题型突破05 动态型问题

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【2019-2020】江苏省徐州市2019年中考数学总复习题型突破05动态型问题课件

类型1 点动型
解:(1)证明:∵CE 为☉O 的直径, ∴∠CFE=∠CGE=90°. ∵EG⊥EF,∴∠FEG=90°. ∴∠CFE=∠CGE=∠FEG=90°. ∴四边形 EFCG 是矩形.
类型1 点动型
例 1 [2014·徐州 28 题] 如图 Z5-1,矩形 ABCD 的边 AB=3 cm,AD=4 cm,点 E 从点 A 出发,沿射线 AD 移动,以 CE 为直径作圆 O,点 F 为圆 O 与射线 BD 的公共点,连接 EF,CF,过点 E 作 EG⊥EF,EG 与圆 O 相交于点 G, 连接 CG.
当 QP⊥BC 时,QP∥AC,∴��=��.显然,若△APQ 是等腰三角形,则必是 QP=AQ,
设 QP=AQ=x,则 QB=10-x,∴10=10-��.∴AQ=x=15.
6 ��
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当 PQ⊥AB 时,△APQ 是等腰直角三角形,PQ=AQ.∵△ABC∽△PBQ,∴��=��,
22
标分别代入 y=ax2+bx+c,由此得 a=10,b=-60,c=90. ∴曲线 NK 的函数表达式为 y=10x2-60x+90(2≤x≤3).
类型1 点动型
5. [2017·徐州 26 题] 如图 Z5-7①,菱形 ABCD 中,AB=5 cm,动点 P 从点 B 出发,沿折线 BC-CD-DA 运动到点 A 停止,动点 Q 从点 A 出发,沿线段 AB 运动到点 B 停止,它们运动的速度相同.设点 P 出发 x s 时,△BPQ 的面积为 y cm2.已知 y 与 x 之间的函数关系如图②所示,其中 OM,MN 为线段,曲线 NK 为抛物线的一部分,请根据图中的信息,解答下列问题: (3)当 x 为何值时,△BPQ 的面积是 5 cm2?

高考数学复习压抽题专项突破—立体几何的动态问题

高考数学复习压抽题专项突破—立体几何的动态问题一．方法综述立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证.二．解题策略类型一立体几何中动态问题中的角度问题例1.已知平行四边形ABCD 中，1AB =，2AD =，60A ∠=︒，沿对角线BD 将ABD △折起到PBD △的位置，使得平面PBD ⊥平面BCD ，如图，若M ，N 均是线段PD 的三等分点，点Q是线段MN 上（包含端点）的动点，则二面角Q BC D --的正弦值的取值范围为（）A ．12,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．1,219⎡⎢⎣⎦C．2,319⎡⎢⎣⎦D ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第五模拟）【答案】B【解析】在ABD △中，1AB =，2AD =，60BAD ∠=︒，所以由余弦定理得BD =，所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥，由翻折的性质可知，PB BD ⊥．又平面PBD ⊥平面BCD ，平面PBD 平面BCD BD =，所以PB ⊥平面BCD ，过点Q 作//QQ PB '，交BD 于点Q '，则QQ '⊥平面BCD ，所以QQ BC '⊥，过Q '作Q T BC '⊥，垂足为T ，连接QT ，则BC ⊥平面QQ T '，所以QTQ '∠为二面角Q BC D --的平面角．设2QD a =（1233a ≤≤），则QQ a '=，DQ '=，BQ '=，)1122Q T BQ ''==，所以QT ===，所以sin 1QQ aQTQ QT ''∠====由二次函数的单调性知，21314y a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为19,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以1sin ,219QTQ ⎡'∠=⎢⎣⎦，即二面角Q BC D --的正弦的取值范围为1,219⎡⎢⎣⎦．故选：B.【举一反三】1．（2020·黑龙江牡丹江一中高三（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 中点，点P 在线段11A C 上，若直线OP 与平面11A BC 所成的角为θ，则sin θ的取值范围是（）．A．,33⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C．,43⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎣⎦【答案】A【解析】如图，设正方体棱长为1，()11101A PA C λλ=≤≤．以D 为原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系．则11,,022O ⎛⎫⎪⎝⎭，()1,,1P λλ-，所以11,,122OP λλ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ．在正方体1111ABCD A B C D -中，可证1B D ⊥平面11A BC ，所以()11,1,1B D =---是平面11A BC 的一个法向量．所以122211()()1122sin cos ,1113163222OP B D λλθλλλ-----===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-+-+-+ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭．所以当12λ=时，sin θ取得最大值33，当0λ=或1时，sin θ取得最小值23．所以23sin ,33θ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.故选A ．2．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是()A ．13B ．33C ．12D ．22【答案】B【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为1，设E(a,0，c)，0a 1≤≤，0c 1≤≤，1B (1,1，1)，B(1,1，0)，D(0,0，0)，1C (0,1，1)，()1B E a 1,1,c 1=--- ，DB (1,=1，0)，1DC (0,= 1，1)，设平面1DBC 的法向量n (x,=y ，z)，则1n DB 0n DC 0x y y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x 1=，得()n 1,1,1=- ，1B E // 平面1BDC ，1B E n a 11c 10∴⋅=-++-=，解得a c 1+=，()222a c a c 2ac 12ac ∴+=+-=-，2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，设直线1B E 与直线AB 所成角为θ，AB (0,=1，0)，11AB B E cosθAB B E⋅∴==⋅2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭ ，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，sinθ∴==3==≥=．∴直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是33．3.（2020·浙江台州中学高三）如图，已知正方体ABCD EFGR -的上底面中心为H ，点O 为AH 上的动点，P 为FG 的三等分点（靠近点F ），Q 为EF 的中点，分别记二面角P OQ R --，Q OR P --，R OP Q --的平面角为,,αβγ，则（）A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βαγ<<【答案】D【解析】分析：建立空间直角坐标系，对动点O 选取一个特殊位置，然后求出三个侧面的法向量，根据向量夹角的余弦值求得三个二面角的余弦值，比较后可得二面角的大小．详解：建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -．考虑点O 与点A重合时的情况．设正方体的棱长为1，则()()111,,0,Q ,0,0,R 01,0,O 0,0,132P ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．设平面OPQ 的一个法向量为1(,,)n x y z =，由111(,,)(,0,1)02211(,,)(,,0)02323x n OQ x y z z x y n PQ x y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎪⎨⎪⋅=⋅--=--=⎪⎩ ，得322x y x z ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令2x =，得1(2,3,1)n =-．同理可得平面OPR 和平面OQR 的法向量分别为23(2,3,3),(6,3,7)n n ==．结合图形可得：1323cos cos ,cos ,n n n n αβ====，12cos cos ,n n γ==∴cos cos cos γαβ<<，又0,,γαβπ<<，∴γαβ>>．故选D ．类型二立体几何中动态问题中的距离问题【例2】（2020·山西高三）设点M 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，点P 在面BCC 1B 1所在的平面内，若平面D 1PM 分别与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则点P 到点C 1的最短距离是（）A ．5B ．2C ．1D ．63【答案】A【解析】如图，过点P 作1D M 的平行线交BC 于点Q 、交11B C 于点E ，连接MQ ，则PQ 是平面1D PM 与平面11BCC B 的交线，MQ 是平面1D PM 与平面ABCD 的交线．EF 与1BB 平行，交BC 于点F ，过点F 作FG 垂直MQ 于点G ，则有，MQ 与平面EFG 垂直，所以，EG 与MQ 垂直，即角EGF 是平面1D PM 与平面ABCD 的夹角的平面角，且sin EFEGF EG∠=，MN 与CD 平行交BC 于点N ，过点N 作NH 垂直EQ 于点H ，同上有：sin MNMHN MH∠=，且有EGF MHN ∠=∠，又因为EF MN AB ==，故EG MH =，而2EMQ S EG MQ MH EQ ∆=⨯=⨯，故MQ EQ =，而四边形1EQMD 一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E 一定是11B C 的中点，点P 到点1C 的最短距离是点1C 到直线BE 的距离，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，()2,1,2E ，()2,0,0B ，()12,2,2C ，()0,1,2BE = ，()10,2,2BC =，∴点P 到点1C的最短距离：125||5d BC === ．故选：A．【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值.【举一反三】1．（2020·四川高三（理））已知三棱锥S ABC -中，1SA SB SC ===，且SA 、SB 、SC 两两垂直，P 是三棱锥S ABC -外接球面上一动点，则P 到平面ABC 的距离的最大值是（）A．3BC．3D．3【答案】C 【解析】【分析】,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,三棱锥S ABC -外接球就是正方体MNQB ADCS -的外接球，由正方体及球的几何性质可得点P 与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，求出平面ABC 的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果.【详解】三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且,,1SA SB SC =，∴如图,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,则()()()()()0,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,0B A C S N ，()()()1,0,1,0,1,1,1,1,0BA BC BN ===，设平面ABC 的法向量(),,n x y z =，则00n BA x z n BC y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1x =，得()1,1,1n =-r ，三棱锥S ABC -外接球就是棱长为1的正方体MNQB ADCS -的外接球，P 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，∴由正方体与球的几何性质可得，点P 点与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，∴点P 到平面ABC的距离的最大值为233BN n d n ⋅===.故选C.2．已知四边形ABCD 是边长为5的菱形，对角线8BD =（如图1），现以AC 为折痕将菱形折起，使点B 达到点P 的位置.棱AC ，PD 的中点分别为E ，F ，且四面体PACD 的外接球球心落在四面体内部（不含边界，如图2），则线段EF 长度的取值范围为（）A ．14,42⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．⎛⎝⎭C ．142⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭D ．)4【来源】江西省鹰潭市2021届高三高考二模数学（文）试题【答案】A 【解析】由题意可知△APC 的外心1O 在中线PE 上，设过点1O 的直线1l ⊥平面APC ,可知1l ⊂平面PED ,同理△ADC 的外心2O 在中线DE 上,设过点2O 的直线2l ⊥平面ADC ，则2l ⊂平面PED ,由对称性知直线12,l l 的交点O 在直线EF 上.根据外接球的性质,点O 为四面体PACD 的外接球的球心.由题意得3,4EA PE ==,而2221111,4O A O E EA O A O E PE =++==所以178O E =.令PEF θ∠=,显然02πθ<<,所以cos 4cos 4EF PE θθ==<.因为1cos EF O EPE OEθ==，所以172OE EF O E PE ⋅=⋅=，又OE EF <，所以272EF >，即2EF >.综上可知42EF <<.故选：A.3（2020广西柳州市模考）如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（）A ．当时，平面B ．当为中点时，四棱锥的外接球表面为C ．的最小值为D ．当时，平面【答案】C【解析】对于，连结，，，则，，，设到平面的距离为，则，解得，∴.∴当时，为与平面的交点．∵平面∥平面，∵平面，∴∥平面，故A 正确．又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，∴平面，所以D 正确．对于B ，当为中点时，四棱锥为正四棱锥，设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B 正确．对于C ，连结，，则，∴，由等面积法得的最小值为，∴的最小值为．所以C 不正确．故选：C.类型三立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】（2020·河南高三（理））在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设1PD ，PE 与底面ABCD 所成的角分别为12θθ，（12θθ，均不为0），若12θθ=，则三棱锥11P BB C -体积的最小值是（）A ．92B ．52C ．32D ．54【答案】C【解析】建系如图，正方体的边长为3，则(3E ，0，32，1(0D ，0，3)，设(P x ，y ，0)(0x，0)y ，则(3PE x =- ，y -，32，1(PD x =- ，y -，3)，12θθ= ，(0z =，0，1)，12cos cos θθ∴=，即11||||||||||||PD z PE z PE z PD z =，32=，整理得：228120x y x +-+=，变形，得：22(4)4(02)x y y -+=，即动点P 的轨迹为圆的一部分，过点P 作PF BC ⊥，交BC 于点F ，则PF 为三棱锥11P BB C -的高∴点P 到直线AD 的距离的最大值是2．则min 321PF =-=．1111119332212BB C BB B C S ∆=⋅⋅=⨯⨯= ，1111193132213P BB C BB C V PF S -∆=⨯⨯⋅⋅=∴=故选：C．【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P 到平面BCD 的距离的最大值，选择公式，可求最值.【举一反三】1.（2020·四川高三期末）长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1BC =，12AA =，P 为该正方体侧面11CC D D内（含边界）的动点，且满足tan tan PAD PBC ∠+∠=.则四棱锥P ABCD -体积的取值范围是（）A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B．2,33⎤⎥⎣⎦C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D．4,33⎤⎥⎣⎦【答案】B【解析】如图所示：在RT PAD 中，tan PD PAD PD AD ∠==，在RT PBC 中，tan PCPBC PC BC∠==，因为tan tan PAD PBC ∠+∠=，所以PD PC +=.因为2PD PC CD +=>=，所以点P 的轨迹是以,C D为焦点2a =的椭圆.如下图所示：a =，1c =，1b ==，椭圆的标准方程为：2212x y +=.1(0,1)P 联立22112x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：22y =±.所以22(1,2P -，32(1,2P .当点P 运动到1P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最长，所以max 1112()21333P ABCD ABCD V S PO -=⨯⨯=⨯⨯=.当点P 运动到2P 或3P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最短，所以min 211()23323P ABCD ABCD V S P D -=⨯⨯=⨯⨯=.综上所述：233P ABCD V -≤≤.2．如图，长方形ABCD 中，152AB =，1AD =，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE 沿DE 折起为A DE ' ．设ADE α∠=，二面角A DE C '--的大小为β，若π2αβ+=，则四棱锥A BCDE '-体积的最大值为（）A ．14B ．23C ．15112D ．518-【答案】A【解析】设过A 与DE 垂直的线段长为a ，则tan AE α=，150tan 2α<<，1cos DE α=，sin a α=，则四棱锥A BCDE '-的高πsin sin sin sin cos 2h a βαααα⎛⎫=⋅=⋅-= ⎪⎝⎭，则111515tan 1sin cos 3222A BCDEV ααα'-⎛=⨯⨯-+⨯⨯ ⎝⎭)1tan sin cos6ααα=⨯)21cos sin6ααα=-)112cos 21212αα=+-11511sin 2cos 234412αα⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭()11sin 2312αϕ=+-，tan 15ϕ⎛= ⎝⎭，∴四棱锥A BCDE '-体积的最大值为1113124-=.故选：A.3．（2020·重庆市松树桥中学校高三）如图，在单位正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1AD 上运动，给出以下四个命题：①异面直线1A P 与1BC 间的距离为定值；②三棱锥1D BPC -的体积为定值；③异面直线1C P 与直线1CB 所成的角为定值；④二面角1P BC D --的大小为定值．其中真命题有()A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】D【解析】对于①，异面直线1A P 与1BC 间的距离即为两平行平面11ADD A 和平面11BCC B 间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．对于②，由于11D BPC P DBC V V --=，而1DBC S ∆为定值，又P ∈AD 1，AD 1∥平面BDC 1，所以点P 到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥1D BPC -的体积为定值．故②正确．对于③，由题意得在正方体1111ABCD A B C D -中，B 1C ⊥平面ABC 1D 1，而C 1P ⊂平面ABC 1D 1，所以B 1C ⊥C 1P ，故这两条异面直线所成的角为90︒．故③正确；对于④，因为二面角P −BC 1−D 的大小，即为平面ABC 1D 1与平面BDC 1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角1P BC D --的大小为定值．故④正确．综上①②③④正确．选D ．类型四立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】（2020南充高考一模）如图，直二面角AB αβ--，P α∈，C β∈，D β∈，且AD AB ⊥，BC AB ⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，则点P 在平面α内的轨迹是（）A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.一条直线D.两条直线【答案】A【解析】以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，设点(),P x y ，()30A -,，()3,0B ，AD AB ⊥ ，BC AB ⊥，则AD α⊥，BC α⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，Rt APD Rt CPB ∴∆∆ ，51102APAD BPBC ∴===，即()()2222343x y x y ⎡⎤-+=++⎣⎦，整理得：()22516x y ++=，故点P 的轨迹是圆的一部分，故选A .【指点迷津】空间轨迹问题的求解策略：1.利用侧面展开或展到一个平面上寻求轨迹；2.利用圆锥曲线定义求轨迹；3.这辗转过程中动点的轨迹；4.利用函数观点探求轨迹【举一反三】1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为M ，N 为体对角线1BD 的三等分点，动点P 在三角形1ACB 内，且三角形PMN 的面积263PMN S =△，则点P 的轨迹长度为（）A ．269πB ．263C ．469D ．463π【答案】B【解析】如图所示：连接11BC B C O = ，因为四边形11BCC B 是正方形，所以11BC B C ⊥，因为11D C ⊥平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，所以11D C ⊥1B C ，又11111,BC D C C BC =⊂ 平面11BC D ，11D C ⊂平面11BC D ，所以1B C ⊥平面11BC D ，所以11B C D B ⊥，同理可知：11B A D B ⊥，又因为1B C ⊂平面1ACB ，1B A ⊂平面1ACB ，111B C B A B = ，所以1D B ⊥平面1ACB ，根据题意可知：1116,D B AB B C AC =====1ACB 为正三角形，所以160∠=︒B AC ，所以1122ACB S =⨯= ，设B 到平面1ACB 的距离为h ，因为11B ACB B ABC V V --=，所以111133ACB ACB S h S BB ⋅⋅=⋅⋅ ，所以11ACB ACB S h S BB ⋅=⋅ ，所以(23232342h ⨯⨯=⨯1123h D B ==，所以h BN =，所以N 即为1D B 与平面1ACB 的交点，由题意可知：1D B ⊥平面1ACB ，所以MN PN ⊥，所以11262223PMN S MN PN PN PN =⋅=⋅⋅==，再如下图所示：在正三角形1ACB 中，高3sin 602AO AC =︒==，所以内切圆的半径12633r AO ==<，且3AN <=，取1B C 的两个三等分点,E F ，连接,EN FN ，所以1//,//NE AB NF AC ，所以NEF 是以PN 长度为边长的正三角形，所以P 的轨迹是以N 为圆心，半径等于3的圆，圆的周长为463，在1ACB 内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为60︒，所以对应的轨迹长度是圆周长的一半为263，故选：B.2、（2020贵阳高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，已知点P 为平面11AA D D 中的一个动点，且点P 满足：直线1PC 与平面11AA D D 所成的角的大小等于平面PBC 与平面11AA D D 所成锐二面角的大小，则点P 的轨迹为（）A ．直线B ．椭圆C ．圆D ．抛物线【答案】D3．几何中常用表示L 的测度，当L 为曲线、平面图形和空间几何体时，L 分别对应其长度、面积和体积．在ABC 中，3AB =，4BC =，5AC =，P 为ABC 内部一动点（含边界），在空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹为L ，则L 等于（）A ．612π+B ．2263π+C ．20123π+D ．