2023中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí)動(dòng)態(tài)綜合試題

動(dòng)態(tài)綜合專題動(dòng)態(tài)綜合型試題是近年來各級(jí)各類考試命題的熱點(diǎn)和焦點(diǎn)，她集多個(gè)知識(shí)點(diǎn)于一體，綜合性高，探究型強(qiáng).解決這類問題的主要思路是：在動(dòng)中取靜，在靜中探動(dòng)，也就是用運(yùn)動(dòng)與變化的眼光去觀察和研究圖形，把握?qǐng)D形運(yùn)動(dòng)的全過程，抓住其中的等量關(guān)系和變量關(guān)系，特別關(guān)注一些不變量、不變關(guān)系和特殊位置關(guān)系.點(diǎn)動(dòng)型例1〔2023·涼山州〕菱形ABCD在平面直角坐標(biāo)系中的位置如圖1所示，頂點(diǎn)B〔2，0〕，∠DOB＝60°，點(diǎn)P是對(duì)角線OC上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，E〔0，－1〕，當(dāng)EP＋BP最短時(shí)，點(diǎn)P的坐標(biāo)為______.圖1分析：點(diǎn)B的對(duì)稱點(diǎn)是點(diǎn)D，如圖2，連接ED交OC于點(diǎn)P，易知ED的長(zhǎng)度即為EP＋BP的最短值.圖2解：如圖2，連接ED，因?yàn)辄c(diǎn)B的對(duì)稱點(diǎn)是D，所以DP＝BP，所以ED的值即為EP＋BP的最短值.因?yàn)樗倪呅蜛BCD是菱形，頂點(diǎn)B〔2，0〕，∠DOB＝60°，所以點(diǎn)D的坐標(biāo)為〔1，〕，所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為〔3，〕，所以可得直線OC的解析式為.因?yàn)辄c(diǎn)E的坐標(biāo)為〔0，－1〕，所以可得直線ED的解析式為.因?yàn)辄c(diǎn)P事直線OC和直線ED的交點(diǎn)，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為方程組的解，解方程組可得，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為〔-3,2-〕，故填〔-3,2-〕.評(píng)注：此題中的變量是EP＋BP的值，不變量是點(diǎn)B與點(diǎn)D的位置關(guān)系，借助菱形的對(duì)稱性將EP＋BP的值轉(zhuǎn)化為ED的值，由“兩點(diǎn)間線段最短〞即可知道此時(shí)EP＋BP的值最短，將變量轉(zhuǎn)化為不變量是解決運(yùn)動(dòng)型問題常用的解題思路.跟蹤訓(xùn)練：1.〔2023·貴港〕如圖，P是⊙O外一點(diǎn)，Q是⊙O上的動(dòng)點(diǎn)，線段PQ的中點(diǎn)為M，連接OP、OM.假設(shè)⊙O的半徑為2，OP＝4，那么線段OM的最小值是〔〕A.0B.1C.2D.3第1題圖第2題圖2.如圖，線段AB=10，AC=BD=2，點(diǎn)P是CD上一動(dòng)點(diǎn)，分別以AP、PB為邊向上、向下作正方形APEF和PHKB，設(shè)正方形對(duì)角線的交點(diǎn)分別為O1、O2，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，線段O1O2中點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)是______.線動(dòng)型例2如圖3，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是矩形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為〔4，3〕.平行于對(duì)角線AC的直線m從原點(diǎn)O出發(fā)，沿x軸正方向以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)直線m與矩形OABC的兩邊分別交于點(diǎn)M、N，直線m運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t〔秒〕.