几何动态综合题含答案解析.docx
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几何动态综合题含答案解析
题型六几何动态综合题
类型一点动型探究题
针对演练
1.如图,正方形ABCD的边长为3cm,P,Q分别从B,A出发沿BC,AD方向运动,P点的运动速度是1cm/秒,Q点的运动速度是2cm/秒,连接AP,并过Q作QE⊥AP垂足为E.
(1)求证:
△ABP∽△QEA;
(2)当运动时间t为何值时,△ABP≌△QEA;
(3)设△QEA的面积为y,用运动时间t表示△QEA的面积y.(不要求考虑t的取值范围)
(提示:
解答
(2)(3)时可不分先后)
第1题图
2.如图,在同一平面上,两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC
和Rt△ADC拼在一起,使斜边AC完全重合,且顶点B,D分别在
AC的两旁,∠ABC=∠ADC=90°,∠CAD=30°,AB=BC=4cm.
(1)填空:
AD=(cm),DC=(cm);
(2)点M、N分别从A点,C点同时以每秒1cm的速度等速出发,且分别在AD,CB上沿A→D,C→B方向运动,当N点运动到B点时,M、N两点同时停止运动,连接MN.求当M、N点运动了x秒时,点N到AD的距离(用含x的式子表示);
(3)在
(2)的条件下,取DC中点P,连接MP,NP,设△PMN的面积为y(cm2),在整个运动过程中,△PMN的面积y存在最大值,
请求出y的最大值.(参考数据:
sin75°=
6+2
4,sin15°=
6-2
4)
第2题图
3.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=5cm,∠BAC=60°,动点M从点B出发,在BA边上以每秒2cm的速度向点A匀速运动,同时动点N从点C出发,在CB边上以每秒3cm的速度向点B匀速运动,设运动时间为t秒(0≤t≤5),连接MN.
(1)若BM=BN,求t的值;
(2)若△MBN与△ABC相似,求t的值;
(3)当t为何值时,四边形ACNM的面积最小?
并求出最小值.
第3题图
4.如图,在▱ABCD中,BC=8cm,CD=4cm,∠B=60°,点
M从点D出发,沿DA方向匀速运动,速度为2cm/s,点N从点B出发,沿BC方向匀速运动,速度为1cm/s,过点M作MF⊥CD,垂足为F,延长FM交BA的延长线于点E,连接EN,交AD于点O,设运动时间为t(s)(0<t<4).
(1)连接AN,MN,设四边形ANME的面积为y(cm2),求y与t
之间的函数关系式;
(2)是否存在某一时刻t,使得四边形ANME的面积是▱ABCD面
积的
21
32?
若存在,求出相应的t值,若不存在,请说明理由;
(3)连接AC,交EN于点P,当EN⊥AD时,求线段OP的长度.
第4题图备用图
5.如图,在矩形ABCD中,AB=6cm,BC=8cm,如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动,同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动,它们的速度分别为每秒2cm和1cm,FQ⊥BC,分别交AC、BC于点P和Q,设运动时间为t秒(0<t<4).
3
(1)连接EF,若运动时间t=2秒时,求证:
△EQF是等腰直角三
角形;
(2)连接EP,设△EPC的面积为ycm2,求y与t的函数关系式,并求y的最大值;
(3)若△EPQ与△ADC相似,求t的值.
6.如图,在四边形ABCD中,DC∥AB,DA⊥AB,AD=4cm,DC=5cm,AB=8cm.如果点P由B点出发沿BC方向向点C匀速运动,同时点Q由A点出发沿AB方向向点B匀速运动,它们的速度均为1cm/s,当P点到达C点时,两点同时停止运动,连接PQ,设运动时间为ts,解答下列问题:
(1)当t为何值时,P,Q两点同时停止运动?
(2)设△PQB的面积为S,当t为何值时,S取得最大值,并求出最大值;
(3)当△PQB为等腰三角形时,求t的值.
第6题图
【答案】
1.
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,QE⊥AP,
∴∠QEA=∠B=90°.
∵AD∥BC,
∴∠QAE=∠APB,
∴△ABP∽△QEA;…………………………………………(3分)
(2)解:
由题意得:
BP=tcm,AQ=2tcm,要使△ABP≌△QEA,则AQ=AP=2tcm,
在Rt△ABP中,由勾股定理得:
32+t2=(2t)2,解得t=±3(负值舍去),
即当t=3时,△ABP≌△QEA;…………………………(7分)
(3)解:
在Rt△ABP中,由勾股定理得:
AP=32+t2,
∵△ABP∽△QEA,
∴AB=BP=AP,
QEAEAQ
32+t2
3t
∴QE=AE=2t,
6t
2t2
∴QE=32+t2,AE=
32+t2,
116t
2t2
6t3
∴y=2QE·AE=2·
32+t2·
32+t
=
t+9
.……………(12分)
22
2.解:
(1)26,22;
【解法提示】在Rt△ABC中,根据勾股定理,得
AC=AB2+BC2=42+42=42cm,
×2=
在Rt△ACD中,AD=AC·cos30°=423
26cm,
DC=AC·sin30°=421
22cm.
