《2018年中考数学突破瓶颈疑难解答专题八讲：2018年中考数学突破瓶颈疑难解答专题第七讲平面运动型问题（免费学习）.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年中考数学突破瓶颈疑难解答专题八讲：2018年中考数学突破瓶颈疑难解答专题第七讲平面运动型问题（免费学习）.docx（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题第七讲运动型问题【要点梳理】所谓“运动型问题”是探究几何图形(点，直线，三角形，四边形)在运动变化过程中与图形相关的某些量(如角度，线段，周长，面积及相关的关系)的变化或其中存在的函数关系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“运动型问题”题型繁多、题意创新，考察学生分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图象等图形，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在运动过程中观察图形的变化情况，
2、理解图形在不同位置的情况，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“运动型”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【学法指导】解题方法对于图形运动型试题，要注意用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变的量，不变的关系或特殊关系，善于化动为静，由特殊情形(特殊点，特殊值，特殊位置，特殊图形等)逐步过渡到一般情形，综合运用各种相关知识及数形结合，分类讨论，转化等数学思想加以解决当一个问题是确定有关图形的变量之间的关系时，通常建立函数模型或不等式模型求解；当确定图形之间的特殊位置关系或者一些特殊的值
3、时，通常建立方程模型去求解【考点解析】点动问题（2017甘肃天水）如图，在等腰ABC中，AB=AC=4cm，B=30°，点P从点B出发，以cm/s的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BAAC方向运动到点C停止，若BPQ的面积为y（cm2），运动时间为x（s），则下列最能反映y与x之间函数关系的图象是（）ABCD【考点】E7：动点问题的函数图象【分析】作AHBC于H，根据等腰三角形的性质得BH=CH，利用B=30°可计算出AH=AB=2，BH=AH=2，则BC=2BH=4，利用速度公式可得点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s，然后分
4、类讨论：当0x4时，作QDBC于D，如图1，BQ=x，BP=x，DQ=BQ=x，利用三角形面积公式得到y=x2；当4x8时，作QDBC于D，如图2，CQ=8x，BP=4，DQ=CQ=（8x），利用三角形面积公式得y=x+8，于是可得0x4时，函数图象为抛物线的一部分，当4x8时，函数图象为线段，则易得答案为D【解答】解：作AHBC于H，AB=AC=4cm，BH=CH，B=30°，AH=AB=2，BH=AH=2，BC=2BH=4，点P运动的速度为cm/s，Q点运动的速度为1cm/s，点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s，当0x4时，作QDBC于D，如图1，BQ=x，BP=x，在
5、RtBDQ中，DQ=BQ=x，y=xx=x2，当4x8时，作QDBC于D，如图2，CQ=8x，BP=4在RtBDQ中，DQ=CQ=（8x），y=（8x）4=x+8，综上所述，y=故选D线动问题（2017湖北江汉）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的边AD在x轴上，点C在y轴的负半轴上，直线BCAD，且BC=3，OD=2，将经过A、B两点的直线l：y=2x10向右平移，平移后的直线与x轴交于点E，与直线BC交于点F，设AE的长为t（t0）（1）四边形ABCD的面积为20；（2）设四边形ABCD被直线l扫过的面积（阴影部分）为S，请直接写出S关于t的函数解析式；（3）当t=2时，直线EF上有
