中考数学 专题五 动态探究问题

专题五动态探究问题考点一:动点与函数图象问题动点与函数图象问题常见的四种类型1.三角形中的动点问题:动点沿三角形的边运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象.2.四边形中的动点问题:动点沿四边形的边运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象.3.圆中的动点问题:动点沿圆周运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象.4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题:动点沿直线、双曲线、抛物线运动,根据问题中的常量与变量之间的关系,判断函数图象.【例1】(2015·荆州中考)如图,正方形ABCD的边长为3cm,动点P从B点出发以3cm/s的速度沿着边BC-CD-DA运动,到达A点停止运动;另一动点Q同时从B点出发,以1cm/s的速度沿着边BA向A点运动,到达A点停止运动.设P点运动时间为x(s),△BPQ的面积为y(cm2),则y关于x的函数图象是(

)【解题指南】1.信息获取:(1)正方形ABCD边长为3cm,(2)P从B出发沿BC,CD,DA运动,速度是3cm/s(3)Q从B出发沿BA向A运动,速度是1cm/s2.信息分析:(1)分别分析当点P在BC,CD,AD上时,△BPQ的面积变化情况,画出当时的图形,如图:(2)分别用x表示出图中的部分线段,列出各自的函数解析式,从而确定答案.【自主解答】选C.由题意可得BQ=x.①0≤x≤1时,P点在BC边上,BP=3x,则△BPQ的面积=BP·BQ,即y=·3x·x=x2;故A选项错误;②1<x≤2时,P点在CD边上,则△BPQ的面积=BQ·BC,即y=·x·3=x;故B选项错误;③2<x≤3时,P点在AD边上,AP=9-3x,则△BPQ的面积=AP·BQ,即y=·(9-3x)·x=x-x2;故D选项错误.故选C.【特别提醒】解决此类问题的思路有:(1)动中求静,即在运动变化中探索问题的不变性;(2)动静互化,抓住“静”的瞬间,找出导致图形或变化规律发生改变的特殊时刻,同时在运动变化的过程中寻找不变性及变化规律.【变式训练】1.(2015·黔西南中考)如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=4cm,BC=6cm,动点P从点C沿CA以1cm/s的速度向A点运动,同时动点Q从C点沿CB以2cm/s的速度向点B运动,其中一个动点到达终点时,另一个动点也停止运动,则运动过程中所构成的△CPQ的面积y(cm2)与运动时间x(s)之间的函数图象大致是(

)【解析】选C.y=CP·CQ=x×2x=x2,(0≤x≤3),所以该函数图象为二次函数图象的部分,其开口向上,故选C.2.(2014·贵阳中考)如图,三棱柱的体积为10,其侧棱AB上有一个点P从点A开始运动到点B停止,过P点作与底面平行的平面将这个三棱柱截成两个部分,它们的体积分别为x,y,则下列能够表示y与x之间函数关系的大致图象是(

)【解析】选A.因为截成两个部分的体积分别为x,y,所以x+y=10,即y=-x+10,故选A.3.(2015·盐城中考)如图,在边长为2的正方形ABCD中剪去一个边长为1的小正方形CEFG,动点P从点A出发,沿A→D→E→F→G→B的路线绕多边形的边匀速运动到点B时停止(不含点A和点B),则△ABP的面积S随着时间t变化的函数图象大致为(

)【解析】选B.△ABP的底AB为常量,高(点P到AB的距离)随着时间t的增加按“增大→不变→减小→不变→减小”的规律变化,△ABP的面积S也应按此规律变化,故选项B正确.考点二:图形运动与函数图象图形运动与函数图象问题常见的三种类型1.线段与多边形的运动图形问题:把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象.2.多边形与多边形的运动图形问题:把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象.3.多边形与圆的运动图形问题:把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形,或把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过一个圆,根据问题中的常量与变量之间的关系,进行分段,判断函数图象.【例2】(2014·玉林防城中考)如图,边长分别为1和2的两个等边三角形,开始它们在左边重合,大三角形固定不动,然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止.设小三角形移动的距离为x,两个三角形重叠面积为y,则y关于x的函数图象是(

