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    2021中考數學壓軸題專題訓練09動態幾何(附解析)

    2021-09-141 9.99元 35頁 1.18 MB
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    動態幾何1.在四邊形ABCD中,AD∥BC,且AD>BC,BC=6cm,P、Q分別從A、C同時出發,P以1cm/s的速度由A向D運動,Q以2cm/s的速度由C出發向B運動,幾秒后四邊形ABQP是平行四邊形?【解析】解:設t秒后,四邊形APQB為平行四邊形,則AP=t,QC=2t,BQ=6﹣2t,∵AD∥BC所以AP∥BQ,根據一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形,知:AP=BQ即可,即:t=6﹣2t,∴t=2,當t=2時,AP=BQ=2<BC<AD,符合,綜上所述,2秒后四邊形ABQP是平行四邊形.2.如圖,點是矩形中邊上一點,沿折疊為,點落在上. (1)求證:;(2)若,求的值;(3)設,是否存在的值,使與相似?若存在,求出的值;若不存在,請說明理由.【解析】(1)證明:∵四邊形是矩形,∴,∵沿折疊為,∴,∴,又∵,∴.∴;(2)解:在中,,∴設,,,∵沿折疊為,∴,,,,又∵, ∴,∴,;(3)存在,時,與相似理由:當時,.∵,,∴,∴,∵,∴;②當時,,∵,∴,這與相矛盾,∴不成立.綜上所述,時,與相似. 3.如圖,在平面直角坐標系中,頂點為的拋物線:()經過點和軸上的點,,.(1)求該拋物線的表達式;(2)聯結,求;(3)將拋物線向上平移得到拋物線,拋物線與軸分別交于點(點在點的左側),如果與相似,求所有符合條件的拋物線的表達式.【解析】解:(1)過作軸,垂足為,∵,∴∵∴,.∵,∴.在中,,∴.∴∵拋物線:經過點, ∴可得:,解得:∴這條拋物線的表達式為;(2)過作軸,垂足為,∵=∴頂點是,得設直線AM為y=kx+b,把,代入得,解得∴直線為 令y=0,解得x=∴直線與軸的交點為∴(3)∵、,∴在中,,∴.∴.由拋物線的軸對稱性得:,∴.∵,∴∴.∴當與相似時,有:或即或,∴或.∴或 設向上平移后的拋物線為:,當時,,∴拋物線為:當時,,∴拋物線為:.綜上:拋物線為:或.4.定義:既相等又垂直的兩條線段稱為“等垂線段”,如圖1,在中,,,點、分別在邊、上,,連接、,點、、分別為、、的中點,且連接、.觀察猜想(1)線段與“等垂線段”(填“是”或“不是”)猜想論證(2)繞點按逆時針方向旋轉到圖2所示的位置,連接,,試判斷與是否為“等垂線段”,并說明理由.拓展延伸(3)把繞點在平面內自由旋轉,若,,請直接寫出與的積的最大值. 【解析】(1)是;∵,∴DB=EC,∠ADE=∠AED=∠B=∠ACB∴DE∥BC∴∠EDC=∠DCB∵點、、分別為、、的中點∴PM∥EC,PN∥BD,∴,∠DPM=∠DCE,∠PNC=∠DBC∵∠DPN=∠PNC+∠DCB∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠ACD+∠DCB+∠B=180°-90°=90°∴線段與是“等垂線段”;(2)由旋轉知∵,∴≌()∴,利用三角形的中位線得,, ∴由中位線定理可得,∴,∵∴∵∴∴∴與為“等垂線段”;(3)與的積的最大值為49;由(1)(2)知,∴最大時,與的積最大∴點在的延長線上,如圖所示:∴ ∴∴.5.數軸上點A表示的有理數為20,點B表示的有理數為-10,點P從點A出發以每秒5個單位長度的速度在數軸上往左運動,到達點B后立即返回,返回過程中的速度是每秒2個單位長度,運動至點A停止,設運動時間為t(單位:秒).(1)當t=5時,點P表示的有理數為.(2)在點P往左運動的過程中,點P表示的有理數為(用含t的代數式表示).(3)當點P與原點距離5個單位長度時,t的值為.