6、一动点，作PM直线BC于点M，交x轴于点N，将PMF沿直线EF折叠得到PTF，探究：是否存在点P，使点T恰好落在坐标轴上？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由【考点】FI：一次函数综合题【分析】（1）根据函数解析式得到OA=5，求得AC=7，得到OC=4，于是得到结论；（2）当0t3时，根据已知条件得到四边形ABFE是平行四边形，于是得到S=AEOC=4t；当3t7时，如图1，求得直线CD的解析式为：y=2x4，直线EF的解析式为：y=2x+2t10，解方程组得到G（，t7），于是得到S=S四边形ABCDSDEG=20×（7t）×（7t）=t2+7t，当t7时，S
7、=S四边形ABCD=20，（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（3，0），（1，4），此时直线EF的解析式为：y=2x6，设动点P的直线为（m，2m6），求得PM=|（2m6）（4）|=2|m+1|，PN=（2m6|=2（m+3|，FM=|m（1）|=|m+1，假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，如图3，连接PT，FT，根据全等三角形的判定性质和相似三角形的判定和性质即可得到结论【解答】解：（1）在y=2x10中，当y=0时，x=5，A（5，0），OA=5，AC=7，把x=3代入y=2x10得，y=4OC=4，四
8、边形ABCD的面积=（3+7）×4=20；故答案为：20；（2）当0t3时，BCAD，ABEF，四边形ABFE是平行四边形，S=AEOC=4t；当3t7时，如图1，C（0，4），D（2，0），直线CD的解析式为：y=2x4，EFAB，BFAEBF=AE=t，F（t3，4），直线EF的解析式为：y=2x+2t10，解得，G（，t7），S=S四边形ABCDSDEG=20×（7t）×（7t）=t2+7t，当t7时，S=S四边形ABCD=20，综上所述：S关于t的函数解析式为：S=；（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（3，0），（1，4），此时直线EF的解析式为：y=
9、2x6，设动点P的直线为（m，2m6），PM直线BC于M，交x轴于n，M（m，4），N（m，0），PM=|（2m6）（4）|=2|m+1|，PN=（2m6|=2（m+3|，FM=|m（1）|=|m+1，假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，则PFMPFT，PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，=2，作FKx轴于K，则KF=4，由TKFPNT得， =2，NT=2KF=8，PN2+NT2=PT2，4（m+3）2+82=4（m+1）2，解得：m=6，2m6=6，此时，P（6，6）；假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，如图3，连接PT，FT，则PF
10、MPFT，PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，=2，作PHy轴于H，则PH=|m|，由TFCPTH得，HT=2CF=2，HT2+PH2=PT2，即22+m2=4（m+1）2，解得：m=，m=0（不合题意，舍去），m=时，2m6=，P（，），综上所述：直线EF上存在点P（6，6）或P（，）使点T恰好落在y轴上形动问题（2017黑龙江）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，ACBD旋转图1中的RtCOD到图2所示的位置，AC与BD有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，ABC=60°，旋转RtCOD至图3所示的位
11、置，AC与BD又有什么关系？写出结论并证明【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性质【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，ACBD，根据旋转的性质得到OD=OD，OC=OC，DOD=COC，等量代换得到AO=BO，OC=OD，AOC=BOD，根据全等三角形的性质得到AC=BD，OAC=OBD，于是得到结论；图3：根据四边形ABCD是菱形，得到ACBD，AO=CO，BO=DO，求得OB=3OA，OD=3OC，根据旋转的性质得到OD=OD，OC=OC，DOD=COC，求得OD=3OC，AOC=BOD，根据相似三角形的
