全國各地中考數(shù)學(xué)真題分類匯編運動變化壓軸

年中考數(shù)學(xué)分類匯編——運動變化類的壓軸2014年運動變化類的壓軸題，題目展示涉及：單一（雙）年中考數(shù)學(xué)分類匯編——運動變化類的壓軸2014年運動變化類的壓軸題，題目展示涉及：單一（雙）.一、單動點問 1【解答 （1）∵CE為⊙O【解答 （1）∵CE為⊙OOD，如 ∴ =×=．∴S=．2BC?CD=．∴∵S，∴∴≤S． ．∴．3．．．．t秒（1）Ey軸的負(fù)半軸上（如圖所示4∴PM⊥MF，PN⊥ON在△PMF和△PNEF3（Ⅰ）∵F（1+t0，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=1﹣5=∴=，，當(dāng)△OEQ∽△MFP=，=，解得 ∵F（1+t0，=∴=，，當(dāng)△OEQ∽△MFP=，=，解得 ∵F（1+t0，∴Q（1﹣t，0）∴OQ=由（1）得△PMF≌△PNE==∴當(dāng)△OEQ∽△MFP =，（2）DF6，得出∠ACD=∠CAE，從，得出∠ACD=∠CAE，從=在△ADE與△CED≌DF=xRT△ADF解得；x=DF=∴7EEG⊥ACG∴=EEG⊥ACG∴==∴PN=S=PQ?PN=﹣==（2，1PC8【分析 （2，1，【分析 （2，1，（2，1（2，1∵PM⊥x軸，PN⊥y在△ANP和△CMP9∴．∵PM∥y∴FM∴．∵PM∥y∴FM=∴∴PF=2OA=2x，F(xiàn)M=∴PM=x：．同理可得：PM=∴PN=OM=x：．同理可得：PM=∴PN=OM=x：．或．A（2，0，B（0，4，∠AO∵CE∥x∴x=∴C點坐標(biāo)為，∴，∵P（0，∴（t，0=（?2t×+?t×）﹣M（2tM（2t，0，，∴y=﹣y=﹣x+ty=﹣2x+4D．=- ．②畫出函數(shù)圖象，如答圖2﹣3，∵四邊形ABCD是菱形 ∴AC⊥BD，BO=BD=2，AO=，S． ．Rt△BFP ． ∴BF==4×=．﹣．∵AB=4，=4×=．﹣．∵AB=4，BF=∴AF=AB﹣BF=4﹣Rt△AFM． （4﹣=（4﹣（4﹣= ﹣； （2）①PBO，﹣； （2）①PBO，．．，x2=﹣2， ．． ．．°..（1）時，則 ...（2[=（x+2（x﹣4（k=（x+2（x﹣4（k=（x=（x（x﹣（4，0， x=﹣5=（x+2（x﹣4）∴5，．=，∴C（﹣k因此若兩個三角形相似，只可能是△ABC∽△APBP（x，y，∴y==（x+2（x4（x+2（x﹣4）=x+k解得：x=8x=2（A重合，舍去∴P（8，5（x+2（x﹣4）=x+k解得：x=8x=2（A重合，舍去∴P（8，5∴，．與①同理，可求得 ．==FFG⊥DKGFG=F，F(xiàn)， ，C，A（1，﹣1，B（3，﹣1＜t＜2，△OPy=ax2+bx（a0y=ax2+bx（a0y=（a，，y=x2﹣∵y=x2﹣x=（x﹣2）2﹣M的坐標(biāo)為（2，﹣（2t，∵A（1，﹣Qx軸、y軸的距離都是OP=×2（t，﹣Qx軸、y軸的距離都是OP=×2（t，﹣（2t，2t（t，O在拋物線上，則×（2t）2﹣t=Q在拋物線上，則×（3t）2﹣=①0＜t≤1時，S= ②1＜t≤1.5時，S=-×．二、雙動點問二、雙動點問DF（1）AE，DF（1）CP【分析】（1）AE=DF，AE⊥DF．先證得△ADE≌△DCF．由全等三角形的性質(zhì)，于是∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，由，．（﹣3，0（0，61≤t＜時和當(dāng)＜t≤5S∴BC=∴2t=3t=∴OE=+3=，E（在?PCOD在?PCOD=∴ ，∴==∴t=∴ =∴t∴==∴t=∴ =∴t==∴ ，②＜S≤ 1≤t＜時，S=t（6﹣2t）=﹣2（t﹣）2+∵t=1≤t＜范圍內(nèi)， ＜S≤當(dāng)＜t≤5時，SS=t（6﹣2t）=﹣2（t﹣）2+∵t=1≤t＜范圍內(nèi)， ＜S≤當(dāng)＜t≤5時，S=t（2t﹣6）=2（t﹣）2﹣，∴（﹣3，4≤個單位（0＜t＜6，，則拋物線的解析式是：y=x，，則拋物線的解析式是：y=x2﹣，．