中考数学元复习第三讲《设计操作型问题》经典题型含答案

中考数学复习专题第三讲
方案设计与动手操作型问题
【要点梳理】
方案设计型问题是设置一个实际问题的情景，给出若干信息，提出解决问题的要求，寻求恰当的解决方案，有时还给出几个不同的解决方案，要求判断其中哪个方案最优．方案设计型问题主要考查学生的动手操作能力和实践能力．方案设计型问题，主要有以下几种类型：
(1)讨论材料，合理猜想——设置一段讨论材料，让考生进行科学的判断、推理、证明；
(2)画图设计，动手操作——给出图形和若干信息，让考生按要求对图形进行分割或设计美观的图案；
(3)设计方案，比较择优——给出问题情境，提出要求，让考生寻求最佳解决方案．
操作型问题是指通过动手实验，获得数学结论的研究性活动．这类问题需要动手操作、合理猜想和验证，有助于实践能力和创新能力的培养，更有助于养成实验研究的习惯．常见类型有：(1)图形的分割与拼接；(2)图形的平移、旋转与翻折；(3)立体图形与平面图形之间的相互转化．
【学法指导】
三个解题策略
(1)方程或不等式解决方案设计问题：首先要了解问题取材的生活背景；其次要弄清题意，根据题意建构恰当的方程模型或不等式模型，求出所求未知数的取值范围；最后再结合实际问题确定方案设计的种数．
(2)择优型方案设计问题：这类问题一般方案已经给出，要求综合运用数学知识比较确定哪种方案合理．此类问题要注意两点：一是要符合问题描述的要求，二是要具有代表性．
(3)操作型问题：大体可分为三类，即图案设计类、图形拼接类、图形分割类等．对于图案设计类，一般运用中心对称、轴对称或旋转等几何知识去解决；对于图形拼接类，关键是抓住需要拼接的图形与所给图形之间的内在关系，然后
逐一组合；对于图形分割类，一般遵循由特殊到一般、由简单到复杂的动手操作过程．
【考点解析】
统计测量型方案设计
某学校举行演讲比赛，选出了10名同学担任评委，并事先拟定从如下4个方案中选择合理的方案来确定每个演讲者的最后得分(满分为10分)：
方案1：所有评委所给分的平均数；
方案2：在所有评委所给分中，去掉一个最高分和一个最低分，然后再计算其余给分的平均数；
方案3：所有评委所给分的中位数； 方案4：所有评委所给分的众数．
为了探究上述方案的合理性，先对某个同学的演讲成绩进行了统计试验．下面是这个同学的得分统计图：
(1)分别按上述4个方案计算这个同学演讲的最后得分；
(2)根据(1)中的结果，请用统计的知识说明哪些方案不适合作为这个同学演讲的最后得分．
解：(1)方案1最后得分：110×(3.2＋7.0＋7.8＋3×8＋3×8.4＋9.8)＝7.7；
方案2最后得分：1
8×(7.0＋7.8＋3×8＋3×8.4)＝8；方案3最后得分：8；方
案4最后得分：8或8.4
(2)因为方案1中的平均数受极端数值的影响，不能反映这组数据的“平均水平”，所以方案1不适合作为最后得分的方案；又因为方案4中的众数有两个，从而使众数失去了实际意义，所以方案4不适合作为最后得分的方案．
【点评】通过计算得出各个方案的数值，逐一比较．
利用方程(组)、不等式、函数进行方案设计
（2017黑龙江佳木斯）为了推动“龙江经济带”建设，我省某蔬菜企业决定通过加大种植面积、增加种植种类，促进经济发展．2017年春，预计种植西红柿、马铃薯、青椒共100公顷（三种蔬菜的种植面积均为整数），青椒的种植面积是西红柿种植面积的2倍，经预算，种植西红柿的利润可达1万元/公顷，青椒1.5万元/公顷，马铃薯2万元/公顷，设种植西红柿x公顷，总利润为y 万元．
（1）求总利润y（万元）与种植西红柿的面积x（公顷）之间的关系式．（2）若预计总利润不低于180万元，西红柿的种植面积不低于8公顷，有多少种种植方案？
（3）在（2）的前提下，该企业决定投资不超过获得最大利润的在冬季同时建造A、B两种类型的温室大棚，开辟新的经济增长点，经测算，投资A种类型的大棚5万元/个，B种类型的大棚8万元/个，请直接写出有哪几种建造方案？
【考点】FH：一次函数的应用；CE：一元一次不等式组的应用．
【分析】（1）根据总利润=三种蔬菜的利润之和，计算即可；
（2）由题意，列出不等式组即可解决问题；
（3）由题意，列出二元一次不等式，求出整数解即可；
【解答】解：（1）由题意y=x+1.5×2x+2=﹣2x+200．
（2）由题意﹣2x+200≥180，
解得x≤10，
