2016届中考数学专题复习动态综合试题.docx

动态综合专题动态综合型试题是近年来各级各类考试命题的热点和焦点，她集多个知识点于一体，综合性高，探究型强. 解决这类问题的主要思路是：在动中取静，在静中探动，也就是用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，特别关注一些不变量、不变关系和特殊位置关系. 点动型例1 （2015凉山州）菱形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图1所示，顶点B（2，0），DOB60，点P是对角线OC上一个动点，E（0，1），当EPBP最短时，点P的坐标为_.图1分析：点B的对称点是点D，如图2，连接ED交OC于点P，易知ED的长度即为EPBP的最短值.图2解：如图2，连接ED，因为点B的对称点是D，所以DPBP，所以ED的值即为EPBP的最短值.因为四边形ABCD是菱形，顶点B（2，0），DOB60，所以点D的坐标为（1，），所以点C的坐标为（3，），所以可得直线OC的解析式为. 因为点E的坐标为（0，1），所以可得直线ED的解析式为. 因为点P事直线OC和直线ED的交点，所以点P的坐标为方程组的解，解方程组可得，所以点P的坐标为（-3,2-），故填（-3,2-）.评注：本题中的变量是EPBP的值，不变量是点B与点D的位置关系，借助菱形的对称性将EPBP的值转化为ED的值，由“两点间线段最短”即可知道此时EPBP的值最短，将变量转化为不变量是解决运动型问题常用的解题思路. 跟踪训练： 1.（2015贵港）如图，已知P是O外一点，Q是O上的动点，线段PQ的中点为M，连接OP、OM. 若O的半径为2，OP4，则线段OM的最小值是（ ） A.0 B.1 C.2 D.3 第1题图 第2题图 2.如图，已知线段AB=10，AC=BD=2，点P是CD上一动点，分别以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1、O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2中点G的运动路径的长是_. 线动型 例2 如图3，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点B的坐标为（4，3）.平行于对角线AC的直线m从原点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，设直线m与矩形OABC的两边分别交于点M、N，直线m运动的时间为t（秒）. （1）点A的坐标是_,点C的坐标是_； （2）当t=_秒或_秒时，MN=AC； （3）设OMN的面积为S，求S与t的函数关系式； （4）在（3）中得到的函数S有没有最大值？若有求出最大值；若没有，要说明理由. 图3分析：（1）根据B点的坐标即可求出A、C点的坐标；（2） 当MN=AC时，有两种情况：Mn是OAC的中位线，此时OMOA2，因此t2；当MN是ABC的中位线时，OMOA6，因此t6；（3）本题要分类讨论：大直线m在AC下方或与AC重合时，即当0t4时，可根据OMNOAC，用两三角形的相似比求出面积比，即可得出S与t之间的函数关系式；当直线m在AC上方时，即当4t8时，可用矩形OABC的面积-BMN的面积-OCN的面积-OAM的面积求得； （4）根据（3）得出的函数的性质和自变量的取值范围即可求出面积S的最大值及对应的t的值.解：（1）A（4，0），C（0，3）； （2）当MN=AC时，有两种情况：Mn是OAC的中位线，此时OMOA2，因此t2；当MN是ABC的中位线时，AMAB，OA4，AD2，所以ODOAAD426，故t6； （3）当0t4时，OMt，因为OMNOAC，所以，所以ONt，S.当4t8时，如图4，因为ODt，所以ADt-4，由DAMAOC，可得AM，所以BM6-；由BMNBAC，可得BNBM8-t，所以CNt-4，所以S矩形OABC的面积-RtBMN的面积-RtOCN的面积-RtOAM的面积12-（t-4）-（8-t）（6-）-（t-4）-3t；图4（4）有最大值，当0t4时，因为抛物线S的开口向上，在对称轴t0的右边，S随t的增大而增大，所以当t4时，S可取到最大值426；当4t8时，因为抛物线S-3t的开口向下，顶点是（4，6），所以S6. 综上所述，当t4时，S有最大值6. 评论：相对于点的运动来讲，线的运动在中考中相对要少点儿， 解答这类问题时要用运动与变化的观点去观察和研究图形，把握直线运动与变化的全过程，抓住等量关系和变量关系，特别注意一些不变量、不变关系或特殊关系.跟踪训练：1.如图所示，已知等腰梯形ABCD，ADBC，若动直线垂直于BC，且向右平移，设扫过的阴影部分的面积为S，BP为x，则S关于x的函数图象大致是（）A A B C D 第1题图 2.如图，在平面直角坐标系xoy中，二次函数（a，b是常数）的图像与x轴交于点A（-3.0）和点B（1，0），与y轴交于点C. 动直线yt（t为常数）与抛物线交于不同的两点P、Q.（1）求a和b的值；（2）求t的取值范围；（3）若PCQ90，求t的值. 第2题图 面动型例3 已知：把RtABC和RtABC按如图1摆放（点C与点E重合），点B、C(E)、F在同一直线上，ACB=EDF=90，DEF=45，AC=8cm，BC=6cm,EF=9cm. 