云南省临沧市中考数学专题高分攻略6讲专题四动态探究型问题
2020年中考数学热点专题四动态探究问题解析版
2020年中考数学热点专题四动态探究问题解析版2019的中考中的动态问题是失分点，总结如下：常见的动点问题分类：①求最值问题，②动点构成特殊图形问题.一、求最值问题初中利用轴对称性质实现“搬点移线”求几何图形中一些线段和最小值问题。
利用轴对称的性质解决几何图形中的最值问题借助的主要基本定理有三个：（1）两点之间线段最短；（2）三角形两边之和大于第三边；（3）垂线段最短.求线段和的最小值问题可以归结为：一个动点的最值问题，两个动点的最值问题.二、动点构成特殊图形问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系;分析过程中，特别要关注图形的特性(特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置).分析图形变化过程中变量和其他量之间的关系，或是找到变化中的不变量，建立方程或函数关系解决.小结在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质.考向1 动点与最值1．(2019·聊城)如图，在Rt△ABO中，∠OBA=90°，A(4，4)，点C在边AB上，且ACCB=13，点D为OB的中点，点P为边OA上的动点，当点P在OA上移动时，使四边形PDBC周长最小的点P的坐标为（）A．(2，2) B．(52，52) C．(83，83) D．(3，3)2.（2019·威海）如图，在平面直角坐标系中，点A ，B 在反比例函数()0ky k x=≠的图像上运动，且始终保持线段AB =M 为线段AB 的中点，连接OM.则线段OM 的长度的最小值是 （用含k 的代数式表示）.3．(2019·巴中)如图，在菱形ABCD 中，连接BD ，AC 交于点O ，过点O 作OH ⊥BC 于点H ，以点O 为圆心，OH 为半径的半圆交AC 于点M.（1）求证:DC 是e O 的切线;（2）若AC=4MC 且AC=8，求图中阴影部分的面积;（3）在②的条件下，P 是线段BD 上的一动点，当PD 为何值时，PH+PM 的值最小，并求出最小值.4．（2019·益阳）如图，在半面直角坐标系xOy 中，矩形ABCD 的边AB=4，BC=6.若不改变矩形ABCD 的形状和大小，当形顶点A 在x 轴的正半轴上左右移动时，矩形的另一个顶点D 始终在y 轴的正半上随之上下移动.(1)当∠OAD=30°时，求点C 的坐标；(2)设AD 的中点为M ，连接OM 、MC ，当四边形 OMCD 的面积为221时，求OA 的长； (3)当点A 移动到某一位置时，点C 到点O 的距离有最大值，请直接写出最大值，并求此时cos ∠OAD 的值.5．（2019·衡阳）如图，在等边△ABC 中，AB=6cm ，动点P 从点A 出发以cm/s 的速度沿AB 匀速运动．动点Q 同时从点C 出发以同样的速度沿BC 延长线方向匀速运动．当点P 到达点B 时，点P 、Q 同时停止运动．设运动时间为t （s ）．过点P 作PE ⊥AC 于E ，连接PQ 交AC 边于D ．以CQ 、CE 为边作平行四边形CQFE ．（1）当t 为何值时，△BPQ 为直角三角形；（2）是否存在某一时刻t ，使点F 在∠ABC 的平分线上？若存在，求出t 的值，若不存在，请说明理由；（3）求DE 的长；（4）取线段BC 的中点M ，连接PM ，将△BPM 沿直线PM 翻折，得△B ′PM ，连接AB ′，当t 为何值时，AB ′的值最小？并求出最小值．考向2 动点与图形存在性问题1.（2019·自贡）如图，已知直线AB 与抛物线：y=ax 2+2x+c 相交于点A （-1，0）和点B （2，3）两点. （1）求抛物线C 函数解析式；（2）若点M 是位于直线AB 上方抛物线上的一动点，以MA 、MB 为相邻的两边作平行四边形MANB ，当平行四边形MANB 的面积最大时，求此时平行四边形MANB 的面积S 及点M 的坐标；（3）在抛物线C 的对称轴上是否存在顶点F ，使抛物线C 上任意一点P 到F 的距离等于到直线y=174的距离，若存在，求出定点F 的坐标；若不存在，请说明理由.2.（2019·凉山州）如图，抛物线y= ax 2+bx+c 的图象过点A （-1，0）、B （3，0）、C （0，3）.（1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上是否存在一点P ，使得△PAC 的周长最小，若存在，请求出点 P 的坐标及△PAC 的周长；若不存在，请说明理由；（3）在（2）的条件下，在x 轴上方的抛物线上是否存在点M （不与C 点重合），使得 S △PAM =S △PAC ，若存在，请求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由. 考向3 动点与函数图像问题1．(2019·广元)如图，点P 是菱形ABCD 边上的动点，它从点A 出发沿A→B→C→D 路径匀速运动到点D ，设△PAD 的面积为y ，P 点的运动时间为x ，则y 关于x 的函数图象大致为( )2．（2019·衡阳）如图，在直角三角形ABC 中，∠C=90°，AC=BC ，E 是AB 的中点，过点E 作AC 和BC 的垂线，垂足分别为点D 和点F ，四边形CDEF 沿着CA 方向匀速运动，点C 与点A 重合时停止运动，设运动时间为t ，运动过程中四边形CDEF 与△ABC 的重叠部分面积为S ，则S 关于t 的函数图象大致为（ ）．3.（2019·菏泽）如图，正方形ABCD的边长为2cm，动点P，Q同时从点A出发，在正方形的边上，分别按A→D→C，A→B→C的方向，都以1cm/s的速度运动，到达点C运动终止，连接PQ，设运动时间为xs，△APQ的面积为ycm2，则下列图象中能大致表示y与x的函数关系的是（）4．（2019·长沙）如图，函数kyx=(k为常数，k＞0)的图象与过原点的O的直线相交于A，B两点，点M是第一象限内双曲线上的动点（点M在点A的左侧），直线AM分别交x轴，y轴于C，D两点，连接BM 分别交x轴，y轴于点E，F．现有以下四个结论：①△ODM与△OCA的面积相等；②若BM⊥AM于点M，则∠MBA=30°；③若M点的横坐标为1，△OAM为等边三角形，则k=2；④若MF=25MB，则MD=2MA．其中正确的结论的序号是．2020年中考数学热点专题四动态探究问题解析版2019的中考中的动态问题是失分点，总结如下：常见的动点问题分类：①求最值问题，②动点构成特殊图形问题.一、求最值问题初中利用轴对称性质实现“搬点移线”求几何图形中一些线段和最小值问题。
中考专题复习 动态探究型问题课件(共20张PPT)
经过程
温馨提示 1.与小组同伴核对答案，交流做法； 2.梳理每道题目所考查的数学思想和方法； 3.分小组展示预习成果.