〔1〕點(diǎn)A的坐標(biāo)是______,點(diǎn)C的坐標(biāo)是_____；〔2〕當(dāng)t=_____秒或____秒時(shí)，MN=AC；〔3〕設(shè)△OMN的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式；〔4〕在〔3〕中得到的函數(shù)S有沒有最大值？假設(shè)有求出最大值；假設(shè)沒有，要說明理由.圖3分析：〔1〕根據(jù)B點(diǎn)的坐標(biāo)即可求出A、C點(diǎn)的坐標(biāo)；當(dāng)MN=AC時(shí)，有兩種情況：①M(fèi)n是△OAC的中位線，此時(shí)OM＝OA＝2，因此t＝2；②當(dāng)MN是△ABC的中位線時(shí)，OM＝OA＝6，因此t＝6；〔3〕此題要分類討論：①大直線m在AC下方或與AC重合時(shí)，即當(dāng)0＜t≤4時(shí)，可根據(jù)△OMN∽△OAC，用兩三角形的相似比求出面積比，即可得出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；②當(dāng)直線m在AC上方時(shí)，即當(dāng)4＜t＜8時(shí)，可用矩形OABC的面積-△BMN的面積-△OCN的面積-△OAM的面積求得；〔4〕根據(jù)〔3〕得出的函數(shù)的性質(zhì)和自變量的取值范圍即可求出面積S的最大值及對(duì)應(yīng)的t的值.解：〔1〕A〔4，0〕，C〔0，3〕；〔2〕當(dāng)MN=AC時(shí)，有兩種情況：①M(fèi)n是△OAC的中位線，此時(shí)OM＝OA＝2，因此t＝2；②當(dāng)MN是△ABC的中位線時(shí)，AM＝AB＝，OA＝4，AD＝＝2，所以O(shè)D＝OA＋AD＝4＋2＝6，故t＝6；〔3〕當(dāng)0＜t≤4時(shí)，OM＝t，因?yàn)椤鱋MN∽△OAC，所以，所以O(shè)N＝t，S＝.當(dāng)4＜t＜8時(shí)，如圖4，因?yàn)镺D＝t，所以AD＝t-4，由△DAM∽△AOC，可得AM＝，所以BM＝6-；由△BMN∽△BAC，可得BN＝BM＝8-t，所以CN＝t-4，所以S＝矩形OABC的面積-Rt△BMN的面積-Rt△OCN的面積-Rt△OAM的面積＝12-〔t-4〕-〔8-t〕〔6-〕-〔t-4〕＝-＋3t；圖4〔4〕有最大值，當(dāng)0＜t≤4時(shí)，因?yàn)閽佄锞€S＝的開口向上，在對(duì)稱軸t＝0的右邊，S隨t的增大而增大，所以當(dāng)t＝4時(shí)，S可取到最大值×42＝6；當(dāng)4＜t＜8時(shí)，因?yàn)閽佄锞€S＝-＋3t的開口向下，頂點(diǎn)是〔4，6〕，所以S≤6.綜上所述，當(dāng)t＝4時(shí)，S有最大值6.評(píng)論：相對(duì)于點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)來講，線的運(yùn)動(dòng)在中考中相對(duì)要少點(diǎn)兒，解答這類問題時(shí)要用運(yùn)動(dòng)與變化的觀點(diǎn)去觀察和研究圖形，把握直線運(yùn)動(dòng)與變化的全過程，抓住等量關(guān)系和變量關(guān)系，特別注意一些不變量、不變關(guān)系或特殊關(guān)系.跟蹤訓(xùn)練：1.如下圖，等腰梯形ABCD，AD∥BC，假設(shè)動(dòng)直線垂直于BC，且向右平移，設(shè)掃過的陰影局部的面積為S，BP為x，那么S關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是〔〕AABCD第1題圖2.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xoy中，二次函數(shù)〔a，b是常數(shù)〕的圖像與x軸交于點(diǎn)A〔-3.0〕和點(diǎn)B〔1，0〕，與y軸交于點(diǎn)C.動(dòng)直線y＝t〔t為常數(shù)〕與拋物線交于不同的兩點(diǎn)P、Q.〔1〕求a和b的值；〔2〕求t的取值范圍；〔3〕假設(shè)∠PCQ＝90°，求t的值.第2題圖面動(dòng)型例3：把Rt△ABC和Rt△ABC按如圖1擺放〔點(diǎn)C與點(diǎn)E重合〕，點(diǎn)B、C(E)、F在同一直線上，∠ACB=∠EDF=90°，∠DEF=45°，AC=8cm，BC=6cm,EF=9cm.