2023年浙江省中考数学《第40讲：实验与动态型问题》总复习讲解含真题分类汇编解析VIP

第40讲实验与动态型问题内容特性动态型问题是指以三角形、四边形、圆等几何图形或函数图象为载体，设计动态变化，并对变化过程中伴随着的等量关系、变量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行实验、观察、猜想和归纳，进行推理的一类问题，这类问题信息量大，灵活多变，出现的结果往往有多种情况．涉及到平行线、相似三角形的性质，锐角三角函数，方程、不等式及函数的知识，以及几何变换，数形结合，分类讨论，函数与方程，特殊与一般的思想.解题策略解决此类问题需要运用运动和变化的观点，把握运动和变化的全过程，动中取静，静中求动，抓住运动中的某一瞬间，抓住变化过程中的特殊情形，确定运动变化过程中的数量关系、图形位置关系，从而建立方程、不等式、函数、几何模型，找到解决问题的途径.基本思想解题时利用方程与函数的思想、转化思想、数形结合思想、分类讨论思想，恰当地使用分析综合法，挖掘题目的隐含条件，将复杂问题分解为基本问题，逐个击破，进一步得到新的结论.类型一由点运动产生的问题eq\a\vs4\al(例1)(2017·丽水)如图1，在△ABC中，∠A＝30°，点P从点A出发以2cm/s的速度沿折线A－C－B运动，点Q从点A出发以a(cm/s)的速度沿AB运动，P，Q两点同时出发，当某一点运动到点B时，两点同时停止运动．设运动时间为x(s)，△APQ的面积为y(cm2)，y关于x的函数图象由C1，C2两段组成，如图2所示．(1)求a的值；(2)求图2中图象C2段的函数表达式；(3)当点P运动到线段BC上某一段时△APQ的面积大于当点P在线段AC上任意一点时△APQ的面积，求x的取值范围．【解后感悟】解题的关键是从运动图与描述图中获取信息，根据图象确定x的运动时间与面积的关系，同时关注图象不同情况的讨论．这类问题往往探究点在运动变化过程中的变化规律，如等量关系、图形的特殊位置、图形间的特殊关系等，且体现分类讨论和数形结合的思想．(2016·白银)如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，BC＝4，点P是△ABC边上一动点，沿B→A→C的路径移动，过点P作PD⊥BC于点D，设BD＝x，△BDP的面积为y，则下列能大致反映y与x函数关系的图象是()2．(1)如图，在平面直角坐标系中，点A在抛物线y＝x2－2x＋2上运动，过点A作AC⊥x轴于点C，以AC为对角线作矩形ABCD，连结BD，则对角线BD的最小值为.(2016·舟山)如图，在直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴上，点A的坐标为(－1，0)，∠ABO＝30°，线段PQ的端点P从点O出发，沿△OBA的边按O→B→A→O运动一周，同时另一端点Q随之在x轴的非负半轴上运动，如果PQ＝eq\r(3)，那么当点P运动一周时，点Q运动的总路程为.类型二由线运动产生的问题eq\a\vs4\al(例2)(2015·无锡)如图，C为∠AOB的边OA上一点，OC＝6，N为边OB上异于点O的一动点，P是线段CN上一点，过点P分别作PQ∥OA交OB于点Q，PM∥OB交OA于点M.(1)若∠AOB＝60°，OM＝4，OQ＝1，求证：CN⊥OB；(2)当点N在边OB上运动时，四边形OMPQ始终保持为菱形．①问：eq\f(1,OM)－eq\f(1,ON)的值是否发生变化？如果变化，求出其取值范围；如果不变，请说明理由；②设菱形OMPQ的面积为S1，△NOC的面积为S2，求eq\f(S1,S2)的取值范围．【解后感悟】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，把握直线或曲线变化的全过程，本题中PQ∥OA，PM∥OB，涉及相似三角形的判定与性质，抓住等量关系，特别注意一些不变量、不变关系或特殊关系．(1)(2016·长春市南关区模拟)如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边BC在x轴的正半轴上，点B在点C的左侧，直线y＝kx经过点A(3，3)和点P，且OP＝6eq\r(2).将直线y＝kx沿y轴向下平移得到直线y＝kx＋b，若点P落在矩形ABCD的内部，则b的取值范围是()A．