12、性质得到BD=3AC，于是得到结论【解答】解：图2结论：AC=BD，ACBD，理由：四边形ABCD是正方形，AO=OC，BO=OD，ACBD，将RtCOD旋转得到RtCOD，OD=OD，OC=OC，DOD=COC，AO=BO，OC=OD，AOC=BOD，在AOC与BOD中，&AO=BO&AOC'=BOD'&OC'=OD'，AOCBOD，AC=BD，OAC=OBD，AOD=BOO，OBO+BOO=90°，OAC+AOD=90°，ACBD；图3结论：BD=3AC，ACBD理由：四边形ABCD是菱形，ACBD，AO=CO，B
13、O=DO，ABC=60°，ABO=30°，OB=3OA，OD=3OC，将RtCOD旋转得到RtCOD，OD=OD，OC=OC，DOD=COC，OD=3OC，AOC=BOD，OBOA=OD'OC'=3，AOCBOD，BD'AC'=OBOA=3，OAC=OBD，BD=3AC，AOD=BOO，OBO+BOO=90°，OAC+AOD=90°，ACBD【点评】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的识别图形是解题的关键【真题训练】训练一：（2017青海西宁）如图，在正方形
14、ABCD中，AB=3cm，动点M自A点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时点N自D点出发沿折线DCCB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，设AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（）ABCD训练二：（2017湖北随州）如图，AOB的边OB与x轴正半轴重合，点P是OA上的一动点，点N（3，0）是OB上的一定点，点M是ON的中点，AOB=30°，要使PM+PN最小，则点P的坐标为（，）训练三： （2017广西百色）以菱形ABCD的对角线交点O为坐标原点，AC所在的直线为x轴，已知A（4，0），B（0，2），M（0，4
15、），P为折线BCD上一动点，作PEy轴于点E，设点P的纵坐标为a（1）求BC边所在直线的解析式；（2）设y=MP2+OP2，求y关于a的函数关系式；（3）当OPM为直角三角形时，求点P的坐标训练四：（2017.江苏宿迁）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB=1，BC=，点E在边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形ABCE，点B、C的对应点分别为点B、C（1）当BC恰好经过点D时（如图1），求线段CE的长；（2）若BC分别交边AD，CD于点F，G，且DAE=22.5°（如图2），求DFG的面积；（3）在点E从点C移动到点D的过程中，求点C运动的路径长训练五：
16、(2017湖北宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点（与B，C不重合），以O为顶点在BC所在直线的上方作MON=90°（1）当OM经过点A时，请直接填空：ON不可能（可能，不可能）过D点；（图1仅供分析）如图2，在ON上截取OE=OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EHCD于H，求证：四边形EFCH为正方形（2）当OM不过点A时，设OM交边AB于G，且OG=1在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得SPKO=4SOBG，连接GP，求四边形PKBG的最大面积训练六： （2017年江苏扬州）如图，将ABC沿着射线BC方向平移至A'
17、;B'C'，使点A'落在ACB的外角平分线CD上，连结AA'（1）判断四边形ACC'A'的形状，并说明理由；（2）在ABC中，B=90°，A B=24，cosBAC=，求CB'的长参考答案：训练一：（2017青海西宁）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时点N自D点出发沿折线DCCB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，设AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（）ABCD【考点】E7：动点问题的函数图象【分析】