)【解题指南】1.信息获取:(1)△ABC与△A′B′C′都是等边三角形,边长分别是2和1.(2)重叠部分的面积可分为两段,一段是完全在大三角形里面;另一段是小三角形开始穿出大三角形.2.信息分析:(1)当0≤x≤1时,重叠部分的面积为小三角形的面积.(2)当1<x≤2时,重叠部分的面积不断减小,求出y与x的函数解析式即可判断其图象的形状.【自主解答】选B.(1)0≤x≤1时,两个三角形重叠面积为小三角形的面积,

(2)当1<x≤2时,重叠三角形的边长为2-x,高为

图象为抛物线且开口向上,故选B.【特别提醒】对于用图象描述分段函数的实际问题,要抓住以下几点:(1)自变量变化而函数值不变化的图象用水平线段表示.(2)自变量变化函数值也变化的增减变化情况.(3)函数图象的最低点和最高点.【变式训练】1.(2014·通辽中考)如图,在平面直角坐标系中,四边形OABC是菱形,点C的坐标为(4,0),∠AOC=60°,垂直于x轴的直线l从y轴出发,沿x轴以每秒1个单位长度的速度向右平移,设直线l与菱形OABC的两边分别交于点M,N(点M在点N的上方),若△OMN的面积为S,直线l的运动时间为t秒(0≤t≤4),则能大致反映S与t的函数关系的图象是(

)【解析】选A.过点A作AH⊥x轴于H,∵OA=OC=4,∠AOC=60°,∴OH=2,由勾股定理得:AH=2,①当0≤t<2时,ON=t,MN=t,S=ON·MN=t2,其函数图象是一段抛物线,符合二次函数图象特征;②2≤t≤4时,ON=t,S=ON·2=t,其函数图象是一条线段,符合正比例函数图象特征.故选A.2.(2014·菏泽中考)如图,Rt△ABC中,AC=BC=2,正方形CDEF的顶点D,F分别在AC,BC边上,设CD的长度为x,△ABC与正方形CDEF重叠部分的面积为y,则下列图象中能表示y与x之间的函数关系的是(

)【解析】选A.当x=0时,y=0.当0<x≤1时,y=x2,当1<x≤2时,设ED交AB于点M,EF交AB于点N,如图,CD=x,则AD=2-x,∵Rt△ABC中,AC=BC=2,∴△ADM为等腰直角三角形,∴DM=2-x,∴EM=x-(2-x)=2x-2,∴S△ENM=(2x-2)2=2(x-1)2,∴y=x2-2(x-1)2=-x2+4x-2=-(x-2)2+2,∴y=故选A.考点三:动点问题动点问题常见的四种类型1.三角形中的动点问题:动点沿三角形的边运动,通过全等或相似,探究构成的新图形与原图形的边或角的关系.2.四边形中的动点问题:动点沿四边形的边运动,通过探究构成的新图形与原图形的全等或相似,得出它们的边或角的关系.3.圆中的动点问题:动点沿圆周运动,探究构成的新图形的边角等关系.4.直线、双曲线、抛物线中的动点问题:动点沿直线、双曲线、抛物线运动,探究是否存在动点构成的三角形是等腰三角形或与已知图形相似等问题.【例3】(2014·咸宁中考)如图,正方形OABC的边OA,OC在坐标轴上,点B的坐标为(-4,4).点P从点A出发,以每秒1个单位长度的速度沿x轴向点O运动;点Q从点O同时出发,以相同的速度沿x轴的正方向运动,规定点P到达点O时,点Q也停止运动.连接BP,过P点作BP的垂线,与过点Q平行于y轴的直线l相交于点D.BD与y轴交于点E,连接PE.设点P运动的时间为t(s).(1)∠PBD的度数为________,点D的坐标为______(用t表示).(2)当t为何值时,△PBE为等腰三角形.(3)探索△POE周长是否随时间t的变化而变化,若变化,说明理由;若不变,试求这个定值.【解题指南】本题是以四边形为载体的动点问题,1.信息获取:(1)正方形OABC的边长为4,即OA=OC=4.(2)P,Q为动点且速度相同,每秒1个单位,即t秒后,AP=OQ=t.(3)BP⊥PD,DQ⊥x轴.2.信息分析:(1)由条件可知PQ=AB,从而易证△ABP≌△QPD,∴△BPD为等腰直角三角形,从而可求出∠PBD的度数与D点的坐标.(2)由(1)知PB≠PE.所以分两种情况讨论:若EB=EP,此时点P与O点重合,t=4;若BE=BP,过D点作DF⊥OC于点F,构造相似三角形△BCE∽△DFE,列出比例式即可解得t的值.(3)将△BCE绕点B按顺时针方向旋转90°,得到△BAH,利用图形的旋转不变性及(1)中结论∠EBP=45°,易证△PBE≌△PBH,从而可求出△POE的周长.【自主解答】(1)∠PBD=45°;点D的坐标为(t,t).