0<b<3B．－3<b<0C．－6<b<－3D．－3<b<3(2016·合肥模拟)在平面直角坐标系的第一象限内，边长为1的正方形ABCD的边均平行于坐标轴，A点的坐标为(a，a)．如图，若曲线y＝eq\f(4,x)(x>0)与此正方形的边有交点，则a的取值范围是.(2016·新昌模拟)已知Rt△ABC的顶点坐标为A(1，2)，B(2，2)，C(2，1)，若抛物线y＝ax2与该直角三角形无公共点，则a的取值范围是.(2016·海陵模拟)如图，等腰直角三角形的斜边长AB＝8，一直线l绕顶点B任意旋转，过A向l作垂线，垂足为H，则线段CH长的取值范围是.类型三由图形运动产生的问题eq\a\vs4\al(例3)(2016·金华)由6根钢管首尾顺次铰接而成六边形钢架ABCDEF，相邻两钢管可以转动．已知各钢管的长度为AB＝DE＝1米，BC＝CD＝EF＝FA＝2米．(铰接点长度忽略不计)(1)转动钢管得到三角形钢架，如图1，则点A，E之间的距离是米；(2)转动钢管得到如图2所示的六边形钢架，有∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝120°，现用三根钢条连接顶点使该钢架不能活动，则所用三根钢条总长度的最小值是米．【解后感悟】由图形变化产生的问题包括由点引起的图形变化，图形的平移、旋转、翻转等；图形在变化过程中，抓住不变的图形和量；以三角形、四边形和圆的变化为常见的一种题型．本题的关键是添加辅助线构造特殊三角形以及平行四边形．(2016·金华)如图，Rt△ABC纸片中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点D在边BC上，以AD为折痕折叠△ABD得到△AB′D，AB′与边BC交于点E.若△DEB′为直角三角形，则BD的长是.5．(2016·宁波)如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A的坐标为(5，0)，菱形OABC的顶点B，C都在第一象限，tan∠AOC＝eq\f(4,3)，将菱形绕点A按顺时针方向旋转角α(0°＜∠α＜∠AOC)得到菱形FADE(点O的对应点为点F)，EF与OC交于点G，连结AG.(1)求点B的坐标；(2)当OG＝4时，求AG的长；(3)求证：GA平分∠OGE；(4)连结BD并延长交x轴于点P，当点P的坐标为(12，0)时，求点G的坐标．【动点实验题】用如图1，2所示的两个直角三角形(部分边长及角的度数在图中已标出)，完成以下两个探究问题：探究一：将以上两个三角形如图3拼接(BC和ED重合)，在BC边上有一动点P.(1)当点P运动到∠CFB的角平分线上时，连结AP，求线段AP的长；(2)当点P在运动的过程中出现PA＝FC时，求∠PAB的度数．探究二：如图4，将△DEF的顶点D放在△ABC的BC边上的中点处，并以点D为旋转中心旋转△DEF，使△DEF的两直角边与△ABC的两直角边分别交于M、N两点，连结MN.在旋转△DEF的过程中，△AMN的周长是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，请说明理由．【方法与对策】本题是几何综合题，运用了解直角三角形、勾股定理、全等三角形、二次函数最值等知识点．第(3)问，由发现并证明△AMD≌△CND取得解题的突破点，再利用勾股定理和二次函数的性质求出最小值．这种题型要注意问题的前后关系，要利用前面方法来指导后面的问题，要利用特殊到一般的思想，这是中考常见题型．【没有画图和动态分析，致使问题分析不全】如图，已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(1，4)，B(4，1)，C(1，1)，若双曲线y＝eq\f(k,x)(x＞0)与△ABC有公共点，则k的取值范围是________．