18、分两部分计算y的关系式：当点N在CD上时，易得SAMN的关系式，SAMN的面积关系式为一个一次函数；当点N在CB上时，底边AM不变，示出SAMN的关系式，SAMN的面积关系式为一个开口向下的二次函数【解答】解：点N自D点出发沿折线DCCB以每秒2cm的速度运动，到达B点时运动同时停止，N到C的时间为：t=3÷2=1.5，分两部分：当0x1.5时，如图1，此时N在DC上，SAMN=y=AMAD=x×3=x，当1.5x3时，如图2，此时N在BC上，DC+CN=2x，BN=62x，SAMN=y=AMBN=x（62x）=x2+3x，故选A训练二：（2017湖北随州）如图，AOB的边
19、OB与x轴正半轴重合，点P是OA上的一动点，点N（3，0）是OB上的一定点，点M是ON的中点，AOB=30°，要使PM+PN最小，则点P的坐标为（，）【考点】PA：轴对称最短路线问题；D5：坐标与图形性质【分析】作N关于OA的对称点N，连接NM交OA于P，则此时，PM+PN最小，由作图得到ON=ON，NON=2AON=60°，求得NON是等边三角形，根据等边三角形的性质得到NMON，解直角三角形即可得到结论【解答】解：作N关于OA的对称点N，连接NM交OA于P，则此时，PM+PN最小，OA垂直平分NN，ON=ON，NON=2AON=60°，NON是等边三角形，点M
20、是ON的中点，NMON，点N（3，0），ON=3，点M是ON的中点，OM=1.5，PM=，P（，）故答案为：（，）训练三： （2017广西百色）以菱形ABCD的对角线交点O为坐标原点，AC所在的直线为x轴，已知A（4，0），B（0，2），M（0，4），P为折线BCD上一动点，作PEy轴于点E，设点P的纵坐标为a（1）求BC边所在直线的解析式；（2）设y=MP2+OP2，求y关于a的函数关系式；（3）当OPM为直角三角形时，求点P的坐标【考点】LO：四边形综合题【分析】（1）先确定出OA=4，OB=2，再利用菱形的性质得出OC=4，OD=2，最后用待定系数法即可确定出直线BC解析式；（2）分两种
21、情况，先表示出点P的坐标，利用两点间的距离公式即可得出函数关系式；（3）分两种情况，利用勾股定理的逆定理建立方程即可求出点P的坐标【解答】解：（1）A（4，0），B（0，2），OA=4，OB=2，四边形ABCD是菱形，OC=OA=4，OD=OB=2，C（4，0），D（0，2），设直线BC的解析式为y=kx2，4k2=0，k=，直线BC的解析式为y=x2；（2）由（1）知，C（4，0），D（0，2），直线CD的解析式为y=x+2，由（1）知，直线BC的解析式为y=x2，当点P在边BC上时，设P（2a+4，a）（2a0），M（0，4），y=MP2+OP2=（2a+4）2+（a4）2+（2a+4）2
22、+a2=2（2a+4）2+（a4）2+a2=10a2+24a+48当点P在边CD上时，点P的纵坐标为a，P（42a，a）（0a2），M（0，4），y=MP2+OP2=（42a）2+（a4）2+（42a）2+a2=10a240a+48，（3）当点P在边BC上时，即：0a2，由（2）知，P（2a+4，a），M（0，4），OP2=（2a+4）2+a2=5a2+16a+16，PM2=（2a+4）2+（a4）2=5a28a+32，OM2=16，POM是直角三角形，易知，PM最大，OP2+OM2=PM2，5a2+16a+16+16=5a28a+32，a=0（舍）当点P在边CD上时，即：0a2时，由（2）知
23、，P（42a，a），M（0，4），OP2=（42a）2+a2=5a216a+16，PM2=（42a）2+（a4）2=5a224a+32，OM2=16，POM是直角三角形，、当POM=90°时，OP2+OM2=PM2，5a216a+16+16=5a224a+32，a=0，P（4，0），、当MPO=90°时，OP2+PM2=5a216a+16+5a224a+32=10a240a+48=OM2=16，a=2+（舍）或a=2，P（，2），即：当OPM为直角三角形时，点P的坐标为（，2），（4，0）训练四：（2017.江苏宿迁）如图，在矩形纸片ABCD中，已知AB=1，BC=，点E在
24、边CD上移动，连接AE，将多边形ABCE沿直线AE翻折，得到多边形ABCE，点B、C的对应点分别为点B、C（1）当BC恰好经过点D时（如图1），求线段CE的长；（2）若BC分别交边AD，CD于点F，G，且DAE=22.5°（如图2），求DFG的面积；（3）在点E从点C移动到点D的过程中，求点C运动的路径长【考点】LO：四边形综合题【分析】（1）如图1中，设CE=EC=x，则DE=1x，由ADBDEC，可得=，列出方程即可解决问题；（2）如图2中，首先证明ADB，DFG都是等腰直角三角形，求出DF即可解决问题；（3）如图3中，点C的运动路径的长为的长，求出圆心角、半径即可解决问题【解答
