《2019年中考数学一轮复习 第八章 专题拓展 8.2 几何动态探究型课件教学资料》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年中考数学一轮复习 第八章 专题拓展 8.2 几何动态探究型课件教学资料（27页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 8 2几何动态探究型 中考数学 江苏专用 一 选择题 好题精练 1 2017大连 在平面直角坐标系xOy中 线段AB的两个端点坐标分别为A 1 1 B 1 2 平移线段AB 得到线段A B 已知A 的坐标为 3 1 则点B 的坐标为 A 4 2 B 5 2 C 6 2 D 5 3 答案B A 1 1 平移后得到点A 的坐标为 3 1 所以平移方法为沿x轴向右平移3 1 4个单位 B 1 2 的对应点B 的坐标为 5 2 方法技巧此题主要考查了坐标与图形的平移变换 关键是掌握横坐标 右移加 左移减 纵坐标 上移加 下移减 2 2017台州 如图 矩形EFGH的四个顶点分别在菱形ABCD的四条边
2、上 BE BF 将 AEH CFG分别沿边EH FG折叠 若重叠部分为菱形且面积是菱形ABCD面积的 则为 A B 2C D 4 二 填空题 3 2018宿迁 18 3分 如图 将含有30 角的直角三角板ABC放入平面直角坐标系 顶点A B分别落在x y轴的正半轴上 OAB 60 点A的坐标为 1 0 将三角板ABC沿x轴向右做无滑动的滚动 先绕点A按顺时针方向旋转60 再绕点C按顺时针方向旋转90 当点B第一次落在x轴上时 点B运动的路径与两坐标轴围成的图形面积是 答案 解析由点A的坐标为 1 0 得OA 1 又 OAB 60 AB 2 ABC 30 AB 2 AC 1 BC 在旋转过程中
3、三角板的长度和角度不变 点B运动的路径与两坐标轴围成的图形面积为 1 22 1 2 故答案 思路分析先求出三角形ABC各边长度 画出点B的运动轨迹 然后求面积 解题关键本题考查了点的运动轨迹和图形面积 关键是作出图形 将不规则图形的面积进行转化 4 2017内江 25 3分 如图 已知直线l1 l2 l1 l2之间的距离为8 点P到直线l1的距离为6 点Q到直线l2的距离为4 PQ 4 在直线l1上有一动点A 直线l2有一动点B 满足AB l2 且PA AB BQ最小 此时PA BQ 答案16 解析作PE l1于E 并延长交l2于F 在PF上截取PC 8 连接QC交l2于B 作BA l1于A
4、此时PA AB BQ最短 作QD PF于D 在Rt PQD中 D 90 PQ 4 PD 18 DQ CD PD PC 18 8 10 AB PC 8 AB PC 四边形ABCP是平行四边形 PA BC PA BQ CB BQ QC 16 解题关键本题考查平行线的性质 平行四边形的判定和性质 勾股定理等知识 解题的关键是学会构建平行四边形解决问题 属于中考常考题型 三 解答题 5 2018无锡 27 10分 如图 矩形ABCD中 AB m BC n 将此矩形绕点B顺时针方向旋转 0 90 得到矩形A1BC1D1 点A1在边CD上 1 若m 2 n 1 求在旋转过程中 点D到点D1所经过路径的长度
5、 2 将矩形A1BC1D1继续绕点B按顺时针方向旋转得到矩形A2BC2D2 点D2在BC的延长线上 设边A2B与CD交于点E 若 1 求的值 解析 1 作A1H AB于H 连接BD BD1 则四边形ADA1H是矩形 AD HA1 n 1 在Rt A1HB中 BA1 BA m 2 BA1 2HA1 ABA1 30 旋转角为30 BD D到点D1所经过路径的长度 2 易知 BCE BA2D2 CE 1 A1C BH A1C m2 n2 6 m4 m2n2 6n4 即1 6 负根已经舍弃 解题关键本题考查旋转变换 解直角三角形 弧长公式等知识 解题的关键是理解题意 灵活运用所学知识解决问题 属于中考
6、常考题型 6 2018湖北黄冈 24 14分 如图 在直角坐标系xOy中 菱形OABC的边OA在x轴正半轴上 点B C在第一象限 C 120 边长OA 8 点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长的速度做匀速运动 点N从A出发沿边AB BC CO以每秒2个单位长的速度做匀速运动 过点M作直线MP垂直于x轴并交折线OCB于P 交对角线OB于Q 点M和点N同时出发 分别沿各自路线运动 点N运动到原点O时 M和N两点同时停止运动 1 当t 2时 求线段PQ的长 2 求t为何值时 点P与N重合 3 设 APN的面积为S 求S与t的函数关系式及t的取值范围 解析 1 在菱形OABC中 易知 AOC
7、60 AOQ 30 当t 2时 OM 2 PM 2 QM PQ 2 当t 4时 AN PO 2OM 2t t 4时 P点与C点重合 N到达B点 故点P N在边BC上相遇 设t秒时P与N重合 则 t 4 2 t 4 8 解得t 即t 秒时 P与N重合 3 当0 t 4时 PN OA 8 且PN OA PM t S APN 8 t 4t 当4 t 时 PN 8 3 t 4 20 3t S APN 4 20 3t 40 6t 当 t 8时 PN 3 t 4 8 3t 20 S APN 4 3t 20 6t 40 当8 t 12时 ON 24 2t N到OM的距离为12 t N到CP的距离为4 12