第40讲实验与动态型问题【例题精析】例1(1)如图1，作PD⊥AB于D，∵∠A＝30°，∴PD＝eq\f(1,2)AP＝x，∴y＝eq\f(1,2)AQ·PD＝eq\f(1,2)ax2，由图象可知，当x＝1时，y＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)×a×12＝eq\f(1,2)，解得a＝1；(2)如图2，作PD⊥AB于D，由图象可知，PB＝5×2－2x＝10－2x，PD＝PB·sinB＝(10－2x)·sinB，∴y＝eq\f(1,2)×AQ×PD＝eq\f(1,2)x×(10－2x)·sinB，∵当x＝4时，y＝eq\f(4,3)，∴eq\f(1,2)×4×(10－2×4)·sinB＝eq\f(4,3)，解得，sinB＝eq\f(1,3)，∴y＝eq\f(1,2)x×(10－2x)×eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(5,3)x；(3)eq\f(1,2)x2＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(5,3)x，解得，x1＝0，x2＝2，由图象可知，当x＝2时，y＝eq\f(1,2)x2有最大值，最大值是eq\f(1,2)×22＝2，－eq\f(1,3)x2＋eq\f(5,3)x＝2，解得，x1＝3，x2＝2，∴当2＜x＜3时，点P运动到线段BC上某一段时△APQ的面积大于当点P在线段AC上任意一点时△APQ的面积．例2(1)过P作PE⊥OA于E，∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四边形OMPQ为平行四边形．∴PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB＝60°，∴PE＝PM·sin60°＝eq\f(\r(3),2)，ME＝eq\f(1,2)，∴CE＝OC－OM－ME＝eq\f(3,2)，∴tan∠PCE＝eq\f(PE,CE)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠PCE＝30°，∴∠CPM＝90°，又∵PM∥OB，∴∠CNO＝∠CPM＝90°，即CN⊥OB.(2)①eq\f(1,OM)－eq\f(1,ON)的值不发生变化．理由如下：设OM＝x，ON＝y.∵四边形OMPQ为菱形，∴OQ＝QP＝OM＝x，NQ＝y－x.∵PQ∥OA，∴∠NQP＝∠O.又∵∠QNP＝∠ONC，∴△NQP∽△NOC，∴eq\f(QP,OC)＝eq\f(NQ,ON)，即eq\f(x,6)＝eq\f(y－x,y)，∴6y－6x＝xy.两边都除以6xy，得eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＝eq\f(1,6)，即eq\f(1,OM)－eq\f(1,ON)＝eq\f(1,6).②过P作PE⊥OA于E，过N作NF⊥OA于F，则S1＝OM·PE，S2＝eq\f(1,2)OC·NF，∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(x·PE,3NF).∵PM∥OB，∴∠PMC＝∠O.又∵∠PCM＝∠NCO，∴△CPM∽△CNO.∴eq\f(PE,NF)＝eq\f(CM,CO)＝eq\f(6－x,6).∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(x（6－x）,18)＝－eq\f(1,18)(x－3)2＋eq\f(1,2).∵0＜x＜6，由这个二次函数的图象可知，0＜eq\f(S1,S2)≤eq\f(1,2).例3(1)如图1中，∵FB＝DF，FA＝FE，∴∠FAE＝∠FEA，∠B＝∠D，∴∠FAE＝∠B，∴AE∥BD，∴eq\f(AE,DB)＝eq\f(AF,FB)，∴eq\f(AE,4)＝eq\f(2,3)，∴AE＝eq\f(8,3)，故答案为eq\f(8,3).(2)如图2中，作BN⊥FA于N，延长AB、DC交于点M，连结BD、AD、BF、CF.在Rt△BFN中，∵∠BNF＝90°，BN＝eq\f(\r(3),2)，FN＝AN＋AF＝eq\f(1,2)＋2＝eq\f(5,2)，∴BF＝eq\r(BN2＋NF2)＝eq\r(7)，同理得到AC＝DF＝eq\r(7)，∵∠ABC＝∠BCD＝120°，∴∠MBC＝∠MCB＝60°，∴∠M＝60°，∴CM＝BC＝BM，∵∠M＋∠MAF＝180°，∴AF∥DM，∵AF＝CM，∴四边形AMCF是平行四边形，∴CF＝AM＝3，∵∠BCM＝∠CBD＋∠CDB＝60°，∠CBD＝∠CDB，∴∠CBD＝∠CDB＝30°，∵∠M＝60°，∴∠MBD＝90°，∴BD＝eq\r(DM2－BM2)＝2eq\r(3)，BE＝eq\r(BD2＋DE2)＝eq\r(13)，∵eq\r(7)<3<2eq\r(3)＜eq\r(13)，∴用三根钢条连接顶点使该钢架不能活动，∴连结AC、BF、DF即可，∴所用三根钢条总长度的最小值为3eq\r(7)，故答案为3eq\r(7).