题型一 图形运动与函数图象
如图所示：边长分别为1和2的两个正方形，其 中一边在同一水平线上，小正方形沿该水平线 自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t， 大正方形内去掉小正方形后的面积为s，那么s
与t的大致图象应为（A）.
A
B
C
D
举一反三
如图,点P是 ABCD边上一 动点,沿A→D→C→B的路径 移动,设P点经过的路径长为 x,△BAP的面积是y,则下列 能大致反映y与x的函数关系
的图象是( A ).
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
A
B
C
D
题型二 点的运动与几何图形
△ABC中,AB=AC=5,BC=8,点P是BC边上 的动点,过点P作PD⊥AB于点D,PE⊥AC
系式，并写出自变量的取值范围.
(3)在(2)的条件下，是否存在点P， 使以点A，B，P为顶点的三角形 与△AOB相似?若存在，请直接写 出点P的坐标；若不存在，请说明
理由.
固知识
D
A. ① , 设运动时间为
(x 单位：
s), 弦 PB 的 长 ,y 那 么下图列象中可能
B. ③
C. ②或④
D. ①或③
示 y 与 x 函数 关数系
()
挑战中考
（2016•济宁）如图，已知抛物线m：ya2x 6a xc(a0) 的顶点A在x轴上，并过点B（0，1），直线n：y 1 x 7
22
与x轴交于点D，与抛物线m的对称轴L交于点F，过B点的直 线BE与直线n相交于点E（﹣7，7）．
（1）求抛物线m的解析式； （2）P是对称轴L上的一个动点，若以B，E， P为顶点的三角形的周长最小，求点P的坐标； （3）抛物线m上是否存在一动点Q，使以线段 FQ为直径的圆恰好经过点D？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
2022初中数学中考指导二轮复习锦囊：专题四 探究型问题
2022初中数学中考指导二轮复习锦囊：专题四探究型问题最大最全最精的教育资源网 xsjjyw专题四探究型问题一、中考专题诠释探究型问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断，补充并加以证明的一类问题．根据其特征大致可分为：条件探究型、结论探究型、规律探究型和存在性探究型等四类．21*cnjy*com 二、解题策略与解法精讲由于探究型试题的知识覆盖面较大，综合性较强，灵活选择方法的要求较高，再加上题意新颖，构思精巧，具有相当的深度和难度，所以要求同学们在复习时，首先对于根底知识一定要复习全面，并力求扎实牢靠；其次是要加强对解答这类试题的练习，注意各知识点之间的因果联系，选择适宜的解题途径完成最后的解答．由于题型新颖、综合性强、结构独特等，此类问题的一般解题思路并无固定模式或套路，但是可以从以下几个角度考虑：1．利用特殊值〔特殊点、特殊数量、特殊线段、特殊位置等〕进行归纳、概括，从特殊到一般，从而得出规律．2．反演推理法〔反证法〕，即假设结论成立,根据假设进行推理，看是推导出矛盾还是能与条件一致．3．分类讨论法．当命题的题设和结论不惟一确定，难以统一解答时，那么需要按可能出现的情况做到既不重复也不遗漏，分门别类加以讨论求解，将不同结论综合归纳得出正确结果．【出处：21教育名师】4．类比猜测法．即由一个问题的结论或解决方法类比猜测出另一个类似问题的结论或解决方法，并加以严密的论证．以上所述并不能全面概括此类命题的解题策略，因而具体操作时，应更注重数学思想方法的综合运用．三、中考考点精讲考点一：条件探索型：此类问题结论明确，而需探究发现使结论成立的条件．例1 〔2022·湖北省随州市，第24题10分〕问题：如图〔1〕，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF=45°，试判断BE、EF、FD之间的数量关系．【发现证明】全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw小聪把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG，从而发现EF=BE+FD，请你利用图〔1〕证明上述结论．【类比引申】如图〔2〕，四边形ABCD中，∠BAD≠90°，AB=AD，∠B+∠D=180°，点E、F分别在边BC、CD上，那么当∠EAF与∠BAD满足关系时，仍有EF=BE+FD．【探究应用】如图〔3〕，在某公园的同一水平面上，四条通道围成四边形ABCD．AB=AD=80米，∠B=60°，∠ADC=120°，∠BAD=150°，道路BC、CD上分别有景点E、F，且AE⊥AD，DF=40〔﹣1〕米，现要在E、F之间修一条笔直道路，求这条道路EF的长〔结果取整数，参考数据：=1.41，=1.73〕考点：四边形综合题．分析：【发现证明】根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，那么GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可．【类比引申】延长CB至M，使BM=DF，连接AM，证△ADF≌△ABM，证△FAE≌△MAE，即可得出答案；【探究应用】利用等边三角形的判定与性质得到△ABE是等边三角形，那么BE=AB=80米．把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，根据旋转的性质可以得到△ADG≌△ABE，那么GF=BE+DF，只要再证明△AFG≌△AFE即可得出EF=BE+FD．解答：【发现证明】证明：如图〔1〕，∵△ADG≌△ABE，∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，又∵∠EAF=45°，即∠DAF+∠BEA=∠EAF=45°，∴∠GAF=∠FAE，在△GAF和△FAE中，xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw，∴△AFG≌△AFE〔SAS〕．∴GF=EF．又∵DG=BE，∴GF=BE+DF，∴BE+DF=EF．【类比引申】∠BAD=2∠EAF．理由如下：如图〔2〕，延长CB至M，使BM=DF，连接AM，∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABM=180°，∴∠D=∠ABM，在△ABM和△ADF中，，∴△ABM≌△ADF〔SAS〕，∴AF=AM，∠DAF=∠BAM，∵∠BAD=2∠EAF，∴∠DAF+∠BAE=∠EAF，∴∠EAB+∠BAM=∠EAM=∠EAF，在△FAE和△MAE中，，∴△FAE≌△MAE〔SAS〕，∴EF=EM=BE+BM=BE+DF，即EF=BE+DF．故答案是：∠BAD=2∠EAF．