初中數(shù)學(xué)模型解題法(存儲(chǔ)版)
【正文】 中學(xué)為籌備校慶活動(dòng)，準(zhǔn)備印制一批校慶紀(jì)念冊(cè)。過(guò)點(diǎn)N作NP⊥AC，交AC于P，連結(jié)MP。動(dòng)點(diǎn)M、N分別從O、B同時(shí)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)。驗(yàn)證（?。r(shí)，將y=－x+6代入 ，證明△=0即可。39。也為G（6，0），∴當(dāng)x=6時(shí)， 。在拋物線 上。 （3）例如可以猜想：（?。┱酆鬯谥本€與拋物線 只有一個(gè)交點(diǎn)；或（ⅱ）若作E39。F∥AB，E39。=x，CD=6－x，在Rt△DCE39。 【答案】解：（1）由折疊法知，四邊形OCEG是正方形，∴OG=OC=6。那么∠COM=∠MDF，因此兩三角形相似。在Rt△CGM和Rt△EGM中， ∴Rt△CGM≌Rt△EGM（HL）。在Rt△CGM和Rt△EGM中， ，∴Rt△CGM≌Rt△EGM（HL）。在Rt△COG中，∵OG= OC，∴∠OCG=30176。 （2）①由點(diǎn)P與點(diǎn)Q所經(jīng)過(guò)的路程之和恰好為梯形OABC的周長(zhǎng)的一半，列出等式， ＋OQ= （14＋3＋10＋5），即可求出點(diǎn)Q所經(jīng)過(guò)的路程。∵當(dāng) 時(shí)， ，這時(shí)點(diǎn)Q不在OC上，故舍去； 當(dāng) 時(shí)， ，這時(shí)點(diǎn)Q不在OC上，故舍去。又MQ=3，∴當(dāng)點(diǎn)Q在CB上時(shí)，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（ ）。 ①試用含 的代數(shù)式表示這時(shí)點(diǎn)Q所經(jīng)過(guò)的路程和它的速度； ②試問(wèn)：這時(shí)直線PQ是否可能同時(shí)把梯形OABC的面積也分成相等的兩部分？如有可能，求出相應(yīng)的 的值和P、Q的坐標(biāo)；如不可能，請(qǐng)說(shuō)明理由。根據(jù)弦切角定理可得 ，由 也是⊙ 的切線，根據(jù)切線長(zhǎng)定理可得 ，從而根據(jù)等腰三角形等邊對(duì)等角的性質(zhì)，得到 ，由對(duì)頂角相等的性質(zhì)，得到 。 ∵ 是⊙ 的切線，∴ 。 【答案】解：（1）證明：連結(jié) ，過(guò)點(diǎn) 作⊙ 與⊙ 的公切線 。∴ ?！??！??！唷螦CG=90176。又∵CE⊥AB，∴四邊形DAEC是矩形。在 上任取一點(diǎn)C（點(diǎn)C與A、B不重合），過(guò)點(diǎn)C作半圓的切線CD交AP于點(diǎn)D；過(guò)點(diǎn)C作CE⊥AB，垂足為E．連接BD，交CE于點(diǎn)F?！郌為EC的中點(diǎn)，CF=EF?！嘣凇鱃DC中，GD=DC?！痉治觥浚?）由題意得DA⊥AB，點(diǎn)E為半圓的圓心，DC⊥EC，可得四邊形DAEC是矩形，即可得出 ，即可得EF與EC的關(guān)系，可知CF=EF。當(dāng)點(diǎn)A′在四邊形BCMN外，連接AA′與MN交于點(diǎn)G與BC交于點(diǎn)F，∵M(jìn)N∥BC，∴ ，即 。②∵ ∴當(dāng)x= 時(shí)，y最大，最大值為y最大= 。 又∵ ，∴ 。 又∵ ，∴ 。4.（江蘇省蘇州市2002年7分）如圖，梯形OABC中，O為直角坐標(biāo)系的原點(diǎn)，A、B、C的坐標(biāo)分別為（14，0）、（14，3）、（4，3）。 由△OCE∽△OQF得 ， 即 。 ②不能?！?， ∴當(dāng)Q點(diǎn)在CB上時(shí)，PQ不可能同時(shí)把梯形OABC的面積也分成相等的兩部分。
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