∵x≥8，
∴8≤x≤10．
∵x为整数，
∴x=8，9，10．
∴有3种种植方案，
方案一：种植西红柿8公顷、马铃薯76公顷、青椒16公顷．
方案二：种植西红柿9公顷、马铃薯73公顷、青椒18公顷．
方案三：种植西红柿10公顷、马铃薯70公顷、青椒20公顷．
（3）∵y=﹣2x+200，
﹣2＜0，
∴x=8时，利润最大，最大利润为184万元．
设投资A种类型的大棚a个，B种类型的大棚b个，
由题意5a+8b≤×184，
∴5a+8b≤23，
∴a=1，b=1或2，
a=2，b=1，
a=3，b=1，
∴可以投资A种类型的大棚1个，B种类型的大棚1个，
或投资A种类型的大棚1个，B种类型的大棚2个，
或投资A种类型的大棚2个，B种类型的大棚1个，
或投资A种类型的大棚3个，B种类型的大棚1个．
图形类方案设计
在数学活动课上，王老师发给每位同学一张半径为6个单位长度的圆形纸板，要求同学们：
(1)从带刻度的三角板、量角器和圆规三种作图工具中任意选取作图工具，把圆形纸板分成面积相等的四部分；
(2)设计的整个图案是某种对称图形．
王老师给出了方案一，请你用所学的知识再设计两种方案，并完成下面的设计报告．
【点评】本题主要考查了利用轴对称设计图案以及轴对称图形、中心对称图形的性质，熟练利用扇形面积公式是解题关键．
图形的分割与拼接
（2017齐齐哈尔）如图，在等腰三角形纸片ABC中，AB=AC=10，BC=12，沿底边BC上的高AD剪成两个三角形，用这两个三角形拼成平行四边形，则这个平行四边形较长的对角线的长是10cm，2cm，4cm ．
【考点】PC：图形的剪拼．
【分析】利用等腰三角形的性质，进而重新组合得出平行四边形，进而利用勾股定理求出对角线的长．
【解答】解：如图：，
过点A作AD⊥BC于点D，
∵△ABC边AB=AC=10cm，BC=12cm，
∴BD=DC=6cm，
∴AD=8cm，
如图①所示：
可得四边形ACBD是矩形，则其对角线长为：10cm，
如图②所示：AD=8cm，
连接BC，过点C作CE⊥BD于点E，
则EC=8cm，BE=2BD=12cm，
则BC=4cm，
如图③所示：BD=6cm，
由题意可得：AE=6cm，EC=2BE=16cm，
故AC==2cm，
故答案为：10cm，2cm，4cm．
图形的平移、旋转与翻折
（2017浙江湖州）在每个小正方形的边长为1的网格图形中，每个小正方形的顶点称为格点．从一个格点移动到与之相距的另一个格点的运动称为一次跳马变换．例如，在4×4的正方形网格图形中（如图1），从点A经过一次跳马变换可以到达点B，C，D，E等处．现有20×20的正方形网格图形（如图2），则从该正方形的顶点M经过跳马变换到达与其相对的顶点N，最少需要跳马变换的次数是（）
A．13 B．14 C．15 D．16
【考点】RA：几何变换的类型；KQ：勾股定理．
【分析】根据从一个格点移动到与之相距的另一个格点的运动称为一次跳马变换，计算出按A﹣C﹣F的方向连续变换10次后点M的位置，再根据点N 的位置进行适当的变换，即可得到变换总次数．
【解答】解：如图1，连接AC，CF，则AF=3，
∴两次变换相当于向右移动3格，向上移动3格，
又∵MN=20，
∴20÷3=，（不是整数）
∴按A﹣C﹣F的方向连续变换10次后，相当于向右移动了10÷2×3=15格，向上移动了10÷2×3=15格，
此时M位于如图所示的5×5的正方形网格的点G处，再按如图所示的方式变换4次即可到达点N处，
∴从该正方形的顶点M经过跳马变换到达与其相对的顶点N，最少需要跳马变换的次数是14次，
故选：B．
立体图形与平面图形之间的相互转化
我国古代有这样一道数学问题：“枯木一根直立地上，高二丈，周三尺，有葛藤自根缠绕而上，五周而达其顶，问葛藤之长几何？”题意是：如图所示，把枯木看作一个圆柱体，因一丈是十尺，则该圆柱的高为20尺，底面周长为3尺，有葛藤自点A处缠绕而上，绕五周后其末端恰好到达点B处，则问题中葛藤的最短长度是25 尺．
【分析】这种立体图形求最短路径问题，可以展开成为平面内的问题解决，展开后可转化下图，所以是个直角三角形求斜边的问题，根据勾股定理可求出．【解答】解：如图，一条直角边（即枯木的高）长20尺，
另一条直角边长5×3=15（尺），
因此葛藤长为=25（尺）．
故答案为：25．
【点评】本题考查了平面展开最短路径问题，关键是把立体图形展成平面图