【探究应用】如图3，把△ABE绕点A逆时针旋转150°至△ADG，连接AF．∵∠BAD=150°，∠DAE=90°，全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw∴∠BAE=60°．又∵∠B=60°，∴△ABE是等边三角形，∴BE=AB=80米．根据旋转的性质得到：∠ADG=∠B=60°，又∵∠ADF=120°，∴∠GDF=180°，即点G在CD的延长线上．易得，△ADG≌△ABE，∴AG=AE，∠DAG=∠BAE，DG=BE，又∵∠EAG=∠BAD=150°，∴∠GAF=∠FAE，在△GAF和△FAE中，，∴△AFG≌△AFE〔SAS〕．∴GF=EF．又∵DG=BE，∴GF=BE+DF，∴EF=BE+DF=80+40〔﹣1〕≈109.2〔米〕，即这条道路EF的长约为109.2米．xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw点评：此题主要考查了四边形综合题，关键是正确画出图形，证明△AFG≌△AEF．此题是一道综合题，难度较大，题目所给例题的思路，为解决此题做了较好的铺垫．对应训练1.〔2022?襄阳〕如图1，点A是线段BC上一点，△ABD和△ACE都是等边三角形．〔1〕连结BE，CD，求证：BE=CD；〔2〕如图2，将△ABD绕点A顺时针旋转得到△AB′D′．①当旋转角为度时，边AD′落在AE上；②在①的条件下，延长DD’交CE于点P，连接BD′，CD′．当线段AB、AC满足什么数量关系时，△BDD′与△CPD′全等？并给予证明．思路分析：〔1〕根据等边三角形的性质可得AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，然后求出∠BAE=∠DAC，再利用“边角边〞证明△BAE和△DAC全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；〔2〕①求出∠DAE，即可得到旋转角度数；②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．根据旋转的性质可得AB=BD=DD′=AD′，然后得到四边形ABDD′是菱形，根据菱形的对角线平分一组对角可得∠ABD′=∠DBD′=30°，菱形的对边平行可得DP∥BC，根据等边三角形的性质求出AC=AE，∠ACE=60°，然后根据等腰三角形三线合一的性质求出∠PCD′=∠ACD′=30°，从而得到∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PD′C=30°，然后利用“角边角〞证明△BDD′与△CPD′全等．全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw解答：〔1〕证明：∵△ABD和△ACE都是等边三角形．∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=60°，∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，即∠BAE=∠DAC，在△BAE和△DAC中，?AB?AD???BAE??DAC， ?AE?AC?∴△BAE≌△DAC〔SAS〕，∴BE=CD；〔2〕解：①∵∠BAD=∠CAE=60°，∴∠DAE=180°-60°×2=60°，∵边AD′落在AE上，∴旋转角=∠DAE=60°；②当AC=2AB时，△BDD′与△CPD′全等．理由如下：由旋转可知，AB′与AD 重合，∴AB=BD=DD′=AD′，∴四边形ABDD′是菱形，∴∠ABD′=∠DBD′= 11∠ABD=×60°=30°，DP∥BC， 22∵△ACE是等边三角形，∴AC=AE，∠ACE=60°，∵AC=2AB，∴AE=2AD′，∴∠PCD′=∠ACD′=又∵DP∥BC，∴∠ABD′=∠DBD′=∠BD′D=∠ACD′=∠PCD′=∠PD′C=30°，在△BDD′与△CPD′中，11∠ACE=×60°=30°， 22全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw??DBD???PCD??， ?BD??CD???BD?D??PD?C?∴△BDD′≌△CPD′〔ASA〕．故答案为：60．点评：此题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，以及旋转的性质，综合性较强，但难度不大，熟练掌握等边三角形的性质与全等三角形的判定是姐提到过．考点二：结论探究型：此类问题给定条件但无明确结论或结论不惟一，而需探索发现与之相应的结论．例2 〔2022?辽宁省朝阳,第24题12分〕问题：如图〔1〕，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，AC=CB，∠DCE=45°，试探究AD、DE、EB满足的等量关系． [探究发现]小聪同学利用图形变换，将△CAD绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，连接EH，由条件易得∠EBH=90°，∠ECH=∠ECB+∠BCH=∠ECB+∠ACD=45°．根据“边角边〞，可证△CEH≌△CDE ，得EH=ED．在Rt△HBE中，由勾股定理，可得BH+EB=EH，由BH=AD，可得AD、DE、EB 之间的等量关系是 AD+EB=DE ． [实践运用]〔1〕如图〔2〕，在正方形ABCD中，△AEF的顶点E、F分别在BC、CD边上，高AG与正方形的边长相等，求∠EAF的度数；〔2〕在〔1〕条件下，连接BD，分别交AE、AF于点M、N，假设BE=2，DF=3，BM=2小聪同学探究的结论，求正方形的边长及MN的长．，运用222222全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw考点：几何变换综合题．分析：〔1〕根据正方形的性质和全等三角形的判定方法证明Rt△ABE≌Rt△AGE和Rt△ADF≌Rt△AGF，由全等三角形的性质即可求出∠EAF=∠BAD=45°；2·1·c·n·j·y〔2〕由〔1〕知，Rt△ABE≌Rt△AGE，Rt△ADF≌Rt△AGF，设AG=x，那么CE=x﹣2，CF=x﹣3．因为CE+CF=EF，所以〔x﹣2〕+〔x﹣3〕=5．解这个方程，求出x的值即可得到AG=6，在〔2〕中，MN=MB+ND，MN=a，MN=．222222222，所以a=．即解答：解：根据“边角边〞，可证△CEH≌△CDE，得EH=ED．