8、t t 8 CP t 4 BP 12 t S APN S菱形OABC S AON S CPN S APB 32 8 12 t t 4 t 8 12 t 4 t2 12t 56 综上 S与t的函数关系式为S 注 第一段函数的定义域写为0 t 4 第二段函数的定义域写为4 t 也可以 7 2017衡阳 如图 正方形ABCD的边长为1 点E为边AB上一动点 连接CE并将其绕点C顺时针旋转90 得到CF 连接DF 以CE CF为邻边作矩形CFGE GE与AD AC分别交于点H M GF交CD延长线于点N 1 证明 点A D F在同一条直线上 2 随着点E的移动 线段DH是否有最小值 若有 求出最小值
9、若没有 请说明理由 3 连接EF MN 当MN EF时 求AE的长 解析 1 证明 如图 由旋转的性质知 CF CE 又 1 2 2 3 90 1 3 又 CD CB CBE CDF CDF CBE 90 ADF 180 故点A D F三点共线 图 2 设DH y AE x 则AH 1 y 在Rt CBE和Rt EAH中 4 5 90 1 4 90 1 5 Rt CBE Rt EAH 即 y x2 x 1 当x 即当点E是AB的中点时 DH最小 最小值为 3 如图 记AC与EF交于点P 连接CG 由 1 知CE CF 矩形CFGE是正方形 对角线CG所在的直线是其对称轴 图 FG GE 又 E
10、F MN GN GM CN CM 又 CNM 45 3 NMC 45 ECM CNM NMC 又 ECM CPE 45 180 EFH FPA 45 180 CPE FPA ECM EFH 3 EFH 1 Rt CBE Rt FAE 又BC 1 BE 1 AE AF 1 1 AE 2 AE AE2 4AE 2 0 解得AE 2 1 不合题意 舍去 或AE 2 思路分析 1 证明三点共线 一般是证明中间点与另两点连线的夹角等于180 由旋转不改变图形的形状和大小 可证 CBE CDF 得到 CDF CBE 90 所以可证 ADF 180 问题得证 2 求DH的最值 需要建立适当的函数模型 考虑A
11、E AH是同一个直角三角形的边 所以设DH y AE x 由 CBE EAH 利用对应边成比例 可以得出y与x的函数关系式 从而最值问题可解 3 连接CG 根据正方形是轴对称图形 对角线所在的直线是对称轴 EF MN 所以NG GM 所以CN CM 从而可推出 EFD ECA 1 3 所以Rt CBE Rt FAE 所以 因此AE可求 解析 1 证明 四边形ABCD是矩形 D DAE 90 由折叠知AE AD AEF D 90 1分 D DAE AEF 90 四边形AEFD是矩形 2分 AE AD 矩形AEFD是正方形 3分 2 NF ND 证明 连接HN 由折叠知 AD H D 90 HF
12、HD HD 4分 四边形AEFD是正方形 EFD 90 AD H 90 HD N 90 5分 在Rt HNF和Rt HND 中 Rt HNF Rt HND NF ND 6分 3 证明 四边形AEFD是正方形 AE EF AD 8cm 由折叠知AD AD 8cm 设NF xcm 则ND xcm AN AD ND 8 x cm EN EF NF 8 x cm 7分 在Rt AEN中 由勾股定理得AN2 AE2 EN2 即 8 x 2 82 8 x 2 解得x 2 8分 AN 8 x 10 cm EN 8 x 6 cm EN AE AN 6 8 10 3 4 5 AEN是 3 4 5 型三角形 9分
13、 4 MFN MD H MDA 12分 思路分析 1 由矩形的性质得 D DAE 90 由折叠的性质得AE AD AEF D 90 由四边形AEFD是矩形且一组邻边相等可知四边形AEFD为正方形 2 连接HN HL证得Rt HNF Rt HND 再由三角形全等的性质得NF ND 3 先分别求出 AEN的三边长 再证明 AEN的三边长之比等于3 4 5 4 要找 3 4 5 型三角形 实质就是找与 AEN相似的三角形 9 2017湖北武汉 24 12分 已知点A 1 1 B 4 6 在抛物线y ax2 bx上 1 求抛物线的解析式 2 如图1 点F的坐标为 0 m m 2 直线AF交抛物线于另一
14、点G 过点G作x轴的垂线 垂足为H 设抛物线与x轴的正半轴交于点E 连接FH AE 求证 FH AE 3 如图2 直线AB分别交x轴 y轴于C D两点 点P从点C出发 沿射线CD方向匀速运动 速度为每秒个单位长度 同时点Q从原点O出发 沿x轴正方向匀速运动 速度为每秒1个单位长度 点M是直线PQ与抛物线的一个交点 当运动到t秒时 QM 2PM 直接写出t的值 解析 1 将点A 1 1 B 4 6 代入y ax2 bx有解得 抛物线的解析式为y x2 x 2 证明 设直线AF的解析式为y kx m k 0 将点A 1 1 代入解析式 得 k m 1 m k 1 直线AF的解析式为y kx k 1
15、 F 0 k 1 由消去y得x2 x kx k 1 解得x1 1 x2 2k 2 点G的横坐标为2k 2 又GH x轴 点H的坐标为 2k 2 0 设直线FH的解析式为y k0 x b0 k0 0 则解得 直线FH的解析式为y x k 1 解题关键本题考查了待定系数法求一次 二次 函数解析式 二次函数图象上点的坐标特征 二次函数的三种形式 相似三角形的性质以及两条直线相交或平行 解题的关键是 1 根据点A B的坐标利用待定系数法 求出抛物线的解析式 2 根据点A E F H 的坐标利用待定系数法 求出直线AE FH 的解析式 3 分点M在线段PQ上以及点M在线段QP的延长线上两种情况 借助相似三角形的性质找出点M的坐标
