初中数学模型解题法.docx
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初中数学模型解题法
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初中数学模型解题法
解答题
1.（2001江苏苏州6分）如图，已知AB是半圆O的直径，AP为过点A的半圆的切线。
在上任取一点C（点C与A、B不重合），过点C作半圆的切线CD交AP于点D；过点C作CE⊥AB，垂足为E．连接BD，交CE于点F。
（1）当点C为的中点时（如图1），求证：
CF=EF；
（2）当点C不是的中点时（如图2），试判断CF与EF的相等关系是否保持不变，并证明你的结论。
【答案】解：
（1）证明：
∵DA是切线，AB为直径，∴DA⊥AB。
∵点C是的中点，且CE⊥AB，∴点E为半圆的圆心。
又∵DC是切线，∴DC⊥EC。
又∵CE⊥AB，∴四边形DAEC是矩形。
∴CD∥AO，CD=AD。
∴，即EF=AD=EC。
∴F为EC的中点，CF=EF。
（2）CF=EF保持不变。
证明如下：
如图，连接BC，并延长BC交AP于G点，连接AC，
∵AD、DC是半圆O的切线，∴DC=DA。
∴∠DAC=∠DCA。
∵AB是直径，∴∠ACB=90°。
∴∠ACG=90°。
∴∠DGC+∠DAC=∠DCA+∠DCG=90°。
∴∠DGC=∠DCG。
∴在△GDC中，GD=DC。
∵DC=DA，∴GD=DA。
∵AP是半圆O的切线，∴AP⊥AB。
又∵CE⊥AB，∴CE∥AP。
∴△BCF∽△BGD，△BEF∽△BAD。
∴。
∵GD=AD，∴CF=EF。
【考点】探究型，圆的综合题，切线的性质，矩形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定，相似三角形的判定和性质。
【分析】
（1）由题意得DA⊥AB，点E为半圆的圆心，DC⊥EC，可得四边形DAEC是矩形，即可得出，即可得EF与EC的关系，可知CF=EF。
（2）连接BC，并延长BC交AP于G点，连接AC，由切线长定理可得DC=DA，∠DAC=∠DCA，由角度代换关系可得出∠DGC=∠DCG，即可得GD=DC=DA，由已知可得CE∥AP，所以，即可知CF=EF。
2.（2001江苏苏州7分）已知一个三角形纸片ABC，面积为25，BC的长为10，∠B、∠C都为锐角，M为AB边上的一动点（M与A、B不重合），过点M作MN∥BC交AC于点N，设MN=x。
（1）用x表示△AMN的面积；
（2）△AMN沿MN折叠，使△AMN紧贴四边形BCNM（边AM、AN落在四边形BCNM所在的平面内），设点A落在平面BCNM内的点A′，△A′MN与四边形BCNM重叠部分的面积为y。
①用的代数式表示y，并写出x的取值范围；
②当x为何值时，重叠部分的面积y最大，最大为多少？
【答案】解：
（1）∵MN∥BC，∴△AMN∽△ABC。
∴。
∴，即。
（2）①当点A′落在四边形BCMN内或BC边上时，
（0＜x≤5）。
当点A′在四边形BCMN外，
连接AA′与MN交于点G与BC交于点F，
∵MN∥BC，∴，即。
∴AG=x。
∴AA′=2AG=x。
∴A′F=x－5。
∴，即。
∴。
∴重合部分的面积。
综上所述，重合部分的面积。
②∵
∴当x=时，y最大，最大值为y最大=。
【考点】翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定和性质，二次函数的最值。
【分析】
（1）根据已知条件求出△AMN∽△ABC，再根据面积比等于相似比的平方的性质即可求出△AMN的面积。