在Rt△HBE中，由勾股定理，可得BH+EB=EH，由BH=AD，可得AD、DE、EB之间的等量关系是AD+EB=DE；故答案为：△CDE；勾股；AD+EB=DE；www-2-1-cnjy-com 〔1〕在Rt△ABE和Rt△AGE中，，∴Rt△ABE≌Rt△AGE〔HL〕，∴∠BAE=∠GAE，同理，Rt△ADF≌Rt△AGF，∴∠GAF=∠DAF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，∴∠EAF=∠BAD=45°；〔2〕由〔1〕知，Rt△ABE≌Rt△AGE，Rt△ADF≌Rt△AGF，∴BE=EG=2，DF=FG=3，那么EF=5，设AG=x，那么CE=x﹣2，CF=x﹣3，∵CE+CF=EF，∴〔x﹣2〕+〔x﹣3〕=5，解这个方程，得x1=6，x2=﹣1〔舍去〕，∴AG=6，∴BD=∴AB=6，，222222222222222全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw∵MN=MB+ND 设MN=a，那么所以a=即MN=，．，222点评：此题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用和一元二次方程的运用，题目的综合性很强，难度不小．对应训练2．〔2022?辽宁铁岭〕〔第25题〕：点D是等腰直角三角形ABC斜边BC所在直线上一点〔不与点B重合〕，连接AD．〔1〕如图1，当点D在线段BC上时，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．求证：BD=CE，BD⊥CE．〔2〕如图2，当点D在线段BC延长线上时，探究AD、BD、CD三条线段之间的数量关系，写出结论并说明理由；〔3〕假设BD=CD，直接写出∠BAD的度数．考点：几何变换综合题．.分析：〔1〕根据等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠ACB=45°，再根据旋转性质可得AD=AE，∠DAE=90°，然后利用同角的余角相等求出∠BAD=∠CAE，然后利用“边角边〞证明△BAD和△CEF全等，从而得证；【来源：21·世纪·教育·网】〔2〕将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．与〔1〕同理可得CE=BD，CE⊥BD，根据勾股定理即可求得2AD=BD+CD；〔3〕分两种情况分别讨论即可求得．解答：〔1〕证明：如图1，∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB=45°，∵∠DAE=90°，全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw222最大最全最精的教育资源网 xsjjyw∴∠DAE=∠CAE+∠DAC=90°，∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，∴∠BAD=∠CAE，在△BAD和△CAE中，，∴△BAD≌△CAE〔SAS〕，∴BD=CE，∠ACE=∠ABC=45°．∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=90°，∴BD⊥CE；〔2〕2AD=BD+CD，理由：如图2，将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AE，连接CE．与〔1〕同理可证CE=BD，CE⊥BD，∵∠EAD=90°AE=AD，∴ED=AD，222222在RT△ECD中，ED=CE+CD，∴2AD=BD+CD．〔3〕如图3，①当D在BC边上时，将线段AD1绕点A顺时针方向旋转90°得到线段AE，连接BE，与〔1〕同理可证△ABE≌△ACD1，∴BE=CD1，BE⊥BC，∵BD=∴BD1=CD， BE，=，222∴tan∠BD1E=∴∠BD1E=30°，∵∠EAD1=EBD1=90°，∴四边形A、D1、B、E四点共圆，∴∠EAB=∠BD1E=30°，∴∠BAD1=90°﹣30°=60°；全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw②将线段AD绕点A逆时针方向旋转90°得到线段AF，连接CF．同理可证：∠CFD2=30°，∵∠FAD2=FCD2=90°，∴四边形A、F、D2、C四点共圆，∴∠CAD2=∠CFD2=30°，∴∠BAD2=90°+30°=120°，综上，∠BAD的度数为60°或120°．点评：此题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，四点共圆的判定，圆周角定理等，通过旋转得出全等三角形是此题的关键．全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw考点三：规律探究型：规律探索问题是指由几个具体结论通过类比、猜测、推理等一系列的数学思维过程，来探求一般性结论的问题，解决这类问题的一般思路是通过对所给的具体的结论进行全面、细致的观察、分析、比拟，从中发现其变化的规律，并猜测出一般性的结论，然后再给出合理的证明或加以运用.【版权所有：21教育】例3 〔2022?青岛,第23题10分〕【问题提出】用n根相同的木棒搭一个三角形〔木棒无剩余〕，能搭成多少种不同的等腰三角形？【问题探究】不妨假设能搭成m种不同的等腰三角形，为探究m与n之间的关系，我们可以先从特殊入手，通过试验、观察、类比、最后归纳、猜测得出结论．【探究一】〔1〕用3根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？此时，显然能搭成一种等腰三角形．所以，当n=3时，m=1．〔2〕用4根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？只可分成1根木棒、1根木棒和2根木棒这一种情况，不能搭成三角形．所以，当n=4时，m=0．〔3〕用5根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？假设分成1根木棒、1根木棒和3根木棒，那么不能搭成三角形．假设分成2根木棒、2根木棒和1根木棒，那么能搭成一种等腰三角形．所以，当n=5时，m=1．〔4〕用6根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？假设分成1根木棒、1根木棒和4根木棒，那么不能搭成三角形．假设分成2根木棒、2根木棒和2根木棒，那么能搭成一种等腰三角形．所以，当n=6时，m=1．综上所述，可得：表① n m 【探究二】〔1〕用7根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的三角形？