M（0，bx=E（由，E的坐標(biāo)是（E′的坐標(biāo)是（由題意得得，n的取值范圍是：0≤n≤101＜t＜3.5- （t﹣11＜t＜3.5- （t﹣1 ，則 ，-此時，PB=2PQ，即（t﹣110﹣t=8t﹣1 ﹣t，12﹣2t=10﹣t，若QP⊥BQ，則此時 -（12﹣2t，2 ． ．t秒（0＜t＜2），（2）連接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值【解答】解：（1）①當(dāng)△BPQ∽△BAC【考點】【分析】分兩種情況討論：①當(dāng)△BPQ∽△BAC時 ，△BPQ∽△BCA時， 作PE⊥AC于點E，DF⊥AC于點F，先得出 ，再∵ =∴，②當(dāng)△BPQ∽△BCA∵=，∴=，，∴t=1時，△∵ =∴，②當(dāng)△BPQ∽△BCA∵=，∴=，，∴t=1時，△BPQ與△ABC∴∠NAC=∠PCM∴=，=∴，解得：t=，，【點評】（2）DP=DC=AB=AP及∠D=90°，利用三角函數(shù)即可求出∠DAP∴====OP=xRt△PCOOP=xRt△PCO∵PCD∴DP=∴DP==∴PE=EQ=在△MFQ和△NFB．∴QF=∴EF=EQ+QF=PQ+在△MFQ和△NFB．∴QF=∴EF=EQ+QF=PQ+ ∴EF=．2．yax2bx3(a0)與x軸交于點A（ BBC1C點運動.點也停止運動.當(dāng)△PBQ存在時，求運動多少秒使△PBQ5:2K點坐標(biāo)yAPBOxQC二次函數(shù)綜合題點也停止運動.當(dāng)△PBQ存在時，求運動多少秒使△PBQ5:2K點坐標(biāo)yAPBOxQC二次函數(shù)綜合題（3）K點，由（2）可求出PBQ和CBK的面積，再把分成兩個三角形進行面積運算（1） yax2bx3(a0)4a2b3即a834b拋物線的解析式y(tǒng)3x23x84知：0t過點Q作QDAB，垂直為 易證OCB∽DQBOCBC OC=3，OB=4，BC=5，AP3t,OCBC OC=3，OB=4，BC=5，AP3t,PB63t，BQ3 1PBDQ1(63t)3t9t29 9對稱軸t 2(9當(dāng)運動1秒時，△PBQ面積最大， 999，最大為9 （3）K(m3m2連接CK、BK，作KL//y軸交BC與L，由（2）知：SPB SCBK:SPBQ5: BCykxB(4,0),4kn n ，解得： BCyL(m,3m4KL3m3 SCBKSKLC1(3m3m2)m1(3m3m2)(4m) 14(3m3m2 2(3m2解得m1K坐標(biāo)為(1,2(3m2解得m1K坐標(biāo)為(1,27或(3,：（t＞0A（﹣2，0A（﹣2，0，∴拋物線的解析式是：y=∴A（﹣2，0，∴拋物線的解析式是：y=∴∴ =解方程x2﹣x﹣4=0∴S=PM?AH=×2∴FP=FC=t﹣2，PM=4﹣（t﹣2）=6﹣t，AH=4+（t﹣2）=t+1）=﹣t2+4t+3=﹣（t﹣∴S=PM?AH=（6﹣t，t=時，S．，S．三、幾何圖形運動問cm，AD=4cm，若⊙O與矩（1）如圖①，連接OA、AC，則∠OAC的度數(shù)為（1）如圖①，連接OA、AC，則∠OAC的度數(shù)為 的長（cm∠DAC=60°，進而得出答案==，∴∠OACO1E，可O1E，可在Rt△A1D1C1中 Rt△A1O1E=， Rt△A2O2F，，，∴，∴，．（0，﹣1（﹣2，0=恰為半徑，則 作圓∴C（﹣1﹣3B（﹣2，0，C（﹣1，﹣3）=解得b=∴C（﹣1﹣3B（﹣2，0，C（﹣1，﹣3）=解得b=y=x2+（2）∴，，2M（xM，﹣3xM﹣6，N（xNxN+xN﹣3x，yMy，MN長度=﹣3x﹣6﹣（x2+x