25、】解：（1）如图1中，设CE=EC=x，则DE=1x，ADB+EDC=90°，BAD+ADB=90°，BAD=EDC，B=C=90°，AB=AB=1，AD=，DB=，ADBDEC，=，=，x=2CE=2（2）如图2中，BAD=B=D=90°，DAE=22.5°，EAB=EAB=67.5°，BAF=BFA=45°，DFG=AFB=DGF=45°，DF=FG，在RtABF中，AB=FB=1，AF=AB=，DF=DG=，SDFG=（）2=（3）如图3中，点C的运动路径的长为的长，在RtADC中，tanDAC=，DAC=3
26、0°，AC=2CD=2，CAD=DAC=30°，CAC=60°，的长=训练五：(2017湖北宜昌)正方形ABCD的边长为1，点O是BC边上的一个动点（与B，C不重合），以O为顶点在BC所在直线的上方作MON=90°（1）当OM经过点A时，请直接填空：ON不可能（可能，不可能）过D点；（图1仅供分析）如图2，在ON上截取OE=OA，过E点作EF垂直于直线BC，垂足为点F，作EHCD于H，求证：四边形EFCH为正方形（2）当OM不过点A时，设OM交边AB于G，且OG=1在ON上存在点P，过P点作PK垂直于直线BC，垂足为点K，使得SPKO=4SOBG，连接G
27、P，求四边形PKBG的最大面积【考点】LO：四边形综合题【分析】（1）若ON过点D时，则在OAD中不满足勾股定理，可知不可能过D点；由条件可先判业四边形EFCH为矩形，再证明OFEABO，可证得结论；（2）由条件可证明PKOOBG，利用相似三角形的性质可求得OP=2，可求得POG面积为定值及PKO和OBG的关系，只要CGB的面积有最大值时，则四边形PKBG的面积就最大，设OB=a，BG=b，由勾股定理可用b表示出a，则可用a表示出CBG的面积，利用二次函数的性质可求得其最大值，则可求得四边形PKBG面积的最大值【解答】解：（1）若ON过点D，则OAAB，ODCD，OA2AD2，OD2AD2，O
28、A2+OD22AD2AD2，AOD90°，这与MON=90°矛盾，ON不可能过D点，故答案为：不可能；EHCD，EFBC，EHC=EFC=90°，且HCF=90°，四边形EFCH为矩形，MON=90°，EOF=90°AOB，在正方形ABCD中，BAO=90°AOB，EOF=BAO，在OFE和ABO中OFEABO（AAS），EF=OB，OF=AB，又OF=CF+OC=AB=BC=BO+OC=EF+OC，CF=EF，四边形EFCH为正方形；（2）POK=OGB，PKO=OBG，PKOOBG，SPKO=4SOBG，=（）2=4，O
29、P=2，SPOG=OGOP=×1×2=1，设OB=a，BG=b，则a2+b2=OG2=1，b=，SOBG=ab=a=，当a2=时，OBG有最大值，此时SPKO=4SOBG=1，四边形PKBG的最大面积为1+1+=训练六： （2017年江苏扬州）如图，将ABC沿着射线BC方向平移至A'B'C'，使点A'落在ACB的外角平分线CD上，连结AA'（1）判断四边形ACC'A'的形状，并说明理由；（2）在ABC中，B=90°，A B=24，cosBAC=，求CB'的长【考点】LO：四边形综合题；LA：菱形的判定
30、与性质；Q2：平移的性质；T7：解直角三角形【分析】（1）根据平行四边形的判定定理（有一组对边平行且相等的四边形是平四边形）推知四边形ACC'A'是平行四边形又对角线平分对角的平行四边形是菱形推知四边形ACC'A'是菱形（2）通过解直角ABC得到AC、BC的长度，由（1）中菱形ACC'A'的性质推知AC=AA，由平移的性质得到四边形ABBA是平行四边形，则AA=BB，所以CB=BBBC【解答】解：（1）四边形ACC'A'是菱形理由如下：由平移的性质得到：ACAC，且AC=AC，则四边形ACC'A'是平行四边形ACC=AAC，又CD平分ACB的外角，即CD平分ACC，CD也平分AAC，四边形ACC'A'是菱形（2）在ABC中，B=90°，A B=24，cosBAC=，cosBAC=，即=，AC=26由勾股定理知：BC=7又由（1）知，四边形ACC'A'是菱形，AC=AA=26由平移的性质得到：ABAB，AB=AB，则四边形ABBA是平行四边形，AA=BB=26，CB=BBBC=267