〔仿照上述探究方法，写出解答过程，并将结果填在表②中〕全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw3 14 05 16 1最大最全最精的教育资源网 xsjjyw〔2〕用8根、9根、10根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？〔只需把结果填在表②中〕表② n m7 28 19 210 2你不妨分别用11根、12根、13根、14根相同的木棒继续进行探究，…【问题解决】：用n根相同的木棒搭一个三角形〔木棒无剩余〕，能搭成多少种不同的等腰三角形？〔设n分别等于4k﹣1，4k，4k+1，4k+2，其中k是正整数，把结果填在表③中〕表③ n m4k﹣14k4k+14k+2【问题应用】：用2022根相同的木棒搭一个三角形〔木棒无剩余〕，能搭成多少种不同的等腰三角形？〔写出解答过程〕，其中面积最大的等腰三角形每腰用了根木棒．〔只填结果〕2-1-c-n-j-y考点：作图—应用与设计作图；三角形三边关系；等腰三角形的判定与性质．专题：分类讨论．分析：探究二：仿照探究一的方法进行分析即可；问题解决：根据探究一、二的结果总结规律填表即可；问题应用：根据规律进行计算求出m的值．解答：〔1〕用7根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？此时，能搭成二种等腰三角形，即分成2根木棒、2根木棒和3根木棒，那么能搭成一种等腰三角形分成3根木棒、3根木棒和1根木棒，那么能搭成一种等腰三角形当n=7时，m=2．〔2〕用8根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？分成2根木棒、2根木棒和4根木棒，那么不能搭成一种等腰三角形，分成3根木棒、3根木棒和2根木棒，那么能搭成一种等腰三角形，所以，当n=8时，m=1．用9根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？分成3根木棒、3根木棒和3根木棒，那么能搭成一种等腰三角形全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw分成4根木棒、4根木棒和1根木棒，那么能搭成一种等腰三角形所以，当n=9时，m=2．用10根相同的木棒搭一个三角形，能搭成多少种不同的等腰三角形？分成3根木棒、3根木棒和4根木棒，那么能搭成一种等腰三角形分成4根木棒、4根木棒和2根木棒，那么能搭成一种等腰三角形所以，当n=10时，m=2．故答案为：2；1；2；2．问题解决：由规律可知，答案为：k；k﹣1；k；k．问题应用：2022÷4=504，504﹣1=503，当三角形是等边三角形时，面积最大， 2022÷3=672，∴用2022根相同的木棒搭一个三角形，能搭成503种不同的等腰三角形，其中面积最大的等腰三角形每腰用672根木棒．点评：此题考查的是作图应用与设计作图、三角形三边关系，首先要理解题意，弄清问题中对所作图形的要求，结合对应几何图形的性质和根本作图的方法作图，根据三角形两边之和大于第三边和等腰三角形的性质进行解答．对应训练3．〔2022?湖北荆门,第11题3分〕如图，在第1个△A1BC中，∠B=30°，A1B=CB；在边A1B上任取一点D，延长CA1到A2，使A1A2=A1D，得到第2个△A1A2D；在边A2D上任取一点E，延长A1A2到A3，使A2A3=A2E，得到第3个△A2A3E，…按此做法继续下去，那么第n个三角形中以An为顶点的内角度数是〔〕第1题图A．〔〕n?75°B．〔〕n1?65°﹣C．〔〕n1?75°﹣D．〔〕n?85°全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw考点：等腰三角形的性质．专题：规律型．分析：先根据等腰三角形的性质求出∠BA1C的度数，再根据三角形外角的性质及等腰三角形的性质分别求出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律即可得出第n个三角形中以An为顶点的内角度数．解答：解：∵在△CBA1中，∠B=30°，A1B=CB，∴∠BA1C==75°，∵A1A2=A1D，∠BA1C是△A1A2D的外角，∴∠DA2A1=∠BA1C=×75°；同理可得，∠EA3A2=〔〕2×75°，∠FA4A3=〔〕3×75°，∴第n个三角形中以An为顶点的内角度数是〔〕n1×75°．﹣应选：C．点评：此题考查的是等腰三角形的性质及三角形外角的性质，根据题意得出∠DA2A1，∠EA3A2及∠FA4A3的度数，找出规律是解答此题的关键．考点四：存在探索型：此类问题在一定的条件下，需探究发现某种数学关系是否存在的题目．例4 〔2022?黄石第24题，9分〕在△AOB中，C，D分别是OA，OB边上的点，将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′．〔1〕如图1，假设∠AOB=90°，OA=OB，C，D分别为OA，OB的中点，证明：①AC′=BD′；②AC′⊥BD′；〔2〕如图2，假设△AOB为任意三角形且∠AOB=θ，CD∥AB，AC′与BD′交于点E，猜测∠AEB=θ是否成立？请说明理由．全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．分析：〔1〕①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；〔2〕由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式得出，，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．解答：〔1〕证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，∴△AOC′≌△BOD′〔SAS〕，∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；〔2〕解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，，全国中小学教育资源门户网站 | 天量课件、教案、试卷、学案免费下载 | xsjjyw最大最全最精的教育资源网 xsjjyw考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；旋转的性质．分析：〔1〕①由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，证出OC′=OD′，由SAS证明△AOC′≌△BOD′，得出对应边相等即可；②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′，又由对顶角相等和三角形内角和定理得出∠BEA=90°，即可得出结论；〔2〕由旋转的性质得出OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，由平行线得出比例式得出，，证明△AOC′∽△BOD′，得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ．