动态综合型专题

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1、学习方法报社全新课标理念，优质课程资源动态综合型专题山东马秀坤图1对于运动型问题，要注意用运动与变化的眼光去观察和研究，把握运动变化的全过程，关注一些不变的量、不变的关系，善于化动为静，由特殊情形（特殊点、特殊值、特殊位置、特殊图形等）逐步过渡到一般情形，综合运用各种相关知识及数形结合、分类讨论、转化等数学思想加以解决.一、动点问题的函数图象例1如图1，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

2、图象能大致反映y与x之间的函数关系的是（　　）ABCD分析：由题意，可知在点D的运动过程中，DE⊥BC是一个不变的关系，过点C作CM⊥AB于M，构造△DEB∽△CMB，于是==，得出DE，BE，从而得到四边形ACED的周长y关于x的函数解析式，结合0＜x＜30确定函数图象．图2解：如图2，过点C作CM⊥AB于M.∵AC=BC=25，AB=30，CM⊥AB，∴BM=AB=15，CM==20.∵DE⊥BC，∴∠DEB=∠CMB=90°.又∠B=∠B，∴△DEB∽△CMB.∴==，即==.∴DE=x，BE

3、=x.∴四边形ACED的周长y=25+（25-x）+x+30-x=-x+80.第9页共9页学习方法报社全新课标理念，优质课程资源由已知易得0＜x＜30，故选B.二、动点与几何图形综合型问题例2如图3，在菱形ABCD中，AB=6，tan∠ABC=2，点E从点D出发，以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动，设运动时间为t（秒），将线段CE绕点C顺时针旋转一个角度α（α=∠BCD），得到对应线段CF．（1）求证：BE=DF；（2）当t=秒时，DF的长度有最小值，最小值等于；（3）如图4，连接B

4、D，EF，BD交EC，EF于点P，Q，当t为何值时，△EPQ是直角三角形？图3图4分析：（1）由∠BCD=∠ECF可得∠BCE=∠DCF，结合BC=DC，CE=CF证明△BCE≌△DCF即可得结论.（2）由△BCE≌△DCF可得BE=DF，所以当BE最小（即BE⊥DA）时，DF的长度有最小值.（3）分∠EQP=90°和∠EPQ=90°两种情况求解.解：（1）由已知易得旋转角∠ECF=∠BCD，∴∠BCE+∠DCE=∠DCF+∠DCE，即∠BCE=∠DCF.∵四边形ABCD是菱形，∴BC=DC.在△B

5、CE和△DCF中，CE＝CF，∠BCE＝∠DCF，BC＝DC，∴△BCE≌△DCF.∴BE=DF.（2）如图5，当点E运动至点E′（BE′⊥DA）时，DF最小.图5在Rt△ABE′中，AB=6，tan∠ABC=tan∠BAE′=2，设AE′=x，则BE′=2x.∴AB=x=6，解得x=6.∴BE′=12.∵△BCE≌△DCF，第9页共9页学习方法报社全新课标理念，优质课程资源∴DF=BE′=12.（3）∵CE=CF，∴∠CEQ＜90°.①当∠EQP=90°时，如图6-①.∵∠BCD=∠ECF，BC=

6、DC，EC=FC，∴∠CBD=∠CEF.∵∠BPC=∠EPQ，∴∠BCP=∠EQP=90°.∵四边形ABCD是菱形，∴CD=AB=6，tan∠ADC=tan∠ABC=2，∠CED=∠BCP=90°.在Rt△DCE中，DE2+CE2=CD2，即t2+（2t）2=（6）2，解得t=6.②当∠EPQ=90°时，如图6-②.∵AC⊥BD，∴点E与点A重合，此时DE=6.∴t=6秒.综上可知，当t=6秒或6秒时，△EPQ是直角三角形.图6-①图6-②三、动点与二次函数综合型问题例3如图7，在矩形OABC中，O

7、A=5，AB=4，点D为边AB上一点，将△BCD沿直线CD折叠，使点B恰好落在边OA上的点E处，分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系．（1）求OE的长及经过O，D，C三点抛物线的解析式；（2）一动点P从点C出发，沿CB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时动点Q从点E出发，沿EC以每秒1个单位长度的速度向点C运动，当点P到达点B时，两点同时停止运动，设运动时间为t秒，当t为何值时，DP=DQ？（3）若点N在（1）中抛物线的对称轴上，点M在抛物线上，是否存在这样的点M与点N，使M

8、，N，C，E为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．第9页共9页学习方法报社全新课标理念，优质课程资源图7分析：（1）先根据折叠的性质及勾股定理求出OE的长，进而求出AE的长，然后在Rt△ADE中运用勾股定理列方程求出AD的长，从而求得点D的坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；（2）根据题意画出示意图，则不难用t表示出BP，EQ的长，根据已知条件易证Rt△DBP≌Rt△DEQ，利用全等三角形的性质列方程可求得t的值；（3）可