【变式拓展】B(1)1(2)43.(1)C(2)2≤a≤3(3)a<0或a>2或0<a<eq\f(1,4)(4)0≤CH≤84.2或55．(1)如图1，过点B作BH⊥x轴于点H，∵四边形OABC为菱形，∴OC∥AB，∴∠BAH＝∠COA.∵tan∠AOC＝eq\f(4,3)，∴tan∠BAH＝eq\f(4,3).又∵在直角△BAH中，AB＝5，∴BH＝eq\f(4,5)AB＝4，AH＝eq\f(3,5)AB＝3，∴OH＝OA＋AH＝5＋3＝8，∴点B的坐标为(8，4)；(2)如图1，过点A作AM⊥OC于点M，在直角△AOM中，∵tan∠AOC＝eq\f(4,3)，OA＝5，∴AM＝eq\f(4,5)OA＝4，OM＝eq\f(3,5)OA＝3，∵OG＝4，∴GM＝OG－OM＝4－3＝1，∴AG＝eq\r(AM2＋GM2)＝eq\r(42＋12)＝eq\r(17)；(3)如图1，过点A作AN⊥EF于点N，∵在△AOM与△AFN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠AOM＝∠F，,OA＝FA，,∠AMO＝∠ANF＝90°，))∴△AOM≌△AFN(AAS)，∴AM＝AN，∴GA平分∠OGE.(4)如图2，过点G作GQ⊥x轴于点Q，由旋转可知：∠OAF＝∠BAD＝α.∵AB＝AD，∴∠ABP＝eq\f(180°－α,2)，∵∠AOT＝∠F，∠OTA＝∠GTF，∴∠OGF＝∠OAF＝α，∴∠OGA＝∠EGA＝eq\f(180°－α,2)，∴∠OGA＝∠ABP，又∵∠GOA＝∠BAP，∴△GOA∽△BAP，∴eq\f(GQ,BH)＝eq\f(OA,AP)，∴GQ＝eq\f(5,7)×4＝eq\f(20,7).∵tan∠AOC＝eq\f(4,3)，∴OQ＝eq\f(20,7)×eq\f(3,4)＝eq\f(15,7)，∴Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,7)，\f(20,7))).【热点题型】【分析与解】探究一：(1)依题意画出图形，如图1所示：由题意，得∠CFB＝60°，FP为角平分线，则∠CFP＝30°.∴CF＝BC·tan30°＝3×eq\f(\r(3),3)＝eq\r(3).∴CP＝CF·tan∠CFP＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝1.过点A作AG⊥BC于点G，则AG＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(3,2)，∴PG＝CG－CP＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2).在Rt△APG中，由勾股定理得：AP＝eq\r(AG2＋PG2)＝eq\r(（\f(3,2)）2＋（\f(1,2)）2)＝eq\f(\r(10),2).(2)由(1)可知，FC＝eq\r(3)，如图2所示，以点A为圆心，以FC＝eq\r(3)长为半径画弧，与BC交于点P1、P2，则AP1＝AP2＝eq\r(3).过点A作AG⊥BC于点G，则AG＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(3,2)，在Rt△AGP1中，cos∠P1AG＝eq\f(AG,AP1)＝eq\f(\f(3,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，∴∠P1AG＝30°.∴∠P1AB＝45°－30°＝15°.同理求得，∠P2AG＝30°，∠P2AB＝45°＋30°＝75°.∴∠PAB的度数为15°或75°.探究二：△AMN的周长存在最小值．如图3所示，连结AD，∵△ABC为等腰直角三角形，点D为斜边BC的中点，∴AD＝CD，∠C＝∠MAD＝45°.∵∠EDF＝90°，∠ADC＝90°，∠MDA＝∠NDC.∵在△AMD与△CND中，eq\b\lc\{(\a\v