解答：〔1〕证明：①∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵OA=OB，C、D为OA、OB的中点，∴OC=OD，∴OC′=OD′，在△AOC′和△BOD′中，∴△AOC′≌△BOD′〔SAS〕，∴AC′=BD′；②延长AC′交BD′于E，交BO于F，如图1所示：∵△AOC′≌△BOD′，∴∠OAC′=∠OBD′，又∠AFO=∠BFE，∠OAC′+∠AFO=90°，∴∠OBD′+∠BFE=90°，∴∠BEA=90°，∴AC′⊥BD′；〔2〕解：∠AEB=θ成立，理由如下：如图2所示：∵△OCD旋转到△OC′D′，∴OC=OC′，OD=OD′，∠AOC′=∠BOD′，∵CD∥AB，，。
人教版2020年中考数学专题高分攻略6讲专题四动态探究型问题B卷
人教版2020年中考数学专题高分攻略6讲专题四动态探究型问题B卷姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共6题；共12分)1. （2分）如果某函数的图象如图所示，那么y随x的增大而（）A . 增大B . 减小C . 不变D . 有时增大有时减小2. （2分）已知y关于x的函数图象如图所示，则当y＜0时，自变量x的取值范围是（）A . x＜0B . ﹣1＜x＜1或x＞2C . x＞﹣1D . x＜﹣1或1＜x＜23. （2分）如图，△ABC中，DE∥BC且，若△ABC的面积等于，则四边形DBCE的面积为（）A .B .C .D . 44. （2分）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE平分∠ODA交OA于点E，若AB=4，则线段OE的长为（）A .B . 4﹣2C .D . ﹣25. （2分）如图，在△ABC中，AB=AC，∠BAC=70°，∠BAC的平分线与AB的垂直平分线交于点O，点E、F分别在BC、AC上，点C沿EF折叠后与点O重合，则∠BEO的度数是（）A . 20°B . 35°C . 40°D . 55°6. （2分）第一次“龟兔赛跑”，兔子因为在途中睡觉而输掉比赛，很不服气，决定与乌龟再比一次，并且骄傲地说，这次我一定不睡觉，让乌龟先跑一段距离我再去追都可以赢.结果兔子又一次输掉了比赛，则下列函数图象可以体现这次比赛过程的是（）A .B .C .D .二、填空题 (共5题；共6分)7. （1分）如图所示，在平面直角坐标系中，有A（1，1）、B（3，2）两点，点P是x 轴上一动点，则PA+PB最小值为________．8. （1分）将一次函数y=3x﹣1的图象沿y轴向________平移________个单位后，得到的图象经过原点．9. （2分）如图，正方形ABCD中，AB=4，E为BC中点，两个动点M和N分别在边CD 和AD上运动且MN=1，若△ABE与以D、M、N为顶点的三角形相似，则DM为________.10. （1分）如图，在边长为1的正方形ABCD中，等边△AEF的顶点E、F分别在边BC 和CD上则下列结论：①CE=CF：②∠AEB=75°；③S△EFC=1；④ ，其中正确的有________（用序号填写）11. （1分）如图坐标系中，O(0，0) ，A(6，6 )，B(12，0).将△OAB沿直线CD 折叠，使点A恰好落在线段OB上的点E处，若OE＝，则CE : DE的值是________.三、综合题 (共3题；共37分)12. （11分）综合题。
中考数学压轴专题训练——动态(动点)几何问题的解题技巧(含答案)
点 的坐标
为 ．……
一次函数的解读式
为 ．
(3) 两点在直线 上， 的坐标分别是 ．
， ．
过点 作 ，垂足为点 ．
，
又 ， 点坐标为 ．
3．(1)解方程 ，得 ．
由m＜n，知m=1，n=5．
∴A(1，0)，B(0，5)．………………………1分
∴ 解之，得
所求抛物线的解读式为 ……3分
(2)由 得 故C的坐标为(-5，0)．………4分
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为_______
和位置关系为_____；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（2）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明.
（2）如图2，若E为线段DC的延长线上任意一点，（1）中的其他条件不变，你在（1）中得出的结论是否发生改变，直接写出你的结论，不必证明．
4、（1）如图1所示，在四边形 中， = ， 与 相交于点 ， 分别是 的中点，联结 ，分别交 、 于点 ，试判断 的形状，并加以证明；
（2）如图2，在四边形 中，若 ， 分别是 的中点，联结FE并延长，分别与 的延长线交于点 ，请在图2中画图并观察，图中是否有相等的角，若有，请直接写出结论：；
(3)如图③，当∠DAB＝90°，∠B与∠D互补时，线段AB、AD、AC有怎样的数量关系?写出你的猜想，并给予证明．
7.设点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，F是BC边上一点，线段DE和AF相交于点P，点Q在线段DE上，且AQ∥PC．
云南中考数学题型研究：题型六 几何图形动态探究题
AB 10 5
5
【方法指导】在动态问题中求线段长度，常用解 题方法是将此线段放入直角三角形中，利用三角 函数解题或利用三角形全等、相似性质求解.
（2）【思路分析】由于点的运动导致图形的变
化，于是本小题要分两种情况来讨论，即当点Q 在BC上运动和当点Q在AC上运动两种情况；
解：当0<x≤3时，点Q在BC上，如解图①，
MB+BC+MC=PB+BC+PC=5+6+5=16，∴△BCM的周长
最小值为16.
【方法指导】求三角形周长的最小值问题最 基本的定理就是“两点之间线段最短”，最 常见的基本图形就是“水渠问题”，即已知 一直线和直线同旁的两个点，要在直线上找 一点，使得这两个点与这点连接的线段之和 最小，解决问题的方法就是通过轴对称作出 对称点来解决，由此变化而来的是在以抛物 线为背景的图形中，要求某个三角形的周长 最小.
;
（4）若点Q在y轴上，当S有最大值且△QAN为
等腰三角形时，求直线AQ的解析式.
（1）【思路分析】可在Rt△CPN中，根据CP 的长和∠BCA的三角函数值求出CN、PN的长，
即可表示出点P的坐标.
解：( 4 t , 3 t );
4
【方法指导】动态中求点坐标问题，解题方 法为根据已知图形的性质，找对应边存在的 关系或特殊三角函数求解.