如圖2，△DEF從圖1的位置出發(fā)，以1cm/s的速度沿CB向△ABC勻速移動(dòng)，在△DEF移動(dòng)的同時(shí)，點(diǎn)P從△ABC的頂點(diǎn)B出發(fā)，以2cm/s的速度沿BA向點(diǎn)A勻速移動(dòng)，當(dāng)△DEF的頂點(diǎn)D移動(dòng)到AC邊上時(shí)，△DEF停止移動(dòng)，點(diǎn)P也隨之停止運(yùn)動(dòng).DE與AC相交于點(diǎn)Q，連接PQ，設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t(s)(0＜t＜4.5)，解答以下問題：①當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)A在線段PQ的垂直平分線上？②連接PE，設(shè)四邊形APEC的面積為y(cm2),求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；是否存在某一時(shí)刻t，使得面積y最??？假設(shè)存在，求出y的最小值，假設(shè)不存在，請(qǐng)說明理由.③是否存在某一時(shí)刻t，使得P、Q、F三點(diǎn)在同一條直線上？假設(shè)存在，求出此時(shí)t的值；假設(shè)不存在，說明理由.解析:①因?yàn)辄c(diǎn)A在線段PQ的垂直平分線上，所以AP=AQ.因?yàn)椤螪EF=45°,∠ACB=90°，∠DEF+∠ACB+∠EQC=180°，所以∠EQC=45°，所以∠DEF=∠EQC，所以CE=CQ.又由題意得CE=t,BP=2t，所以CQ=t，所以AQ=8-t，解得t=2；②過點(diǎn)P作PM⊥BE，交BE與點(diǎn)M，所以∠BMP=90°，在Rt△ABC和Rt△BPM中，sinB=EQ\F(AC,AB)=EQ\F(PM,BP),代入，解得PM=EQ\F(8,5)t.因?yàn)锽C=6cm,CE=t,所以BE=6-t，所以y=S△ABC-S△BPE=EQ\F(1,2)(BC·AC-BE·PM)化簡(jiǎn)得y=EQ\F(4,5)(t-3)2+EQ\F(84,5)，所以當(dāng)t=3時(shí)，y最小=EQ\F(84,5)；③假設(shè)存在某一時(shí)刻t，使得點(diǎn)P、Q、F三點(diǎn)在同一條直線上，過P點(diǎn)作PN⊥AC，交AC于點(diǎn)N，所以∠ANP=∠ACB=∠PNQ=90°.因?yàn)椤螾AN=∠BAC所以△PAN∽△BAC，所以EQ\F(PN,6)=EQ\F(10-2t,10)=EQ\F(AN,8)，所以PN=6-EQ\F(6,5)t,AN=8-EQ\F(8,5)t.因?yàn)镹Q=AQ-AN，所以NQ=8-t-(8-EQ\F(8,5)t)=EQ\F(3,5)t.因?yàn)椤螦CB=90°,B、C(E)、F在同一條直線上，所以∠QCF=90°∠QCF=∠PNQ.因?yàn)椤螰QC=∠PQN，所以△QCF∽△QNP，所以EQ\F(PN,FC)=EQ\F(NQ,CQ)，所以EQ\F(6-1.2t,9-t)=EQ\F(3,5)，因?yàn)?＜t＜4.5，所以t=1.解后反思：面的運(yùn)動(dòng)相對(duì)來說比擬復(fù)雜，但也是中考的熱點(diǎn)之一，許多創(chuàng)新題、探究題都源于此，解決此類型問題的關(guān)鍵：一是要抓住幾何圖形在運(yùn)動(dòng)過程中形狀和大小都不改變這一特性，充分利用不變量來解決問題；二是要運(yùn)用特殊與一般的數(shù)學(xué)思想方法，探究圖形運(yùn)動(dòng)變化過程中的不同階段；三是要運(yùn)用類比轉(zhuǎn)化的方法探究相同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)下的共同性質(zhì)，這種方法能夠使得問題解決的過程更加簡(jiǎn)捷，結(jié)論更加明確.跟蹤訓(xùn)練：，在矩形ABCD中，E為BC邊上一點(diǎn)，,AB=12,BE=16,F為線段BE上一點(diǎn)，EF=7，連接AF.如圖1，現(xiàn)有一張硬質(zhì)紙片,,NG=6,MG=8,斜邊MN與邊BC在同一直線上，點(diǎn)N與點(diǎn)E重合，點(diǎn)G在線段DE上.如圖2，從圖1的位置出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿EB向點(diǎn)B勻速移動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度沿AD向點(diǎn)D勻速移動(dòng)，點(diǎn)Q為直線GN與線段AE的交點(diǎn)，連接PQ.當(dāng)點(diǎn)N到達(dá)終點(diǎn)B時(shí)，和點(diǎn)P同時(shí)停止運(yùn)動(dòng).