如图2，DEF从图1的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向ABC匀速移动，在DEF移动的同时，点P从ABC的顶点B出发，以2cm/s的速度沿BA向点A匀速移动，当DEF的顶点D移动到AC边上时，DEF停止移动，点P也随之停止运动. DE与AC相交于点Q，连接PQ，设移动时间为t(s)(0t4.5)，解答下列问题：当t为何值时，点A在线段PQ的垂直平分线上？连接PE，设四边形APEC的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式；是否存在某一时刻t，使得面积y最小？若存在，求出y的最小值，若不存在，请说明理由.是否存在某一时刻t，使得P、Q、F三点在同一条直线上？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由. 解析:因为点A在线段PQ的垂直平分线上，所以AP=AQ. 因为DEF=45,ACB=90，DEF+ACB+EQC=180，所以EQC=45，所以DEF=EQC，所以CE=CQ. 又由题意得CE=t, BP=2t，所以CQ=t，所以AQ=8-t，解得t=2；过点P作PMBE，交BE与点M，所以BMP=90，在RtABC和RtBPM中，sinB=,代入，解得PM=t.因为BC=6cm,CE=t,所以BE=6-t，所以y=SABC-SBPE=(BCAC-BEPM) 化简得y=(t-3)2+，所以当t=3时，y最小=；假设存在某一时刻t，使得点P、Q、F三点在同一条直线上，过P点作PNAC，交AC于点N，所以ANP=ACB=PNQ=90. 因为PAN=BAC 所以PANBAC，所以=，所以PN=6- t, AN=8- t. 因为NQ=AQ-AN，所以NQ=8-t-(8- t)=t. 因为ACB=90,B、C(E)、F在同一条直线上，所以QCF=90QCF=PNQ. 因为FQC=PQN，所以QCFQNP，所以=，所以=，因为0t4.5，所以t=1.解后反思：面的运动相对来说比较复杂，但也是中考的热点之一，许多创新题、探究题都源于此，解决此类型问题的关键：一是要抓住几何图形在运动过程中形状和大小都不改变这一特性，充分利用不变量来解决问题；二是要运用特殊与一般的数学思想方法，探究图形运动变化过程中的不同阶段；三是要运用类比转化的方法探究相同运动状态下的共同性质，这种方法能够使得问题解决的过程更加简捷，结论更加明确.跟踪训练：已知，在矩形ABCD中，E为BC边上一点，,AB=12,BE=16,F为线段BE上一点，EF=7，连接AF.如图1，现有一张硬质纸片,NG=6,MG=8,斜边MN与边BC在同一直线上，点N与点E重合，点G在线段DE上.如图2，从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿EB向点B匀速移动，同时，点P从A点出发，以每秒1个单位的速度沿AD向点D匀速移动，点Q为直线GN与线段AE的交点，连接PQ.当点N到达终点B时，和点P同时停止运动.设运动时间为t秒，解答下列问题： （1）在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值； （2）在整个运动过程中，是否存在点P，使是等腰三角形，若存在，求出t的值；若不存在，说明理由； （3）在整个运动过程中，设与重叠部分的面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式以及自变量t的取值范围. 动态综合型专题点动型：1.B 2. 线动型：1.A2.解：（1）将点A、点B的坐标代入可得，解得；（2） 抛物线的解析式为，直线yt，联立两解析式可得，即. 因为动直线yt（t为常数）与抛物线交于不同的两点，所以44（3t）0，解得t-4；（3） 因为，所以抛物线的对称轴为直线x1. 当x0时，y-3，所以C（0.-3). 设点Q的坐标为（m，t），则P（-2-m，t）. 如图，设PQ与y轴交于点D，则CDt3，DQm，DPm2. 因为PCQPCDQCD90，DPCPCD90，所以QCDDPC. 因为PDCQDC90，所以QCDCDP，所以，即，整理得. 因为Q（m，t）在抛物线上，所以t，即，所以，化简得，解得，.当t-3时，动直线yt经过点C，故不合题意，舍去，所以t-2. 面动型： 解：（1）在RtGMN中，GN6，GM8，所以MN10. 由题意，易知点G的运动线路平行于BC. 由题意易知点G的运动线路平行于BC. 如答图1所示，过点G作BC的平行线，分别交AE、AF于点Q、R. 因为AEDEGM90，所以AEGM，所以四边形QEMG为平行四边形，所以QGEM10，所以t10秒； 答图1（2）存在符合条件的点P，在RtABE中，AB12，BE16，由勾股定理得AE20. 设AEB，则sin，cos. 因为NEt，所以QENEcos，AQAE-QE20.APQ是等腰三角形，有三种可能的情形： APPQ，如答图2所示，过点P作PKAE于点K，则AKAPcos. 因为AQ2AK，所以202，解得t；APAQ，如答图3所示，有t20，解得t；AQPQ，如答图4所示，过点Q作QKAP于点K，则AKAQcos（20）16. 因为AP2AK，所以t2（16），解得t.综上所述，当t，或秒时，存在点P，使APQ是等腰三角形.（3）如答图1所示，点N到达点F的时间为t7；由（1）知，点G到达点Q的时间为t10；QE108，AQ20812，因为GRBC，所以，即，所以QR，所以点G到达点R的时间为t10；点N到达终点B的时间为t16. 在GMN运动的过程中：当0t7时，如答图5所示：QENEcos，QNNEsin，SQEQN；当7t10时，如答图6所示：设QN与AF交于点I，因为tanINF，tanIFN，所以INFIFN，IFN为等腰三角形.