20xx-20xx年浙江11市中考数学专题8：面动问题(编辑修改稿)

20xx-20xx年浙江11市中考数学专题8：面动问题(编辑修改稿)内容摘要：

解：（ 1）由 OA=4 3 ， ∠ ABO=30176。 ，得到 OB=12， ∴ B（ 12， 0）。 设直线 AB 解析式为 y kx b， 把 A和 B 坐标代入得： b 4 312k b 0  ，解得： 3k 3b 4 3 。 ∴ 直线 AB 的解析式为： 3y x 4 33 。 （ 2） ∵∠ AOB=90176。 ， ∠ ABO=30176。 ， ∴ AB=2OA=8 3。 ∵ AP= 3t ， ∴ BP=AB－ AP=。 ∵△ PMN 是等边三角形， ∴∠ MPB=90176。 ∵ PMtan PBM PB， ∴ PM=  38 3 3t =8 t3  ，即等边 △ PMN 的边长为 8t。 当点 M 与点 O重合时， ∵∠ BAO=60176。 ， ∴ AO=2AP。 ∴ 4 3=2 3t。 ∴ t=2。 ∴ 当点 M 与点 O 重合时， t=2。 （ 3） ① 当 0≤t≤1时，见图 1， 设 PN交 EC 于点 H，重叠部分为直角梯形 EONG，作 GH⊥ OB 于 H。 ∵ 点 D 是 OB 的中点，即 BD=6， ∴ GH=CD=2 3。 ∵∠ GNH=60176。 ， ∴ HN=2。 ∵ 等边 △ PMN 的边长为 8t ， ∴ BM=16－ 2t。 ∵ OB=12， ∴    O N 8 t 1 6 2 t 1 2 4 t      。 ∴ O H O N H N 4 t 2 2 t E G       。 ∴ 1S 2 t 4 t 2 3 2 3 t 6 32      （ ）。 ∵ S 随 t 的增大而增大， ∴ 当 t=1 时， Smax=8 3。 ② 当 1＜ t＜ 2 时，见图 2， 设 PM 交 EC 于点 I，交 EO 于点 F， PN 交 EC 于点G，重叠部分为五边形 OFIGN，作 GH⊥ OB 于 H。 ∵ FO 4 3 2 3t， ∴ E F 2 3 ( 4 3 2 3 t ) 2 3 t 2 3    。 ∴ EI 2t 2。 ∴   2F E IONGE 1S S S 2 3 t 6 3 2 t 2 2 3 t 2 3 2 3 t 6 3 t 4 32          梯 形 （ ）。 ∵ 23 ＜ 0， ∴ 当 3t 2 时， S 有最大值，max 17 3S 2。 ③ 当 t=2 时，见图 3， MP=MN=6，即 N 与 D 重合， 设 PM交 EC 于点 I， PD 交 EC 于点 G，重叠部 分为等腰梯形 IMNG， 2233S 6 2 8 344    。 综上所述：    22 3 t 6 3 0 t 1S 2 3 t 6 3 t 4 3 1 t 28 3 t= 2      。 ∵ 1732 ＞ 83， ∴ S 的最大值是 1732。 【考点】 二次函数综合题，动点和动面问题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系， 等边三角形的性质，锐角三角函数定义，特殊角的三角函数值，函数的最值，分类思想的应用。 【分析】 （ 1）先在直角三角形 AOB 中，根据 ∠ ABO 的度数和 OA 的长，求出 OB 的长，即可得出 B 点的坐标，然后用待定系数法即可求出直线 AB 的解析式。 （ 2）求等边三角形的边长就是求出 PM 的长，可在直角三角形 PMB 中，用 t 表示出 BP 的长，然后根据 ∠ ABO 的度数，求出 PM 的长。 当 M、 O 重合时，可在直角三角形 AOP 中，根据 OA的长求出 AP 的长，然后根据 P 点的速度即可求出 t 的值。 （ 3）本题要分情况进行讨论： ① 当 N 在 D 点左侧且 E 在 PM 右侧或在 PM 上时，即当 0≤t≤1时，重合部分是直角梯形 EGNO。 ② 当 N 在 D 点左侧且 E 在 PM 左侧时，即当 1＜ t＜ 2 时，此时重复部分为五边形，其面积可用FEIONGESS梯 形来求得。 ③ 当 N、 D 重合时 ，即 t=2 时，此时 M、 O 也重合，此时重合部分为等腰梯形。 根据上述三种情况，可以得出三种不同的关于重合部分面积与 t 的函数关系式，从而可根据函数的性质和各自的自变量的取值范围求出对应的 S 的最大值。 6.（ 2020年 浙江 丽水 14分） 如图，在平面直角坐标系中，直角梯形 ABCO的边 OC落在 x轴的正半轴上，且AB∥ OC， BC⊥ OC， AB=4， BC=6， OC=8．正方形 ODEF 的两边分别落在坐标轴上，且它的面积等于直角梯形 ABCO 面积． 将 正方形 ODEF 沿 x轴的正半轴平行移动，设 它 与 直角梯形 ABCO 的重叠部分面积为 S． （ 1）分析与计算： 求正方形 ODEF 的边长； （ 2）操作与求解： ① 正方形 ODEF 平行移动过程中，通过操作、观察，试判断 S（ S＞ 0）的变化情况是 ▲ ； A．逐渐增大 B．逐渐减少 C．先增大后减少 D．先减少后增大 ② 当正方形 ODEF 顶点 O 移动到点 C 时， 求 S 的值； （ 3）探究与归纳： 设 正方形 ODEF 的顶点 O 向右移动的距离为 x，求重叠部分面积 S 与 x的函数关系式 ． 【答案】 解：（ 1） ∵ 正方形 ODEF 的面积等于直角梯形 ABCO 面积，且 AB=4， BC=6， OC=8， ∴  O D E F A B C O 1S S 4 8 6 3 62    。 设正方形的边长为 x， ∴ x2=36， x=6 或 x=－ 6（舍去）。 ∴ 正方形 ODEF 的边长为 6。 （ 2） ① C。 ② 过点 A作 AG∥ BC 交 x轴于 G， 则 AE=DG=EB－ AB=6－ 4=2。 当正方形 ODEF顶点 O移动 到点 C时， OD=OC－ CD=8－ 6=2。 ∴ 重叠部分的面积是：  A M D G A G C B 1S S S 3 6 2 6 4 3 32       梯 形 矩 形。 （ 3） ① 当 0≤x＜ 4 时，重叠部分为三角形，如图 ① ， 可得 △ OMO′∽△ OAN， ∴ M O x 3M O x6 4 2  ，。 ∴ 21 3 3S x x x2 2 4   。 ② 当 4≤x＜ 6 时，重叠部分为直角梯形，如图 ② ，  1S x 4 x 6 6 x 1 22     。 ③ 当 6≤x＜ 8 时，重叠部分为五边形，如图 ③ ，可得，点 A坐标为（ 4， 6）， ∴ OA的解析 式为： 3yx2。 ∴  3M D x 6 A F x 42   ，。 ∴       21 1 3 3S x 4 x 6 x 6 x 6 x 1 5 x 3 92 2 2 4           。 ④ 当 8≤x＜ 10 时，重叠部分为五边形，如图 ④ ，  22A F O 39。 D M B F O C 33S S S x 1 5 x 3 9 x 8 6 x 9 x 944             。 ⑤ 当 10≤x≤14时，重叠部分为矩形，如图 ⑤ ，  S 6 x 8 6 6 x 8 4        。 【考点】 平移问题， 梯形、正方形和三角形的面积公式，分类思想的应用。 【分析】 （ 1）根据梯形及正方形的面积公式和它们 的面积相等，可求出正方形的边长。 （ 2） ① 由图形的移动可知，从 OF 出发，重叠部分面积逐渐增大，当 OF 和 BC 重合时面积最大，继续移动时，面积将减小。 故选 C。 ② 求重叠部分面积时，可将其转化为 S 梯形 AMDG+S 矩形 AGCB。 （ 3）依据题意将图形平移，由于移动的距离不同，重叠部分为三角形、五边形和矩形： ① 利用三角形的面积公式列等式； ② 根据梯形面积公式列等式； ③④ 利用分割法将五边形化为三角形和梯形解答； ⑤ 根据矩形面积公式解答。 7.（ 2020 年 浙江湖州 10 分） 如图甲，在等腰直角三角形 OAB 中， ∠ OAB=90176。 ， B 点在第一象限， A 点坐标为（ 1， 0）． △ OCD 与 △ OAB 关于 y 轴对称． （ 1）求经过 D， O， B 三点的抛物线的解析式； （ 2）若将 △ OAB 向上平移 k（ k＞ 0）个单位至 △ O′A′B（如图乙），则经过 D， O， B′三点的抛物线的对称轴在 y 轴的 ．