22123π+【来源】安徽省合肥市2021届高三下学期第三次教学质量检测理科数学试题【答案】D【解析】空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹所构成的空间几何体在垂直于平面ABC 的角度看，如下图所示：其中：BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体为底面半径为1的半圆柱；CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为,,C B A ；ABC 区域内的几何体是高为2的直三棱柱.四边形BCDF 和ACEI 为矩形，2DCB ECA π∴∠=∠=，2DCE ACB ACB πππ∴∠=--∠=-∠，同理可得：FBG ABC π∠=-∠，HAI CAB π∠=-∠，()332DCE FBG HAI ACB ABC CAB ππππ∴∠+∠+∠=-∠+∠+∠=-=，∴CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体合成一个完整的，半径为1的球，则CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体的体积之和3144133V ππ=⨯=；又BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体的体积之和()221134562V ππ=⨯⨯++=；ABC 区域内的直三棱柱体积31342122V =⨯⨯⨯=，4226121233L πππ∴=++=+.故选：D.三．强化训练1．（2020·内蒙古高三期末）如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段1A B 上的动点，则下列结论正确的是（）．①异面直线AD 与1CB 所成的角为45︒②11DC D M⊥③三棱锥1M DCC -的体积为定值④1AM MD +的最小值为2．A ．①②③B ．①②④C ．③④D ．②③④【答案】A【解析】①∵AD ∥BC ，∴异面直线AD 与1CB 所成的角即为BC 与1CB 所成的角，可得夹角为45︒，故①正确；②连接1CD ，∵1DC ⊥平面A 1BCD 1，1D M ⊂平面A 1BCD 1，∴11DC D M ⊥，故②正确；③∵1A B ∥平面DCC 1D 1，∴线段A 1B 上的点M 到平面DCC 1D 1的距离都为1,又△DCC 1的面积为定值12,因此三棱锥M −DCC 1的体积1111326V =⨯⨯=为定值,故③正确；④将面AA 1B 与面A 1BCD 1沿A 1B 展成平面图形,线段AD 1即为AP +PD 1的最小值，在△D 1A 1A 中,∠D 1A 1A =135°,利用余弦定理解三角形得12AD =，故④不正确.因此只有①②③正确.故选：A .2.（2020河南省焦作市高三）在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E ⊥EF ，则|AF|的最大值为（）A ．B ．1C ．D ．2【答案】B【解析】以AB ，AD ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C 1（4，4，4），设E （0，0，z ），z ∈[0，4]，F （x ，0，0），x ∈[0，4]，则|AF|＝x ．＝（4，4，4﹣z ），＝（x ，0，﹣z ）．因为C 1E ⊥EF ，所以，即：z 2+4x ﹣4z ＝0，x ＝z ﹣．当z ＝2时，x 取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B ．3．（2020·重庆巴蜀中学高三（理））棱长为2的正方体1111ABCD A B C D 中，N 为1CC 的中点，P 在底面ABCD 内运动，1D P 与平面ABCD 所成角为1θ，NP 与平面ABCD 所成角为2θ，若12θθ=，则AP 的最小值为（）A ．2B ．83C ．4D ．1【答案】A【解析】分析：先证明PD=2PC ，再在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，求出211680sin()99PA αϕ=-+，再利用三角函数的图象和性质求出|AP|的最小值.【详解】设12θθθ==，所以12tan tan DD PD θθ==，1PC tan tan CN θθ==，所以PD=2PC.在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，设点P(x,y),=，整理得22516454(),cos ,sin 39333x y x y αα++=∴=-=，所以2224841168011680(cos )(sin 2)sin()43339999PA αααϕ=-+-=-+≥-=，即||2AP ≥,所以|AP|的最小值为2.故选：A4．已知三棱锥A BCD -的所有棱长均为2，E 为BD 的中点，空间中的动点P 满足PA PE ⊥，PC AB ⊥，则动点P 的轨迹长度为（）A ．1116πB．8C．2D【来源】浙江省五校2021届高三下学期5月联考数学试题【答案】C【解析】正四面体A BCD -，建立空间直角坐标系如图所示，)(22,,,22E C B ⎛ ⎝，设(),,P x y z，()22,,,,22PE x y z AP x y z ⎛⎫=---= ⎪ ⎪⎝⎭，),PC x y z =-- .由于PA PE ⊥，PC AB ⊥，所以00AP PE PC AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩ ，即))220220x x y y z z y ⎧⎛⎫⎛⎫-+-+-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎨-=，即2222220220x x y y z z y z ⎧-+-+-=⎪⎨⎪+=⎩，即222222344240x y z y z ⎧⎛⎛⎛⎪-+-+-= ⎪⎪ ⎪⎨⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+-=⎪⎩，22222234424x y z ⎛⎫⎛⎛-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭表示球心为222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为32R =的球.y z+=表示垂直于yAz平面的一个平面.所以P的轨迹是上述平面截球面所得圆.球心,,442⎛⎫⎪⎪⎝⎭到平面0y z+=的距离为14d=，所以截得的圆的半径4r===，所以截得的圆，也即P点的轨迹的长度为2242rππ=⨯=.故选：C5.（2020郑州一中高三期末）在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A ．B．C ．D．【答案】C【解析】如图所示：三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以：，在中，设外接圆的直径为，则：，所以：外接球的半径，则：，故选：C．6．（2020九江高三一模）在长方体中，，，分别是棱的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，其中H、Q、R分别为、的中点，易证平面ACD1∥平面EFGHQR，∵直线D1P与平面EFG不存在公共点，∴D1P∥面ACD1，∴D1P面ACD1，∴P∈AC，∴过P作AC的垂线，垂足为K，则BK=,此时BP最短，△PBB1的面积最小，∴三角形面积的最小值为，故选：C．7．（2020·浙江高三期末）在三棱锥P ABC -中，PA PB PC AB AC BC ======，点Q 为ABC∆所在平面内的动点，若PQ 与PA 所成角为定值θ，π(0,)4θ∈，则动点Q 的轨迹是A ．圆B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线【答案】B【解析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出Q 轨迹方程，可得其轨迹.由题，三棱锥P ABC -为正三棱锥，顶点P 在底面ABC 的射影O 是底面三角形ABC 的中心，则以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得1OA OP ==，设Q 为平面ABC 内任一点，则()()()()()1,0,0,0,0,1,,,0,1,0,1,,,1A P Q x y PA PQ x y =-=-，由题PQ 与PA 所成角为定值θ，π0,4θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则,cos PA PQ PA PQ θ⋅==⋅则()()22222cos 11x y x θ++=+，化简得222cos22cos 2cos20x y x θθθ⋅+⋅-+=，ππ0,,20,,cos 20,42θθθ⎛⎫⎛⎫∈∴∈> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故动点Q 的轨迹是椭圆.选B8．（2020·上海格致中学高三月考）在正方体''''ABCD A B C D -中,若点P (异于点B )是棱上一点,则满足BP 与AC '所成的角为45︒的点P 的个数为（）A ．0B ．3C ．4D ．6【答案】B 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点P 的个数．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设棱长1AB =，(1B ，0，1)，(1C ，1，1)．①在Rt △AA C ''中，||tan ||A C A AC AA '''∠'=='，因此45A AC '∠'≠︒．同理AB ，AD 与AC '所成的角都为45≠︒．故当点P 位于（分别与上述棱平行或重合）棱BB '，BA ，BC 上时，与AC '所成的角都为arctan 45≠︒，不满足条件；②当点P 位于棱AD 上时，设(0P ，y ，1)，(01)y，则(1BP =-，y ，0)，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则2|||cos ,|2||||BP AC BP AC BP AC '=<'>=='，化为2410y y ++=，无正数解，舍去；同理，当点P 位于棱A D ''上时，也不符合条件；③当点P 位于棱B C ''上时，设(1P ，y ，0)，(01)y，则(0BP = ，y ，1)-，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则2|||cos ,|2||||BP AC BP AC BP AC '=<'>=='，化为2410y y -+=，01y，解得2y =-(1,2P ．④同理可求得棱C D ''上一点(5P -，棱C C '上一点4)P -．而其它棱上没有满足条件的点P ．综上可知：满足条件的点P 有且只有3个．故选：B 9.（2020上海交通大学附属中学高三）如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（）A ．B ．C ．D ．不能确定【答案】C【解析】如图所示：∵P A ⊥平面ABC ，∴PD 与平面ABC 所成的角=∠PDA,过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ，连接PE ，∵P A ⊥平面ABC ，∴P A ⊥BC ，∴BC ⊥平面PAE ，∴BC ⊥PE,在Rt △AED ，Rt △PAD ，Rt △PED 中：cos ，cos ，cos ，∴coscoscos <cos ,又均为锐角，∴，故选C.10．（2020·湖南长郡中学高三（理））在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，23BAC π∠=，3AP =，AB =Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（）A ．45πB ．57πC ．63πD ．84π【答案】B【解析】分析：根据题意画出图形，结合图形找出ABC △的外接圆圆心与三棱锥P ABC -外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．详解：三棱锥P ABC PA ABC 中，平面，-⊥设直线PQ 与平面ABC 所成角为θ，如图所示；则3PA sin PQ PQ ，θ==由题意且θ的最大值是3π，∴332PQ=，解得PQ =即PQ 的最小值为∴AQ A 到BC AQ BC ∴⊥，AB BC ∴== 6BC ；∴=取ABC △的外接圆圆心为O '，作OO PA ' ，62120r sin ∴=︒，解得r =；O A ∴'=M为PA 的中点，32OM O A PM ∴='==，由勾股定理得CP R ===∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积是224457S R πππ==⨯⨯=．故选B.11．在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是以B 为直角的等腰三角形，且3AB =，1AA =若点D 为棱1AA 的中点，点M 为面BCD 的一动点，则11 B M C M +的最小值为（）A ．B ．6C ．D【来源】江西省赣州市2021届高三二模数学（理）试题【答案】C【解析】由题意知，BC AB ⊥，111ABC A B C -为直三棱柱，即面ABC ⊥面11ABB A ，面ABC 面11ABB A AB =，BC ⊂面ABC ，∴BC ⊥面11ABB A ，又BC ⊂面BCD ，∴面BCD ⊥面11ABB A .∴易得1B 关于平面BCD 对称点E 落在1A A 的延长线上，且AE =1A E =示，11 B M C M +的最小时，1C 、M 、E 三点共线.∴1111||B M C M EM C M EC +=+≥===.故选：C12．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点P 为ABC 所在平面内一动点，且满足3PA PB += ，则PD 的最大值为（）A ．3B ．2103C ．393D ．2【来源】河南省鹤壁市2021届高三一模数学（文）试题【答案】B【解析】如图所示，在平面ABC 内，4323PA PB +=> ，所以点P 在平面ABC 内的轨迹为椭圆，取AB 的中点为点O ，连接CO ，以直线AB 为x 轴，直线OC 为y 建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则椭圆的半焦距1c =，长半轴233a =，该椭圆的短半轴为33b ==，所以，椭圆方程为()2233104x y z +==.点D 在底面的投影设为点E ，则点E 为ABC 的中心，113333OE OC ===，故点E 正好为椭圆短轴的一个端点，22333CE OC ==，则263DE ==，因为222PD DE EP =+，故只需计算EP 的最大值.设(),,0P x y ，则0,,03E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则2222223423123543333333EP x y y y y y ⎛=+-=-+-+=--+ ⎝⎭，当333933y ⎡=∈-⎢⎣⎦时，2EP 取最大值，即22max3233516393939EP ⎛⎫⎛=-⨯---+= ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，因此可得2241640999PD ≤+=，故PD 的最大值为2103.故选：B.13．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是线段1BC 上的点，过1A 的平面α与直线PD 垂直，当P 在线段1BC 上运动时，平面α截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面面积的最小值是（）A ．1B ．54C ．2D 【来源】北京市朝阳区2021届高三一模数学试题【答案】C【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()10,0,1A 、()1,0,0B 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()11,1,1C 、()0,1,0D 、()10,1,1D ，设点()1,,P t t ，其中01t ≤≤.①当0t =时，点P 与点B 重合，()1,1,0BD =- ，()1,1,0AC = ，()10,0,1AA =，所以，0BD AC ⋅=，10BD AA ⋅= ，则BD AC ⊥，1BD AA ⊥，1AC AA A ⋂=，BD ∴⊥平面11AA C C ，此时平面α即为平面11AA C C ，截面面积为1S AA AC =⋅=；②当1t =时，同①可知截面面积为S =；③当01t <<时，()1,1,DP t t =- ，()11,1,1A C =-，1110DP AC t t ⋅=+--= ，1A C PD ∴⊥，则1A C α⊂，设平面α交棱1DD 于点()0,1,E z ，()1,0,CE z =-，10DP CE tz ⋅=-+= ，可得11z t=>，不合乎题意.设平面α交棱AB 于点(),0,0M x ，()1,1,0CM x =--，()110DP CM x t ⋅=---=，可得x t =，合乎题意，即(),0,0M t ，同理可知，平面α交棱11C D 于点()1,1,1N t -，()11,1,0A N t MC =-=，且1A N 与MC 不重合，故四边形1A MCN 为平行四边形，()11,1,1A C =- ，()11,1,0A N t =-，11111cos A C A NCA N A C A N⋅∠==⋅则1sin CA N ∠=所以，截面面积为11112sin 2CA NS S A C A N CA N ==⋅∠=<△.综上所述，截面面积的最小值为2.故选：C.14．如图，斜线段AB 与平面α所成的角为π4，B 为斜足．平面α上的动点P 满足π6PAB ∠=，则点P 的轨迹为（）A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设(0,1,0),(0,0,1),(,,0)(0,1,1),(,,1)B A P x y AB AP x y ⇒=-=-223cos ,=62(2)112AB AP x y ⇒<>+-=所以点P 的轨迹是椭圆．故选：B.15．已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB '，AC 上的动点，点T 在平面BCC B ''内，则MT NT +的最小值是（）AB ．233C．2D ．1【答案】B【解析】A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB '的对称点为M '，记d 为直线EB '与AC 之间的距离，则MT NT M T NT M N d ''+=+≥≥，由//B E D C ''，d 为E 到平面ACD '的距离，因为111111333D ACE ACE V S '-=⨯⨯==⨯⨯= ，而2133346D ACE E ACD V V d d ''--==⨯⨯⨯=，故233d =，故选：B.16．如图，ABC 是等腰直角三角形，AB AC =，点D 是AB 上靠近A 的三等分点，点E 是AC 上靠近C 的三等分点，沿直线DE 将ADE 翻折成A DE ' ，所成二面角A DE B '--的平面角为α，则（）A ．A DB A EC α∠≥∠'≥'B ．A EC A DB α∠≥∠'≥'C ．A DB A EC α≥∠'∠≥'D ．A EC A DBα≥∠'∠≥'【答案】B【详解】如图，在等腰直角三角形中，过B 作直线//l DE ，作BM ED ⊥交直线DE 于点M ，过C 作直线DE 的垂线，垂足为R ，交直线l 与T ，过A 作DE 的垂线，垂足为O ，且交l 于N ，不妨设3AB =，则1,2AD CE BD AE ====，在直角三角形ADE 中，255AO ==，因为BMD AOD ，故12AO AD BM BD ==，故455BM =，同理52522155DM DO ==⨯⨯=，所以5ON =，5BN OM ==，同理5RC OS ==，5NT =.在几何体中连接,,A B A S A C '''，如图，因为,,A O DE NO DE '⊥⊥故NOA '∠为二面角A DE B '--的平面角，故NOA α'∠=，而A O NO O '⋂=，故DE ⊥平面AON '，所以TB ⊥平面AON '，而A N '⊂平面AON '，故BN A N '⊥.24162545162cos 4cos 55555A N αα'=+-⨯⨯=-，故216929164cos cos 5555A B αα'=-+=-，故29165cos 4155cos cos 21255A DB αα-+'∠==-⨯⨯，同理14cos cos 55A EC α'∠=-，11cos cos cos 055A DB αα'∠-=--<，故cos cos A DB α'∠<，同理cos cos A EC α'∠<，33cos cos cos 055A DB A EC α''∠-∠=+>，故cos cos A DB A EC ''∠>∠，因为(),,0,A DB A EC απ''∠∠∈，故A EC A DB α''∠>∠>，故选B.17．如图，棱长为2的长方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11B D 上动点(包括端点).则以下结论正确的为（）A ．三棱锥1P A BD -中，点P 到面1A BDB ．过点P 平行于面1A BD 的平面被正方体1111ABCD A BCD -截得的多边形的面积为3C ．直线1PA 与面1A BD 所成角的正弦值的范围为36,33⎣⎦D ．当点P 和1B 重合时，三棱锥1P A BD -的外接球体积为2π【来源】广东省普宁市2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】C【解析】对于A 中，由111142323P A BD A PBD V V --==⨯=，1A BD 为等边三角形，面积为112A BD =⨯=△S ,设点P 到面1A BD 的距离为h ，由1433h ⨯=，求得233h =，所以A 不正确；对于B 中，过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体截得的多边形平面11B D C ，此时三角形11B D C 为边长为的等边三角形，其面积为12⨯B 不正确；对于C 中，由正方体的结构特征和性质，可得点P 到平面1A BD 的距离为233，当点P 在线段11B D 上运动时，1max 2PA =（P 为端点时），in 1m PA =，设直线1PA 与平面1A BD 所成角为θ，则sin 33θ∈⎢⎣⎦，所以C 正确；对于D 中，当点P 与1B 重合时，此时三棱锥为11B A BD -，设1B D 的中点为O ，因为11190B BD B A D ∠=∠=︒，可得11OA OB OD OB ===所以三棱锥1P A BD -的外接球的球心为1B D ，所以三棱锥1P A BD -的外接球的体积为343π⨯=，所以D 不正确.故选：C.18．如图，在棱长为1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足15DP PB +=+，则直线1B P 与直线1AD 所成角的取值范围为（）(参考数据：43sin 53,sin 3755== )A ．37,143⎡⎤⎣⎦B ．37,90⎡⎤⎣⎦C ．53,143⎡⎤⎣⎦D ．37,127⎡⎤⎣⎦【来源】江西省景德镇一中2020-2021学年高三上学期期末考试数学（理）试题【答案】B【解析】如图，建立空间直接坐标系，连结1B D ，交平面11A BC 于点O ，()0,0,0D ，(1B ，(1A ，()B ，(1C ，(1DB = ，(1A B =- ，(1BC =-，110DB A B ⋅= ，110DB BC ⋅=，111111,DB A B DB BC A B BC B ∴⊥⊥⋂=，，1DB ∴⊥平面11A BC ，根据等体积转化可知111111B A BC B A B C V V --=，即((2311131132232B O ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得：13B O =，19B D ==，16D O ∴=,11//AD BC ，∴异面直线1AD 与1B P 所成的角，转化为1BC 与1B P 所成的角，如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取1BC 的中点E ，过点O 作1//OF BC ，则以点O 为原点，1,,OF OE OB为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(),,0P x y ，()10,0,3B ，()0,0,6D -，32,02B ⎫⎪⎪⎭，132,02C ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，()1,,3B P x y =-，()1BC =-,15PB PD +=+，5=+，2222936x y x y ++<++，即15PB =22925x y ∴++=，即2216x y +=，[]4,4x ∈-11111144cos ,,555B P BC x B P BC B P BC ⋅⎡⎤<>===-∈-⎢⎥⎣⎦，因为异面直线所成的角是锐角，并设为θ，则4cos 0,5θ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，4sin 535=，4cos375∴=，37,90θ⎡⎤∴∈⎣⎦ 故选：B19．如图，在三棱锥D ABC -中，,1,1AD BC BC AD ⊥==．且2AB BD AC CD +=+=，则四面体ABCD 的体积的最大值为（）A ．14B ．212C．6D ．524【来源】浙江省衢州市五校联盟2020-2021学年高三上学期期末联考数学试题【答案】B【解析】作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，如图，因为,AD BC ⊥,BE BC 再平面BEC 内相交，所以AD ⊥平面BEC ，因为CE ⊂平面BEC ，所以CE ⊥AD ，因为2AB BD AC CD +=+=，所以B 与C 都是在以A 、D 为焦点的椭球上，且BE 、CE 都垂直于焦距AD ，AB ＋BD =AC +CD =2，显然ABD ACD ≅ ，所以BE =CE .取BC 中点F ，,,BC E AD E F F ⊥∴⊥要求四面体ABCD 的体积的最大值，因为AD 是定值，只需三角形EBC 的面积最大，因为BC 是定值,所以只需EF 最大即可，当△ABD 是等腰直角三角形时几何体的体积最大，因为AB ＋BD =AC +CD =2，1AB ∴=，,22EB EF ∴====，所以几何体的体积为11221132212⨯⨯⨯⨯=故选：B20．如图，三棱锥A BCD -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三。