(2)由题意,可得AP=OQ=1×t=t,∴AO=PQ.∵四边形OABC是正方形,∴AO=AB,∴AB=PQ.∵DP⊥BP,∴∠BPD=90°.∴∠BPA=90°-∠DPQ=∠PDQ.又∵∠BAP=∠PQD=90°,∴△PAB≌△DQP.∴AP=DQ=t,PB=PD.显然PB≠PE,分两种情况:①若EB=EP,则∠EPB=∠EBP=45°,此时点P与O点重合,t=4.②若BE=BP,则△PAB≌△ECB.∴CE=PA=t.如图1,过D点作DF⊥OC于点F,易知四边形OQDF为正方形,则DF=OF=t,EF=4-2t.∵DF∥BC,∴△BCE∽△DFE,

解得t=-4±4(负根舍去).∴t=4-4.综上,当t=4-4或4时,△PBE为等腰三角形.(3)△POE周长不随时间t的变化而变化.如图2所示,将△BCE绕点B按顺时针方向旋转90°,得到△BAH,则BE=BH,CE=AH,∠EBH=90°.∵∠EBP=45°,∴∠PBH=45°,∴∠PBH=∠EBP.又∵BP=BP,∴△PBE≌△PBH.∴PE=PH,即PE=PH=AH+AP=CE+AP.∴△POE周长=OP+OE+PE=OP+OE+CE+AP=OA+OC=4+4=8.【易错警示】此类问题容易出错的地方:(1)图形感不强,不能观察到全等三角形.(2)分类讨论时,不能与题目条件相结合,可能会分三种情况去讨论,由此陷入困境.(3)想不到利用图形的旋转解决定值问题.【特别提醒】(1)对于等腰三角形问题,一般要分类讨论.(2)对于定值问题,一般要把求证的问题通过三角形全等或特殊图形的性质进行转化,使之与题目中的定线段或已知线段建立联系.(3)旋转是一种全等变换,旋转改变的是图形的位置,图形的大小关系不发生改变,所以在解答有关旋转的问题时要注意挖掘全等图形,找出相等的对应边和对应角.【变式训练】1.(2015·乐山中考)如图,已知直线y=x-3与x轴、y轴分别交于A,B两点,P是以C(0,1)为圆心,1为半径的圆上一动点,连接PA,PB,则△PAB面积的最大值是(

)A.8 B.12 C. D.【解析】选C.过点C做CD⊥AB,垂足为D,反向延长CD交圆O于点F,过点F做圆的切线,根据切线的性质可知此切线与AB平行,所以点F到AB的距离最大,令x,y分别等于0,可得A点坐标为(4,0),B点坐标为(0,-3),所以AB=5,BC=4,根据Rt△CBD相似于Rt△ABO,得