（2）根据已知条件分两种情况进行讨论，当点A′落在四边形BCMN内或BC边上时和当点A′在四边形BCMN外时进行讨论，第一种情况很容易求出，第二种情况进行画图，连接AA′与MN交于点G与BC交于点F，再根据面积比等于相似比的平方的性质求出即可．再根据求出的式子，即可求出重叠部分的面积y的最大值来。
3.（江苏省苏州市2002年7分）已知：
⊙与⊙外切于点，过点的直线分别交⊙、⊙于点、，⊙的切线交⊙于点、，为⊙的弦，
（1）如图
（1），设弦交于点，求证：
；
（2）如图
（2），当弦绕点旋转，弦的延长线交直线B于点时，试问：
是否仍然成立？
证明你的结论。
【答案】解：
（1）证明：
连结，过点作⊙与⊙的公切线。
∴。
又∵是⊙的切线，∴。
又∵，∴。
又∵，∴。
∴，即。
（2）仍成立。
证明如下：
连结，过点作⊙和⊙的公切线。
∵是⊙的切线，∴。
∴。
∴。
又∵，∴。
又∵，∴。
∴，即。
【考点】相切两圆切线的性质，弦切角定理，切线长定理，等腰三角形的性质，对顶角的性质，相似三角形的判定和性质。
【分析】
（1）连结，过点作⊙与⊙的公切线。
根据弦切角定理可得，由也是⊙的切线，根据切线长定理可得，从而根据等腰三角形等边对等角的性质，得到，由对顶角相等的性质，得到。
又，从而，根据相似三角形的性质即可证明。
（2）同
（1）可以证明。
4.（江苏省苏州市2002年7分）如图，梯形OABC中，O为直角坐标系的原点，A、B、C的坐标分别为（14，0）、（14，3）、（4，3）。
点P、Q同时从原点出发，分别作匀速运动。
其中点P沿OA向终点A运动，速度为每秒1个单位；点Q沿OC、CB向终点B运动。
当这两点中有一点到达自己的终点时，另一点也停止运动。
（1）设从出发起运动了秒，如果点Q的速度为每秒2个单位，试分别写出这时点Q在OC上或在CB上时的坐标（用含的代数式表示，不要求写出的取值范围）；
（2）设从出发起运动了秒，如果点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半。
①试用含的代数式表示这时点Q所经过的路程和它的速度；
②试问：
这时直线PQ是否可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分？
如有可能，求出相应的的值和P、Q的坐标；如不可能，请说明理由。
【答案】解：
（1）当点Q在OC上时，如图，过点C作CE⊥OA于点E，过点Q作QF⊥OA于点F。
依题意，有OE=4，EC=3，OC=5，OQ=2。
由△OCE∽△OQF得，
即。
∴。
∴当点Q在OC上时，点Q的坐标为。
当点Q在CB上时，如图，过点C作CM⊥OA于点M，过点Q作QN⊥OA于点N。
∵CQ=2－5，∴OM=4＋2－5=2－1。
又MQ=3，∴当点Q在CB上时，点Q的坐标为（）。
（2）①∵点P所经过的路程为，点Q所经过的路程为OQ，且点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，
∴＋OQ=（14＋3＋10＋5），即OQ=16－。
∴点Q所经过的路程为16－，速度为。
②不能。
理由如下：
当Q点在OC上时，如图，过点Q作QF⊥OA于点F。
则OP=，QF=。
∴。
又∵，∴令，解之，得。
∵当时，，这时点Q不在OC上，故舍去；
当时，，这时点Q不在OC上，故舍去。
∴当Q点在OC上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分。
当Q在CB上时，CQ=16－－5=11－，
∴。
∵，
∴当Q点在CB上时，PQ不可能同时把梯形OABC的面积也分成相等的两部分。
综上所述，这时PQ不可能同时平分梯形OABC的面积。
【考点】动点问题，勾股定理，相似三角形的判定和性质。