×2=
(2)如解图,过点N作NE⊥AD于点E,作NF⊥DC交DC延长线于点F,则NE=DF.
∵∠ACD=60°,∠ACB=45°,
∴∠NCF=75°,∠FNC=15°,
在Rt△NFC中,第2题解图
NC
∵sin∠FNC=FC,
NC
∴sin15°=FC,
又∵NC=xcm,
∴FC=NC·sin15°=
6-2xcm,
4
6-2
∴NE=DF=DC+FC=(22+
4x)cm,
∴点N到AD的距离为(22+
(3)如解图,在Rt△NFC中,
NC
∵sin75°=NF,
6-2
4x)cm;
∴NF=NC·sin75°=
6+2
4xcm,
∵P为DC中点,DC=22cm,
∴DP=CP=2cm,
x-2=(
6-26-2
∴PF=DF-DP=22+44x+2)cm,
∵S△PMN=S四边形DFNM-S△DPM-S△PFN,
即S111
△PMN=2(NF+MD)·NE-2MD·DP-2PF·NF,
∴y1
6+2
6-21
=2×(
4x+26-x)×(22+
4x)-2×(26-
-2
x)×21×(
6-24
6+2
4x,
x+2)×
即y=2-6x2+7-3-22x+23,
84
12-6
∵8<0,
7-3-22
436-23+22-2
∴当x=-
2-6=
2×8
2秒时,y取得最大
4
2-6
××23
7-3-22)2
8-(4
值为2-6
4×8
236+83+92-162
=16cm.
3.解:
(1)根据题意BM=2tcm,BC=5×tan60°=53cm,
BN=BC-3t=(53-3t)cm,
∴当BM=BN时,2t=53-3t,
解得t=103-15;…………………………………………(2分)
(2)分两种情况讨论:
①当∠BMN=∠ACB=90°时,如解图①,
△NBM∽△ABC,cosB=cos30
∴2t=3
BM
°=BN,
53-3t
解得t=15
2,
(4分)
7;
第3题解图
②当∠MNB=∠ACB=90°时,如解图②,△MBN∽△ABC,cosB
BM
=cos30°=BN,
53-3t3
∴
解得t
2t=2,
5
=2,
故若△MBN与△ABC相似,则t的值为15秒或5秒;……(6分)
72
(3)如解图③,过点M作MD⊥BC于点D,则MD∥AC,
∴△BMD∽△BAC,
BMMD
∴BA=AC,
又∵BA=
AC
cos60○
=10,第3题解图③
2tMD
∴10=5
,解得MD=t.
设四边形ACNM的面积为y,则
y=S△ABC-S
1
1AC×BC-1BN·MD
△BMN=22
1
=2×5×53-2(53-3t)·t
2
353
=
253
2t-2t+2
=352753
2(t-2)+8,…………………………………………(8分)
∴当t5
753
=2秒时,四边形ACNM的面积最小,最小值为8
cm2.…………………………………………………………………(10分)
4.解:
(1)如解图①,过点A作AG⊥BC,垂足为点G.
第4题解图①
∵∠AGB=90°,∠B=60°,
∴AG=3=23cm.
2AB
由题可知,MD=2tcm,则AM=(8-2t)cm,
∵AB∥CD,MF⊥CD,
∴ME⊥AB,
∴∠MEA=∠MFD=90°,
∵AD∥BC,
∴∠EAM=∠B=60°,
2
∴AE=1AM=(4-t)cm,ME=3(4-t)cm,
∴y=S△ANM+S△AEM
11
=2×(8-2t)×23+2×(4-t)×3×(4-t)
=2
3
2t-63t+163(0<t<4);
(2)存在.由四边形ANME的面积是▱ABCD21
3221
面积的32可得:
2t-63t+163=32×8×23,
整理得:
t2-12t+11=0,
解得t=1或t=11(舍去),
所以当t=1s时,四边形ANME的面积是▱ABCD
21
面积的32;
(3)如解图②,
第4题解图②
由
(1)可知AE=(4-t)cm,
∴BE=AB+AE=(8-t)cm.
∵∠B=60°,EN⊥BC,AG⊥BC,
∴BN=1BE=(4-1t)cm,BG1AB=2cm.
22=2
又∵BN=t,
1
∴4-2t=t,解得t
8
=3,
3
∴BN=8
cm,
3
∴GN=BN-BG=2
cm,
3
∴AO=2
cm,NC=BC-BN=16
3
cm.
设PO=xcm,则PN=(23-x)cm.
∵AO∥NC,
∴△AOP∽△CNP,
2
AOPO3x
∴NC=PN,即16=,
23-x
3
9
解得x=23,
的长度为9
∴当EN⊥AD时,线段OP23
cm.
5.
(1)证明:
若运动时间t
2