所以CD=

所以

所以△PAB的最大面积为

2.(2015·河池中考)我们将在直角坐标系中圆心坐标和半径均为整数的圆称为“整圆”.如图,直线l:y=kx+4与x轴、y轴分别交于A,B,∠OAB=30°,点P在x轴上,☉P与l相切,当P在线段OA上运动时,使得☉P成为整圆的点P个数是(

)A.6 B.8 C.10 D.12【解析】选A.∵直线l:y=kx+4与x轴、y轴分别交于A,B,∴B(0,4),∴OB=4,在Rt△AOB中,∠OAB=30°,∴OA=OB=×4=12,∵☉P与l相切,设切点为M,连接PM,则PM⊥AB,∴PM=PA,设P(x,0),∴PA=12-x,∴☉P的半径PM=PA=6-x,∵x为整数,PM为整数,∴x可以取0,2,4,6,8,10,6个数,∴使得☉P成为整圆的点P个数是6.故选A.3.(2015·郴州中考)如图,在四边形ABCD中,DC∥AB,DA⊥AB,AD=4cm,DC=5cm,AB=8cm.如果点P由B点出发沿BC方向向点C匀速运动,同时点Q由A点出发沿AB方向向点B匀速运动,它们的速度均为1cm/s,当P点到达C点时,两点同时停止运动,连接PQ,设运动时间为ts,解答下列问题:(1)当t为何值时,P,Q两点同时停止运动?(2)设△PQB的面积为S,当t为何值时,S取得最大值,并求出最大值.(3)当△PQB为等腰三角形时,求t的值.【解析】(1)作CE⊥AB于E,∵DC∥AB,DA⊥AB,∴四边形ADCE是矩形,∴AE=DC=5,CE=AD=4,∴BE=3,

∴BC<AB,∴P到C时,P,Q同时停止运动,∴t==5(秒),即t=5秒时,P,Q两点同时停止运动.(2)由题意知,AQ=BP=t,∴QB=8-t,作PF⊥QB于F,则△BPF∽△BCE,

