七年级数学人教版(下册)49运动变化类的压轴题

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2014年中考数学分类汇编——运动变化类的压轴题2014年运动变化类的压轴题,题目展示涉及:单一(双)动点在三角形、四边形上运动;在直线、抛物线上运动;几何图形整体运动问题.知识点涉及:全等三角形的判定与性质;特殊四边形形的判定和性质;圆的相关性质;解直角三角形,勾股定理,相似三角形的性质.数学思想涉及:分类讨论;数形结合;方程思想. 解答这类问题的关键是正确分类画出直观图形.现选取部分省市的2014年中考题展示,以飨读者.一、单动点问题【题1】(2014年江苏徐州第28题)如图,矩形ABCD的边AB=3cm,AD=4cm,点E从点A出发,沿射线AD移动,以CE为直径作圆O,点F为圆O与射线BD的公共点,连接EF、CF,过点E作EG⊥EF,EG与圆O相交于点G,连接CG.(1)试说明四边形EFCG是矩形;(2)当圆O与射线BD相切时,点E停止移动,在点E移动的过程中,①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值?若存在,求出这个最大值或最小值;若不存在,说明理由;②求点G移动路线的长.【考点】: 圆的综合题;垂线段最短;直角三角形斜边上的中线;矩形的判定与性质;圆周角定理;切线的性质;相似三角形的判定与性质.【专题】: 压轴题;运动变化型.【分析】: (1)只要证到三个内角等于90°即可.(2)易证点D在⊙O上,根据圆周角定理可得∠FCE=∠FDE,从而证到△CFE∽△DAB,根据相似三角形的性质可得到S矩形ABCD=2S△CFE=.然后只需求出CF的范围就可求出S矩形ABCD的范围.根据圆周角定理和矩形的性质可证到∠GDC=∠FDE=定值,从而得到点G的移动的路线是线段,只需找到点G的起点与终点,求出该线段的长度即可.【解答】: 解:(1)证明:如图1,∵CE为⊙O的直径,∴∠CFE=∠CGE=90°.∵EG⊥EF,∴∠FEG=90°.∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°.∴四边形EFCG是矩形.(2)①存在.连接OD,如图2①,∵四边形ABCD是矩形,∴∠A=∠ADC=90°.∵点O是CE的中点,∴OD=OC.∴点D在⊙O上.∵∠FCE=∠FDE,∠A=∠CFE=90°,∴△CFE∽△DAB.∴=()2.∵AD=4,AB=3,∴BD=5,S△CFE=()2?S△DAB=××3×4=.∴S矩形ABCD=2S△CFE=.∵四边形EFCG是矩形,∴FC∥EG.∴∠FCE=∠CEG.∵∠GDC=∠CEG,∠FCE=∠FDE,∴∠GDC=∠FDE.∵∠FDE+∠CDB=90°,∴∠GDC+∠CDB=90°.∴∠GDB=90°Ⅰ.当点E在点A(E′)处时,点F在点B(F′)处,点G在点D(G′处,如图2①所示.此时,CF=CB=4.Ⅱ.当点F在点D(F″)处时,直径F″G″⊥BD,如图2②所示,此时⊙O与射线BD相切,CF=CD=3.Ⅲ.当CF⊥BD时,CF最小,此时点F到达F″′,如图2③所示.S△BCD=BC?CD=BD?CF″′.∴4×3=5×CF″′.∴CF″′=.∴≤CF≤4.∵S矩形ABCD=,∴×()2≤S矩形ABCD≤×42.∴≤S矩形ABCD≤12.∴矩形EFCG的面积最大值为12,最小值为.②∵∠GDC=∠FDE=定值,点G的起点为D,终点为G″,∴点G的移动路线是线段DG″.∵∠GDC=∠FDE,∠DCG″=∠A=90°,∴△DCG″∽△DAB.∴=.∴=.∴DG″=.∴点G移动路线的长为.【点评】: 本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、圆周角定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、垂线段定理等知识,考查了动点的移动的路线长,综合性较强.而发现∠CDG=∠ADB及∠FCE=∠ADB是解决本题的关键. 【题2】(2014?湖州第24题)已知在平面直角坐标系xOy中,O是坐标原点,以P(1,1)为圆心的⊙P与x轴,y轴分别相切于点M和点N,点F从点M出发,沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动,连接PF,过点PE⊥PF交y轴于点E,设点F运动的时间是t秒(t>0)(1)若点E在y轴的负半轴上(如图所示),求证:PE=PF;(2)在点F运动过程中,设OE=a,OF=b,试用含a的代数式表示b;(3)作点F关于点M的对称点F′,经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q,连接QE.在点F运动过程中,是否存在某一时刻,使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似?若存在,请直接写出t的值;若不存在,请说明理由.【分析】:(1)连接PM,PN,运用△PMF≌△PNE证明,(2)分两种情况①当t>1时,点E在y轴的负半轴上,0<t≤1时,点E在y轴的正半轴或原点上,再根据(1)求解,(3)分两种情况,当1<t<2时,当t>2时,三角形相似时还各有两种情况,根据比例式求出时间t.【解答】: 证明:(1)如图,连接PM,PN,∵⊙P与x轴,y轴分别相切于点M和点N,∴PM⊥MF,PN⊥ON且PM=PN,∴∠PMF=∠PNE=90°且∠NPM=90°,∵PE⊥PF,∠NPE=∠MPF=90°﹣∠MPE,在△PMF和△PNE中,,∴△PMF≌△PNE(ASA),∴PE=PF,(2)解:①当t>1时,点E在y轴的负半轴上,如图,由(1)得△PMF≌△PNE,∴NE=MF=t,PM=PN=1,∴b=OF=OM+MF=1+t,a=NE﹣ON=t﹣1,∴b﹣a=1+t﹣(t﹣1)=2,∴b=2+a,②0<t≤1时,如图2,点E在y轴的正半轴或原点上,同理可证△PMF≌△PNE,∴b=OF=OM+MF=1+t,a=ON﹣NE=1﹣t,∴b+a=1+t+1﹣t=2,∴b=2﹣a,(3)如图3,(Ⅰ)当1<t<2时,∵F(1+t,0),F和F′关于点M对称,∴F′(1﹣t,0)∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q,∴Q(1﹣t,0)∴OQ=1﹣t,由(1)得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t,∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=,解得,t=,当△OEQ∽△MFP时,∴=,=,解得,t=,(Ⅱ)如图4,当t>2时,∵F(1+t,0),F和F′关于点M对称,∴F′(1﹣t,0)∵经过M、E和F′三点的抛物线的对称轴交x轴于点Q,∴Q(1﹣t,0)∴OQ=t﹣1,由(1)得△PMF≌△PNE ∴NE=MF=t,∴OE=t﹣1当△OEQ∽△MPF∴=∴=,无解,当△OEQ∽△MFP时,∴=,=,解得,t=2±,所以当t=,t=,t=2±时,使得以点Q、O、E为顶点的三角形与以点P、M、F为顶点的三角形相似.【点评】:本题主要考查了圆的综合题,解题的关键
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