过点Q作QM⊥AB于点M，
在Rt△AQM中，AQ=14-2x，
Q M A Q sinA (1 4 2 x ) 3 4 2 6x , 例1题解图②
5 55
所以△BPQ的面积
1 Q M B P 1 ( 4 2 6 x ) ( 1 0 x ) 3 x 2 5 1 4 2
云南省保山市中考数学专题高分攻略6讲专题四动态探究型问题
云南省保山市中考数学专题高分攻略6讲专题四动态探究型问题姓名:________ 班级:________ 成绩:________一、单选题 (共6题；共12分)1. （2分） (2017九上·鄞州月考) 如图，在△ABC中，AC=BC=25，AB=30，D是AB上的一点（不与A、B重合），DE⊥BC，垂足是点E，设BD=x，四边形ACED的周长为y，则下列图象能大致反映y与x之间的函数关系的是（）A .B .C .D .2. （2分）下列各点：①（0，0）；②（1， 1）；③（ 1， 1）；④（ 1，1），其中在函数的图像上的点（）B . 2个C . 3个D . 4个3. （2分） (2018九下·福田模拟) 如图,在平面直角坐标系中,正方形ABCO的边长为3,点O为坐标原点,点A、C分别在x轴、y轴上,点B在第一象限内直线y=kx+1分别与x轴、y轴、线段BC交于点F、D、G,AE⊥FG,下列结论:①△GCD和△FOD的面积比为3:1:②AE的最大长度为:③tan∠FEO= ④当DA平分∠EAO时,CG= ，其中正确的结论有（）A . ①②③B . ②③C . ②③④D . ③④4. （2分）设a、b、c分别为△ABC中∠A、∠B和∠C的对边，则△ABC的面积为（）A .B .C .D .5. （2分）(2018·秀洲模拟) 如图，将△ABC沿DE，EF翻折，顶点A，B均落在点O处，且EA与EB重合于线段EO，若∠CDO+∠CFO= ，则∠C的度数为（）A . 40°B . 41°C . 42°6. （2分） (2016八下·夏津期中) 一辆公共汽车从车站开出，加速行驶一段时间后开始匀速行驶．过了一段时间，汽车到达下一车站．乘客上下车后汽车开始加速，一段时间后又开始匀速行驶．下图中近似地刻画出汽车在这段时间内的速度变化情况的是（）A .B .C .D .二、填空题 (共5题；共6分)7. （1分） (2019八上·武汉月考) 如图，A（4,3），B(2,1),在x轴上取两点P、Q，使PA+PB值最小，|QA-QB|值最大，则PQ=________.8. （1分）(2017·昆山模拟) 将函数y=2x+b（b为常数）的图象位于x轴下方的部分沿x轴翻折至其上方后，所得的折线是函数y=|2x+b|（b为常数）的图象．若该图象在直线y=2下方的点的横坐标x满足0＜x＜3，则b的取值范围为________．9. （2分）如图，在正方形ABCD中，AB=，点P为边AB上一动点（不与A、B重合），过A、P在正方形内部作正方形APEF，交边AD于F点，连接DE、EC，当△CDE为等腰三角形时，AP=________ ．10. （1分）(2017·娄底模拟) 在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2）．延长CB交x轴于点A1 ，作第1个正方形A1B1C1C；延长C1B1交x轴于点A2 ，作第2个正方形A2B2C2C1 ，…，按这样的规律进行下去，第2016个正方形的面积是________11. （1分） (2015九上·宝安期末) 如图，在边长为2 的正方形ABCD中，点E为AD边的中点，将△ABE 沿BE翻折，使点A落在点A′处，作射线EA′，交BC的延长线于点F，则CF=________．三、综合题 (共3题；共37分)12. （11分）(2017·温州) 小黄准备给长8m，宽6m的长方形客厅铺设瓷砖，现将其划分成一个长方形ABCD 区域Ⅰ（阴影部分）和一个环形区域Ⅱ（空白部分），其中区域Ⅰ用甲、乙、丙三种瓷砖铺设，且满足PQ∥AD，如图所示．（1）若区域Ⅰ的三种瓷砖均价为300元/m2，面积为S（m2），区域Ⅱ的瓷砖均价为200元/m2，且两区域的瓷砖总价为不超过12000元，求S的最大值；（2）若区域Ⅰ满足AB：BC=2：3，区域Ⅱ四周宽度相等①求AB，BC的长；②若甲、丙两瓷砖单价之和为300元/m2，乙、丙瓷砖单价之比为5：3，且区域Ⅰ的三种瓷砖总价为4800元，求丙瓷砖单价的取值范围．13. （11分）(2017·博山模拟) 设抛物线的解析式为y=ax2 ，过点B1（1，0）作x轴的垂线，交抛物线于点A1（1，2）；过点B2（，0）作x轴的垂线，交抛物线于点A2；…；过点Bn（（）n﹣1 ， 0）（n为正整数）作x轴的垂线，交抛物线于点An ，连接AnBn+1 ，得Rt△AnBnBn+1 ．（1）求a的值；（2）直接写出线段AnBn，BnBn+1的长（用含n的式子表示）；（3）在系列Rt△AnBnBn+1中，探究下列问题：①当n为何值时，Rt△AnBnBn+1是等腰直角三角形？②设1≤k＜m≤n（k，m均为正整数），问：是否存在Rt△AkBkBk+1与Rt△AmBmBm+1相似？若存在，求出其相似比；若不存在，说明理由．14. （15分）如图，点P是∠AOB内的一点，过点P作PC∥OB，PD∥OA，分别交OA、OB于点C、D，且PE⊥OA，PF⊥OB，垂足分别为点E、F．（1）求证：OC•CE=OD•DF；（2）当点P位于∠AOB的什么位置时，四边形CODP是菱形并证明你的结论．参考答案一、单选题 (共6题；共12分)1-1、2-1、3-1、4-1、5-1、6-1、二、填空题 (共5题；共6分)7-1、8-1、9-1、10-1、11-1、三、综合题 (共3题；共37分)12-1、12-2、13-1、13-2、13-3、14-1、14-2、。
中考数学压轴专题训练——动态(动点)几何问题的解题技巧(含答案)
（2）连接PQ，在运动过程中，不论t取何值时，总有线段PQ与线段AB平行．为什么？
（3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形．
答案：
1、解：1）PD=PE。以图②为例，连接PC
∵△ABC是等腰直角三角形，P为斜边AB的中点，
∴PC=PB，CP⊥AB，∠DCP=∠B=45°，
(3)如图3，BD是正方形ABCD的对角线,L在BD上，且BL=BC,连结CL，点E是CL上任一点,EF⊥BD于点F，EG⊥BC于点G，猜想EF、EG、BD之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；
3.在 中，AC=BC， ，点D为AC的中点．
（1）如图1，E为线段DC上任意一点，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连结CF，过点F作 ，交直线AB于点H．判断FH与FC的数量关系并加以证明．
动态几何问题的解题技巧
解这类问题的基本策略是：
1．动中觅静：这里的“静”就是问题中的不变量、不变关系，动中觅静就是在运动变化中探索问题中的不变性．
2．动静互化：“静”只是“动”的瞬间，是运动的一种特殊形式，动静互化就是抓住“静”的瞬间，使一般情形转化为特殊问题，从而找到“动”与“静”的关系．
3．以动制动：以动制动就是建立图形中两个变量的函数关系，通过研究运动函数，用联系发展的观点来研究变动元素的关系．
又∵∠DPC+∠CPE=90°，∠CPE+∠EPB=90°
∴∠DPC=∠EPB
∴△DPC≌△EPB（AAS）
∴PD=PE
2）能，①当EP=EB时，CE= BC=1
②当EP=PB时，点E在BC上，则点E和C重合，CE=0
③当BE=BP时，若点E在BC上，则CE=
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云南省临沧市中考数学专题高分攻略6讲专题四动态探究型问题
姓名:________ 班级:________ 成绩:________
一、单选题 (共6题；共12分)
1. （2分） (2017八下·潮阳期末) 如图，菱形ABCD中，AB=2，∠B=120°，点M是AD的中点，点P由点A 出发，沿A→B→C→D作匀速运动，到达点D停止，则△APM的面积y与点P经过的路程x之间的函数关系的图象大致是（）
A .