专题05 等腰三角形中的动态问题(解析版)

专题05 等腰三角形中的动态问题【典例解析】【例1-1】（2020·安徽省泗县月考）如图，∠AOB＝120°，OP平分∠AOB，且OP＝1．若点M，N分别在OA，OB上，且∠PMN为等边三角形，则满足上述条件的∠PMN有()A．1个B．2个C．3个D．无数个【答案】D【解析】解：如图，在OA、OB上分别截取OE=OP，OF=OP，作∠MPN=60°．∠OP平分∠AOB，∠∠EOP=∠POF=60°，∠OP=OE=OF，∠∠OPE，∠OPF是等边三角形，∠EP=OP，∠EPO=∠OEP=∠PON=∠MPN=60°，∠∠EPM=∠OPN，∠∠PEM∠∠PON∠PM=PN，∠∠PNM 是等边三角形，只要∠MPN =60°，∠PMN 就是等边三角形，故这样的三角形有无数个．故答案为：D ．【例1-2】（2020·贵州六盘水期末）如图，在ABC 中，3AB AC ==，50B C ∠=∠=，点D 在边BC 上运动（点D 不与点,B C 重合），连接AD ，作50ADE ∠=，DE 交边AC 于点E ．（1）当100BDA ∠=时，EDC ∠= ，DEC ∠=（2）当DC 等于多少时，ABD DCE ≌△△，请说明理由；（3）在点D 的运动过程中，ADE 的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请求出BDA ∠的度数；若不可以，请说明理由．【答案】（1）30，100；（2）（3）见解析.【解析】解：（1）在 △BAD 中，∵∠B =50°，∠BDA =100° ，∴∠EDC =30°，∠DEC =100°.（2）当CD =3时，∠ABD ∠∠DCE ，理由如下：∵AB =CD =3，∠B =50°，∠ADE =50°∴∠B =∠ADE∵∠ADB +∠ADE +∠EDC =180°，∠DEC +∠C +∠EDC =180°∴∠ADB =∠DEC又∠B =∠C∴△ABD ≌△DCE（3）可以，理由如下：∴∠BAC=80°①当AD=DE时，∠DAE=∠DEA=65°，∠∠BAD=∠BAC－∠DAE=15°∠∠BDA=115°②当AD=AE时，∠AED=∠ADE=50°∠∠DAE=180°－∠AED－∠ADE=80°又∠∠BAC=80°∠∠DAE=∠BAE∴点D与点B重合，不合题意．③当AE=DE时，∠DAE=∠ADE=50°∠∠BAD=∠BAC－∠DAE=30°∴∠BDA=100°.综上所述，当∠BDA的度数为115°或100°时，△ADE是等腰三角形．【变式1-1】（2019·霍林郭勒市期中）点A的坐标是（2，2），若点P在x轴或y轴上，且∠APO是等腰三角形，这样的点P共有（）个A．6B．7C．8D．9【答案】C.【解析】解：分两种情况进行讨论，当OA是底边时，作OA的垂直平分线，和坐标轴的交点有2个；当OA是腰时，以点O为圆心，OA为半径画弧，和坐标轴有4个交点；以点A为圆心，OA为半径画弧，和坐标轴出现2个交点；∠满足条件的点P 共有8个，故答案为：C ．【变式1-2】（2020·山西初二月考）综合与探究：在ABC ∆中， 3 cm AB AC BC ===.点P 从点A 出发以1 cm/s 的速度沿线段AB 向点B 运动．（1）如图1，设点P 的运动时间为()t s ，当t =______s 时，PBC ∆是直角三角形．（2）如图2，若另一动点Q 从点B 出发，沿线段BC 向点C 运动，如果动点,P Q 都以1 cm/s 的速度同时出发，设运动时间为()t s ，求当t 为何值时，PBQ ∆是直角三角形．（3）如图3，若另一动点Q 从点C 出发，沿射线BC 方向运动，连接PQ 交AC 点D ，且动点,P Q 都以1 cm/s 的速度同时出发．∠设运动时间为()t s ，那么当t 为何值时，DCQ ∆是等腰三角形？∠如图4，连接PC .请你猜想：在点,P Q 的运动过程中，PCD ∆和QCD ∆的面积之间的数量关系为______．【答案】（1）32；（2）（3）见解析．【解析】解：（1）当∠PBC 是直角三角形时，则∠BPC =90°，∠∠B =60°，∠BP =AP =32cm ， ∠t =32，故答案为：32；（2）∠当∠BPQ=90°时，BP=12 BQ，即3-t=12t，解得：t=2∠当∠BQP=90°时，BP=2BQ，即3-t=2t，解得：t=1故当t=1或2s时，∠PBQ是直角三角形；（3）∠∠∠DCQ=120°∠当∠DCQ是等腰三角形，CD=CQ，∠∠PDA=∠CDQ=∠CQD=30°∠∠A=60°∠∠APD=90°∠AD=2AP3-t=2t，解得：t=1∠S∠PCD=S∠QCD，过点P作PE∠AC于E，过点Q作QG∠AC于点G，∠∠CGQ=∠AEP=90°∠AB=AC=BC∠∠A=∠ACB=∠QCG=60°∠∠EAP∠∠GCQ∠PE=QG∠∠PCD与∠QCD同底等高故S∠PCD=S∠QCD．【例2】（2020·江苏江阴月考）如图，在∠ABC中，AB=AC=10cm；BC=6cm，点D为AB的中点．（1）如果点P在线段BC上以1cm/s的速度由点B向点C运动，同时，点Q在线段CA上由点C向点A运动．∠若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，∠BPD与∠CQP是否全等，请说明理由；∠若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使∠BPD与∠CQP全等？（2）若点Q以∠中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B出发都逆时针沿∠ABC三边运动，直接写出经过多少秒后，点P与点Q第一次在∠ABC的那一条边上相遇．【答案】（1）∠∠BPD与∠CQP全等，∠点Q的运动速度是53cm/s．（2）经过30秒后点P与点Q第一次在∠ABC的边BC上相遇．【解析】解：（1）∠∠BPD与∠CQP全等，∠点P的运动速度是1cm/s，点Q的运动速度是1cm/s，∠运动1秒时，BP=CQ=1cm，∠BC=6cm，∠CP=5cm，∠AB=10，D为AB的中点，∠BD=5，∠BD=CP，∠AB=AC，∠∠B=∠C，∠∠BPD∠∠CQP．∠点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，则BP≠CQ，若∠BPD与∠CQP全等，只能BP=CP=3cm，BD=CQ=5cm，此时，点P运动3cm，需3秒，而点Q运动5cm，∠点Q的运动速度是53cm/s．（2）设经过t秒时，P、Q第一次相遇，∠P的速度是1厘米/秒，Q的速度是53厘米/秒，∠10+10+t=53 t，解得：t=30，此时点Q的路程=30×53=50（厘米），∠50＜2×26，∠此时点Q在BC上，∠经过30秒后点P与点Q第一次在∠ABC的边BC上相遇．【例3-1】（2019·武汉市期中）如图，已知：∠MON=30°，点A1、A2、A3、…在射线ON上，点B1、B2、B3、…在射线OM上，∠A1B1A2、∠A2B2A3、∠A3B3A4、…均为等边三角形，若OA1=1，则∠A9B9A10的边长为（）A．32B．64C．128D．256【答案】D【解析】解：如图，∠∠A1B1A2是等边三角形，∠A1B1=A2B1，∠3=∠4=∠12=60°，∠∠2=120°，∠∠MON=30°，∠∠1=180°-120°-30°=30°，又∠∠3=60°，∠∠5=180°-60°-30°=90°，∠∠MON=∠1=30°，∠OA 1=A 1B 1=1，∠A 2B 1=1，∠∠A 2B 2A 3、∠A 3B 3A 4是等边三角形，∠∠11=∠10=60°，∠13=60°，∠∠4=∠12=60°，∠A 1B 1∠A 2B 2∠A 3B 3，B 1A 2∠B 2A 3，∠∠1=∠6=∠7=30°，∠5=∠8=90°，∠A 2B 2=2B 1A 2，B 3A 3=2B 2A 3，∠A 3B 3=4B 1A 2=4，A 4B 4=8B 1A 2=8，A 5B 5=16B 1A 2=16，…∠∠A n B n A n +1的边长为 2n -1，∠∠A 9B 9A 10的边长为29-1=28=256．故答案为D ．【例3-2】（2020·浙江温州月考）如图，图∠是一块边长为1，周长记为P 1的正三角形纸板，沿图∠的底边剪去一块边长为12的正三角形纸板后得到图∠，然后沿同一底边依次剪去一块更小的正三角形纸板（即其边长为前一块被剪掉正三角形纸板边长的12）后，得图∠、∠，…，记第n （n ≥3）块纸板的周长为P n ，则P n －P n －1等于…（）A ．112n -B ．3－12nC ．1－132n - D ．132n -＋212n -【答案】A【解析】解：P 1＝1＋1＋1＝3，P 2＝1＋1＋12＝52， P 3＝1＋1＋14×3＝114，P 4＝1＋1＋14×2＋18×3＝238， … ∠P 3－P 2＝114－52＝211=42， P 4－P 3＝238－114＝311=82， ∠P n －P n －1＝n-112，故答案为：A ．【变式3-1】（2020·山东牡丹期末）如图，已知30MON ∠=︒，点1A ，2A ，3A ，在射线ON 上，点1B ，2B ，3B ，在射线OM 上，112A B B ∆，223A B B ∆，334A B B ∆，均为等边三角形．若11OB =，则889A B B ∆的边长为（）A ．64B ．128C ．132D ．256【答案】B 【解析】解:∠∠A 1B 1B 2 是等边三角形，∠A 1B 1=A 1B 2，∠A 1B 1B 2=∠A 1B 2O =60°∠∠O =30°∠∠A 2A 1B 2=90°∠∠O =∠OA 1B 1=30°∠OB 1=A 1B 1=A 1B 2=1同理可得：A 3B 3=4，A 4B 4=8，A n B n =2n -1∠∠A 8B 8B 9的边长为2-=128.故答案为：B .【变式3-2】（2019·贵州印江月考）如图，已知1111222233334,,,AB A B A B A A A B A B A B A B ==== ……，若∠A ＝70°，则11n n n A A B --∠的度数为（）A ．702nB ．1702n +C ．1702n -D ．2702n - 【答案】C【解析】解：∠1AB A B =，70A ∠=︒∠∠AA 1B =∠A =70°∠1112A B A A =∠∠A 1A 2B 1=∠A 1 B 1A 2∠∠AA 1B =∠A 1A 2B 1＋∠A 1 B 1A 2∠∠A 1A 2B 1=12∠AA 1B =702︒=35° 同理可得：∠A 2A 3B 2=12∠A 1A 2B 1=2702︒=17.5︒ ∠A 3A 4B 3=12∠A 2A 3B 2=3702︒=8.75︒ ∠11n n n A A B --∠=1702n -︒ 故答案为C ．【习题精练】1.（2020·山东青州期中）如图，平面直角坐标系中，点A 在第一象限，∠AOx =40°，点P 在x 轴上，若∠POA 是等腰三角形，则满足条件的点P 共有______个．【答案】4.【解析】解：有OA =OP 、AO =AP 、PO =P A 三种情况：∠以O 为圆心，OA 长为半径画弧，于x 轴有2个交点P 2、P 3，∠以A 为圆心，OA 长为半径画弧，与x 轴有2个交点O 、P 1，点O 与OA 不能构成三角形，P 1符合条件，∠作线段OA 的垂直平分线，交x 轴有1个交点P 4，∠P 4A =P 4O ，∠P 4符合条件，综上所述：符合条件的点共有4个，故答案为：42. （2019·浙江宁波模考）如图，10AOB ∠=︒，点P 在OB 上．以点P 为圆心，OP 为半径画弧，交OA 于点1P （点1P 与点O 不重合），连接1PP ；再以点1P 为圆心，OP 为半径画弧，交OB 于点2P （点2P 与点P不重合），连接12PP ；再以点2P 为圆心，OP 为半径画弧，交OA 于点3P （点3P 与点1P 不重合），连接23P P ；……按照上面的要求一直画下去，得到点n P ，若之后就不能再画出符合要求点1n P +了，则n =________．【答案】8【解析】根据题意可知，画出的三角形是等腰三角形，第一个底角10AOB ∠=︒；由三角形外角和定理可得，第二个等腰三角形的底角20°，第三个等腰三角形的底角30°，同理可得第n 个等腰三角形的底角度数为10n ，因为等腰三角形的底角小于90°，10n <90，即n <9.故答案为8.3.（2020·河北保定一模）如图，10AOB ∠=︒，点P 在OB 上．以点P 为圆心，OP 为半径画弧，交OA 于点1P （点1P 与点O 不重合），连接1PP ；再以点1P 为圆心，OP 为半径画弧，交OB 于点2P （点2P 与点P不重合），连接12PP ；再以点2P 为圆心，OP 为半径画弧，交OA 于点3P （点3P 与点1P 不重合），连接23P P ；……，按照上面的要求一直画下去，就会得到11223OP PP PP P P ===，则（1）234P P P ∠=_________︒；（2）与线段OP 长度相等的线段一共有__________条（不含OP ）．【答案】100,9.【解析】解：（1）由题意可知，1PO PP =，121PP P P =，…，则11POP OPP ∠=∠，1212PPP PP P ∠=∠，…，∠AOB ∠=10°，∠1PPB ∠=20°，21P P A ∠=30°，32P P B ∠=40°，43P P A ∠=50°，54P P B ∠=60°，…，∠234P P P ∠=180°−40°−40°=100°，故答案为：100；（2）根据题意，10n <90，解得n <9．∠n 为整数，故n =8．∠54P P B ∠=60°，4556PP P P =， ∠456P P P ∆为等边三角形，∠与线段OP 长度相等的线段一共有9条（不含OP ），故答案为：9.4.（2020·福建连城期中）如图，在ABC ∆中，90C ∠=︒，4cm AC BC ==，点D 是斜边AB 的中点．点E 从点B 出发以1cm/s 的速度向点C 运动，点F 同时从点C 出发以一定的速度沿射线CA 方向运动，规定当点E 到终点C 时停止运动．设运动的时间为x 秒，连接DE 、DF ．（1）填空：ABC S ∆=______2cm ；（2）当1x =且点F 运动的速度也是1cm/s 时，求证：DE DF =；（3）若动点F 以3cm /s 的速度沿射线CA 方向运动，在点E 、点F 运动过程中，如果存在某个时间x ，使得ADF ∆的面积是BDE ∆面积的两倍，请你求出时间x 的值．【答案】（1）8；(2)见解析；（3）45或4. 【解析】解：（1）∠S ∠ABC =12×AC ×BC ∠S ∠ABC =12×4×4=8 故答案为：8（2）如图：连接CD∠AC =BC ，D 是AB 中点∠CD 平分∠ACB又∠∠ACB =90°∠∠A =∠B =∠ACD =∠DCB =45°∠CD =BD依题意得：BE =CF在∠CDF 与∠BDE 中，BE CF B DCA BD CD =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∠∠CDF ∠∠BDE （SAS ）∠DE =DF（3）过点D 作DM ∠BC 于点M ，DN ∠AC 于点N ，∠AD =BD ，∠A =∠B =45°，∠AND =∠DMB =90°∠∠ADN ∠∠BDM （AAS ）∠DN =DM当S ∠ADF =2S ∠BDE ． ∠12×AF ×DN =2×12×BE ×DM ∠|4-3x |=2x∠x 1=4，x 2=45综上所述：x =45或4. 5.（2020·广东佛山月考）如图，在等边ABC ∆中，10AB AC BC ===厘米，4DC =厘米，如果点M 以3厘米/的速度运动．（1）如果点M 在线段CB 上由点C 向点B 运动．点N 在线段BA 上由B 点向A 点运动，它们同时出发，若点N 的运动速度与点M 的运动速度相等：∠经过2秒后，BMN ∆和CDM ∆是否全等？请说明理由．∠当两点的运动时间为多少秒时，BMN ∆刚好是一个直角三角形？（2）若点N 的运动速度与点M 的运动速度不相等，点N 从点B 出发，点M 以原来的运动速度从点C 同时出发，都顺时针沿ABC ∆三边运动，经过25秒时点M 与点N 第一次相遇，则点N 的运动速度是__________厘米/秒．（直接写出答案）【答案】见解析．【解析】解：（1）∠∠BMN ∠∠CDM ．理由如下：N 、M 速度相等，t =2∠CM =BN =6，BM =4∠BN =CM∠CD =4∠BM =CD∠∠B =∠C =60°∠∠BMN ∠∠CDM∠设运动时间为t 秒，∠BMN 是直角三角形有两种情况：当∠NMB =90°时，∠BNM =30°，BN =2BM∠3t =2（10-3t ）解得：t =209当∠BNM =90°时，同理，BM =2BN ，即10-3t =2×3t ，解得：t =109 ∠当t =209或109秒时，∠BMN 是直角三角形；（2）分两种情况，∠若点M 运动速度快，则3×25－10=25V N ，解得V N =2.6；∠若点N 运动速度快，则3×25+20=25V N ，解得V N =3.8．6.（2018·湖北广水期中）（阅读）如图1，等边∠ABC 中，P 是AC 边上一点，Q 是CB 延长线上一点，若AP ＝BQ ．则过P 作PF ∠BC 交AB 于F ，可证∠APF 是等边三角形，再证∠PDF ∠QDB 可得D 是FB 的中点．请写出证明过程．（运用）如图2，∠ABC是边长为6的等边三角形，P是AC边上一动点，由A向C运动（与A，C不重合），Q是CB 延长线上一动点，与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动（Q不与B重合），过P作PE∠AB 于E，连接PQ交AB于D．（1）当∠BQD＝30°时，求AP的长；（2）在运动过程中线段ED的长是否发生变化？如果不变，直接写出线段ED的长；如果发生改变，请说明理由．【答案】见解析．【解析】解：【阅读】∠∠ABC是等边三角形，∠∠ABC＝∠ACB＝60°，∠PF∠BC，∠∠AFP＝∠APF＝∠ABC＝∠ACB＝60°，∠AP＝PF，∠AP＝BQ，∠PF＝BQ，∠PF∠BQ，∠∠FPD＝∠DQB，∠PFD＝∠QBD，∠∠PFD∠∠QBD；∠DF＝DB．【运用】（1）∠∠ABC是边长为6的等边三角形，∠∠ACB＝60°，∠∠BQD＝30°，∠∠QPC＝90°，设AP＝x，则PC＝6﹣x，QB＝x，∠QC＝QB+BC＝6+x，∠在Rt∠QCP中，∠BQD＝30°，∠PC＝12QC，即6﹣x＝12（6+x），解得x＝2，∠AP＝2；（2）过Q作QG∠AB，交直线AB于点G，连接QE，PG，又∠PE∠AB于E，∠∠PGQ＝∠AEP＝90°，∠点P、Q速度相同，∠AP＝BQ，∠∠ABC是等边三角形，∠∠A＝∠ABC＝∠GBQ＝60°，在∠APE和∠BQG中，∠∠AEP＝∠BGQ＝90°，∠∠APE＝∠BQG，∠∠APE∠∠BQG（AAS），∠AE＝BG，PE＝QG且PE∠QG，∠四边形PEQG是平行四边形，∠DE＝12 EG，∠EB+AE＝BE+BG＝AB，∠DE＝12 AB，又∠等边∠ABC的边长为6，∠DE＝3，故运动过程中线段ED的长始终为3．7.（2020·乐清市月考）如图所示，∠ABC中，AB＝AC＝BC＝10厘米，M、N分别从点A、点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度是1厘米/秒的速度，点N的速度是2厘米/秒，当点N第一次到达B 点时，M、N同时停止运动．设运动时间为t秒．（1）M、N同时运动秒后，M、N两点重合？（2）当0＜t＜5时，M、N同时运动几秒后，可得等边三角形∠AMN？（3）M、N在BC边上运动时，能否得到以MN为底边的等腰∠AMN，如果存在，请求出此时M、N运动的时间，如果不存在请说明理由.【答案】见详解．【解析】解：（1）M、N同时运动10秒后，点M、N重合；故答案为10；（2）如图，根据题意得：AM=t，BN=2t，则AN=10-2t，∴t =10﹣2t ，解得t =103； ∴当0＜t ＜5时，M 、N 同时运动103秒后，可得等边三角形∠AMN ；（3）M 、N 在BC 边上运动时，可以得到以MN 为底边的等腰三角形，理由如下：由（1）知10秒时M 、N 两点重合，恰好在C 处．如图，∠AN =AM∠∠AMN =∠ANM∠∠AMC =∠ANB∠AB =BC =AC∠∠ACB 是等边三角形∠∠C =∠B在∠ACM 和∠ABN 中∠AC =AB ，∠C =∠B ，∠AMC =∠ANB∠∠ACM ∠∠ABN∠CM =BN设运动时间为y 秒时，∠AMN 是等腰三角形∠CM =y ﹣10，NB =30﹣2y∠y -10=30-2y ，解得y =403 ∠当运动时间为403秒时，M ，N 在BC 上使∠AMN 为等腰三角形． 8.（2020·南京月考）在ABC 中，90BAC ∠>︒，AB 的垂直平分线交BC 于M ，交AB 于E ，AC 的垂直平分线交BC 于N ，交AC 于F ．（1）若AB AC =，120BAC ∠=︒，求证BM MN NC ==；（2）由（1）可知AMN 是______三角形；（3）去掉（1）中的“120BAC ∠=︒”的条件，其他不变，判断AMN 的形状，并证明你的结论；（4）当B 与C ∠满足怎样的数量关系时，AMN 是等腰三角形？直接写出所有可能的情况．【答案】见解析.【解析】解：（1）连接AM ，AN ，∠AB =AC ，∠BAC =120°∠∠B =∠C =30°∠AB 的垂直平分线交BC 于M ，AC 的垂直平分线交BC 于N ，∠BM =AM ，CN =AN ，∠∠C =∠CAN =30°，∠B =∠BAM =30°，∠∠AMN =60°，∠ANM =60°∠∠MAN =60°∠∠AMN 是等边三角形∠AM =AN =MN∠BM =MN =CN（2）等边；（3）等腰三角形，理由如下：∠AB =AC ，∠∠B =∠C ，∠AB 的垂直平分线交BC 于M ，AC 的垂直平分线交BC 于N ，∠BM =AM ，CN =AN ，∠∠C =∠CAN ，∠B =∠BAM ，∠∠AMN =2∠B ，∠ANM =2∠C∠∠B =∠C∠∠AMN=∠ANM，∠AM=AN∠∠AMN是等腰三角形（4）∠AMN=2∠B，∠ANM=2∠C，∠MAN=180°－2∠B－2∠C，∠当AM=AN时，∠B=∠C；∠当MN=AN时，得2∠B+∠C=90°；∠当MN=AM时，得∠B+2∠C=90°．9.（2020·长沙月考）点P是边长为3cm的等边∠ABC的边AB上的动点，点P从点A出发．沿线段AB向点B运动．（1）如图1，若另一动点Q从点B出发，沿线段BC向点C运动，如果动点P，Q都以1cm/s的速度同时出发，设运动时问为t（s），连换AQ、CP交于点M，∠当t为何值时，∠PBQ是直角三角形？∠在P，Q运动的过程中，∠CMQ会发生变化吗？若变化，则说明理由，若不变，则求出它的度数．（2）如图2，若另一动点Q从点C出发，沿射线BC方向运动，连接PQ交AC于点D，如果动点P，Q都以1cm/s的速度同时出发，设运动时间为t（s），连接PC，∠当t为何值时，∠DCQ是等腰三角形？∠在点P，Q的运动过程中，请探究∠PCD和∠QCD的面积之间的数量关系．【答案】（1）∠t=1或2；∠不发生变化，∠CMQ=60°；（2）∠t=1；∠面积相等【解析】解：（1）∠当∠PBQ是直角三角形时，∠B=60°，BP=3-t，BQ=t∠PQB =90°，此时BP=2BQ∠根据题意，得3-t=2t解得t=1∠当∠BPQ=90°时，此时BQ=2BP∠根据题意，得t=2(3-t)解得：t=2∠当t=1或2时，∠PBQ是直角三角形；∠不发生变化，∠CMQ=60°在∠ABQ与∠CAP中，AP BQAPQ CAP AB CA=⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∠∠ABQ∠∠CAP∠∠BAQ=∠ACP∠∠MAC+∠MCA=∠MAC+∠BAQ =∠CAP=60°∠∠CMQ=∠MAC+∠MCA∠∠CMQ=∠CAP=60°故不发生变化，∠CMQ=60°；（2）∠∠∠DCQ=120°，当∠DCQ是等腰三角形时，CD=CQ ∠∠PDA=∠CDQ=∠CQD=30°∠∠A=60°∠∠APD=90°∠AD=2AP，即AD=2t∠AC=AD+CD∠2t+t=3解得t=1故答案为t=1时，∠DCQ是等腰三角形；∠面积相等，如图所示：过P作PE∠AD于E，过Q作QG∠AD于G，则PE QG ∠∠G=∠AEP易证∠EAP∠∠GCQ∠PE=QG∠∠PCD和∠QCD同底等高∠∠PCD和∠QCD面积相等故答案为∠PCD和∠QCD面积相等．10.（2020·广东惠来期末）如图，在等边∠ABC中，AB＝6cm，动点P从点A出发以1cm/s的速度沿AB匀速运动．动点Q同时从点C出发以同样的速度沿BC的延长线方向匀速运动，当点P到达点B时，点P、Q 同时停止运动．设运动时间为t（s）．过点P作PE∠AC于E，连接PQ交AC边于D．以CQ、CE为边作平行四边形CQFE．（1）当t为何值时，∠BPQ为直角三角形；（2）是否存在某一时刻t，使点F在∠ABC的平分线上？若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；（3）求DE的长．【答案】（1）2；（2）存在，t＝3；（3）3cm【解析】解：（1）∠∠ABC是等边三角形，∠∠B＝60°，∠当BQ＝2BP时，∠BPQ＝90°，∠6+t＝2（6﹣t），∠t＝2，∠t＝2时，∠BPQ是直角三角形．（2）存在．理由：连接BF交AC于M．∠BF平分∠ABC，BA＝BC，∠BF∠AC，AM＝CM＝3cm，∠EF ∠BQ ，∠∠EFM ＝∠FBC ＝12∠ABC ＝30°， ∠EF ＝2EM ，∠t ＝2•（3﹣12t ），解得t ＝3．（3）过P 作PK //BC 交AC 于K ．∠∠ABC 是等边三角形，∠∠B ＝∠A ＝60°，∠PK ∠BC ，∠∠APK ＝∠B ＝60°，∠∠A ＝∠APK ＝∠AKP ＝60°，∠∠APK 是等边三角形，∠P A ＝PK ，∠PE ∠AK ，∠AE ＝EK ，∠AP ＝CQ ＝PK ，∠PKD ＝∠DCQ ，∠PDK ＝∠QDC ，∠∠PKD ∠∠QCD ，∠DK ＝DC ，∠DE ＝EK +DK ＝12（AK +CK ）＝12AC ＝3cm ． 11.（2019·哈尔滨市月考）如图，()(),6,00,4A B ，点B 关于x 轴的对称点为C 点，点D 在x 轴的负半轴上，∠ABD 的面积是30．（1）求点D坐标；（2）若动点P从点B出发，沿射线BC运动，速度为每秒1个单位，设P的运动时间为t秒，APC△的面积为S，求S与t的关系式.【答案】见解析．【解析】解:（1）由题意知，130 2AD BO⋅⋅=，∠AD=15，OD=9，∠点D坐标为（-9,0）；（2）∠点B(0,4)关于x轴的对称点为C点，∠点C坐标(0,-4)，∠当0<t≤8时，S=-3t+24，当t>8时，S=3t-2412.（2020·湖北襄州期末）已知等边∠ABC的边长为4cm，点P，Q分别是直线AB，BC上的动点．图1 图2（1）如图1，当点P从顶点A沿AB向B点运动，点Q同时从顶点B沿BC向C点运动，它们的速度都为lcm/s，到达终点时停止运动．设它们的运动时间为t秒，连接AQ，PQ．∠当t＝2时，求∠AQP的度数．∠当t为何值时∠PBQ是直角三角形？（2）如图2，当点P在BA的延长线上，Q在BC上，若PQ＝PC，请判断AP，CQ和AC之间的数量关系，并说明理由．【答案】见解析.【解析】解:（1）∠根据题意得AP＝PB＝BQ＝CQ＝2，∠∠ABC是等边三角形，∠AQ∠BC，∠B＝60°，∠∠AQB＝90°，∠BPQ是等边三角形，∠∠BQP＝60°，∠∠AQP＝∠AQB﹣∠BQP＝90°﹣60°＝30°；∠由题意知AP＝BQ＝t，PB＝4﹣t，当∠PQB＝90°时，∠∠B＝60°，∠PB＝2BQ，得：4﹣t＝2t，解得t＝43；当∠BPQ＝90°时，∠∠B＝60°，∠BQ＝2BP，得t＝2（4﹣t），解得t＝83；∠当t＝43秒或t＝83秒时，∠PBQ为直角三角形；（2）AC＝AP+CQ，理由如下：过点Q作QF∠AC，交AB于F，则∠BQF是等边三角形，∠BQ＝QF，∠BQF＝∠BFQ＝60°，∠∠ABC为等边三角形，∠BC＝AC，∠BAC＝∠BFQ＝60°，∠∠QFP＝∠P AC＝120°，∠PQ＝PC，∠∠QCP＝∠PQC，∠∠QCP＝∠B+∠BPQ，∠PQC＝∠ACB+∠ACP，∠B＝∠ACB，∠∠BPQ＝∠ACP，在∠PQF和∠CP A中，BPQ ACPQFP PAC PQ PC∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∠∠PQF∠∠CP A，∠AP＝QF，∠AP＝BQ，∠BQ+CQ＝BC＝AC，∠AP+CQ＝AC．13.（2019·连云港市期中）如图，∠ABC中，AB＝BC＝AC＝12cm，现有两点M、N分别从点A．点B同时出发，沿三角形的边运动，已知点M的速度为2cm/s，点N的速度为3cm/s．当点N第一次到达B点时，M、N同时停止运动．（1）点M、N运动秒后，∠AMN是等边三角形？（2）点M、N在BC边上运动时，运动秒后得到以MN为底边的等腰三角形∠AMN？（3）M、N同时运动几秒后，∠AMN是直角三角形？请说明理由．【答案】见解析．【解析】解：（1）当AM＝AN时，∠MNA是等边三角形，设运动时间为t秒则：2t＝12﹣3t解得t＝12 5故点M、N运动125秒后，∠AMN是等边三角形；（2）点M、N在BC边上运动时，满足CM＝BN时，可以得到以MN为底边的等腰三角形∠AMN解得t＝48 5运动485秒后得到以MN为底边的等腰三角形∠AMN；（3）设点M、N运动t秒后，可得到直角三角形∠AMN ∠当M在AC上，N在AB上，∠ANM＝90°时，∠∠A＝60°∠∠AMN＝30°∠AM＝2AN则有2t＝2（12﹣3t）∠t＝3；∠当M在AC上，N在AB上，∠AMN＝90°时，∠∠A＝60°∠∠ANM＝30°∠2AM＝AN∠4t＝12﹣3t∠t＝127；∠当M、N都在BC上，∠ANM＝90°时，解得t＝10；∠当M、N都在BC上，∠AMN＝90°时，则N与B重合，M正好处于BC的中点，此时2t＝12+6解得t＝9；综上所述，点M、N运动3秒或127秒或10秒或9秒后，∠AMN为直角三角形．。

