关于幼儿自理能力的培养

PAGEH20动点问〔3页，9〕针对演练1.(2016赤峰12分)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)〔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＝±eq\r(3)(负值舍去)，即当t＝eq\r(3)时，△ABP≌△QEA；……………………(7分)(3)解：在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP＝eq\r(32＋t2)，∵△ABP∽△QEA，∴eq\f(AB,QE)＝eq\f(BP,AE)＝eq\f(AP,AQ)，∴eq\f(3,QE)＝eq\f(t,AE)＝eq\f(\r(32＋t2),2t)，∴QE＝eq\f(6t,\r(32＋t2))，AE＝eq\f(2t2,\r(32＋t2))，∴y＝eq\f(1,2)QE·AE＝eq\f(1,2)·eq\f(6t,\r(32＋t2))·eq\f(2t2,\r(32＋t2))＝eq\f(6t3,t2＋9).……………(12分)〕　第1题图2.(2015省卷25，9分)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°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)，sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4))〔2．解：(1)2eq\r(6)，2eq\r(2)；【解法提示】在Rt△ABC中，根据勾股定理，得AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(42＋42)＝4eq\r(2)cm，在Rt△ACD中，AD＝AC·cos30°＝4eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(6)cm，DC＝AC·sin30°＝4eq\r(2)×eq\f(1,2)＝2eq\r(2)cm.(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，∵sin∠FNC＝eq\f(FC,NC)，∴sin15°＝eq\f(FC,NC)，又∵NC＝xcm，∴FC＝NC·sin15°＝eq\f(\r(6)－\r(2),4)xcm，∴NE＝DF＝DC＋FC＝(2eq\r(2)＋eq\f(\r(6)－\r(2),4)x)cm，∴点N到AD的距离为(2eq\r(2)＋eq\f(\r(6)－\r(2),4)x)cm；(3)如解图，在Rt△NFC中，∵sin75°＝eq\f(NF,NC)，∴NF＝NC·sin75°＝eq\f(\r(6)＋\r(2),4)xcm，∵P为DC中点，DC＝2eq\r(2)cm，∴DP＝CP＝eq\r(2)cm，∴PF＝DF－DP＝2eq\r(2)＋eq\f(\r(6)－\r(2),4)x－eq\r(2)＝(eq\f(\r(6)－\r(2),4)x＋eq\r(2))cm，∵S△PMN＝S四边形DFNM－S△DPM－S△PFN，即S△PMN＝eq\f(1,2)(NF＋MD)·NE－eq\f(1,2)MD·DP－eq\f(1,2)PF·NF，∴y＝eq\f(1,2)×(eq\f(\r(6)＋\r(2),4)x＋2eq\r(6)－x)×(2eq\r(2)＋eq\f(\r(6)－\r(2),4)x)－eq\f(1,2)×(2eq\r(6)－x)×eq\r(2)－eq\f(1,2)×(eq\f(\r(6)－\r(2),4)x＋eq\r(2))×eq\f(\r(6)＋\r(2),4)x，即y＝eq\f(\r(2)－\r(6),8)x2＋eq\f(7－\r(3)－2\r(2),4)x＋2eq\r(3)，∵eq\f(\r(12)－\r(6),8)＜0，∴当x＝－eq\f(\f(7－\r(3)－2\r(2),4),2×\f(\r(2)－\r(6),8))＝eq\f(3\r(6)－2\r(3)＋2\r(2)－2,2)秒时，y取得最大值为eq\f(4×\f(\r(2)－\r(6),8)×2\r(3)－〔\f(7－\r(3)－2\r(2),4)〕2,4×\f(\r(2)－\r(6),8))＝eq\f(23\r(6)＋8\r(3)＋9\r(2)－16,16)cm2.〕第2题图3.