【解析】(1)由題意得:,點P從點A運動到點B所需時間為(秒),點P從點B返回,運動到點A所需時間為(秒),則當時,,因此,點P表示的有理數為,故答案為:;(2)在點P往左運動的過程中,,則點P表示的有理數為,故答案為:;(3)由題意,分以下兩種情況:①當點P從點A運動到點B,即時,由(2)可知,點P表示的有理數為, 則,即或,解得或,均符合題設;②當點P從點B返回,運動到點A,即時,,點P表示的有理數為,則,即或,解得或,均符合題設;綜上,當點P與原點距離5個單位長度時,的值為或5或或時,故答案為:或5或或.6.如圖,△ABC中,∠ACB=90°,AB=10cm,BC=8cm,若點P從點A出發,以每秒2cm的速度沿折線A-B-C-A運動,設運動時間為t(t>0)秒.(1)AC=  cm;(2)若點P恰好在∠ABC的角平分線上,求此時t的值;(3)在運動過程中,當t為何值時,△ACP為等腰三角形.【解析】(1)由題意根據勾股定理可得:(cm), 故答案為6;(2)如圖,點P恰好在∠ABC的角平分線上,過P作PD⊥AB于點D,則可設PC=xcm,此時BP=(8-x)cm,DP=PC=xcm,AD=AC=6cm,BD=10-6=4cm,∴在RT△BDP中,,即,解之可得:x=3,∴BP=8-3=5cm,∴P運動的路程為:AB+BP=10+5=15cm,∴t=s;(3)可以對△ACP的腰作出討論得到三種情況如下:①如圖,AP=AC=6cm,此時t=s;②如圖,PA=PC,此時過P作PD⊥AC于點D,則AD=3,PD=4,∴AP=5, 此時t=s;③如圖,PC=AC=6cm,則BP=8-6=2cm,則P運動的路程為AB+BP=10+2=12cm,此時t=s,綜上所述,在運動過程中,當t為2.5s或3s或6s時,△ACP為等腰三角形.7.已知,在平面直角坐標系中,AB⊥x軸于點B,A(a,b)滿足=0,平移線段AB使點A與原點重合,點B的對應點為點C.OA∥CB.(1)填空:a=_______,b=_______,點C的坐標為_______;(2)如圖1,點P(x,y)在線段BC上,求x,y滿足的關系式;(3)如圖2,點E是OB一動點,以OB為邊作∠BOG=∠AOB交BC于點G,連CE交OG于點F,當點E在OB上運動時,的值是否發生變化?若變化,請說明理由;若不變,請求出其值.【解析】解:(1)∵, ∴∴由平移得:且C在y軸負半軸上,故答案為:;(2)如圖,過點分別作⊥x軸于點M,⊥y軸于點N,連接.∵AB⊥x軸于點B,且點A,,C三點的坐標分別為:∴OB=,OC=,∴,而∴滿足的關系式為: (3)的值不變,值為2.理由如下:∵線段OC是由線段AB平移得到,∴,∴∠AOB=∠OBC,又∵∠BOG=∠AOB,∴∠BOG=∠OBC,根據三角形外角性質,可得∠OGC=2∠OBC,∠OFC=∠FCG+∠OGC,∴∠OFC+∠FCG=2∠FCG+2∠OBC=2(∠FCG+∠OBC)=2∠OEC,∴;所以:的值不變,值為2. 8.綜合實踐初步探究:如圖,已知∠AOB=60°,在∠AOB的平分線OM上有一點C,將一個120°角的頂點與點C重合,它的兩條邊分別與直線OA、OB相交于點D、E.(1)當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA垂直時(如圖1),請猜想OE+OD與OC的數量關系為;解決問題:(2)當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA不垂直時,到達圖2的位置,(1)中的結論是否成立?并說明理由;(3)當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA的反向延長線相交時,上述結論是否成立?