2020年中考数学压轴题突破之动态问题(几何)(含详解)

2020年中考数学压轴题突破之动态问题(几何)1.如图，点O是等边ABC内一点，AOB 110 , BOC .以OC为一边作等边三角形OCD，连接AC、AD .(1)若120 ,判断OB OD BD (填“，或”)(2)当150 ,试判断AOD的形状，并说明理由；(3)探究：当时，AOD是等腰三角形.(请直接写出答案)【答案】(1) 二; (2) ADO是直角三角形，证明见详解；(3) 125、110、140 .【分析】(1)根据等边三角形性质得出COD 60 ,利用？BOC a = 120。

求出BOD 180 ,所以B, 0, D三点共线，即有OB+ OD = BD ；(2)首先根据已知条件可以证明BOC ADC ,然后利用全等三角形的性质可以求出ADO的度数，由此即可判定AOD的形状；(3)分三种情况讨论，利用已知条件及等腰三角形的性质即可求解.2 .如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的顶点O与坐标原点重合，顶点A C在坐标轴上，B(18,6),将矩形沿EF折叠，使点A与点C重合.图3 G(1)求点E的坐标;(2)P O O A E2E时停止运动，设P的运动时间为t, VPCE的面积为S,求S与t的关系式，直接写出t 的取值范围;3(3)在(2)的条件下，当PA=]PE 时，在平面直角坐标系中是否存在点Q,使得以点P 、E 、G Q 为顶点的四边形为平行四边形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点Q 的坐标.【答案】(1) E (10, 6); (2) S= -8t+54 (0<t<3)或 S=-6t+48 (3vtW8)； (3)存在，Q (14.4 , -4.8 )或(18.4 , -4.8 ). 【详解】解：(1)如图 1,矩形 ABO, B (18, 6),• .AB=18 BC=6,设 AE=x,贝U EC=x BE=18-x,Rt^EBC 中，由勾股定理得： EB"+BC 2=EC 2,(18-x) 2+62=x 2, x=10,即 AE=10,①当P 在OA 上时，0WtW3,如图 2,=18X 6-1X10(62) — - X8X6 - 1X 18X2t , 2 2 2=-8t+54 ,②当P 在AE 上时，3<t<8,如图3,S = S 矩形 OABC S △ PAE -S △ BEC -S △OPCj• •E ( 10, 6);(2)分两种情况：S=1PE?BC=1 X 6X(16-2t)=3 (16-2t ) =-6t+48 ;2 2(3)存在，由PA=3PE可知：P在AE上，如图4,过G作GHLOC于H,2•.AP+PE=10.•.AP=6 PE=4,设OF=y,则FG=y, FC=18-y,由折叠得：/ CGFW AOF=90 ,由勾股定理得：FC2=FC+CG,•. ( 18-y) 2=y2+62,y=8,•.FG=8 FC=18-8=10,1FC?GH= 1FG?CG221X10XGH= 1 X6X8,22GH=4.8,由勾股定理得：FH=J82 4 82 =6.4 ,• .OH=8+6.4=14.4,.•.G ( 14.4 , -4.8 ),•・•点P、E G Q为顶点的四边形为平行四边形，且PE=4,.•.Q ( 14.4 , -4.8 )或(18.4 , -4.8 ). k ,3.如图1,平面直角坐标系xoy中，A(-4, 3),反比例函数y —(k 0)的图象分别x交矩形ABOC勺两边AC, BC于E, F (E, F不与A重合)，沿着EF将矩形ABO所叠使A, D重合.②若折叠后点 D 落在矩形ABOCrt （不包括边界），求线段CE 长度的取值范围.（2）若折叠后，△ ABD 是等腰三角形，请直接写出此时点 D 的坐标.7 . 23 3. 11 3.【答案】（1）①EC= 2;②3 CE 4；（2）点D 的坐标为（一,一）或（一，一）88 2 5 5【详解】,k k解：(1)①由题意得E(k,3) , F( 4,-), 3 4k kk 0 ,则 EC — , FB 一, 3 4AF 3 一， 417(12 k) 4 3 1 3 4(12 k) 3..由 A(-4, 3)得：AC 4, AB 3,,AC 4一 --- 一,AB 3 AE AC AF AB '又A=Z A,・ .△AE% AACB ・ •/AEF4 ACB ・ •.EF// CB如图2,连接AD 交EF 于点H ,••• AE.AE （1）①如图2,当点D 恰好在矩形 ABOC 勺对角线BC 上时，求CE 的长；②由折叠得EF 垂直平分AD,••• /AHE 90 ,则 EAH AEF又• BAD EAH BAC 90 ,BAD AEF ，・ .△AE% ABAQAE AF 口"AB AE 4--- ----- ,则 ----- ------ -，AB BD BD AF 34 3 9 BDAB - 3 - 3 4 4设 AF=x,贝U FB=3— x, FD=AF=x 在Rt^BDF 中，由勾股定理得：FB 2 BD 2 FD 2，r i图2由折叠的性质得： •••D 在 BC 上， ,AE AHEC DH 1 EC AC 2AH=DH 1,则 AE EC 2;即(3 x)2x 2 ,解得:如图，当D 落在BO 上时，: EAF ABD 90 ,B力。

中考数学专题复习——动态变化问题(经典题型)

中考数学专题复习——动态变化问题（经典题型）【专题点拨】动态型问题一般是指以几何知识和图形为背景，渗透运动变化观点的一类试题，常见的运动对象有点动、线动和面动；其运动形式而言就是平移、旋转、翻折和滚动等。

动态型试题其特点是集几何、代数知识于一体，数形结合，有较强的综合性，题目灵活，多变，动中有静，动静结合，能够在运动变化中发展同学们的空间想象能力。

解答动态型试题的策略是：（1）动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性；（2）动静互化，抓住静的瞬间。

找到导致图形或者变化规律发生改变的特殊时刻，同时在运动变化的过程中寻找不变性及其变化规律。

【典例赏析】【例题1】（2017黑龙江佳木斯）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG 交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（）①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG ：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．A．2 B．3 C．4 D．5【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．【分析】首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关系一一判断即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCF，∴∠ABE=∠DAG，∵∠DAG+∠BAH=90°，∴∠BAE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE，故③正确，同法可证：△AGB≌△CGB，∵DF∥CB，∴△CBG∽△FDG，∴△ABG∽△FDG，故①正确，∵S△HDG ：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，又∵∠DAG=∠FCD，∴S△HDG ：S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正确取AB的中点O，连接OD、OH，∵正方形的边长为4，∴AO=OH=×4=2，由勾股定理得，OD==2，由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，DH最小=2﹣2．无法证明DH平分∠EHG，故②错误，故①③④⑤正确，故选C．【例题2】（2017黑龙江佳木斯）已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．（1）如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）（2）将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．【考点】R2：旋转的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形．【分析】（1）只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；（2）①如图2中，结论：OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，∴OC=OD，OA=OB，∵在△AOD与△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，∵点H为线段BC的中点，∴OH=HB，∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，又因为∠OAD+∠ADO=90°，所以∠ADO+∠BOH=90°，所以OH⊥AD（2）解：①结论：OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°，∴OH⊥AD．②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOF=∠EOB+∠AOG=90°，∴∠AGO=90°∴OH⊥AD．【例题3】（2017湖北江汉）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的边AD 在x轴上，点C在y轴的负半轴上，直线BC∥AD，且BC=3，OD=2，将经过A、B 两点的直线l：y=﹣2x﹣10向右平移，平移后的直线与x轴交于点E，与直线BC 交于点F，设AE的长为t（t≥0）．（1）四边形ABCD的面积为20 ；（2）设四边形ABCD被直线l扫过的面积（阴影部分）为S，请直接写出S关于t的函数解析式；（3）当t=2时，直线EF上有一动点，作PM⊥直线BC于点M，交x轴于点N，将△PMF沿直线EF折叠得到△PTF，探究：是否存在点P，使点T恰好落在坐标轴上？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】FI：一次函数综合题．【分析】（1）根据函数解析式得到OA=5，求得AC=7，得到OC=4，于是得到结论；（2）①当0≤t≤3时，根据已知条件得到四边形ABFE是平行四边形，于是得到S=AE•OC=4t；②当3≤t＜7时，如图1，求得直线CD的解析式为：y=2x﹣4，直线E′F′的解析式为：y=﹣2x+2t﹣10，解方程组得到G（，t﹣7），于是得到S=S四边形ABCD ﹣S△DE′G=20﹣×（7﹣t）×（7﹣t）=﹣t2+7t﹣，③当t≥7时，S=S四边形ABCD=20，（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（﹣3，0），（﹣1，﹣4），此时直线EF 的解析式为：y=﹣2x﹣6，设动点P的直线为（m，﹣2m﹣6），求得PM=|（﹣2m ﹣6）﹣（﹣4）|=2|m+1|，PN=（﹣2m﹣6|=2（m+3|，FM=|m﹣（﹣1）|=|m+1，①假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，②假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，如图3，连接PT，FT，根据全等三角形的判定性质和相似三角形的判定和性质即可得到结论．【解答】解：（1）在y=﹣2x﹣10中，当y=0时，x=﹣5，∴A（﹣5，0），∴OA=5，∴AC=7，把x=﹣3代入y=﹣2x﹣10得，y=﹣4∴OC=4，∴四边形ABCD的面积=（3+7）×4=20；故答案为：20；（2）①当0≤t≤3时，∵BC∥AD，AB∥EF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴S=AE•OC=4t；②当3≤t＜7时，如图1，∵C（0，﹣4），D（2，0），∴直线CD的解析式为：y=2x﹣4，∵E′F′∥AB，BF′∥AE′∴BF′=AE=t，∴F′（t﹣3，﹣4），直线E′F′的解析式为：y=﹣2x+2t﹣10，解得，∴G（，t﹣7），∴S=S四边形ABCD ﹣S△DE′G=20﹣×（7﹣t）×（7﹣t）=﹣t2+7t﹣，③当t≥7时，S=S四边形ABCD=20，综上所述：S关于t的函数解析式为：S=；（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（﹣3，0），（﹣1，﹣4），此时直线EF的解析式为：y=﹣2x﹣6，设动点P的直线为（m，﹣2m﹣6），∵PM⊥直线BC于M，交x轴于n，∴M（m，﹣4），N（m，0），∴PM=|（﹣2m﹣6）﹣（﹣4）|=2|m+1|，PN=（﹣2m﹣6|=2（m+3|，FM=|m﹣（﹣1）|=|m+1，①假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，则△PFM≌△PFT，∴PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，∴=2，作FK⊥x轴于K，则KF=4，由△TKF∽△PNT得， =2，∴NT=2KF=8，∵PN2+NT2=PT2，∴4（m+3）2+82=4（m+1）2，解得：m=﹣6，∴﹣2m﹣6=﹣6，此时，P（﹣6，6）；②假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，如图3，连接PT，FT，则△PFM≌△PFT，∴PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，∴=2，作PH⊥y轴于H，则PH=|m|，由△TFC∽△PTH得，，∴HT=2CF=2，∵HT2+PH2=PT2，即22+m2=4（m+1）2，解得：m=﹣，m=0（不合题意，舍去），∴m=﹣时，﹣2m﹣6=﹣，∴P（﹣，﹣），综上所述：直线EF上存在点P（﹣6，6）或P（﹣，﹣）使点T恰好落在y轴上．【能力检测】1.（2017乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AF G=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（）A．1 B．C．2 D．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．【分析】由折叠的性质可知，DF=GF、HE=CE、GH=DC、∠DFE=∠GFE，结合∠AFG=60°即可得出∠GFE=60°，进而可得出△GEF为等边三角形，在Rt△GHE中，通过解含30度角的直角三角形及勾股定理即可得出GE=2EC、DC=EC，再由GE=2BG 结合矩形面积为4，即可求出EC的长度，根据EF=GE=2EC即可求出结论．【解答】解：由折叠的性质可知，DF=GF，HE=CE，GH=DC，∠DFE=∠GFE．∵∠GFE+∠DFE=180°﹣∠AFG=120°，∴∠GFE=60°．∵AF∥GE，∠AFG=60°，∴∠FGE=∠AFG=60°，∴△GEF为等边三角形，∴EF=GE．∵∠FGE=60°，∠FGE+∠HGE=90°，∴∠HGE=30°．在Rt△GHE中，∠HGE=30°，∴GE=2HE=CE，∴GH==HE=CE．∵GE=2BG，∴BC=BG+GE+EC=4EC．∵矩形ABCD的面积为4，∴4EC•EC=4，∴EC=1，EF=GE=2．故选C．2.（2017乌鲁木齐）如图，点A（a，3），B（b，1）都在双曲线y=上，点C，D，分别是x轴，y轴上的动点，则四边形ABCD周长的最小值为（）A．B．C．D．【考点】G6：反比例函数图象上点的坐标特征；PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】先把A点和B点的坐标代入反比例函数解析式中，求出a与b的值，确定出A与B坐标，再作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，根据对称的性质得到P点坐标为（﹣1，3），Q点坐标为（3，﹣1），PQ分别交x 轴、y轴于C点、D点，根据两点之间线段最短得此时四边形PABQ的周长最小，然后利用两点间的距离公式求解可得．【解答】解：分别把点A（a，3）、B（b，1）代入双曲线y=得：a=1，b=3，则点A的坐标为（1，3）、B点坐标为（3，1），作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，所以点P坐标为（﹣1，3），Q点坐标为（3，﹣1），连结PQ分别交x轴、y轴于C点、D点，此时四边形ABCD的周长最小，四边形ABCD周长=DA+DC+CB+AB=DP+DC+CQ+AB=PQ+AB=+=4+2=6，故选：B．3.（2017黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 5 ．【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．【解答】解：连接AC、AE，∵四边形ABCD是正方形，∴A、C关于直线BD对称，∴AE的长即为PC+PE的最小值，∵CD=4，CE=1，∴DE=3，在Rt△ADE中，∵AE===5，∴PC+PE的最小值为5．故答案为：5．4.（2017黑龙江鹤岗）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性质．【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=OA，OD=OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=AC′，于是得到结论．【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′与△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；图3结论：BD′=AC′，AC′⊥BD’理由：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=OA，OD=OC，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，∴=，∴△AOC′∽△BOD′，∴==，∠OAC′=∠OBD′，∴BD′=AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′．5.如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC 的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=（1）求点B的坐标；（2）求直线BN的解析式；（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．【考点】FI：一次函数综合题．【分析】（1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；（2）过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N 点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S即为▱BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S﹣S四边形BNN′B′，可分别得到S与t的函数关系式．△OGN′【解答】解：（1）∵|x﹣15|+=0，∴x=15，y=13，∴OA=BC=15，AB=OC=13，∴B（15，13）；（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，∵tan∠CBD=，∴=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，∴∠ONM=∠CBD，∴=，∵DE∥ON，∴==，且OE=3，∴=，解得OM=6，∴ON=8，即N（0，8），把N、B的坐标代入y=kx+b可得，解得，∴直线BN的解析式为y=x+8；（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，由题意可知四边形BN N′B′为平行四边形，且NN′=t，∴S=NN′•OA=15t；当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，∵NN′=t，∴可设直线B′N′解析式为y=x+8﹣t，令y=0，可得x=3t﹣24，∴OG=24，∵ON=8，NN′=t，∴ON′=t﹣8，∴S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣（t﹣8）（3t﹣24）=﹣t2+39t﹣96；综上可知S与t的函数关系式为S=．。