(2016梅州10分)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eq\r(3)cm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)假设BM＝BN，求t的值；(2)假设△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．〔3．解：(1)根据题意BM＝2tcm，BC＝5×tan60°＝5eq\r(3)cm，BN＝BC－eq\r(3)t＝(5eq\r(3)－eq\r(3)t)cm，∴当BM＝BN时，2t＝5eq\r(3)－eq\r(3)t，解得t＝10eq\r(3)－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°＝eq\f(BM,BN)，∴eq\f(2t,5\r(3)－\r(3)t)＝eq\f(\r(3),2)，解得t＝eq\f(15,7)；(4分)第3题解图②当∠MNB＝∠ACB＝90°时，如解图②，△MBN∽△ABC，cosB＝cos30°＝eq\f(BN,BM)，∴eq\f(5\r(3)－\r(3)t,2t)＝eq\f(\r(3),2)，解得t＝eq\f(5,2)，故假设△MBN与△ABC相似，则t的值为eq\f(15,7)秒或eq\f(5,2)秒；……(6分)(3)如解图③，过点M作MD⊥BC于点D，则MD∥AC，∴△BMD∽△BAC，∴eq\f(BM,BA)＝eq\f(MD,AC)，第3题解图③又∵BA＝＝10，∴eq\f(2t,10)＝，解得MD＝t.设四边形ACNM的面积为y，则y＝S△ABC－S△BMN＝eq\f(1,2)AC×BC－eq\f(1,2)BN·MD＝eq\f(1,2)×5×5eq\r(3)－eq\f(1,2)(5eq\r(3)－eq\r(3)t)·t＝eq\f(\r(3),2)t2－eq\f(5\r(3),2)t＋eq\f(25\r(3),2)＝eq\f(\r(3),2)(t－eq\f(5,2))2＋eq\f(75\r(3),8)，………(8分)∴当t＝eq\f(5,2)秒时，四边形ACNM的面积最小，最小值为eq\f(75\r(3),8)cm2.…………(10分)〕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eq\f(21,32)？假设存在，求出相应的t值，假设不存在，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．〔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＝eq\f(\r(3),2)AB＝2eq\r(3)cm.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°，∴AE＝eq\f(1,2)AM＝(4－t)cm,ME＝eq\r(3)(4－t)cm，∴y＝S△ANM＋S△AEM＝eq\f(1,2)×(8－2t)×2eq\r(3)＋eq\f(1,2)×(4－t)×eq\r(3)×(4－t)＝eq\f(\r(3),2)t2－6eq\r(3)t＋16eq\r(3)(0＜t＜4)；(2)存在．由四边形ANME的面积是▱ABCD面积的eq\f(21,32)可得：eq\f(\r(3),2)t2－6eq\r(3)t＋16eq\r(3)＝eq\f(21,32)×8×2eq\r(3)，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面积的eq\f(21,32)；(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＝eq\f(1,2)BE＝(4－eq\f(1,2)t)cm，BG＝eq\f(1,2)AB＝2cm.又∵BN＝t，∴4－eq\f(1,2)t＝t，解得t＝eq\f(8,3)，∴BN＝eq\f(8,3)cm，∴GN＝BN－BG＝eq\f(2,3)cm，∴AO＝eq\f(2,3)cm，NC＝BC-BN=eq\f(16,3)cm.设PO＝xcm，则PN＝(2eq\r(3)－x)cm.∵AO∥NC，∴△AOP∽△CNP，∴eq\f(AO,NC)＝eq\f(PO,PN)，即eq\f(\f(2,3),\f(16,3))＝eq\f(x,2\r(3)－x)，解得x＝eq\f(2\r(3),9)，∴当EN⊥AD时，线段OP的长度为eq\f(2\r(3),9)cm.