形，本题是展成平面图形后为直角三角形按照勾股定理可求出解．【真题训练】
训练一：（2017湖北荆州）如图，在5×5的正方形网格中有一条线段AB，点A与点B均在格点上．请在这个网格中作线段AB的垂直平分线．要求：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留必要的作图痕迹．
训练二：（2017毕节）某同学准备购买笔和本子送给农村希望小学的同学，在市场上了解到某种本子的单价比某种笔的单价少4元，且用30元买这种本子的数量与用50元买这种笔的数量相同．
（1）求这种笔和本子的单价；
（2）该同学打算用自己的100元压岁钱购买这种笔和本子，计划100元刚好用完，并且笔和本子都买，请列出所有购买方案．
训练三：
把一边长为40 cm的正方形硬纸板进行适当的剪裁，折成一个长方体盒子(纸板的厚度忽略不计)．
(1)如图，若在正方形硬纸板的四角各剪一个同样大小的正方形，将剩余部分折成一个无盖的长方体盒子．
①要使折成的长方体盒子的底面积为484 cm2，那么剪掉的正方形的边长为多少？
②折成的长方体盒子的侧面积是否有最大值？如果有，求出这个最大值和此时剪掉的正方形的边长；如果没有，说明理由．
(2)若在正方形硬纸板的四周剪掉一些矩形(即剪掉的矩形至少有一条边在
正方形硬纸板的边上)，将剩余部分折成一个有盖的长方体盒子，若折成的一个长方体盒子的表面积为550 cm2，求此时长方体盒子的长、宽、高．(只需求出符合要求的一种情况)
训练四：
（2017广西）如图，点P在等边△ABC的内部，且PC=6，PA=8，PB=10，将线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，连接AP'，则sin∠PAP'的值为．
训练五：
（2017•温州）小黄准备给长8m，宽6m的长方形客厅铺设瓷砖，现将其划分成一个长方形ABCD区域Ⅰ（阴影部分）和一个环形区域Ⅱ（空白部分），其中区域Ⅰ用甲、乙、丙三种瓷砖铺设，且满足PQ∥AD，如图所示．（1）若区域Ⅰ的三种瓷砖均价为300元/m2，面积为S（m2），区域Ⅱ的瓷砖均价为200元/m2，且两区域的瓷砖总价为不超过12000元，求S的最大值；
（2）若区域Ⅰ满足AB：BC=2：3，区域Ⅱ四周宽度相等
①求AB，BC的长；
②若甲、丙两瓷砖单价之和为300元/m2，乙、丙瓷砖单价之比为5：3，且区域Ⅰ的三种瓷砖总价为4800元，求丙瓷砖单价的取值范围．
训练六：（2017贵州安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
参考答案：
训练一：（2017湖北荆州）如图，在5×5的正方形网格中有一条线段AB，点A与点B均在格点上．请在这个网格中作线段AB的垂直平分线．要求：①仅用无刻度直尺，且不能用直尺中的直角；②保留必要的作图痕迹．
【考点】N4：作图—应用与设计作图；KG：线段垂直平分线的性质．
【分析】以AB为边作正方形ABCD，正方形ABEF，连接AC，BD交于O，连接AE，BF交于O′，过O，O′作直线OO′于是得到结论．
【解答】解：如图所示，直线OO′即为所求．
训练二：（2017毕节）某同学准备购买笔和本子送给农村希望小学的同学，在市场上了解到某种本子的单价比某种笔的单价少4元，且用30元买这种本子的数量与用50元买这种笔的数量相同．
（1）求这种笔和本子的单价；
（2）该同学打算用自己的100元压岁钱购买这种笔和本子，计划100元刚好用完，并且笔和本子都买，请列出所有购买方案．
【考点】B7：分式方程的应用；95：二元一次方程的应用．
【分析】（1）首先设这种笔单价为x元，则本子单价为（x﹣4）元，根据题意可得等量关系：30元买这种本子的数量=50元买这种笔的数量，由等量关系可得方程=，再解方程可得答案；
（2）设恰好用完100元，可购买这种笔m支和购买本子n本，根据题意可得这种笔的单价×这种笔的支数m+本子的单价×本子的本数n=1000，再求出整
数解即可．
【解答】解：（1）设这种笔单价为x元，则本子单价为（x﹣4）元，由题意得：
=，
解得：x=10，
经检验：x=10是原分式方程的解，
则x﹣4=6．
答：这种笔单价为10元，则本子单价为6元；
（2）设恰好用完100元，可购买这种笔m支和购买本子n本，