中考数学压轴专题训练——动态(动点)几何问题的解题技巧(含答案)

．
点的坐标
为．……
一次函数的解读式
为．
(3) 两点在直线上，的坐标分别是．
，．
过点作，垂足为点．
，
又，点坐标为．
3．(1)解方程，得．
由m＜n，知m=1，n=5．
∴A(1，0)，B(0，5)．………………………1分
∴ 解之，得
所求抛物线的解读式为 ……3分
(2)由得故C的坐标为(-5，0)．………4分
（1）如图1，若点D、E分别在AC、BC的延长线上，通过观察和测量，猜想FH和FG的数量关系为_______
和位置关系为_____；
（2）如图2，若将三角板△DEC绕着点C顺时针旋转至ACE在一条直线上时，其余条件均不变，则（1）中的猜想是否还成立，若成立，请证明，不成立请说明理由；
（2）如图3，将图1中的△DEC绕点C顺时针旋转一个锐角，得到图3，（1）中的猜想还成立吗？直接写出结论，不用证明.
（2）如图2，若E为线段DC的延长线上任意一点，（1）中的其他条件不变，你在（1）中得出的结论是否发生改变，直接写出你的结论，不必证明．
4、（1）如图1所示，在四边形中， = ，与相交于点，分别是的中点，联结，分别交、于点，试判断的形状，并加以证明；
（2）如图2，在四边形中，若，分别是的中点，联结FE并延长，分别与的延长线交于点，请在图2中画图并观察，图中是否有相等的角，若有，请直接写出结论：；
(3)如图③，当∠DAB＝90°，∠B与∠D互补时，线段AB、AD、AC有怎样的数量关系?写出你的猜想，并给予证明．
7.设点E是平行四边形ABCD的边AB的中点，F是BC边上一点，线段DE和AF相交于点P，点Q在线段DE上，且AQ∥PC．

专题五动态问题+课件+2024年中考数学专题复习(广东专版)

=
，
=
．

∴
=
．

∵AE=AF，∴DP=CP=1．∴点G在直线AP上
运动．当点E与点A重合时，点G与点A重合．
如图2，当点E与点B重合时，点G在BD上，
图1
点G运动路径长度为AG．过点G作GH⊥AB于点H．
图2
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∵四边形ABCD为菱形，∠DAB=60°，AB=2，
殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系．分析过程中，特别要
关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位
置）．动点问题一直是考试热点．
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【例 1】（2021·广州）如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，
AB=2，E为边AB上一个动点，延长BA到点F，使AF=AE，且CF，
DE相交于点G．
（1）求证：AA'⊥CA'；
（2）以点O为圆心，OE为半径作圆．
①如图2，☉O与CD相切，求证：AA'= 3CA'；
②如图3，☉O与CA'相切，AD=1，求☉O的面积．
-返回目录-
（1）证明：∵点A关于BD的对称点为A'，
∴E是AA'的中点，∠AEO=90°．
又∵四边形ABCD是矩形，
∴O是AC的中点．∴OE是△ACA'的中位线．∴OE∥A'C．
∴CD∥BF，BD=2．∴△CDG∽△FBG．

∴ = ，即 = ．

∵ + = = ， ∴ =
在 △ 中， =

∴GH=
，

∴ = +

∴AG=

中考数学复习专题--动态型问题

1）当点P沿A-D-A运动时，求AP的长（用含 t的代数式表示）．
解：（1）当点P沿A-D运动时，AP=8（t-1）=8t-8．当点P沿D-A运动时，AP=50×2-8（t-1）=108-8t．
（2）连结AQ，在点P沿B-A-D运动过程中，当点P 与点B、点A不重合时，记△APQ的面积为S．求S
时t的值
当点P与点R重合时， AP=BQ，8t-8=5t，t=
8
．
当0＜t≤1时，如图③． 3
∵S△BPM=S△BQM， ∴PM=QM．
∵AB∥QR，
∴∠PBM=∠QRM，
∠BPM=∠MQR
在△BPM和△RQM中
PBM QRM
B
P
M
MQR
PM Q M
∴△BPM≌△RQM． ∴BP=RQ， ∵RQ=AB， ∴BP=AB ∴13t=13，解得：t=1
(2)S=-7t2+16t；
(3)S=-14t+32．；
（3）试求（2）中当t为何值时，考区查间了上指的定函 S的值最大，并求出S的最大值；数极值
①当0＜t≤1时， (1)S=-5t2+14t；
②当1＜t≤2时， (2)S=-7t2+16t；
③当2＜t＜ 1 6
7
时，(3)S=-14t+32．；
(1)当t=1时，S有最大值，最大值为9；
(2)当t= 8 时，S有最大值，最大值为 6 4 ；
7
7
(3)0＜S＜4
（4）随着P，Q两点的运动，当点M在线段 DC上运动时，设PM的延长线与直线l相交于点N，试探究：当t为何值时，△QMN为等腰
三角形？请直接写出t的值
如答图4所示，点M在线段 CD上，与Q相遇前时， MQ=CD-DM-CQ=7-（2t4）-（5t-5）=16-7t， MN=DM=2t-4，由MN=MQ，得16-7t=2t-4，解得t= 2 0

高考地理实践力之图形绘制或填涂类题型突破类型05 热力环流和大气的水平运动(解析版)

类型5 热力环流和大气的水平运动1．（2022·北京东城·二模）阅读图文材料，回答下列问题。

青藏高原南部的雅鲁藏布江谷地95%以上的降水集中在夏季，且多夜雨。

(1)根据热力环流原理，完善雅鲁藏布江谷地夜雨成因示意图（图2）。

（要求：标出地面气温差异，用箭头表示气流运动方向，在适当的位置绘出降水状况）(2)分析雅鲁藏布江谷地夏季昼晴夜雨对当地种植业的有利影响。

我国某科研团队对青藏高原东北部不同坡向高寒草地植被生长状况进行了研究。

研究区位置见图1，研究数据见图3。

(3)概括研究结论，并结合图中信息和所学知识予以论证。

（要求：结论明确、论据充分、推理过程完整。

）【答案】(1)绘图如下：(2)白天晴朗，光照强；夜间降水，蒸发弱，利于保持土壤含水量；利于农作物生长，提高农作物的产量与质量。

(3)青藏高原东北部高寒草地植被生长状况阴坡好于阳坡。

青藏高原东北部高寒草地植被物种多样性指数阴坡高于阳坡，地上生物量阴坡高于阳坡，牧草营养品质综合指数阴坡高于阳坡。

与阳坡相比，阴坡太阳辐射少，温度低，蒸发弱，土壤含水量高，更利于植被生长。

【解析】该题以青藏高原南部的雅鲁藏布江谷的位置、植被生长情况等相关信息为材料，设置了3个小题，涉及了热力环流、农业的区位条件、植被生长的影响因素等知识，旨在考查学生对于知识的运用能力，培养综合思维能力和区域认知能力。

(1)根据热力环流的应用，夜间，山坡上的空气受山坡辐射冷却影响，“加热炉”变成了“冷却器”，空气降温较多；而谷地上空，同高度的空气因离地面较远，降温较少。

于是山坡上的冷空气因密度大，顺山坡流入谷地，谷底的空气因汇合而上升，并从上面向山顶上空流去。

因此谷底气温高（暖空气），谷坡气温低（冷空气），谷底为上升气流，坡地气流顺着山坡流向谷底，由于夜晚谷底气流上升，易形成降水，因此多夜雨。

作图如下：(2)雅鲁藏布江谷地海拔较高，白天多晴天，太阳辐射强，光照丰富；夜晚降水多，蒸发量小，土壤含水量多，因此夏季昼晴夜雨为当地种植业提供了丰富的光照和水分，利于种植业的发展。

(全国通用)中考数学难点攻克：动态题型分类解析(动点、动线、动面)

中考数学重难考点突破—动态题型分类解析解决动态几何间题的关键是要善于运用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住变化中的不变，以不变应万变从结论入手，分析结论要成立需具备的典型特征条件是什么？然后利用函数与方程的思想和方法将这个需具备的典型特征条件(或所求图形面积)直接转化为函数或方程。

类型一点动型动态题1．如图1，在△ABC中，∠B＝90°，AB＝12 mm，BC＝24 mm，动点P从点A开始沿边AB向B以2 mm/s的速度移动(不与点B重合)，动点Q从点B开始沿边BC向C以4 mm/s 的速度移动(不与点C重合)．如果P、Q分别从A、B同时出发，那么经过___3__秒，四边形APQC的面积最小．图1解：设经过x秒四边形APQCD面积最小由题意得：AP=2x，BQ=4x，则PB=12—2x，△PBQ的面积=1/2×BQ×PB=1/2×4x×(12—2x)=—4(x—3)2+36当x=3时，△PBQ的面积的最大值是36mm2，此时四边形APQC的面积最小。

点评：本题中由于四边形APQC在动点运动中，无法确定其形态，也就无法应用面积公式。

而P、B、Q三点，根据题意始终组成一个直角三角形△PBQ，故从求直角三角形面积入手便可解决问题。

2．如图2，已知△ABC中，AB＝AC＝10厘米，BC＝8厘米，点D为AB的中点．(1)如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA 上由C点向A点运动．①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD 与△CQP全等？(2)若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在哪条边上相遇？图2解：(1)①∵t＝1秒，∴BP＝CQ＝3×1＝3(厘米)．∵AB＝10厘米，点D为AB的中点，∴BD＝5厘米．又∵PC＝BC－BP，BC＝8厘米，∴PC＝8－3＝5(厘米)，∴PC＝BD.又∵AB ＝AC ，∴∠B ＝∠C ，∴△BPD ≌△CQP . ②∵v P ≠v Q ，∴BP ≠CQ .又∵△BPD 与△CQP 全等，∠B ＝∠C ，则BP ＝PC ＝4，CQ ＝BD ＝5， ∴点P ，点Q 运动的时间t ＝BP 3＝43(秒)， ∴v Q ＝CQ t ＝543＝154(厘米/秒)．(2)设经过x 秒后点P 与点Q 第一次相遇，由题意，得154x ＝3x ＋2×10，解得x ＝803(秒)． ∴点P 共运动了803×3＝80(厘米)．∵80＝2×28＋24，∴点P 、Q 在AB 边上相遇， ∴经过803 秒点P 与点Q 第一次在边AB 上相遇．类型二线动型动态题3．已知二次函数y ＝x 2－(2m ＋2)x ＋(m 2＋4m －3)中，m 为不小于0的整数，它的图象与x 轴交于点A 和点B ，点A 在原点左边，点B 在原点右边．(1)求这个二次函数的解析式；(2)点C 是抛物线与y 轴的交点，已知AD ＝AC (D 在线段AB 上)，有一动点P 从点A 出发，沿线段AB 以每秒1个单位长度的速度移动，同时，另一动点Q 从点C 出发，以某一速度沿线段CB 移动，经过t 秒的移动，线段PQ 被CD 垂直平分，求t 的值．图3解：(1)∵二次函数的图象与x轴有两个交点，∴Δ＝[]－2m＋22－4(m2＋4m－3)＝－8m＋16＞0，∴m＜2.∵m为不小于0的整数，∴m取0、1.当m＝1时，y＝x2－4x＋2，图象与x轴的两个交点在原点的同侧，不合题意，舍去；当m＝0时，y＝x2－2x－3，符合题意．∴二次函数的解析式为y＝x2－2x－3.(2)∵AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD.∵CD垂直平分PQ，∴DP＝DQ，∴∠ADC＝∠CDQ.∴∠ACD＝∠CDQ，∴DQ∥AC，∴△BDQ∽△BAC，∴DQAC＝BDAB.∵AC＝10，BD＝4－10，AB＝4.∴DQ＝10－52，∴PD＝10－52.∴AP＝AD－PD＝52，∴t＝52÷1＝52.类型三面动型动态题4．如图4，四边形ABCD是边长为1的正方形，四边形EFGH是边长为2的正方形，点D 与点F重合，点B，D(F)，H在同一条直线上，将正方形ABCD沿F→H方向平移至点B与点H 重合时停止，设点D、F之间的距离为x，正方形ABCD与正方形EFGH重叠部分的面积为y，则能大致反映y与x之间函数关系的图象是( B)图4解析：正方形ABCD与正方形EFGH重叠部分主要分为3个部分，是个分段函数，分别对应三种情况中的对应函数求出来即可得到正确答案。

题型突破05 物质转化与推断-备战2024年中考化学复习题型突破学练考(全国通用)(解析版)

题型突破五·物质转化与推断（解析版）01 题型策略解读一、题型特征物质的转化与推断是中考常考的题型，试题一般涉及5～7种物质，考查主要内容有化学式的书写，物质的用途、化学方程式的书写、基本反应类型的判断等。

这类试题的特点是条件隐蔽、信息量大，知识面广、综合性强，常综合考查单质、氧化物、酸、碱、盐之间的反应与转化关系。

这类试题的命题热点，一是以五种气体（O2、CO2、CO、H2、CH4）为中心，二是以酸碱盐为中心。

命题方式上，试题中提供具体的物质，试题中不提供具体的物质。

答题时需扎实的基础知识，要求牢固掌握常见物质的性质、组成、用途、特殊的反应条件及现象等知识，答题所需思维量较大，整体难度较大。

二、解题策略1．读题。

从试题文字叙述中标出相关信息。

2．找突破口。

联系所学知识，以试题文字部分提供的特征线索为突破口，突破口有物质的特征颜色、物质的用途、物质的状态、物质的分类、特别的反应条件、物质的特征反应、物质的俗称及主要成分、化学之最等。

3．结合框图或文字叙述，确定其他物质。

利用试题的突破口，可以确定若干种物质，然后结合框图或文字叙述，通过顺藤摸瓜确定其他物质，若涉及可能存在几种可能，可通过假设、求证进行确定。

4．对题干已给物质型的推断题，可通过将能反应的物质间用线连起来的方式，通过比较参加反应的最多和最少进行推断。

5．代入检查。

将自己的推断结果，代入框图，检查是否符合题目的每一个要求。

但也有些推断题中会出现对某种物质只能判断其类别，无法确定具体的物质。

6．物质推断正确后，根据试题设回，回答相关问题。

02 重点题型突破类型01 框图式推断题典例1（2023•成都）甲、乙、丙、丁均为常见物质，甲、乙是金属单质，甲、丙、丁均含同一种元素，转化关系如图（“→”表示一步转化）。

下列判断错误的是（）A．甲的活动性强于乙B．乙不能与酸反应C．若丙、丁类别不同，则一定为氧化物和盐D．转化中的基本反应类型一定有置换反应【答案】B【解析】A、甲、乙是金属单质，甲能转化为乙，甲的活动性强于乙，故说法正确；B、甲可以是铁、镁等金属，乙可以是锌、铜等金属，若甲是镁，乙可以是锌，丙可以是硫酸镁，丁可以是氧化镁，锌能与酸反应，故说法错误；C、若甲是铁，乙是铜，丙是硫酸亚铁，丁是四氧化三铁，若丙、丁类别不同，则一定为氧化物和盐，故说法正确；D、甲、乙是金属单质，甲能转化为乙，该转化属于置换反应，则转化中的基本反应类型一定有置换反应，故说法正确。