若成立,請給于證明;若不成立,線段OD、OE與OC之間的數量關系為;拓展應用:(4)當∠DCE繞點C旋轉到CD與OA垂直時,請猜想四邊形CDOE的周長與OC的數量關系,并說明理由; 【解析】:(1)∵OM是∠AOB的角平分線,∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=30°,∵CD⊥OA,∴∠ODC=90°,∴∠OCD=60°,∴∠OCE=∠DCE-∠OCD=60°,在Rt△OCD中,OD=OC?cos30°=OC,同理:OE=OC,∴OD+OE=OC;(2)(1)中結論仍然成立,理由:過點C作CF⊥OA于F,CG⊥OB于G,∴∠OFC=∠OGC=90°,∵∠AOB=60°,∴∠FCG=120°,同(1)的方法得,OF=OC,OG=OC,∴OF+OG=OC,∵CF⊥OA,CG⊥OB,且點C是∠AOB的平分線OM上一點,∴CF=CG,∵∠DCE=120°,∠FCG=120°,∴∠DCF=∠ECG,∴△CFD≌△CGE,∴DF=EG,∴OF=OD+DF=OD+EG,OG=OE-EG,∴OF+OG=OD+EG+OE-EG=OD+OE, ∴OD+OE=OC;(3)(1)中結論不成立,結論為:OE-OD=OC,理由:過點C作CF⊥OA于F,CG⊥OB于G,∴∠OFC=∠OGC=90°,∵∠AOB=60°,∴∠FCG=120°,同(1)的方法得,OF=OC,OG=OC,∴OF+OG=OC,∵CF⊥OA,CG⊥OB,且點C是∠AOB的平分線OM上一點,∴CF=CG,∵∠DCE=120°,∠FCG=120°,∴∠DCF=∠ECG,∴△CFD≌△CGE,∴DF=EG,∴OF=DF-OD=EG-OD,OG=OE-EG,∴OF+OG=EG-OD+OE-EG=OE-OD,∴OE-OD=OC.(4)由(1)可得OD+OE=OC,CD+CE=OC∴OD+OE+CD+CE=(+1)OC, 故四邊形CDOE的周長為(+1)OC.9.是等邊三角形,點在上,點,分別在射線,上,且.(1)如圖1,當點是的中點時,則________;(2)如圖2,點在上運動(不與點,重合).①判斷的大小是否發生改變,并說明理由;②點關于射線的對稱點為點,連接,,.依題意補全圖形,判斷四邊形的形狀,并證明你的結論.【解析】(1)∵點D是等邊△ABC的邊BC的中點,∴∠DAB=∠DAC=∠BAC=30°,∵DA=DE,∴∠AED=∠BAD=30°,∴∠ADE=180°?∠BAD?∠AED=120°,同理:∠ADF=120°,∴∠EDF=360°?∠ADE?∠ADF=120°, 故答案為:120;(2)①不發生改變,理由如下:∵是等邊三角形,∴.∵.∴點,,在以為圓,長為半徑的圓上,∴.②補全圖形如下:四邊形為平行四邊形,證明如下:由①知,,∵,,∴.在和中,,∴.∴. ∵點和點關于射線對稱,∴,.∴,且.∴四邊形為平行四邊形.10.如圖,數軸上,點A表示的數為,點B表示的數為,點C表示的數為9,點D表示的數為13,在點B和點C處各折一下,得到條“折線數軸”,我們稱點A和點D在數上相距20個長度單位,動點P從點A出發,沿著“折線數軸”的正方向運動,同時,動點Q從點D出發,沿著“折線數軸”的負方向運動,它們在“水平路線”射線和射線上的運動速度相同均為2個單位/秒,“上坡路段”從B到C速度變為“水平路線”速度的一半,“下坡路段”從C到B速度變為“水平路線”速度的2倍.設運動的時間為t秒,問:(1)動點P從點A運動至D點需要時間為________秒;(2)P、Q兩點到原點O的距離相同時,求出動點P在數軸上所對應的數;(3)當Q點到達終點A后,立即調頭加速去追P,“水平路線”和“上坡路段”的速度均提高了1個單位/秒,當點Q追上點P時,直接寫出它們在數軸上對應的數.【解析】(1)點A表示的數為,點B表示的數為,點C表示的數為9,點D表示的數為13,,動點P從點A運動到點D所需時間為(秒),故答案為:15;(2)由題意,分以下六種情況: ①當點P在AB,點Q在CD時,點P表示的數為,點Q表示的數為,點P、Q到原點的距離相同,,此方程無解;②當點P在AB,點Q在CO時,點P表示的數為,點Q表示的數為,點P、Q到原點的距離相同,,解得,此時點P表示的數為3,不在AB上,不符題設,舍去;③當點P在BO,點Q在CO時,點P表示的數為,點Q表示的數為,點P、Q到原點的距離相同,,解得,此時點P表示的數為,不在BO上,不符題設,舍去;④當點P、Q相遇時,點P、Q均在BC上, 