由题意得：10m+6n=100，
整理得：m=10﹣n，
∵m、n都是正整数，
∴①n=5时，m=7，②n=10时，m=4，③n=15，m=1；
∴有三种方案：
①购买这种笔7支，购买本子5本；
②购买这种笔4支，购买本子10本；
③购买这种笔1支，购买本子15本．
训练三：
把一边长为40 cm的正方形硬纸板进行适当的剪裁，折成一个长方体盒子(纸板的厚度忽略不计)．
(1)如图，若在正方形硬纸板的四角各剪一个同样大小的正方形，将剩余部分折成一个无盖的长方体盒子．
①要使折成的长方体盒子的底面积为484 cm2，那么剪掉的正方形的边长为多少？
②折成的长方体盒子的侧面积是否有最大值？如果有，求出这个最大值和此时剪掉的正方形的边长；如果没有，说明理由．
(2)若在正方形硬纸板的四周剪掉一些矩形(即剪掉的矩形至少有一条边在正方形硬纸板的边上)，将剩余部分折成一个有盖的长方体盒子，若折成的一个长方体盒子的表面积为550 cm2，求此时长方体盒子的长、宽、高．(只需求出符
合要求的一种情况)
解：(1)①设剪掉的正方形的边长为x cm.则(40－2x)2＝484，解得x1＝31(不
合题意，舍去)，x
2
＝9.
∴剪掉的正方形的边长为9 cm.②侧面积有最大值．设剪掉的正方形的边长为x cm，盒子的侧面积为y cm2，则y与x的函数关系为：y＝4(40－2x)x＝－
8x2＋160x＝－8(x－10)2＋800，∴x＝10时，y
最大
＝800.即当剪掉的正方形的边长为10 cm时，长方体盒子的侧面积最大为800 cm2；
(2)在如图的一种剪裁图中，设剪掉的正方形的边长为x cm.则2(40－2x)(20
－x)＋2x(20－x)＋2x(40－2x)＝550，解得：x
1＝－35(不合题意，舍去)，x
2
＝
15.∴剪掉的正方形的边长为15 cm.此时长方体盒子的长为15 cm，宽为10 cm，高为5 cm
训练四：
（2017广西）如图，点P在等边△ABC的内部，且PC=6，PA=8，PB=10，将线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，连接AP'，则sin∠PAP'的值为．
【考点】R2：旋转的性质；KK：等边三角形的性质；T7：解直角三角形．【分析】连接PP′，如图，先利用旋转的性质得CP=CP′=6，∠PCP′=60°，则可判定△CPP′为等边三角形得到PP′=PC=6，再证明△PCB≌△P′CA得到
PB=P′A=10，接着利用勾股定理的逆定理证明△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，然后根据正弦的定义求解．
【解答】解：连接PP′，如图，
∵线段PC绕点C顺时针旋转60°得到P'C，
∴CP=CP′=6，∠PCP′=60°，
∴△CPP′为等边三角形，
∴PP′=PC=6，
∵△ABC为等边三角形，
∴CB=CA，∠ACB=60°，
∴∠PCB=∠P′CA，
在△PCB和△P′CA中
，
∴△PCB≌△P′CA，
∴PB=P′A=10，
∵62+82=102，
∴PP′2+AP2=P′A2，
∴△APP′为直角三角形，∠APP′=90°，
∴sin∠PAP′===．
故答案为．
训练五：
（2017•温州）小黄准备给长8m，宽6m的长方形客厅铺设瓷砖，现将其划分成一个长方形ABCD区域Ⅰ（阴影部分）和一个环形区域Ⅱ（空白部分），其中区域Ⅰ用甲、乙、丙三种瓷砖铺设，且满足PQ∥AD，如图所示．
（1）若区域Ⅰ的三种瓷砖均价为300元/m 2，面积为S （m 2），区域Ⅱ的瓷砖均价为200元/m 2，且两区域的瓷砖总价为不超过12000元，求S 的最大值；
（2）若区域Ⅰ满足AB ：BC=2：3，区域Ⅱ四周宽度相等
①求AB ，BC 的长；
②若甲、丙两瓷砖单价之和为300元/m 2，乙、丙瓷砖单价之比为5：3，且区域Ⅰ的三种瓷砖总价为4800元，求丙瓷砖单价的取值范围．
【考点】C9：一元一次不等式的应用；HE ：二次函数的应用；LB ：矩形的性质．
【分析】（1）根据题意可得300S+（48﹣S ）200≤12000，解不等式即可；
（2）①设区域Ⅱ四周宽度为a ，则由题意（6﹣2a ）：（8﹣2a ）=2：3，解得a=1，由此即可解决问题；