2020中考数学二轮复习专题二解答重难点题型突破题型5-几何图形探究题试题

题型五几何图形探究题类型一几何图形静态探究1．(2017·成都)问题背景：如图①，等腰△ABC 中，AB ＝AC ，∠BAC ＝120°，作AD⊥BC 于点D ，则D 为BC 的中点，∠BAD ＝12∠BAC＝60°，于是BC AB ＝2BDAB＝3；迁移应用：如图②，△ABC 和△ADE 都是等腰三角形，∠BAC ＝∠DAE＝120°，D ，E ，C三点在同一条直线上，连接BD.①求证：△ADB≌△AEC；②请直接写出线段AD ，BD ，CD 之间的等量关系式；拓展延伸：如图③，在菱形ABCD 中，∠ABC ＝120°，在∠ABC 内作射线BM ，作点C 关于BM 的对称点E ，连接AE 并延长交BM 于点F ，连接CE ，CF.①证明△CEF 是等边三角形； ②若AE ＝5，CE ＝2，求BF 的长.2．(2017·许昌模拟)在正方形ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O ，动点P 在线段BC 上(不含点B)，∠BPE ＝12∠ACB，PE 交BO 于点E ，过点B 作BF⊥PE，垂足为F ，交AC 于点G.(1)当点P 与点C 重合时(如图①)，求证：△BOG≌△POE； (2)通过观察、测量、猜想：BFPE＝__________，并结合图②证明你的猜想； (3)把正方形ABCD 改为菱形，其他条件不变(如图③)，若∠ACB＝α，求BFPE的值．(用含α的式子表示)3．(2014·河南)(1)问题发现如图①，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE.填空：①∠AEB的度数为__________；②线段AD，BE之间的数量关系为__________．(2) 拓展探究如图②，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE 之间的数量关系，并说明理由．(3)解决问题如图③，在正方形ABCD中，CD＝2，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离.4．(2017·长春改编)【再现】如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝12BC.(不需要证明)【探究】如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明；【应用】(1)在【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是：__________.(只添加一个条件)(2)如图③，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O.若AO＝OC，四边形ABCD面积为5，求阴影部分图形的面积.5．(2016·新乡模拟)问题背景：已知在△ABC 中，AB 边上的动点D 由A 向B 运动(与A ，B 不重合)，同时，点E 由点C 沿BC 的延长线方向运动(E 不与C 重合)，连接DE 交AC 于点F ，点H 是线段AF 上一点，求ACHF的值．(1)初步尝试如图①，若△ABC 是等边三角形，DH ⊥AC ，且D ，E 的运动速度相等，小王同学发现可以过点D 做DG∥BC，交AC 于点G ，先证GH ＝AH.再证GF ＝CF ，从而求得ACHF的值为__________；(2)类比探究如图②，若在△ABC 中，∠ABC ＝90°，∠ADH ＝∠BAC＝30°，且点D ，E 的运动速度之比是3∶1，求ACHF的值；(3)延伸拓展如图③，若在△ABC 中，AB ＝AC ，∠ADH ＝∠BAC＝36°，记BCAC ＝m ，且点D ，E 的运动速度相等，试用含m 的代数式表示ACHF的值(直接写出结果，不必写解答过程) .类型二几何图形动态探究1．(2015·河南)如图①，在Rt △ABC 中，∠B ＝90°，BC ＝2AB ＝8，点D 、E 分别是边BC 、AC 的中点，连接DE ，将△EDC 绕点C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α.(1)问题发现①当α＝0°时，AE BD ＝__________；②当α＝180°时，AEBD ＝__________；(2)拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，AEBD 的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．(3)问题解决当△EDC 旋转至A ，D ，E 三点共线时，直接写出线段BD 的长．2．已知，点O 是等边△ABC 内的任一点，连接OA ，OB ，OC. (1)如图①，已知∠AOB＝150°，∠BOC ＝120°，将△BOC 绕点C 按顺时针方向旋转60°得△ADC.①∠DAO 的度数是__________；②用等式表示线段OA ，OB ，OC 之间的数量关系，并证明； (2)设∠AOB＝α，∠BOC ＝β. ①当α，β满足什么关系时，OA ＋OB ＋OC 有最小值？请在图②中画出符合条件的图形，并说明理由；②若等边△ABC 的边长为1，直接写出OA ＋OB ＋OC 的最小值.3．(2013· 河南)如图①，将两个完全相同的三角形纸片和重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E＝30°.(1)操作发现如图②，固定△ABC，使△DCE绕点C旋转．当点D恰好落在AB边上时，填空：①线段DE与AC的位置关系是__________；②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是__________；(2) 猜想论证当△DEC绕点C旋转到图③所示的位置时，小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高，请你证明小明的猜想；(3) 拓展探究已知∠ABC＝60°，点D是其角平分线上一点，BD＝CD＝4，DE∥AB交BC于点E(如图④)，若在射线BA上存在点F，使S△DCF＝S△BDC，请直接写出相应的BF的长.4．(2017·郑州模拟)【问题情境】数学课上，李老师提出了如下问题：在△ABC中，∠ABC＝∠ACB＝α，点D是AB边上任意一点，将射线DC绕点D逆时针旋转α与过点A且平行于BC边的直线交于点E.请判断线段BD与AE之间的数量关系．小颖在小组合作交流中，发表自己的意见：“我们不妨从特殊情况下获得解决问题的思路，然后类比到一般情况．”小颖的想法获得了其他成员一致的赞成．【问题解决】(1)如图①，当α＝60°时，判断BD与AE之间的数量关系；解法如下：过D点作AC的平行线交BC于F，构造全等三角形，通过推理使问题得到解决，请你直接写出线段BD与AE之间的数量关系：__________.【类比探究】(2)如图②，当α＝45°时，请判断线段BD与AE之间的数量关系，并进行证明；(3)如图③，当α为任意锐角时，请直接写出线段BD与AE之间的数量关系：__________.(用含α的式子表示，其中0°＜α＜90°)5．(2017·烟台)【操作发现】(1)如图①，△ABC为等边三角形，现将三角板中的60°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于30°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板斜边上取一点F，使CF＝CD，线段AB上取点E，使∠DCE＝30°，连接AF，EF.①求∠EAF的度数；②DE与EF相等吗？请说明理由；【类比探究】(2)如图②，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB＝90°，先将三角板的90°角与∠ACB重合，再将三角板绕点C按顺时针方向旋转(旋转角大于0°且小于45°)，旋转后三角板的一直角边与AB交于点D，在三角板另一直角边上取一点F，使CF＝CD，线段AB上取点E，使∠DCE＝45°，连接AF，EF，请直接写出探究结果：①求∠EAF的度数；②线段AE，ED，DB之间的数量关系．题型五第22题几何图形探究题类型一几何图形静态探究1．迁移应用：①证明：∵∠BAC ＝∠DAE ＝120°， ∴∠DAB ＝∠CAE ，在△DAB 和△EAC 中，⎩⎪⎨⎪⎧DA ＝EA ∠DAB ＝∠EAC AB ＝AC，∴△DAB ≌△EAC;,图②)②解：结论：CD ＝3AD ＋BD.理由：如解图①，作AH ⊥CD 于H. ∵△DAB ≌△EAC ，∴BD ＝CE ，在Rt △ADH 中，DH ＝AD·cos 30°＝32AD ， ∵AD ＝AE ，AH ⊥DE ，∴DH ＝HE ，∵CD ＝DE ＋EC ＝2DH ＋BD ＝3AD ＋BD ；拓展延伸：①证明：如解图②，作BH ⊥AE 于H ，连接BE.∵四边形ABCD 是菱形，∠ABC ＝120°，∴△ABD ，△BDC 是等边三角形，∴BA ＝BD ＝BC ， ∵E 、C 关于BM 对称，∴BC ＝BE ＝BD ＝BA ，FE ＝FC ，∴A 、D 、E 、C 四点共圆， ∴∠ADC ＝∠AEC ＝120°，∴∠FEC ＝60°， ∴△EFC 是等边三角形，②解：∵AE ＝5，EC ＝EF ＝2， ∴AH ＝HE ＝2.5，FH ＝4.5，在Rt △BHF 中，∵∠BFH ＝30°， ∴HF BF ＝cos 30°，∴BF ＝4.532＝3 3. 2．(1)证明：∵四边形ABCD 是正方形，P 与C 重合，∴OB ＝OP ，∠BOC ＝∠BOG ＝90°， ∵PF ⊥BG ，∠PFB ＝90°，∴∠GBO ＝90°－∠BGO ，∠EPO ＝90°－∠BGO ，∴∠GBO ＝∠EPO ，在△BOG 和△POE 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠GBO ＝∠EPO OB ＝OP ∠BOG ＝∠POE ，∴△BOG ≌△POE(ASA )；(2)解：猜想BF PE ＝12.证明：如解图①，过P 作PM ∥AC 交BG 于M ，交BO 于N ， ∴∠PNE ＝∠BOC ＝90°，∠BPN ＝∠OCB.∵∠OBC ＝∠OCB ＝45°，∴∠NBP ＝∠NPB ，∴NB ＝NP.∵∠MBN ＝90°－∠BMN ，∠NPE ＝90°－∠BMN ，∴∠MBN ＝∠NPE ，在△BMN 和△PEN 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠MBN ＝∠NPE NB ＝NP ∠MNB ＝∠PNE ，∴△BMN ≌△PEN(ASA )，∴BM ＝PE.∵∠BPE ＝12∠ACB ，∠BPN ＝∠ACB ，∴∠BPF ＝∠MPF.∵PF ⊥BM ，∴∠BFP ＝∠MFP ＝90°. 在△BPF 和△MPF 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠BPF ＝∠MPE PF ＝PF∠PFB ＝∠PFM，∴△BPF ≌△MPF(ASA ). ∴BF ＝MF. 即BF ＝12BM.∴BF ＝12PE.即BF PE ＝12；(3)解：如解图②，过P 作PM ∥AC 交BG 于点M ，交BO 于点N ，∴∠BPN ＝∠ACB ＝α，∠PNE ＝∠BOC ＝90°. 由(2)同理可得BF ＝12BM ，∠MBN ＝∠EPN ，∴△BMN ∽△PEN ，∴BM PE ＝BNPN .在Rt △BNP 中，tan α＝BNPN，∴BM PE ＝tan α，即2BF PE ＝tan α，∴BF PE ＝tan α2. 3．解：(1)∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，∴CA ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝60°，∴∠ACD ＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ∠ACD ＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD ≌△BCE(SAS )．∴∠ADC ＝∠BEC.∵△DCE 为等边三角形，∴∠CDE ＝∠CED ＝60°.∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC ＝120°，∴∠BEC ＝120°，∴∠AEB ＝∠BEC －∠CED ＝60°；②∴AD ＝BE ；(2)∠AEB ＝90°，AE ＝BE ＋2CM.理由：∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∴CA ＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB ＝∠DCE ＝90°.∴∠ACD ＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧CA ＝CB ∠ACD ＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD ≌△BCE(SAS )．∴AD ＝BE ，∠ADC ＝∠BEC. ∵△DCE 为等腰直角三角形，∴∠CDE ＝∠CED ＝45°. ∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC ＝135°，∴∠BEC ＝135°，∴∠AEB ＝∠BEC －∠CED ＝90°. ∵CD ＝CE ，CM ⊥DE ，∴DM ＝ME. ∵∠DCE ＝90°，∴DM ＝ME ＝CM ， ∴AE ＝AD ＋DE ＝BE ＋2CM ； (3)点A 到BP 的距离为3－12或3＋12. 理由如下：∵PD ＝1，∴点P 在以点D 为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD ＝90°，∴点P 在以BD 为直径的圆上．∴点P 是这两圆的交点． ①当点P 在如解图①所示位置时，连接PD 、PB 、PA ，作AH ⊥BP ，垂足为H ，过点A 作AE ⊥AP ，交BP 于点E ， ∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ADB ＝45°.AB＝AD ＝DC ＝BC ＝2，∠BAD ＝90°.∴BD ＝2. ∵DP ＝1，∴BP ＝ 3.∵∠BPD ＝∠BAD ＝90°，∴A 、P 、D 、B 在以BD 为直径的圆上， ∴∠APB ＝∠ADB ＝45°.∴△PAE 是等腰直角三角形．又∵△BAD 是等腰直角三角形，点B 、E 、P 共线，AH ⊥BP ， ∴由(2)中的结论可得：BP ＝2AH ＋PD. ∴3＝2AH ＋1.∴AH ＝3－12；②当点P 在如解图②所示位置时，连接PD 、PB 、PA ，作AH ⊥BP ，垂足为H ，过点A 作AE ⊥AP ，交PB 的延长线于点E ，同理可得：BP ＝2AH －PD.∴3＝2AH －1.∴AH ＝3＋12. 综上所述：点A 到BP 的距离为3－12或3＋12.4．解：【探究】平行四边形．理由：如解图①，连接AC ，∵E 是AB 的中点，F 是BC 的中点，∴EF ∥AC ，EF ＝12AC ，同理HG ∥AC ，HG ＝12AC ，综上可得：EF ∥HG ，EF ＝HG ，故四边形EFGH 是平行四边形．【应用】(1)添加AC ＝BD ，理由：连接AC ，BD ，同(1)知，EF ＝12AC ，同【探究】的方法得，FG ＝12BD ，∵AC ＝BD ，∴EF ＝FG ，∵四边形EFGH 是平行四边形，∴▱EFGH 是菱形；(2)如解图②，由【探究】得，四边形EFGH 是平行四边形， ∵F ，G 是BC ，CD 的中点，∴FG ∥BD ，FG ＝12BD ，∴△CFG ∽△CBD ，∴S △CFG S △BCD ＝14，∴S △BCD ＝4S △CFG ，同理：S △ABD ＝4S △AEH ，∵四边形ABCD 面积为5，∴S △BCD ＋S △ABD ＝5，∴S △CFG ＋S △AEH ＝54，同理：S △DHG ＋S △BEF ＝54，∴S 四边形EFGH ＝S 四边形ABCD －(S △CFG ＋S △AEH ＋S △DHG ＋S △BEF )＝5－52＝52，设AC 与FG ，EH 相交于M ，N ，EF 与BD 相交于P ，∵FG ∥BD ，FG ＝12BD ，∴CM ＝OM ＝12OC ，同理：AN ＝ON ＝12OA ，∵OA ＝OC ，∴OM ＝ON ，易知，四边形ENOP ，FMOP 是平行四边形，S ▱EPON ＝S ▱FMOP ， ∴S 阴影＝12S 四边形EFGH ＝54.5．解：(1)∵△ABC 是等边三角形，∴△AGD 是等边三角形，∴AD ＝GD ，由题意知：CE ＝AD ，∴CE ＝GD ， ∵DG ∥BC ，∴∠GDF ＝∠CEF ，在△GDF 与△CEF 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠GDF ＝∠CEF ∠GFD ＝∠EFC ，GD ＝CE∴△GDF ≌△CEF(AAS )，∴CF ＝GF ， ∵DH ⊥AG ，∴AH ＝GH ，∴AC ＝AG ＋CG ＝2GH ＋2GF ＝2(GH ＋GF)＝2HF ， ∴ACHF＝2； (2)如解图①，过点D 作DG ∥BC 交AC 于点G ，则∠ADG ＝∠ABC ＝90°.∵∠BAC ＝∠ADH ＝30°，∴AH ＝DH ，∠GHD ＝∠BAC ＋∠ADH ＝60°， ∠HDG ＝∠ADG －∠ADH ＝60°，∴△DGH 为等边三角形． ∴GD ＝GH ＝DH ＝AH ，AD ＝GD·tan 60°＝3GD. 由题意可知，AD ＝3CE.∴GD ＝CE. ∵DG ∥BC ，∴∠GDF ＝∠CEF.在△GDF 与△CEF 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠GDF ＝∠CEF ∠GFD ＝∠EFC CE ＝GD ，∴△GDF ≌△CEF(AAS )，∴GF ＝CF.GH ＋GF ＝AH ＋CF ，即HF ＝AH ＋CF ，∴HF ＝12AC ，即ACHF ＝2；(3)AC HF ＝m ＋1m.理由如下：如解图②，过点D 作DG ∥BC 交AC 于点G ，易得AD ＝AG ，AD ＝EC ，∠AGD ＝∠ACB.在△ABC 中，∵∠BAC ＝∠ADH ＝36°，AB ＝AC ，∴AH ＝DH ，∠ACB ＝∠B ＝72°，∠GHD ＝∠HAD ＋∠ADH ＝72°. ∴∠AGD ＝∠GHD ＝72°，∵∠GHD ＝∠B ＝∠HGD ＝∠ACB ，∴△ABC ∽△DGH.∴GH DH ＝BCAC ＝m ，∴GH ＝mDH ＝mAH.由△ADG ∽△ABC 可得DG AD ＝BC AB ＝BCAC ＝m.∵DG ∥BC ，∴FG FC ＝GDEC＝m.∴FG ＝mFC.∴GH ＋FG ＝m(AH ＋FC)＝m(AC －HF)，即HF ＝m(AC －HF)．∴AC HF ＝m ＋1m.类型二几何图形动态探究1．解：(1)①当α＝0°时， ∵Rt △ABC 中，∠B ＝90°，∴AC ＝AB 2＋BC 2＝（8÷2）2＋82＝45，∵点D 、E 分别是边BC、AC 的中点，∴AE ＝45÷2＝25，BD ＝8÷2＝4，∴AE BD ＝254＝52.②如解图①，当α＝180°时，可得AB ∥DE ， ∵AC AE ＝BC BD ，∴AE BD ＝AC BC ＝458＝52；(2)当0°≤α＜360°时，AEBD 的大小没有变化，∵∠ECD ＝∠ACB ，∴∠ECA ＝∠DCB ，又∵EC DC ＝AC BC ＝52，∴△ECA ∽△DCB ，∴AE BD ＝EC DC ＝52；(3)①当D 在AE 上时，如解图②，∵AC ＝45，CD ＝4，CD ⊥AD ， ∴AD ＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8， ∵AD ＝BC ，AB ＝DC ，∠B ＝90°，∴四边形ABCD 是矩形，∴BD ＝AC ＝45；②当D 在AE 延长线上时，如解图③，连接BD ，过点D 作AC 的垂线交AC 于点Q ，过点B 作AC 的垂线交AC 于点P ，∵AC ＝45，CD ＝4，CD ⊥AD ，∴AD ＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8， ∵原图中点D 、E 分别是边BC 、AC 的中点，∴DE ＝12AB ＝12×(8÷2)＝12×4＝2，∴AE ＝AD －DE ＝8－2＝6，由(2)可得AE BD ＝52，∴BD＝652＝1255.综上所述，BD 的长为45或1255. 2．解：(1)①∵∠AOB ＝150°，∠BOC ＝120°，∴∠AOC ＝90°，由旋转的性质可知，∠OCD ＝60°，∠ADC ＝∠BOC ＝120°， ∴∠DAO ＝360°－60°－90°－120°＝90°；②线段OA ，OB ，OC 之间的数量关系是OA 2＋OB 2＝OC 2.如解图①，连接OD.∵△BOC 绕点C 按顺时针方向旋转60°得△ADC ， ∴△ADC ≌△BOC ，∠OCD ＝60°. ∴CD ＝OC ，∴△OCD 是等边三角形，∴OC ＝OD ＝CD ，∠COD ＝∠CDO ＝60°，∵∠AOB ＝150°，∠BOC ＝120°，∴∠AOC ＝90°， ∴∠AOD ＝30°，∠ADO ＝60°.∴∠DAO ＝90°.在Rt △ADO 中，∠DAO ＝90°，∴OA 2＋AD 2＝OD 2，∴OA 2＋OB 2＝OC 2；(2)①当α＝β＝120°时，OA ＋OB ＋OC 有最小值．作图如解图②，将△AOC 绕点C 按顺时针方向旋转60°得△A′O′C，连接OO′. ∴△A ′O ′C ≌△AOC ，∠OCO ′＝∠ACA′＝60°.∴O′C＝OC ，O ′A ′＝OA ，A ′C ＝AC ，∠A ′O ′C ＝∠AOC.∴△OCO′是等边三角形． ∴OC ＝O′C＝OO′，∠COO ′＝∠CO′O＝60°.∵∠AOB ＝∠BOC ＝120°，∴∠AOC ＝∠A′O′C＝120°.∴∠BOO ′＝∠OO′A′＝180°.∴B ，O ，O ′，A ′四点共线． ∴OA ＋OB ＋OC ＝O′A′＋OB ＋OO′＝BA′时值最小；②当等边△ABC 的边长为1时，OA ＋OB ＋OC 的最小值为A′B＝ 3.3．解：(1)①∵△DEC 绕点C 旋转使点D 恰好落在AB 边上，∴AC ＝CD ， ∵∠BAC ＝90°－∠B ＝90°－30°＝60°， ∴△ACD 是等边三角形，∴∠ACD ＝60°，又∵∠CDE ＝∠BAC ＝60°，∴∠ACD ＝∠CDE ， ∴DE ∥AC ；②∵∠B ＝30°，∠C ＝90°，∴CD ＝AC ＝12AB ，∴BD ＝AD ＝AC ，根据等边三角形的性质，△ACD 的边AC 、AD 上的高相等，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S 1＝S 2；(2)∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到，∴BC ＝CE ，AC ＝CD ， ∵∠ACN ＋∠BCN ＝90°，∠DCM ＋∠BCN ＝180°－90°＝90°，∴∠ACN ＝∠DCM ，∵在△ACN 和△DCM 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACN ＝∠DCM ∠CMD ＝∠N ＝90°AC ＝DC，∴△ACN ≌△DCM(AAS )，∴AN ＝DM ，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S 1＝S 2；(3)如解图，过点D 作DF 1∥BE ，易求四边形BEDF 1是菱形， ∴BE ＝DF 1，且BE 、DF 1上的高相等，此时S △DCF 1＝S △BDE ；过点D 作DF 2⊥BD ，∵∠ABC ＝60°，F 1D ∥BE ，∴∠F 2F 1D ＝∠ABC ＝60°，∵BF 1＝DF 1，∠F 1BD ＝12∠ABC ＝30°，∠F 2DB ＝90°，∴∠F 1DF 2＝∠ABC ＝60°，∴△DF 1F 2是等边三角形，∴DF 1＝DF 2，∵BD ＝CD ，∠ABC ＝60°，点D 是角平分线上一点， ∴∠DBC ＝∠DCB ＝12×60°＝30°，∴∠CDF 1＝180°－∠BCD ＝180°－30°＝150°，∠CDF 2＝360°－150°－60°＝150°，∴∠CDF 1＝∠CDF 2， ∵在△CDF 1和△CDF 2中，⎩⎪⎨⎪⎧DF 1＝DF 2∠CDF 1＝∠CDF 2CD ＝CD ，∴△CDF 1≌△CDF 2(SAS )，∴点F 2也是所求的点，∵∠ABC ＝60°，点D 是角平分线上一点，DE ∥AB ， ∴∠DBC ＝∠BDE ＝∠ABD ＝12×60°＝30°，又∵BD ＝4，∴BE ＝ED ＝12×4÷cos 30°＝2÷32＝433，∴BF 1＝433，BF 2＝BF 1＋F 1F 2＝433＋433＝833，故BF 的长为433或833.4．解：(1)当α＝60°时，△ABC 、△DCE 是等边三角形，∴EC ＝DC ，AC ＝BC ，∠ACB ＝∠DCE ＝60°，∴∠ACB －∠ACD ＝∠DCE －∠ACD ，即∠BCD ＝∠ACE ，在△BDC 和△AEC 中，⎩⎪⎨⎪⎧EC ＝DC ∠BCD ＝∠ACE AC ＝BC ，∴△BDC ≌△AEC(SAS )，∴BD ＝AE ； (2)BD ＝2AE ；理由如下：如解图①，过点D 作DF ∥AC ，交BC 于F. ∵DF ∥AC ，∴∠ACB ＝∠DFB.∵∠ABC ＝∠ACB ＝α，α＝45°，∴∠ABC ＝∠ACB ＝∠DFB ＝45°. ∴△DFB 是等腰直角三角形∴BD ＝DF ＝22BF. ∵AE ∥BC ，∴∠ABC ＋∠BAE ＝180°.∵∠DFB ＋∠DFC ＝180°，∴∠BAE ＝∠DFC.∵∠ABC ＋∠BCD ＝∠ADC ，∠ABC ＝∠CDE ＝α，∴∠ADE ＝∠BCD. ∴△ADE ∽△FCD.∴AE FD ＝ADFC.∵DF ∥AC ，∴BD BF ＝AD CF .∴AE BD ＝BD BF ＝22.∴BD ＝2AE.(3)补全图形如解图②，∵AE ∥BC ，∠EAC ＝∠ACB ＝α，∴∠EAC ＝∠EDC ＝α，∴A 、D 、C 、E 四点共圆，∴∠ADE ＝∠ACE ，∵∠ADE ＋∠EDC ＝∠ADC ＝∠ABC ＋∠BCD ，∠ABC ＝∠EDC ＝α， ∴∠ADE ＝∠BCD ，∴∠ACE ＝∠BCD ，∵∠ABC ＝∠EAC ＝α，∴△BDC ∽△AEC ，∴BD AE ＝BCAC ，又∵BCAC＝2cos α，∴BD ＝2cos α·AE.5．解：(1)①∵△ABC 是等边三角形，∴AC ＝BC ，∠BAC ＝∠B ＝60°， ∵∠DCF ＝60°，∴∠ACF ＝∠BCD ，在△ACF 和△BCD 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ∠ACF ＝∠BCD CF ＝CD ，∴△ACF ≌△BCD(SAS )，∴∠CAF ＝∠B ＝60°，∴∠EAF ＝∠BAC ＋∠CAF ＝120°；②相等；理由如下：∵∠DCF ＝60°，∠DCE ＝30°，∴∠FCE ＝60°－30°＝30°，∴∠DCE ＝∠FCE ，在△DCE 和△FCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CF ∠DCE ＝∠FCE CE ＝CE，∴△DCE ≌△FCE(SAS )，∴DE ＝EF ；(2)①∵△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°， ∴AC ＝BC ，∠BAC ＝∠B ＝45°， ∵∠DCF ＝90°，∴∠ACF ＝∠BCD ，在△ACF 和△BCD 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ∠ACF ＝∠BCD CF ＝CD，∴△ACF ≌△BCD(SAS )，∴∠CAF ＝∠B ＝45°，AF ＝BD ，∴∠EAF ＝∠BAC ＋∠CAF ＝90°；②AE 2＋DB 2＝DE 2；理由如下：∵∠DCF ＝90°，∠DCE ＝45°，∴∠FCE ＝90°－45°＝45°，∴∠DCE ＝∠FCE ，在△DCE 和△FCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧CD ＝CF ∠DCE ＝∠FCE CE ＝CE ，∴△DCE ≌△FCE(SAS )，∴DE ＝EF ，在Rt △AEF 中，AE 2＋AF 2＝EF 2，又∵AF ＝DB ，∴AE 2＋DB 2＝DE 2.。