【分析】
（1）当点Q在OC上时，作直角三角形OCE和OQF，由二者相似即可求出此时点Q的坐标。
当点Q在CB上时，过点C作CM⊥OA于点M，过点Q作QN⊥OA于点N，即可得出OM=4＋2－5=2－1，从而求出此时点Q的坐标。
（2）①由点P与点Q所经过的路程之和恰好为梯形OABC的周长的一半，列出等式，＋OQ=（14＋3＋10＋5），即可求出点Q所经过的路程。
用路程÷时间即可求得速度。
②分Q点在OC上和Q点在OC上，分别讨论即可得出结论。
5.（江苏省苏州市2003年7分）如图1，⊙O的直径为AB，过半径OA的中点G作弦CE⊥AB，在上取一点D，分别作直线CD、ED，交直线AB于点F、M。
（1）求∠COA和∠FDM的度数；
（2）求证：
△FDM∽△COM；
（3）如图2，若将垂足G改取为半径OB上任意一点，点D改取在上，仍作直线CD、ED，分别交直
线AB于点F、M。
试判断：
此时是否仍有△FDM∽△COM？
证明你的结论。
【答案】解：
（1）∵AB为直径，CE⊥AB，∴，CG=EG。
在Rt△COG中，∵OG=OC，∴∠OCG=30°。
∴∠COA=60°。
又∵∠CDE的度数=的度数=的度数=∠COA的度数=60°，
∴∠FDM=180°－∠CDE=120°。
（2）证明：
∵∠COM=180°－∠COA=120°，∴∠COM=∠FDM。
在Rt△CGM和Rt△EGM中，，∴Rt△CGM≌Rt△EGM（HL）。
∴∠GMC=∠GME。
又∵∠DMF=∠GME，∴∠GMC=∠DMF。
∴△FDM∽△COM。
（3）结论仍成立。
证明如下：
∵∠EDC的度数=的度数=的度数=∠COA的度数，
∴∠FDM=180°－∠COA=∠COM。
∵AB为直径，∴CE⊥AB。
在Rt△CGM和Rt△EGM中，∴Rt△CGM≌Rt△EGM（HL）。
∴∠GMC=∠GME。
∴△FDM∽△COM。
【考点】圆周角定理，锐角三角函数，特殊角的三角函数值，线段垂直平分线的性质，直角三角形两锐角的关系，平角定义，直角三角形全等的判定和性质，垂径定理，相似三角形的判定。
【分析】
（1）由于CG⊥OA，根据垂径定理可得出，，那么根据圆周角定理可得出∠CDE=∠COA，在Rt△COG中，可根据OG是半径的一半得出∠AOC是60°，那么就能得出∠FDM=180°－∠CDE=120°。
（2）在
（1）中根据垂径定理得出OA是CE的垂直平分线，那么△CMG和△BMG就应该全等，可得出∠CMA=∠EMG，也就可得出∠CMO=∠FMD，在
（1）中已经证得∠AOC=∠EDC=60°，那么∠COM=∠MDF，因此两三角形相似。
（3）可按
（2）的方法得出∠DMF=∠CMO，关键是再找出一组对应角相等，还是用垂径定理来求，根据垂径定理我们可得出，那么∠AOC=∠EDC，根据等角的余角相等即可得出∠COM=∠FDM，由此可证出两三角形相似。
6.（江苏省苏州市2003年7分）OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为原点，点A在x轴上，点C在y轴上，OA=10，OC=6。
（1）如图1，在OA上选取一点G，将△COG沿CG翻折，使点O落在BC边上，记为E，求折痕CG所在直线的解析式。
（2）如图2，在OC上选取一点D，将△AOD沿AD翻折，使点O落在BC边上，记为。
①求折痕AD所在直线的解析式；
②再作F∥AB，交AD于点F，若抛物线过点F，求此抛物线的解析式，并判断它与直线AD的交点的个数。
（3）如图3，一般地，在OC、OA上选取适当的点，使纸片沿翻折后，点O落在BC边上，记为。
请你猜想：
折痕所在直线与②中的抛物线会有什么关系？
用
（1）中的情形验证你的猜想。