∴PF=

∴S有最大值,当t=4时,S的最大值是.(3)∵cosB=∴BF=t·cosB=∴QF=AB-AQ-BF=8-①当PQ=PB时,即

解得t=8或t=,∵t=8>5,不合题意,∴t=.②当PQ=BQ时,即

解得:t1=0(舍去),t2=,③当QB=BP,即8-t=t,解得:t=4.综上所述:当t=秒或t=秒或t=4秒时,△PQB为等腰三角形.考点四:图形运动问题图形运动问题常见的三种类型1.动线问题:直线、射线或线段相对于一个三角形或四边形运动,根据图形中的变与不变解决问题.2.三角形运动问题:一个三角形相对于另一个三角形运动,根据图形中的变与不变解决问题.3.四边形的运动问题:一个三角形相对于一个四边形运动,根据图形中的变与不变解决问题.【例4】(2015·深圳中考)如图1,水平放置一个三角板和一个量角器,三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上,AB=BC=6cm,OD=3cm,开始的时候BD=1cm,现在三角板以2cm/s的速度向右移动.(1)当B与O重合的时候,求三角板运动的时间.(2)如图2,当AC与半圆相切时,求AD.(3)如图3,当AB和DE重合时,求证:CF2=CG·CE.【解题指南】本题是三角形相对于圆运动为载体的动态探究问题.1.信息获取:(1)△ABC是等腰直角三角形,AB=BC=6,移动速度为2cm/s.(2)☉O半径OD=3,开始时BD=1cm.2.信息分析:(1)利用“时间=路程÷速度”可求得三角板运动时间.(2)“见切点,连半径”,连接O与切点可产生直角三角形,再利用45°的特殊角,求得答案.(3)可通过证明△CFG与△CEF相似得到结论.【自主解答】(1)BO=BD+OD=1+3=4(cm),t=4÷2=2(s).(2)设切点为H,连接O与切点H,则OH⊥AC,又∵∠A=45°,∴AO=OH=3cm,∴AD=AO-OD=(3-3)cm.(3)连接EF,∵OD=OF,∴∠ODF=∠OFD,∵DE为直径,∴∠ODF+∠DEF=90°,∠DEC=∠DEF+∠CEF=90°,∴∠CEF=∠ODF=∠OFD=∠CFG,又∠FCG=∠ECF,∴△CFG∽△CEF,∴∴CF2=CG·CE.【特别提醒】解动态问题的关键就是:从特殊情形入手,变中求不变,动中求静,抓住静的瞬间,以静制动,把动态的问题转化为静态的问题来解决.本题是化动为静后重叠部分的面积与时间的变化关系,利用分类讨论思想,而正方形中典型问题抓住旋转变换,这都是常用的思考方法.【方法技巧】动态问题的解决要注意两点,一是关键的节点,二是用运动的时间(或其他相关量)把与之相联系的线段表示出来,然后建立方程或方程组.对于动态类的题目,关键在于抓住运动图形的特殊位置、临界位置及其特殊性质,其基本方法是把握图形运动与变化的全过程,以不变应万变,解答过程中常需借用函数或方程解答.【变式训练】1.(2015·恩施中考)如图,半径为5的半圆的初始状态是直径平行于桌面上的直线b,然后把半圆沿直线b进行无滑动滚动,使半圆的直径与直线b重合为止,则圆心O运动路径的长度等于__________.【解析】由图形可知,圆心先向前走OO1的长度即

圆的周长,然后沿着弧O1O2旋转

圆的周长,则圆心O运动路径的长度为:×2π×5+

×2π×5=5π.答案:5π2.(2015·广安中考)如图,半径为r的☉O分别绕面积相等的等边三角形、正方形和圆用相同的速度匀速滚动一周,用时分别为t1,t2,t3,则t1,t2,t3的大小关系为______.【解析】设等边三角形、正方形、圆的面积均为S,等边三角形的边长为a3,正方形的边长为a4,圆的半径为r,∵S=πr2,∴等边三角形、正方形、圆的周长的平方分别为=(3a3)2=9=12S,=(4a4)2=16=16S,C2=(2πr)2=4π2r2=4πS,∵12S>16S>4πS,∴>>C2,∴C3>C4>C,∵半径为r的☉O分别绕等边三角形、正方形和圆用相同的速度匀速滚动一周,∴t1>t2>t3.答案:t1>t2>t33.(2015·青岛中考)已知:如图①,在▱ABCD中,AB=3cm,BC=5cm.AC⊥AB.△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM,速度为1cm/s;同时,点Q从点C出发,沿CB方向匀速运动,速度为1cm/s,当△PNM停止平移时,点Q也停止运动.如图②,设运动时间为t(s)(0<t<4).解答下列问题:(1)当t为何值时,PQ∥MN?(2)设△QMC的面积为y(cm2),求y与t之间的函数解析式.(3)是否存在某一时刻t,使S△QMC∶S四边形ABQP=1∶4?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.(4)是否存在某一时刻t,使PQ⊥MQ?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.【解析】(1)在Rt△ABC中,由勾股定理得:由平移性质可得MN∥AB,因为PQ∥MN,所以PQ∥AB,(2)作PD⊥BC于点D,AE⊥BC于点E,由S△ABC=AB×AC=AE×BC可得AE=则由勾股定理易求CE=,因为PD⊥BC,AE⊥BC,所以AE∥PD,所以△CPD∽△CAE,所以