微重点立体几何中的动态问题解析版-2024年高考数学重难点攻略

微重点　立体几何中的动态问题“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化．知识导图考点一：动点轨迹问题考点二：折叠、展开问题考点三：最值、范围问题考点分类讲解考点一：动点轨迹问题规律方法　解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法(1)几何法：根据平面的性质进行判定．(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算．(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．1(2024·浙江温州·一模)如图，所有棱长都为1的正三棱柱ABC -A 1B 1C 1，BE =2EC，点F 是侧棱AA 1上的动点，且AF =2CG，H 为线段FB 上的动点，直线CH ∩平面AEG =M ，则点M 的轨迹为()A.三角形(含内部)B.矩形(含内部)C.圆柱面的一部分D.球面的一部分【答案】A【分析】根据题意首先保持H 在线段FB 上不动(与F 重合)，研究当点F 运动时M 的轨迹为线段MN ，再根据H 点在线段FB 上运动的轨迹即可得出点M 的轨迹为△MNE 及其内部的所有点的集合.【详解】如下图所示：首先保持H 在线段FB 上不动，假设H 与F 重合根据题意可知当F 点在侧棱AA 1上运动时，若F 点在A 1点处时，G 为CC 1的中点，此时由AF =2CG 可得满足FM =2MC，当F 点运动到图中F 1位置时，易知AF 1 =2CG 1，取AG 1∩CF 1=P ，可得F 1P =2PC ，取棱AC 上的点N ，满足AN =2NC，根据三角形相似可得M ,N ,P 三点共线，当点F 在侧棱AA 1上从A 1点运动到A 点时，M 点轨迹即为线段MN ；再研究当点H 在线段FB 上运动，当点H 在线段FB 上从点F 运动到点B 时，M 点的轨迹是线段ME ，当点H 在线段F 1B 上从点F 1运动到点B 时，M 点的轨迹是线段PE ，因此可得，当点F 是侧棱AA 1上运动时，H 在线段FB 上运动时，点M 的轨迹为△MNE 及其内部的所有点的集合；即可得M 的轨迹为三角形(含内部).故选：A2(多选)(23-24高三上·贵州安顺·期末)如图，在棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 、G 、H 分别为棱CC 1、C 1D 1、A 1D 1、AB 的中点，点M 为棱A 1B 1上动点，则()A.点E 、F 、G 、H 共面B.GM +MH 的最小值为1+5C.点B 到平面AB 1C 的距离为233D.DE ⊥A 1H【答案】ACD【分析】根据题意建立空间之间坐标系，利用平面向量基本定理可对A 判断，利用向量的垂直表示可对D 判断；利用正方体面展开图可对B 判断；利用等体积法可对C 判断.【详解】如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系，则D 0,0,0 ，E 0,2,1 ，F 0,1,2 ，G 1,0,2 ，H 2,1,0 ，对A ：EF =0,-1,1 ，EG =1,-2,1 ，EH =2,-1,-1 ，设EF =λEG +μEH ，即0,-1,1 =λ1,-2,1 +μ2,-1,-1 ，解得λ=23，μ=-13，所以EF ,EG ,EH共面，故A 正确．对B ：将正方体沿AB 剪开展开如下图，连接GH 交A 1B 1于一点，此点为M 点，此时GM +MH 为最小值32+22=13，故B 错误；对C ：由等体积法可知V B -AB 1C =V B 1-ABC ，即13·S △AB 1C ·d =13·S △ABC ·BB 1 ，由S △AB 1C =12×2×2×sin π3=32，S △ABC =12×2×2=2，求解得d =233，故C 正确.对D ：D 0,0,0 ，A 12,0,2 ，DE =0,2,1 ，A 1H=0,1,-2 DE ·A 1H =2-2=0，则DE ⊥A 1H ，所以DE ⊥A 1H ，故D 正确.故选：ACD .3(2023·贵州·一模)如图，已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N ，P 分别为棱AA 1,CC 1,AD 的中点，Q 为该正方体表面上的点，若M ，N ，P ，Q 四点共面，则点Q 的轨迹围成图形的面积为．【答案】33【分析】根据题意找出点Q 的轨迹围成图形为正六边形PENFGM 即可求解.【详解】如图，取CD ,B 1C 1,A 1B 1的中点分别为EFG ，则点Q 的轨迹围成图形为正六边形PENFGM ，且边长为面对角线的一半，即2，所以点Q 的轨迹围成图形的面积为6×122×2 2-222=33，故答案为:3 3.4(2023·宁波联考)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点P 满足BP =λBC+μ-→BB 1(λ，μ∈R )，则下列说法正确的有()A.若λ+μ=1，则A 1P ⊥AD 1B.若λ+μ=1，则三棱锥A 1-PDC 1的体积为定值C.若点P 总满足PA ⊥BD 1，则动点P 的轨迹是一条直线D.若点P 到点A 的距离为3，则动点P 的轨迹是一个面积为π的圆【答案】ABC【解析】对于A ，因为BP =λBC +μ-→BB 1(λ，μ∈R )且λ+μ=1，由向量基本定理可知，点B 1，C ，P 共线，如图，连接AD1，A 1C ，BC 1，B 1C ，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，B 1C ⊥BC 1，A 1B 1⊥平面BB 1C 1C ，因为BC 1⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1B 1⊥BC 1，又B 1C ∩A 1B 1=B 1，所以BC 1⊥平面A 1B 1C ，在BC 1上任取一点P ，连接A 1P ，则A 1P ⊂平面A 1B 1C ，所以BC 1⊥A 1P ，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为AB ∥D1C 1，且AB =D 1C 1，所以四边形ABC 1D 1为平行四边形，所以AD 1∥BC 1，则AD 1⊥A 1P ，故选项A 正确；对于B ，如图，连接A 1C 1，C 1D ，A 1D ，B 1C ，因为BP =λBC+μ-→BB 1(λ，μ∈R )且λ+μ=1，由向量基本定理可知点B 1，C ，P 共线，即点P 在直线B 1C 上，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，因为A 1B 1∥DC ，且A 1B 1=DC ，所以四边形A 1B 1CD 为平行四边形，所以A 1D ∥B 1C ，A 1D ⊂平面A 1C 1D ，BC 1⊄平面A 1C 1D ，所以B 1C ∥平面A 1C 1D ，则直线B 1C 上任意一点到平面A 1C 1D 的距离相等，又因为△A 1C 1D 的面积为一定值，所以三棱锥A 1-PDC 1的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，如图，连接AC ，BD ，AB1，BD 1，B 1C ，B 1D 1，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AC ⊥BD ，BB 1⊥平面ABCD ，因为AC ⊂平面ABCD ，所以BB 1⊥AC ，又BB 1∩BD =B ，所以AC ⊥平面BB 1D 1D ，BD 1⊂平面BB 1D 1D ，所以AC ⊥BD 1，同理AB 1⊥BD 1，又AB 1∩AC =A ，所以BD 1⊥平面AB 1C ，因为点P 满足BP =λBC +μ-→BB 1(λ，μ∈R )，所以点P 在侧面BB 1C 1C 所在的平面上运动，且PA ⊥BD 1，所以动点P 的轨迹就是直线B 1C ，故选项C 正确；对于D ，因为点P 到点A 的距离为3，所以点P 的轨迹是以A 为球心，3为半径的球面与平面BB 1C 1C 的交线，即点P 的轨迹为小圆，设小圆半径为r ，因为球心A 到平面BB 1C 1C 的距离为1，则r =(3)2-1=2，所以小圆的面积S =πr 2=2π，故选项D 错误考点二：折叠、展开问题规律方法　画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．1(2024·河南·模拟预测)为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢(如图1).已知AB 和CD 是圆O 的两条互相垂直的直径，将平面ABC 沿AB 翻折至平面ABC ，使得平面ABC ⊥平面ABD (如图2)此时直线AB 与平面C BD 所成角的正弦值为()A.13B.33C.22D.32【答案】B【分析】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.【详解】依题意，OC ⊥AB ,OD ⊥AB ，而平面ABC ⊥平面ABD ，平面ABC ∩平面ABD =AB ，又OC ⊂平面ABC ,OD ⊂平面ABD ，则OC ⊥平面ABD ，OD ⊥OC ，因此直线OD ,OB ,OC 两两垂直，以点O 为原点，直线OD ,OB ,OC 分别为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，令圆半径OD =1，则O (0,0,0),D (1,0,0),B (0,1,0),C (0,0,1)，OB =(0,1,0),BC=(0,-1,1),BD =(1,-1,0)，设平面C BD 的一个法向量n =(x ,y ,z )，则n ⋅BC=-y +z =0n ⋅BD=x -y =0，令y =1，得n =(1,1,1)，设直线AB 与平面C BD 所成的角为θ，则sin θ=|cos ‹n ,OB ›|=|n ⋅OB ||n ||OB |=11×3=33，所以直线AB 与平面C BD 所成角的正弦值为33.故选：B2(22-23高三上·浙江·开学考试)如图，矩形ABCD 中，AD =2,AB =3,AE =2EB，将△ADE 沿直线DE 翻折成△A 1DE ，若M 为线段A 1C 的点，满足CM =2MA 1，则在△ADE 翻折过程中(点A 1不在平面DEBC 内)，下面四个选项中正确的是()A.BM ⎳平面A 1DEB.点M 在某个圆上运动C.存在某个位置，使DE ⊥A 1CD.线段BA 1的长的取值范围是5,3【答案】ABD【分析】由已知，选项A ，在DC 上取一点N ，令CN =2ND ，可通过面面平行的判定定理证明平面BMN ∥平面ADE ，从而证明BM ∥平面A 1DE ；选项B ，可通过∠A 1DE =∠MNB =π4,NM =43，EB =22，借助余弦定理可知BM 为定值，从而确定M 点的轨迹；选项C ，可先假设DE ⊥A 1C 成立，然后借助线面垂直的判定定理和性质定理得到DE ⊥CH ，然后在△DHC 中，利用勾股定理验证是否满足，即可做出判断；选项D ，可通过点A 1运行轨迹，分别找出最大值和最小值点，然后求解即可做出判断.【详解】如上图所示，在DC 上取一点N ，令CN =2ND，连接NB ，在矩形ABCD 中，AB =CD 且AB ∥CD ，又因为AE =2EB ，CN =2ND，所以EB =ND 且EB ∥ND ，所以四边形EBND 为平行四边形，所以NB ∥ED ，又因为NB ⊄平面ADE ，DE ⊂平面ADE ，所以NB ∥平面ADE ，又因为CN =2ND ，CM =2MA 1，所以NM ∥A 1D ，又因为NM ⊄平面ADE ，DA 1⊂平面ADE ，所以NM ∥平面ADE ，又因为NM ∩NB =N 且NM 、NB ⊂平面BMN ,所以平面BMN ∥平面ADE ，又因为MB ⊂平面BMN ,所以BM ∥平面A 1DE ，选项A 正确；由NB ∥ED ，NM ∥A 1D ，AD =AE =2,可得∠A 1DE =∠MNB =π4,由CN =2ND ，CM =2MA 1 可知，NM =23A 1D =43，而EB =ND =22，由余弦定理可知，BM 为定值，而B 为定点，故M 在以B 为圆心，BM 为半径的圆上运动，故选项B 正确；取ED 的中点H ，连接HA 1、HC ，在△A 1DE 中，AD =AE =2，所以DE ⊥A 1H ，假设DE ⊥A 1C 成立，A 1H 、A 1C ⊂平面A 1HC ,所以DE ⊥平面A 1HC ，又因为CH ⊂平面A 1HC ，所以DE ⊥CH ，而，在△DHC 中，DH =2，DC =3，CH =5，所以∠DHC ≠π2，故DE ⊥CH 不成立，所以假设不成立，该选项C 错误；在DC 上取一点A 2，令DA 2 =2A 2C，在△ADE 翻折过程中, 线段BA 1的最大值是A 1与A 点重合，此时BA 1=3，线段BA 1的最小值是A 1与A 2点重合，此时BA 1=5，又因为点A 1不在平面DEBC 内，所以线段BA 1的长的取值范围是5,3 ，选项D 正确；故选：ABD3(2024高三·全国·专题练习)如图1，在等边△ABC 中，点D 、E 分别为边AB 、AC 上的动点且满足DE ⎳BC ，记DEBC=λ.将△ADE 沿DE 翻折到△MDE 的位置，使得平面MDE ⊥平面DECB ，连接MB ，MC ，如图2，N 为MC 的中点．(1)当EN ⎳平面MBD 时，求λ的值．(2)随着λ的值的变化，二面角B -MD -E 的大小是否改变？若是，请说明理由；若不是，请求出二面角B -MD -E 的正弦值．【答案】(1)λ=12(2)不是，255【分析】(1)取MB 的中点为P ，连接DP ，PN ，推出NP ∥BC ，证明NEDP 为平行四边形，利用比例关系求解即可．(2)取DE 的中点O ，如图建立空间直角坐标系，求出平面BMD 的法向量，平面EMD 的法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的余弦函数值然后求解即可．【详解】(1)如图，取MB 的中点P ，连接DP ，PN ．因为N 为MC 的中点，所以NP ⎳BC ，NP =12BC ．又DE ⎳BC ，所以NP ⎳DE ，即N ，P ，D ，E 四点共面．因为EN ⎳平面MBD ，EN ⊂平面NEDP ，平面NEDP ∩平面MBD =DP ，所以EN ⎳DP ，即四边形NEDP 为平行四边形，所以NP =DE ，即DE =12BC ，所以λ=12．(2)取ED 的中点O ，连接MO ，则MO ⊥DE ．因为平面MDE ⊥平面DECB ，平面MDE ∩平面DECB =DE ，MO ⊂平面MDE ，所以MO ⊥平面DECB ．如图，建立空间直角坐标系，不妨设BC =2，则M 0,0,3λ ，D λ,0,0 ，B 1,31-λ ,0 ，所以MD =λ,0,-3λ ，DB =1-λ,31-λ ,0 ．设平面MBD 的一个法向量为m=(x ,y ,z )，则MD ⋅m=λx -3λz =0,DB ⋅m =1-λ x +31-λ y =0,即x =3z ,x =-3y , 令x =3，所以m =3,-1,1 ．由题意可知n=(0,1,0)为平面MDE 的一个法向量．设二面角B -MD -E 的平面角为θ，则cos θ =cos m ,n =m ⋅n m n =55，因此sin θ=1-cos 2θ=255，所以二面角B -MD -E 的正弦值为255．4(2023·邵阳模拟)如图所示，在矩形ABCD 中，AB =3，AD =1，AF ⊥平面ABCD ，且AF =3，点E 为线段CD (除端点外)上的动点，沿直线AE 将△DAE 翻折到△D ′AE ，则下列说法中正确的是()A.当点E 固定在线段CD 的某位置时，点D ′的运动轨迹为球面B.存在点E ，使AB ⊥平面D ′AEC.点A 到平面BCF 的距离为32D.异面直线EF 与BC 所成角的余弦值的取值范围是1313，1010【答案】　D【解析】选项A ，当点E 固定在线段CD 的某位置时，线段AE 的长度为定值，AD ′⊥D ′E ，过D ′作D ′H ⊥AE 于点H ，H 为定点，D ′H 的长度为定值，且D ′H 在过点H 与AE 垂直的平面内，故D ′的轨迹是以H 为圆心，D ′H 为半径的圆，故A 错误；选项B ，无论E 在CD (端点除外)的哪个位置，AB 均不与AE 垂直，故AB 不与平面AD ′E 垂直，故B 错误；选项C ，以AB ，AD ，AF分别为x ，y ，z 轴的方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，F (0,0,3)，B (3，0,0)，C (3，1,0)．BC =(0,1,0)，BF =(-3，0,3)，AB =(3，0,0)，设平面BCF 的法向量为n =(x ，y ，z )，则n ·BC=y =0，n ·BF =-3x +3z =0，取n =(3，0,1)，则点A 到平面BCF 的距离d =n ·ABn=32，故C 错误；选项D ，设E (3λ，1,0)，λ∈(0,1)，BC=(0,1,0)，EF=-3λ，-1，3 ，设EF 与BC 所成的角为θ，则cos θ=EF ·BCEF BC=13λ2+10∈1313，1010 ，故D 正确．考点三：最值、范围问题规律方法　在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值．1(多选)(2023·鞍山模拟)如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，P 是线段BC 1上的动点，则下列结论正确的是()A.四面体PA 1D 1A 的体积为定值B.AP +PC 的最小值为22C.A 1P ∥平面ACD 1D.直线A 1P 与AC 所成的角的取值范围是0，π3【答案】ACD【解析】对于A ，由正方体可得平面DAA 1D 1∥平面BCC 1B 1，且B ，P ∈平面BCC 1B 1，所以点B 到平面DAA 1D 1的距离等于点P 到平面DAA 1D 1的距离，所以四面体PA 1D 1A 的体积V P -A 1D 1A =VB -A 1D 1A =13S △A 1D 1A ×1=13×12×1×1×1=16，所以四面体PA 1D 1A 的体积为定值，故A 正确；对于B ，当P 与B 重合时，AP +PC =AB +BC =2<22，所以AP +PC 的最小值不为22，故B 错误；对于C ，连接A 1C 1，A 1B ，由正方体可得AA 1=CC 1，AA 1∥CC 1，所以四边形AA 1C 1C 是平行四边形，所以AC ∥A 1C 1，因为AC ⊂平面ACD 1，A 1C 1⊄平面ACD 1，所以A 1C 1∥平面ACD 1，同理可得BC 1∥平面ACD 1因为A 1C 1∩BC 1=C 1，A 1C 1，BC 1⊂平面A 1C 1B ，所以平面A 1C 1B ∥平面ACD 1，因为A 1P ⊂平面A 1C 1B ，所以A 1P ∥平面ACD 1，故C 正确；对于D ，因为AC ∥A 1C 1，所以∠PA 1C 1(或其补角)为直线A 1P 与AC 所成的角，由图可得当P 与B 重合时，此时∠PA 1C 1最大为π3，当P 与C 1重合时，此时∠PA 1C 1最小为0，所以直线A 1P 与AC 所成的角的取值范围是0，π3，故D 正确．2(2023·青岛模拟)三面角是立体几何的基本概念之一，而三面角余弦定理是解决三面角问题的重要依据．三面角P -ABC 是由有公共端点P 且不共面的三条射线PA ，PB ，PC 以及相邻两射线间的平面部分所组成的图形，设∠APC =α，∠BPC =β，∠APB =γ，二面角A -PC -B 为θ，由三面角余弦定理得cos θ=cos γ-cos α·cos βsin α·sin β.在三棱锥P -ABC 中，PA =6，∠APC =60°，∠BPC =45°，∠APB =90°，PB +PC=6，则三棱锥P -ABC 体积的最大值为()A.2724B.274C.92D.94【答案】C【解析】如图所示，作BD 垂直于CP 于点D ，设点B 在平面APC 中的射影为M ，连接BM ，MD ，由题意得V P -ABC =13·S △APC·BM .设二面角A -PC -B 为θ，则cos θ=0-12×2232×22=-33，θ∈(0，π)，∴sin ∠BDM =63，BM =BD ·sin ∠BDM =63BD =63·PB ·sin ∠BPC =33·PB ，S △APC =12·PA ·PC ·sin ∠APC =332·PC ，∴V P -ABC =13·S △APC ·BM =12·PB ·PC =12·PB (6-PB )=-12PB 2+3PB=-12(PB -3)2+92，当PB =3时，V P -ABC 的最大值为92.3(23-24高三下·北京·开学考试)正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，动点M 在线段CC 1上，动点P 在平面A 1B 1C 1D 1上，且AP ⊥平面MBD 1.线段AP 长度的取值范围是()A.1,2B.62,3 C.62,2 D.62+∞ 【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算，代入计算，即可得到结果.【详解】以D 为坐标原点，以DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z 轴的正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系，设P a ,b ,1 ，M 0,1,t 0≤t ≤1 ，则A 1,0,0 ,B 1,1,0 ,D 10,0,1 ，则AP =a -1,b ,1 ,BD 1 =-1,-1,1 ,MD 1=0,-1,1-t ，因为AP ⊥平面MBD 1，所以AP ⊥BD 1,AP ⊥MD 1，即AP ⋅BD 1=1-a -b +1=0AP ⋅MD 1 =-b +1-t =0 ，解得a =t +1b =1-t ，所以AP =t ,1-t ,1 ，所以AP =t 2+1-t 2+1=2t -12 2+32，又0≤t ≤1，所以当t =12时，即M 是CC 1的中点时，AP 取得最小值62，当t =0或1，即M 与点C 或C 1重合时，AP取得最大值2，所以线段AP 长度的取值范围为62,2.