設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，解答以下問題：〔1〕在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)點(diǎn)G在線段AE上時(shí)，求t的值；〔2〕在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在點(diǎn)P，使是等腰三角形，假設(shè)存在，求出t的值；假設(shè)不存在，說明理由；〔3〕在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，設(shè)與重疊局部的面積為S，請(qǐng)直接寫出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式以及自變量t的取值范圍.動(dòng)態(tài)綜合型專題點(diǎn)動(dòng)型：1.B2.線動(dòng)型：1.A2.解：〔1〕將點(diǎn)A、點(diǎn)B的坐標(biāo)代入可得，解得；拋物線的解析式為，直線y＝t，聯(lián)立兩解析式可得，即.因?yàn)閯?dòng)直線y＝t〔t為常數(shù)〕與拋物線交于不同的兩點(diǎn)，所以△＝4＋4×〔3＋t〕＞0，解得t＞-4；因?yàn)?，所以拋物線的對(duì)稱軸為直線x＝1.當(dāng)x＝0時(shí)，y＝-3，所以C〔0.-3).設(shè)點(diǎn)Q的坐標(biāo)為〔m，t〕，那么P〔-2-m，t〕.如圖，設(shè)PQ與y軸交于點(diǎn)D，那么CD＝t＋3，DQ＝m，DP＝m＋2.因?yàn)椤螾CQ＝∠PCD＋∠QCD＝90°，∠DPC＋∠PCD＝90°，所以∠QCD＝∠DPC.因?yàn)椤螾DC＝∠QDC＝90°，所以△QCD∽△CDP，所以，即＝，整理得.因?yàn)镼〔m，t〕在拋物線上，所以t＝，即，所以，化簡(jiǎn)得，解得，.當(dāng)t＝-3時(shí)，動(dòng)直線y＝t經(jīng)過點(diǎn)C，故不合題意，舍去，所以t＝-2.面動(dòng)型：解：〔1〕在Rt△GMN中，GN＝6，GM＝8，所以MN＝10.由題意，易知點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)線路平行于BC.由題意易知點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)線路平行于BC.如答圖1所示，過點(diǎn)G作BC的平行線，分別交AE、AF于點(diǎn)Q、R.因?yàn)椤螦ED＝∠EGM＝90°，所以AE∥GM，所以四邊形QEMG為平行四邊形，所以QG＝EM＝10，所以t＝＝10秒；答圖1〔2〕存在符合條件的點(diǎn)P，在Rt△ABE中，AB＝12，BE＝16，由勾股定理得AE＝20.設(shè)∠AEB＝，那么sin＝，cos＝.因?yàn)镹E＝t，所以QE＝NE?cos＝，AQ＝AE-QE＝20－.△APQ是等腰三角形，有三種可能的情形：①AP＝PQ，如答圖2所示，過點(diǎn)P作PK⊥AE于點(diǎn)K，那么AK＝AP?cos＝.因?yàn)锳Q＝2AK，所以20－＝2×，解得t＝；②AP＝AQ，如答圖3所示，有t＝20－，解得t＝；③AQ＝PQ，如答圖4所示，過點(diǎn)Q作QK⊥AP于點(diǎn)K，那么AK＝AQ?cos＝〔20－〕×＝16－.因?yàn)锳P＝2AK，所以t＝2×〔16－〕，解得t＝.綜上所述，當(dāng)t＝，或秒時(shí)，存在點(diǎn)P，使△APQ是等腰三角形.〔3〕如答圖1所示，點(diǎn)N到達(dá)點(diǎn)F的時(shí)間為t＝7；由〔1〕知，點(diǎn)G到達(dá)點(diǎn)Q的時(shí)間為t＝10；QE＝10×＝8，AQ＝20－8＝12，因?yàn)镚R∥BC，所以，即，所以QR＝，所以點(diǎn)G到達(dá)點(diǎn)R的時(shí)間為t＝10＋＝；點(diǎn)N到達(dá)終點(diǎn)B的時(shí)間為t＝16.在△GMN運(yùn)動(dòng)的過程中：①當(dāng)0≤t＜7時(shí)，如答圖5所示：QE＝NE?cos＝，QN＝NE?sin＝，S＝QE?QN＝??＝；②當(dāng)7≤t＜10時(shí)，如答圖6所示：設(shè)QN與AF交于點(diǎn)I，因?yàn)閠an∠INF＝，tan∠IFN＝，所以∠INF＝∠IFN，△IFN為等腰三角形.底邊NF上的高h(yuǎn)＝NF?tan∠INF＝×〔t