（填 “左侧 ”或 “右侧 ”） （ 3）在（ 2）的条件下，设过 D， O， B′三点的抛物线的对称轴为直线 x=m．求当 k 为何值时， |m|=13 ． 【答案】 解：（ 1） ∵∠ OAB=90176。 ， ∴ OA=AB。 ∴ B 点坐标为（ 1， 1）。 ∵ 由题意可知：经过 D， O， B 三点的抛物线的顶点是原点， ∴ 可设所求抛物线的解析式为 2y ax。 ∵ B（ 1， 1）在抛物线上， ∴ 21 a1 ， a=1。 ∴ 经过 D， O， B 三点的抛物线解析式是 2yx。 （ 2）左侧。 （ 3）由题意得：点 B′的坐标为（ 1， 1+k）， ∵ 抛物线过原点， ∴ 可设抛物线解析式为 211y a x b x。 ∵ 抛物线经过点 D（－ 1， 1）和点 B′（ 1， 1+k）， ∴ 1111a b 1a b 1 k    ，解得 11k2a2kb2  。 ∴ 抛物线解析式为 2k 2 ky x x22。 ∵ 抛物线对称轴必在 y 轴的左侧， ∴ m＜ 0。 ∵ 1m 3 ， ∴ 1m 3。 ∴ k 12k2 322 ，解得 k=4。 ∴ 当 k=4 时， 1m 3。 【考点】 二次函数综合题，二次函数的性质，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，平移的性质。 【分析】 （ 1）依题意设所求抛物线的解析式为 2y ax ，把点 B 代入解析式求出抛物线的表达式。 （ 2）结合图形有 △ OAB≌△ OCD，当将 △ OAB 上移，经过 D， O， B′三点 的抛物线的对称轴显然在y 轴左侧。 （ 3）设出抛物线解析式，将 D 和和 B′点坐标代入，得出抛物线系数与 k 的关系，再由 m 的取值，求得 k。 8.（ 2020年 浙江金华 12分） 如图 1，在平面直角坐标系中，已知 ΔAOB是等边三角形，点 A的坐标是 (0，4)，点 B在第一象限，点 P是 x轴上的一个动点，连结 AP，并把 ΔAOP绕着点 A按逆时针方向旋转 .使边 AO与 AB重合 .得到 ΔABD。 （ 1）求直线 AB的解析式； （ 2）当点 P运动到点（ 3 ， 0）时，求此时 DP的长及点 D的坐标； （ 3）是否 存在点 P，使 ΔOPD的面积等于 43 ，若存在，请求出符合条件的点 P的坐标；若不存在，请说明理由。 【答案】 解：（ 1）如图 1，过点 B 作 BE⊥ y 轴于点 E，作 BF⊥ x轴于点 F， 由已知得： OB=4,BF=OE=2， 22O F 4 2 2 3  。 ∴ 点 B 的 坐标是（ 23 ， 2）。 设直线 AB 的解析式是 y=kx+b（ k≠0），则有 4b2 2 3k b? ，解得 3k 3b4 。 ∴ 直线 AB 的解析式是 3y x 43 。 （ 2）如图 2， ∵△ ABD 由 △ AOP 旋转得到， ∴△ ABD≌△ AOP。 ∴ AP=AD， ∠ DAB=∠ PAO。 ∴∠ DAP=∠ BAO=60176。 ∴△ ADP 是等边三角形。 ∴ 22D P A P 4 ( 3 ) 19   。 如图 2，过点 D 作 DH⊥ x轴于点 H，延长 EB 交 DH 于点 G，则 BG⊥ DH。 在 Rt△ BDG 中， ∠ BGD=90176。 ， ∠ DBG=60176。 ， ∴ 13B G B D c os6 0 3 22     ， 33D G B D sin60 3 22     。 ∴ OH=EG= 532 ， DH=72。 ∴ 点 D 的坐标为（ 532 ， 72 ）。 （ 3）存在。 假设存在点 P，在它的运动过程中，使 △ OPD 的面积等于 34。 设点 P 为（ t， 0）， 当 D 在 x轴上时，如图 3，过点 B 作 BF⊥ x轴， 易得0B F 2 4 3O P B Ds in 6 0 332   。 ∴ P（ 43,03 ） ∴ 分三种情况讨论： ① 当 t＞ 0 时，如图 2， BD=OP=t， DG= 3t2 ， ∴ DH= 32t2。 ∵△ OPD 的面积。