②设乙、丙瓷砖单价分别为5x 元/m 2和3x 元/m 2，则甲的单价为（300﹣3x ）元/m 2，由PQ ∥AD ，可得甲的面积=矩形ABCD 的面积的一半=12，设乙的面积为s ，则丙的面积为（12﹣s ），由题意12（300﹣3x ）+5x•s +3x•（12﹣s ）=4800，解得s=600x ，由0＜s ＜12，可得0＜600x ＜12，解不等式即可；
【解答】解：（1）由题意300S+（48﹣S ）200≤12000，
解得S ≤24．
∴S 的最大值为24．
（2）①设区域Ⅱ四周宽度为a ，则由题意（6﹣2a ）：（8﹣2a ）=2：3，解得a=1，
∴AB=6﹣2a=4，CB=8﹣2a=6．
②设乙、丙瓷砖单价分别为5x 元/m 2和3x 元/m 2，则甲的单价为（300﹣3x ）元/m 2，
∵PQ∥AD，
∴甲的面积=矩形ABCD的面积的一半=12，设乙的面积为s，则丙的面积为（12﹣s），
由题意12（300﹣3x）+5x•s+3x•（12﹣s）=4800，
，
解得s=600
x
∵0＜s＜12，
＜12，
∴0＜600
x
∴0＜x＜50，
∴丙瓷砖单价3x的范围为0＜3x＜150元/m2．
【点评】本题考查不等式的应用、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，学会构建方程或不等式解决实际问题，属于中考常考题型．训练六：（2017贵州安顺）如图甲，直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，经过B、C两点的抛物线y=x2+bx+c与x轴的另一个交点为A，顶点为P．
（1）求该抛物线的解析式；
（2）在该抛物线的对称轴上是否存在点M，使以C，P，M为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，请直接写出所符合条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由；
（3）当0＜x＜3时，在抛物线上求一点E，使△CBE的面积有最大值（图乙、丙供画图探究）．
【考点】HF：二次函数综合题．
【分析】（1）由直线解析式可求得B、C坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；
（2）由抛物线解析式可求得P点坐标及对称轴，可设出M点坐标，表示出MC、MP和PC的长，分MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，可分别得到关于M点坐标的方程，可求得M点的坐标；
（3）过E作EF⊥x轴，交直线BC于点F，交x轴于点D，可设出E点坐标，表示出F点的坐标，表示出EF的长，进一步可表示出△CBE的面积，利用二次函数的性质可求得其取得最大值时E点的坐标．
【解答】解：
（1）∵直线y=﹣x+3与x轴、y轴分别交于点B、点C，
∴B（3，0），C（0，3），
把B、C坐标代入抛物线解析式可得，解得，
∴抛物线解析式为y=x2﹣4x+3；
（2）∵y=x2﹣4x+3=（x﹣2）2﹣1，
∴抛物线对称轴为x=2，P（2，﹣1），
设M（2，t），且C（0，3），
∴MC==，MP=|t+1|，PC==2，
∵△CPM为等腰三角形，
∴有MC=MP、MC=PC和MP=PC三种情况，
①当MC=MP时，则有=|t+1|，解得t=，此时M（2，）；
②当MC=PC时，则有=2，解得t=﹣1（与P点重合，舍去）
或t=7，此时M（2，7）；
③当MP=PC时，则有|t+1|=2，解得t=﹣1+2或t=﹣1﹣2，此时M （2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
综上可知存在满足条件的点M，其坐标为（2，）或（2，7）或（2，﹣1+2）或（2，﹣1﹣2）；
（3）如图，过E作EF⊥x轴，交BC于点F，交x轴于点D，
设E（x，x2﹣4x+3），则F（x，﹣x+3），
∵0＜x＜3，
∴EF=﹣x+3﹣（x2﹣4x+3）=﹣x2+3x，
∴S
△CBE =S
△EFC
+S
△EFB
=EF•OD+EF•BD=EF•OB=×3（﹣x2+3x）=﹣（x﹣）
2+，
∴当x=时，△CBE的面积最大，此时E点坐标为（，），即当E点坐标为（，）时，△CBE的面积最大．。