B .
C .
D .
2. （2分）(2017·潍坊) 定义[x]表示不超过实数x的最大整数，如[1.8]=1，[﹣1.4]=﹣2，[﹣3]=﹣3．函数y=[x]的图象如图所示，则方程[x]= x2的解为（）#N．
A . 0或
B . 0或2
C . 1或
D . 或﹣
3. （2分） (2019八上·江阴期中) 如图，四边形ABCD中，对角线AC⊥BD于点O，且AO=BO=4，CO=8，∠ADB=2∠ACB，则四边形ABCD的面积为（）
A . 48
B . 42
C . 36
D . 32
4. （2分）直角三角形两锐角的平分线相交得到的钝角为（）
A . 150o
B . 135o
C . 120o
D . 120o或135o
5. （2分） (2018八下·越秀期中) 如图，矩形ABCD中，点E在边AB上，将矩形ABCD沿直线DE折叠，点A 恰好落在BC边上的F处，若CD=6，BF=2，则AD的长是（）
A . 7
B . 8
C . 9
D . 10
6. （2分）如图，某电信公司提供了A,B两种方案的移动通讯费用y（元）与通话时间x（元）之间的关系，则下列结论中正确的有（）
(1)若通话时间少于120分，则A方案比B方案便宜20元
(2)若通话时间超过200分，则B方案比A方案便宜12元
(3)若通讯费用为60元，则B方案比A方案的通话时间多
(4)若两种方案通讯费用相差10元，则通话时间是145分或185分
A . 1个
B . 2个
C . 3个
D . 4个
二、填空题 (共5题；共6分)
7. （1分）(2018·龙东模拟) 如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=4，M是AB边上一动点，N 是AC边上的一动点，则MN+MC的最小值为________．
8. （1分） (2018八下·黄浦期中) 把直线y= x+1向右平移________个单位可得到直线y= x-2．
9. （2分） (2011八下·建平竞赛) 在直线l上依次摆放着七个正方形（如图所示），已知斜放置的三个正方形的面积分别是1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1 ， S2 ， S3 ， S4 ，则S1 ＋ S2 ＋S3 ＋S4 ＝________．
10. （1分） (2019八上·姜堰期末) 如下图，E为正方形ABCD的边BC延长线上的点，且CE=AC，连接AE，则 =________度
11. （1分）(2017·徐汇模拟) 在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=5，BC=3，CD是∠ACB的平分线，将△ABC 沿直线CD翻折，点A落在点E处，那么AE的长是________．
三、综合题 (共3题；共37分)
12. （11分）(2019·高新模拟) 如图，在矩形ABCD中，AB＝6 ，BC＝3 动点P从点A出发，沿AC 以每秒4个单位长度的速度向终点C运动．过点P（不与点A、C重合）作EF⊥AC，交AB或BC于点E，交AD或DC 于点F，以EF为边向右作正方形EFGH设点P的运动时间为t秒．
（1）①AC＝________．②当点F在AD上时，用含t的代数式直接表示线段PF的长________．
（2）当点F与点D重合时，求t的值．
（3）设方形EFGH的周长为l，求l与t之间的函数关系式．
（4）直接写出对角线AC所在的直线将正方形EFGH分成两部分图形的面积比为1：2时t的值．
13. （11分）(2017·莒县模拟) 如图，已知抛物线y= x2+bx+c经过△ABC的三个顶点，其中点A（0，1），点B（9，10），AC∥x轴，点P是直线AC下方抛物线上的动点．
（1）
求抛物线的解析式；
（2）
过点P且与y轴平行的直线l与直线AB、AC分别交于点E、F，当四边形AECP的面积最大时，求点P的坐标和四边形AECP的最大面积；
（3）
当点P为抛物线的顶点时，在直线AC上是否存在点Q，使得以C、P、Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
14. （15分） (2019八下·哈尔滨期中) 在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形OABC是菱形，点A 的坐标为（3，4），点C在x轴的负半轴上，直线AC交y轴于点D ， AB边交y轴于点E ．
（1）如图①，求直线AC的解析式；
（2）如图②，连接BD，动点P从C出发，沿线段CB以1个单位/秒的速度向终点B匀速运动，设△PBD的面积为s（s≠0），点P的运动时间为t秒，求s与t之间的函数关系式，并直接写出自变量t的取值范围；
（3）如图③，在（2）的条件下，连接OP交AC于点F，当∠AFO＝45°时，求t的值．
参考答案一、单选题 (共6题；共12分)
1-1、
2-1、
3-1、
4-1、
5-1、
6-1、
二、填空题 (共5题；共6分)
7-1、
8-1、
9-1、
10-1、
11-1、
三、综合题 (共3题；共37分)
12-1、
12-2、
12-3、
12-4、
13-1、
13-2、
13-3、
14-1、14-2、。