即

得:PD=CD=因为PM∥BC,所以M到BC的距离h=PD=所以△QCM的面积y=(3)因为PM∥BC,所以S△PQC=S△MQC.若S△QMC∶S四边形ABQP=1∶4,则S△QMC∶S△ABC=1∶5即:整理得:t2-4t+4=0,解得t=2.答:当t=2时,S△QMC∶S四边形ABQP=1∶4,(4)若PQ⊥MQ,则∠MQP=∠PDQ=90°,因为MP∥BC,所以∠MPQ=∠PQD,所以△MQP∽△PDQ,所以

所以PQ2=PM×DQ即:PD2+DQ2=PM×DQ,由CD=所以DQ=CD-CQ=故

整理得2t2-3t=0,解得t1=0(舍),t2=.答:当t=时,PQ⊥MQ.【备选习题】1.(2014·贵阳中考)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=16cm,AD为BC边上的高,动点P从点A出发,沿A→D方向以cm/s的速度向点D运动.设△ABP的面积为S1,矩形PDFE的面积为S2,运动时间为t秒(0≤t≤8),则t=______秒时,S1=2S2.【解析】因为在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC=16cm,AD为BC边上的高,所以AD=BD=CD=16×=8(cm).因为动点P从点A出发,沿A→D方向以

cm/s的速度向点D运动,所以AP=t(cm).所以S1=AP·BD=×8×t=8t(cm2).所以PD=8-t(cm).因为四边形PDFE是矩形,所以EF=FC=PD=8-t(cm).所以DF=DC-FC=8-(8-t)=

t(cm).所以S2=PD·DF=t(8-t)(cm2).又因为S1=2S2,所以8t=2t(8-t),解得t=0(舍去)或t=6.答案:62.(2014·荆门中考)如图,已知:点A是双曲线y=在第一象限的分支上的一个动点,连接AO并延长交另一分支于点B,以AB为边作等边△ABC,点C在第四象限.随着点A的运动,点C的位置也不断变化,但点C始终在双曲线y=(x>0)上运动,则k的值是______.【解析】连接OC,设点A的坐标为

∵点A与点B关于原点对称,∴OA=OB,∵△ABC为等边三角形,∴AB⊥OC,OC=AO,∵AO=,∴CO=,过点C作CD⊥x轴于点D,则可得∠AOD=∠OCD(都是∠COD的余角),设点C的坐标为(x,y),则tan∠AOD=tan∠OCD,即

解得y=在Rt△COD中,CD2+OD2=OC2,即y2+x2=3a2+将y=代入,得x2=即

则xy=-6,即y=-(x>0),∴k的值是-6.答案:-63.(2014·兰州中考)如图,抛物线y=-x2+mx+n与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,抛物线的对称轴交x轴于点D,已知A(-1,0),C(0,2).(1)求抛物线的解析式.(2)在抛物线的对称轴上是否存在点P,使△PCD是以CD为腰的等腰三角形,如果存在,直接写出P点的坐标,如果不存在,请说明理由.(3)点E是线段BC上的一个动点,过点E作x轴的垂线与抛物线相交于点F,当点E运动到什么位置时,四边形CDBF的面积最大?求出四边形CDBF的最大面积及此时E点的坐标.【解析】(1)∵y=-x2+mx+n经过点C(0,2),∴n=2.把A(-1,0)代入y=-x2+mx+2,可得m=.∴抛物线的解析式为y=-x2+x+2.(2)在抛物线的对称轴上存在点P,使△PCD是以CD为腰的等腰三角形.(3)当y=0时,-x2+x+2=0,解得,x1=-1,x2=4,∴B(4,0).设直线BC的解析式为y=kx+b,把B,C两点坐标代入y=kx+b,解得k=-,b=2.∴直线BC的解析式为y=-x+2.过点C作CM⊥EF垂足为M,设直线EF与x轴交于点N,∴S四边形CDBF=S△BCD+S△CEF+S△BEF=×OC×BD+EF×CM+EF×BN当a=2时,S四边形CDBF的最大值为

此时