與點E重合，當t=4時，點M與點F重合線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為單位長度。點評：本題通過運動問題，考查了學生探究問題的能力和發(fā)散思維的能力，考查了平行四邊形、菱形的判定和性質，用特殊化方法探究問題的靈活性，考查了數(shù)形結合思想，三角形的相似及勾股定理的運用，有較強的綜合性。（201

23、2浙江省紹興，24，14分）如圖，矩形OABC的兩邊在坐標軸上，連結AC，拋物線經(jīng)過A，B兩點.（1）求A點坐標及線段AB的長；（2）若點P由點A出發(fā)以每秒1個單位的速度沿AB邊向點B移動，1秒后點Q也由點A出發(fā)以每秒7個單位的速度沿AO，OC，CB邊向點B移動，當其中一個點到達終點時另一個點也停止移動，點P的移動時間為t秒.當PQAC時，求t的值；當PQAC時，對于拋物線對稱軸上一點H，HOQPOQ，求出點H的縱坐標的取值范圍.【解析】（1）先求出二次函數(shù)與y軸的交點，然后把該交點的縱坐標代入解析式即可求解；（2）根據(jù)點P和點Q運動的位置可知，點Q的位置存在三種不同的情況：當Q點在OA上；當

24、Q點在OC上；當Q在BC上.然后依據(jù)構造的相似三角形模型，利用相似三角形的性質可以求出t值，最后把不符合題意的舍去；根據(jù)點P和點Q的位置可知BPQBAC，從而求出t的值 【答案】解：（1）A（0，-2）， AB （2）由題意知：A點移動路程為AP=t. Q點移動路程為. 當Q點在OA上時，即0或7t72，1t時， 如圖1，若PQAC，則有RtQAPRtABC.，即，.，此時t值不合題意.當Q點在OC上時，即2或7t76，t時，如圖2.過Q作QDAB，四邊形OADQ為矩形.AD=OQ=7（t1）2=7t9，DP=t（7t9）=96t.若PQAC，則有RtQDPRtABC.，即，t=，t=符合題意.當Q點在BC上時，67t78，t時，如圖3，若PQAC，過Q點作QGAC，則QGPG，即GQP=90°，QPB90°，這與GPB的內(nèi)角和為180°矛盾，此時PQ不AC與垂直.綜上所述，當t=時，有PQAC.當PQAC時，如圖4，BPQBAC，解得t=2，即當t=2時，PQAC.此時AP=2，BQ=CQ=1，P（2，-2），Q=（4，-1）.拋物線對稱軸的解析式為x=2，當H1為對稱軸與P的交點時，有H1OQ=POQ，當yH2時，POQ.作P點關于OQ的對稱點P，連結PP交OQ于