【答案】解：
（1）由折叠法知，四边形OCEG是正方形，∴OG=OC=6。
∴G（6，0），C（0，6）。
设直线CG的解析式为y=kx+b，则，解得。
∴直线CG的解析式为：
y=－x+6。
（2）①在Rt△ABE'中，。
∴CE′=2。
设OD=x，则DE'=x，CD=6－x，
在Rt△DCE'中，，解得。
则D（0，）。
设AD所在直线的解析式为y=k'x＋，由于它过A（10，0），∴k'=。
∴AD所在直线的解析式为。
②∵E'F∥AB，E'（2，6），∴设F（2，yF）。
∵F在AD上，∴。
∴F（2，）。
又∵点F在抛物线上，∴，解得h=3。
∴抛物线的解析式为。
联立和得，即。
∵△=0，∴直线AD与抛物线只有一个交点（2，）。
（3）例如可以猜想：
（ⅰ）折痕所在直线与抛物线只有一个交点；
或（ⅱ）若作E''F''∥AB，交D'G'于F'，则F'在抛物线上。
验证：
（ⅰ）在图1中，折痕为CG，将y=－x+6代入，
得，即。
∵△=0，∴折痕CG所在直线与抛物线只有一个交点。
或（ⅱ）在图1中，D'即C，E''即E，G'即G，交点F'也为G（6，0），
∴当x=6时，。
∴G点在这条抛物线上。
【考点】二次函数综合题，折叠的性质，正方形的判定和性质，待定系数法，曲线点的坐标与方程的关系，勾股定理，一元二次方程根的判别式。
【分析】
（1）根据折叠的性质可知：
四边形OGEC是个正方形，因此OC=OG=6，据此可得出G点的坐标，然后用待定系数法即可求出直线CG的解析式。
（2）①求出D的坐标，根据折叠的性质可知AE′=OA，那么可在Rt△ABE′中求出BE′的长，从而可求出CE′的值。
在Rt△CDE′中，CD=6－OD，DE′=OD，根据勾股定理即可求出OD的长，也就得出了D点的坐标，然后可用待定系数法求出直线AD的解析式。
②①中已经求得CE′的长，即F点的横坐标，可根据直线AD的解析式求出F点的坐标，然后将F的坐标代入抛物线中即可求出抛物线的解析式．从而可根据抛物线的解析式来判断其与x轴交点的个数。
（3）可以猜想：
（ⅰ）折痕所在直线与抛物线只有一个交点：
（ⅱ）若作E''F''∥AB，交D'G'于F'，则F'在抛物线上。
验证（ⅰ）时，将y=－x+6代入，证明△=0即可。
验证（ⅱ）时，说明G（6，0）满足即可。
7.（江苏省苏州市2004年7分）某中学为筹备校庆活动，准备印制一批校庆纪念册。
该纪念册每册需要10张8K大小的纸，其中4张为彩页，6张为黑白页。
印制该纪念册的总费用由制版费和印刷费两部分组成，制版费与印数无关，价格为：
彩页300元/张，黑白页50元/张；印刷费与印数的关系见下表。
印数a（单位：
千册）1≤a＜55≤a＜10
彩色（单位：
元/张）2.22.0
黑白（单位：
元/张）0.70.6
（1）印制这批纪念册的制版费为元；
（2）若印制2千册，则共需多少费用？
（3）如果该校希望印数至少为4千册，总费用至多为60000元，求印数的取值范围。
（精确到0。
01千册）
8.（江苏省苏州市2004年8分）如图，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为（3，0），（3，4）。
动点M、N分别从O、B同时出发，以每秒1个单位的速度运动。
其中，点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动。
过点N作NP⊥AC，交AC于P，连结MP。
已知动点运动了x秒。
（1）P点的坐标为（，）；（用含x的代数式表示）
（2）试求△MPA面积的最大值，并求此时x的值。
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