點P表示的數為,點Q表示的數為,點P、Q到原點的距離相同,,解得,此時點P表示的數為,點Q表示的數為,均符合題設;⑤當點P在OC,點Q在OB時,點P表示的數為,點Q表示的數為,點P、Q到原點的距離相同,,解得,此時點P表示的數為,點Q表示的數為,均符合題設;⑥當點P在OC,點Q在BA時,點P表示的數為,點Q表示的數為,點P、Q到原點的距離相同,,解得,此時點Q表示的數為0,不在BA上,不符題設,舍去; 綜上,點P表示的數為或;(3)點Q到達點A所需時間為(秒),此時點P到達的點是,點P到達點C所需時間為(秒),此時點Q到達的點是,點Q在CD上追上點P,此時點P表示的數為,點Q表示的數為,,解得,此時點P表示的數為18,點Q表示的數為18.11.如圖,在矩形中,,,點為對角線的中點,點從點出發,沿折線以每秒1個單位長度的速度向終點運動,當點與點不重合時,過點作于點,以為邊向右作正方形,設正方形與重疊部分圖形的面積為(平方單位),點運動的時間為(秒).(1)求點落在上時的值.(2)直接寫出點在正方形內部時的取值范圍.(3)當點在折線上運動時,求與之間的函數關系式.(4)直接寫出直線平分面積時的值.【解析】(1)如圖1所示, 由題意可知,當點落在上時,因為四邊形是正方形,所以,又因為在矩形中,,,所以,在和中,因為,,所以,則,所以,解得,所以當點落在上時的值為.故答案為:.(2)①如圖2,點剛落在正方形上.因為點是矩形對角線的中點, 所以在矩形的一條對稱軸上,所以,所以,解得.②如圖3,點和點重合,此時點運動的距離為,因為,,所以,所以,所以此時.綜上所述,當點在正方形內部時,的取值位于上述兩個臨界位置之間,即的取值范圍為.故答案為:.(3)①由(1)可知,當時,正方形和的重疊部分即為正方形,所以此時. ②當時,點在上,設與交于點,與交于點,此時正方形和的重疊部分為五邊形,此時.同(1),可知,,因為,,,所以,,所以,,所以,,所以,,所以,,所以,所以,整理得. ③當時,點在上,設與交于點,則.因為,,所以,所以,同(1),,所以,所以,所以,,所以,又因為,所以,所以,所以,所以,整理得.綜上所述,當時,;當時,;當時,. 故答案為:(4)設直線與交于點,因為直線平分的面積,∴.①如圖7,點在上,過點作于點,則,所以,因為,,,所以,解得.②如圖8,點在上,連接. 因為、分別是、的中點,所以是的一條中位線,所以,所以,又因為,所以,所以,所以,因為,,(由(3)②知),,所以,解得.③如圖9,在上,設與交于點,連接,交于. 同②,,且,所以,所以,又因為,所以,所以,又因為(同②),所以,所以,因為,所以,所以,所以,又因為,所以,所以,所以,所以,所以,又因為,所以,解得.綜上所述,當直線平分的面積時,的值為或或.故答案為:或或.12.在中,,,,點是射線上的動點,連接,將沿著翻折得到,設, (1)如圖1,當點在上時,求的值.(2)如圖2,連接,,當時,求的面積.(3)在點的運動過程中,當是等腰三角形時,求的值.【解析】(1)在中,,,,∴由勾股定理得:BC=10,由折疊性質得:P=AP=x,C=AC=6,則PB=8-x,B=4,在RtΔBP中,由勾股定理得:42+x2=(8-x)2,解得:;(2)當時,由折疊性質得:AC=C=4,∠CAB=∠CP=90o,∴=,∵=90o,=90o,∴,∵=90o,=90o,∴,∴, ∴=4,則,且=,由,∠CAB=90o,可求得,,,,;(3)①當時,若在線段上,如圖1,過作H⊥AB于H,過C作CD⊥H延長線于D,則四邊形ACDH是矩形,又是等腰三角形,∴,,,,∵=90o,=90o,∴,又=90o,∴,∴,得,解得, 若在延長線上時,如圖2,過作AB的平行線,交AC延長線與D,過P作PH垂直平行線于H,則四邊形APHD是矩形,同上方法,易求得D=4,,∴PH=AD=,同理可證得,∴,得,解得,②當時,如圖3,由折疊性質得:CP垂直平分A,則,∠AQP=90o,又AC=6,,∵∠AQP=∠CAB=90o,∴由同角的余角相等得:∠ACQ=∠QAP,∴, ∴,即,解得:;③當時,如圖4,則、重合,,綜上所述或或或.
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