〕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)．(1)连接EF，假设运动时间t＝eq\f(2,3)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)假设△EPQ与△ADC相似，求t的值．〔5．(1)证明：假设运动时间t＝eq\f(2,3)秒，则BE＝2×eq\f(2,3)＝eq\f(4,3)cm，DF＝eq\f(2,3)cm，∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝8cm，AB＝DC＝6cm，∠D＝∠BCD＝90°，∵FQ⊥BC，∴∠FQC＝∠D＝∠QCD＝90°，∴四边形CDFQ是矩形，∴CQ＝DF＝eq\f(2,3)cm，CD＝QF＝6cm，∴EQ＝BC－BE－CQ＝8－eq\f(4,3)－eq\f(2,3)＝6cm，∴EQ＝QF＝6cm，∴△EQF是等腰直角三角形；(2)解：∵∠FQC＝90°，∠B＝90°，∴∠FQC＝∠B，∴PQ∥AB，∴△CPQ∽△CAB，∴eq\f(PQ,AB)＝eq\f(QC,BC)，即＝eq\f(t,8)，∴PQ＝eq\f(3,4)tcm，∵BE=2t,∴EC=BC-BE=8-2t,∵S△EPC＝eq\f(1,2)EC·PQ，∴y＝eq\f(1,2)(8－2t)·eq\f(3,4)t＝－eq\f(3,4)t2＋3t＝－eq\f(3,4)(t－2)2＋3(0＜t＜4).∵－eq\f(3,4)＜0，∴当t＝2秒时，y有最大值，y的最大值为3cm2；(3)解：分两种情况讨论：(ⅰ)如解图①，点E在Q的左侧，第5题解图①①当△EPQ∽△ACD时，可得eq\f(PQ,CD)＝eq\f(EQ,AD)，即＝eq\f(8－3t,8)，解得t＝2；②当△EPQ∽△CAD时，可得eq\f(PQ,AD)＝eq\f(EQ,CD)，即＝eq\f(8－3t,6)，解得t＝eq\f(128,57)；(ⅱ)如解图②，点E在Q的右侧，∵0＜t＜4，∴点E不能与点C重合，∴只存在△EPQ∽△CAD，可得eq\f(PQ,AD)＝eq\f(EQ,CD)，即＝eq\f(3t－8,6)，第5题解图②解得t＝eq\f(128,39)，故假设△EPQ与△ADC相似，则t的值为2秒或eq\f(128,57)秒或eq\f(128,39)秒．〕6.(2015郴州)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，解答以下问题：(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．〔6．解：(1)如解图，过点C作CE⊥AB于点E，∵DC∥AB，DA⊥AB，CE⊥AB，∴四边形AECD是矩形，第6题解图∴AE＝DC＝5，CE＝AD＝4，∴BE＝AB－AE＝8－5＝3，∴由勾股定理得：BC＝＝eq\r(32＋42)＝5，∴BC＜AB，∵当点P运动到点C时，P、Q同时停止运动，∴t＝eq\f(5,1)＝5s，即t＝5s时，P、Q两点同时停止运动；(2)由题意知，AQ＝BP＝t，∴QB＝8－t.如解图，过点P作PF⊥QB于点F，则△BPF∽△BCE，∴eq\f(PF,CE)＝eq\f(BP,BC)，即eq\f(PF,4)＝eq\f(t,5)，∴PF＝eq\f(4t,5)，∴S＝eq\f(1,2)QB·PF＝eq\f(1,2)×(8－t)×eq\f(4t,5)＝－eq\f(2,5)＋eq\f(16t,5)＝－eq\f(2,5)(t－4)2＋eq\f(32,5)(0＜t≤5)．∵－eq\f(2,5)＜0，∴当t＝4s时，S有最大值，最大值为eq\f(32,5)；(3)∵cosB＝eq\f(BE,BC)＝eq\f(3,5)，∴BF＝PB·cosB＝t·cosB＝eq\f(3t,5)，∴QF＝AB－AQ－BF＝8－eq\f(8t,5)，∴QP＝＝＝4.当△PQB为等腰三角形时，分以下三种情况：①当PQ＝PB时，即4＝t，解得：＝eq\f(40,11)，＝8，∵t2＝8＞5，不合题意，∴t＝eq\f(40,11)；②当PQ＝BQ时，即4＝8－t，解得：＝0(舍去)，＝eq\f(48,11)；③当QB＝BP时，即8－t＝t，解得t＝4；综上所述，当△PQB为等腰三角形时，则t的值为eq\f(40,11)s或eq\f(48,11)s或4s.〕第6题图【答案】