故选：C4(2023·黑龙江哈尔滨·三模)已知四棱锥P -ABCD 的底面为正方形，PD ⊥底面ABCD ,PD =AD ，点E 是线段PB 上的动点，则直线DE 与平面PBC 所成角的最大值为()A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，结合空间向量的坐标运算即可得到结果.【详解】由题意，因为ABCD 为正方形，且PD ⊥底面ABCD ，以D 为原点，DA ,DC ,DP 所在直线分别为x ,y ,z 轴，建立如图所示空间直角坐标系，设PD =AD =1，则D 0,0,0 ,B 1,1,0 ,C 0,1,0 ,P 0,0,1 ，所以PB =1,1,-1 ,PC =0,1,-1 ，设PE =λPB ，λ∈0,1 ，则PE =λ,λ,-λ ，所以E λ,λ,1-λ ，即DE =λ,λ,1-λ ，设平面PBC 的法向量为n=x ,y ,z ，则n ⋅PB=x +y -z =0n ⋅PC=y -z =0，解得x =0,y =z ，取y =z =1，所以平面PBC 的一个法向量为n=0,1,1 ，设直线DE 与平面PBC 所成角为θ，则sin θ=cos <n ,DE> =n ⋅DEn DE =12×2λ2+1-λ2=12×3λ-132+23，因为y =sin θ,θ∈0,π2单调递增，所以当λ=13时，sin θ=32最大，此时θ=π3，即直线DE 与平面PBC 所成角的最大值为π3.故选:C强化训练一、单选题1(2023·云南保山·二模)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，Q 为上底面A 1B 1C 1D 1所在平面内的动点，当直线DQ 与DA 1的所成角为45°时，点Q 的轨迹为()A.圆B.直线C.抛物线D.椭圆【答案】C【分析】建系，利用空间向量结合线线夹角分析运算.【详解】以点D 为原点，DA ，DC ，DD 1为x ，y ，z 的正方向，建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，则D 0,0,0 ,A 11,0,1 ，设Q x ,y ,1 ，可得DQ =x ,y ,1 ，DA 1 =1,0,1 ，因为直线DQ 与DA 1的所成角为45°，则cos45°=DQ ⋅DA 1 DQ ⋅DA 1=x +1x 2+y 2+1×2=22，化简可得y 2=2x ，所以点Q 的轨迹为抛物线.故选：C .2(2023·全国·三模)在平面直角坐标系中，P 为圆x 2+y 2=16上的动点，定点A -3,2 ．现将y 轴左侧半圆所在坐标平面沿y 轴翻折，与y 轴右侧半圆所在平面成2π3的二面角，使点A 翻折至A ，P 仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则A ，P 两点间距离的取值范围是()A.13,35B.4-13,7C.4-13,35D.13,7【答案】B【分析】设A 所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P ∈α，则P ,A ,O 三点共线时，以及P 在圆的下端点时，分别取到A ，P 两点间距离的最值；若P ∈β，设P 4cos α,4sin α ，利用两点间的距离公式结合A 到β的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．【详解】设A 所在平面为α，圆的另一半所在平面为β，若P ∈α，则P ,A ,O 三点共线时，PA 有最小值P 1A =R -OA =4-13；当P 在圆的下端点时，取到最大值P 2A =-3-02+2+4 2=32+62=35，即PA ∈4-13,35 ；若P ∈β，设P 4cos α,4sin α ，A 在β上的投影为距离为A 1，则A 到β面距离为AA 1 =-3 sin π3=332，又A 到y 轴的距离为3，∴A 1到y 轴的距离为9-274=32，而A 1到x 轴的距离为2，则PA =32+4cos α2+2-4sin α 2+3322=29+2035cos α-45sin α =29+20sin φ-α ，其中α∈-π2,π2 ，sin φ=35,cos φ=45，故PA min =13，当且仅当α=-π2时成立；PAmax =7，当且仅当α=φ-π2时成立；即PA ∈13,7 ；综上可得，PA∈4-13,7 ，故选：B3(2024·全国·模拟预测)如图，已知矩形ABCD 中，E 为线段CD 上一动点(不含端点)，记∠AED =α，现将△ADE 沿直线AE 翻折到△APE 的位置，记直线CP 与直线AE 所成的角为β，则()A.cos α>cos βB.cos α<cos βC.cos α>sin βD.sin α<cos β【答案】B【分析】利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到cos β=CE+EPcos αCP，由三角形三边关系得到cos β>cos α，求出答案.【详解】AB 选项，cos β=CP ⋅EA CP ⋅EA =CE +EP⋅EA CP ⋅EA =CE ⋅EA +EP ⋅EA CP ⋅EA=CE ⋅EA cos α+EP ⋅EA cos α CP ⋅EA =CE +EP ⋅EA cos αCP ⋅EA =CE +EP cos αCP，因为CE +EP >CP ，所以CE +EPCP>1，所以cos β>cos α，A 错误，B 正确；由于y =cos x 在x ∈0,π2上单调递减，故β<α，不确定cos α,sin β和sin α,cos β的大小关系，CD 错误.故选：B ．4(2023·上海宝山·二模)在空间直角坐标系O -xyz 中,已知定点A 2,1,0 ,B 0,2,0 和动点C 0,t ,t +2 t ≥0 .若△OAC 的面积为S ,以O ,A ,B ,C 为顶点的锥体的体积为V ,则VS的最大值为()A.2155 B.155 C.4155 D.455【答案】C【分析】由已知OA =2,1,0 ,0B =0,2,0 ,OC =0,t ,t +2 ,设直线OA 的单位方向向量为u ,根据空间向量公式求出C 到直线OA 的距离,得到△OAC 的面积为S ,根据锥体体积公式得到以O ,A ,B ,C 为顶点的锥体的体积为V ,利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值.【详解】由已知OA =2,1,0 ,0B =0,2,0 ,OC=0,t ,t +2 ,设直线OA 的单位方向向量为u ,则u =255,55,0,所以C 到直线OA 的距离h =OC 2-OC ⋅u 2=t 2+t +2 2-t 25=9t 2+20t +205,所以S =12×5×9t 2+20t +205=9t 2+20t +202,V =13S △OAB ⋅t +2 =13×12×2×2×t +2 =2t +2 3,则V S =2t +239t 2+20t +202=43⋅t +229t 2+20t +20=49⋅9t 2+36t +369t 2+20t +20=49⋅9t 2+20t +20+16t +169t 2+20t +20=49⋅1+16⋅t +19t 2+20t +20,令m =t +1m ≥1 ,则t =m -1,所以t +19t 2+20t +20=m 9m -1 2+20m -1 +20=m 9m 2+2m +9=19m +9m +2≤129m ⋅9m +2=120,当且仅当9m =9m即m =1时等号成立,所以V S≤49×1+16×120=4515,即V S的最大值为4515.故选:C .5(23-24高三上·河北衡水·阶段练习)正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =2,AA 1=3,O 为BC 的中点，M 为棱B 1C 1上的动点，N 为棱AM 上的动点，且MN MO =MOMA ，则线段MN 长度的取值范围为()A.364,7 B.62,477C.34,477D.3,6【答案】B【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段MN 的表达式，利用函数求最值即可.【详解】因为正三棱柱ABC -A 1B 1C 中,O 为BC 的中点，取B 1C 1中点Q ，连接OQ ，如图，以O 为原点，OC ,OA ,OQ 为x ,y ,z 轴建立空间直角坐标系，则O 0,0,0 ,A 0,3,0 ,B 1-1,0,3 ,C 11,0,3 ，因为M 是棱B 1C 1上一动点，设M a ,0,3 ，且a ∈[-1,1]，所以OM ⋅OA=a ,0,3 ⋅0,3,0 =0，则OA ⊥OM ，因为ON ⊥AM ，且MN MO =MOMA 所以在直角三角形OMA 中可得：△OMN ~△AMO即MN =MO 2MA=a 2+3a 2+3 2+3 2=a 2+3a 2+6，于是令t =a 2+6,t ∈6,7 ，所以a 2+3a 2+6=t 2-3t =t -3t ，t ∈6,7 ，又符合函数y =t -3t 为增增符合，所以在t ∈6，7 上为增函数，所以当t =6时，t -3tmin =6-36=62，即线段MN 长度的最小值为62，当t =7时，t -3tmax=7-37=477，即线段MN 长度的最大值为477，故选：B .【点睛】关键点睛：1.找到△OMN ~△AMO ，再利用函数单调性求出最值.2.建系，设出动点M a ,0,3 ，利用空间向量法求出ON ⊥AM ，再结合线线关系求线段MN 的表达式，利用函数求最值即可.6(23-24高三下·山西·阶段练习)在棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，E 是CD 的中点，F 是CC 1上的动点，则三棱锥A -DEF 外接球半径的最小值为()A.3B.23C.13D.15【答案】C【分析】取AE 的中点G ，根据题意分析可知：三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在过G 垂直于平面ABCD 的直线上，设GO =n ,CF =m ∈0,4 ，建系，结合空间两点距离公式可得n =m 2+4m，进而利用基本不等式运算求解.【详解】连接AE ，取AE 的中点G ，可知G 为△ADE 的外心，过G 作平面ABCD 的垂线，可知三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在该垂线上，设GO =n ,CF =m ∈0,4 ，以D 为坐标原点，DA ,DC ,DD 1分别为x ,y ,z 轴，建立空间直角坐标系，则D 0,0,0 ,A 4,0,0 ,E 0,2,0 ,G 2,1,0 ,O 2,1,n ,F 0,4,m ，因为OD =OF ，即4+1+n 2=4+9+m -n 2，整理得n =m 2+4m≥2m 2⋅4m =22，当且仅当m 2=4m，即m =22时，等号成立，所以三棱锥A -DEF 外接球半径的最小值为4+1+8=13.故选：C .【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知三棱锥A -DEF 外接球的球心O 在过G 垂直于平面ABCD 的直线上，再以空间直角坐标系为依托，分析求解.7(2023·陕西咸阳·模拟预测)如图，点P 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的表面上一个动点，则以下不正确的是()A.当P 在平面BCC 1B 1上运动时，四棱锥P -AA 1D 1D 的体积不变B.当P 在线段AC 上运动时，D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是π3,π2C.使直线AP 与平面ABCD 所成的角为45o 的点P 的轨迹长度为π+42D.若F 是A 1B 1的中点，当P 在底面ABCD 上运动，且满足PF ⎳平面B 1CD 1时，PF 长度的最小值是5【答案】D【分析】由底面正方形ADD 1A 1的面积不变，点P 到平面AA 1D 1D 的距离不变，可判定A 正确；以D 为原点，建立空间直角坐标系，设P (x ,2-x ,0)，则D 1P =(x ,2-x ,-2),A 1C 1=(-2,2,0)，结合向量的夹角公式，可判定B 正确；由直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°，作PM ⊥平面ABCD ，得到点P 的轨迹，可判定C 正确；设P (m ,m ,0)，求得平面CB 1D 1的一个法向量为n=(1,-1,-1)，得到FP =2(x -1)2+6，可判定D 错误.【详解】对于A 中：底面正方形ADD 1A 1的面积不变，点P 到平面AA 1D 1D 的距离为正方体棱长，所以四棱锥P -AA 1D 1D 的体积不变，所以A 选项正确；对于B 中：以D 为原点，DA ,DC ,DD 1所在的直线分别为x 轴、y 轴和z 轴，建立空间直角坐标系，可得A 1(2,0,2),D 1(0,0,2),C 1(0,2,2)，设P (x ,2-x ,0),0≤x ≤2，则D 1P =(x ,2-x ,-2),A 1C 1 =(-2,2,0)，设直线D 1P 与A 1C 1所成角为θ，则cos θ=cos D 1P ,A 1C 1 =D 1P ⋅A 1C 1D 1P A 1C 1 =x -1(x -1)2+3，因为0≤x -1 ≤1，当x -1 =0时，可得cos θ=0，所以θ=π2；当0<x -1 ≤1时，cos θ=x -1(x -1)2+3=11+3x -12≤12，所以π3≤θ<π2，所以异面直线D 1P 与A 1C 1所成角的取值范围是π3,π2，所以B 正确；对于C 中：因为直线AP 与平面ABCD 所成的角为45°，若点P 在平面DCC 1D 1和平面BCC 1B 1内，因为∠B 1AB =45°,∠D 1AD =45°最大，不成立；在平面ADD 1A 1内，点P 的轨迹是AD 1=22；在平面ABB 1A 1内，点P 的轨迹是AB 1=22；在平面A 1B 1C 1D 1时，作PM ⊥平面ABCD ，如图所示，因为∠PAM =45°，所以PM =AM ，又因为PM =AB ，所以AM =AB ，所以A 1P =AB ，所以点P 的轨迹是以A 1点为圆心，以2为半径的四分之一圆，所以点P 的轨迹的长度为14×2π×2=π，综上，点P 的轨迹的总长度为π+42，所以C 正确；对于D 中，由B 1(2,2,2),D 1(0,0,2),C (0,2,0),F (2,1,2)，设P (m ,n ,0),0≤m ≤2,0≤n ≤2，则CB 1 =(2,0,2),CD 1 =(0,-2,2),FP=(m -2,n -1,-2)设平面CB 1D 1的一个法向量为n=(a ,b ,c )，则n ⋅CD 1=-2b +c =0n ⋅CB 1=2a +2c =0，取a =1，可得b =-1,c =-1，所以n=(1,-1,-1)，因为PF ⎳平面B 1CD ，所以FP ⋅n=(m -2)-(n -1)+2=0，可得n =m +1，所以FP=(m -2)2+(n -1)2+4=2m 2-4m +8=2(m -1)2+6≥6，当x =1时，等号成立，所以D 错误.故选：D .【点睛】方法点拨：对于立体几何的综合问题的解答方法：(1)、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题；(2)、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；(3)、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；(4)、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.8(2023·吉林长春·模拟预测)四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，侧棱AA1⊥底面ABCD，AB∥CD，2AB =BC=CD，BC⊥CD，侧面A1ABB1为正方形，设点O为四棱锥A1-CC1DD外接球的球心，E为DD1上的动点，则直线AE与OB所成的最小角的正弦值为()A.55B.255C.265D.15【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，确定各点坐标，设球心O1,h,1 2，根据OA=OC得到h=34，设E2,0,a，根据向量的夹角公式结合二次函数性质计算最值得到答案.【详解】如图所示：以CD,CB,CC1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，设AB=1，则A1,2,0，C0,0,0，B0,2,0，球心O在平面CDD1C1的投影坐标为1,0,1 2，则设球心O1,h,12，则OA =OC ，即1-12+h -2 2+122=12+h 2+122，解得h =34，则O 1,34,12.设E 2,0,a ，a ∈0,1 ，EA =-1,2,-a ，OB =-1,54,-12，cos EA ,OB=EA ⋅OB EA ⋅OB =1+52+12a a 2+5⋅355=72+12a a 2+5⋅354=14+2a 35×a 2+5设7+a =t ，则a =7-t ，t ∈7,8 ，则14+2a 35×a 2+5=2t35×t 2-14t +54=235×541t-7542+554，当t =547时，有最大值为235×554=265，此时直线AE 与OB 所成的角最小，对应的正弦值为1-2652=15.故选：D【点睛】关键点睛：本题考查了立体几何中的异面直线夹角问题，外接球问题，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和综合应用能力，其中建立空间直角坐标系可以简化运算，是解题的关键.二、多选题9(23-24高三下·江苏苏州·开学考试)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 为棱AB 上的动点，则()A.平面ABC 1D 1⊥平面A 1DMB.平面BCD 1⎳平面A 1DMC.A 1M 与BC 1所成角的取值范围为π4,π3D.A 1M 与平面ABC 1D 1所成角的取值范围为π6,π4【答案】ACD【分析】由面面垂直的判定定理可判断A 选项；取点M 与点B 重合，可判断B 选项；以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断CD 选项.【详解】对于A 选项，因为四边形AA 1D 1D 为正方形，则A 1D ⊥AD 1，在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ⊥平面AA 1D 1D ，A 1D ⊂平面AA 1D 1D ，则A 1D ⊥AB ，因为AB ∩AD 1=A ，AB 、AD 1⊂平面ABC 1D 1，所以，A 1D ⊥平面ABC 1D 1，因为A 1D ⊂平面A 1DM ，故平面ABC 1D 1⊥平面A 1DM ，A 对；对于B 选项，当点M 与点B 重合时，平面BCD 1与平面A 1DM 有公共点，B 错；对于CD 选项，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、DD 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为1，则A 1,0,0 、B 1,1,0 、C 0,1,0 、D 0,0,0 、A 11,0,1 、B 11,1,1 、C 10,1,1 、D 10,0,1 ，设点M 1,m ,0 ，其中0≤m ≤1，A 1M =0,m ,-1 ，BC 1 =-1,0,1 ，所以，cos A 1M ,BC 1 =A 1M ⋅BC 1A 1M ⋅BC 1 =12m 2+1 ∈12,22 ，设A 1M 与BC 1所成角为α，其中0≤α≤π2，则12≤cos α≤22，可得π4≤α≤π3，所以，A 1M 与BC 1所成角的取值范围为π4,π3，C 对；对于D 选项，由A 选项可知，平面ABC 1D 1的一个法向量为DA 1 =1,0,1 ，则cos A 1M ,DA 1 =A 1M ⋅DA 1A 1M ⋅DA 1 =12m 2+1 ∈12,22 ，设A 1M 与平面ABC 1D 1所成角为β，则0≤β≤π2，则12≤sin β≤22，可得π6≤β≤π4，所以，A 1M 与平面ABC 1D 1所成角的取值范围为π6,π4，D 对.故选：ACD .10(2023·全国·模拟预测)如图①，四边形ABCD 是两个直角三角形拼接而成，AB =1，BD =2，∠ABD =∠C =90°，∠BDC =45°.现沿着BD 进行翻折，使平面ABD ⊥平面BCD ，连接AC ，得到三棱锥A -BCD (如图②)，则下列选项中正确的是()A.平面ABC ⊥平面ACDB.二面角B -AD -C 的大小为60°C.异面直线AD 与BC 所成角的余弦值为33D.三棱锥A -BCD 外接球的表面积为π【答案】ABC【分析】A 选项，面面垂直⇒线面垂直⇒CD ⊥平面ABC ⇒平面ABD ⊥平面ACD ；B 、C 选项，建立空间直角坐标系，利用直线方向向量和平面法向量求解；D 选项，三棱锥的外接球，寻求斜边中点(球心位置).【详解】A 项，平面ABD ⊥平面BCD ，交线为BD ，AB ⊥BD ，AB ⊂平面ABD ，所以AB ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AB ⊥CD .又BC ⊥CD ，且AB ∩BC =B ，所以CD ⊥平面ABC .因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ABC ⊥平面ACD ，选项A 正确.C 选项，以B 为原点，过B 在平面BCD 内作BD 的垂线为x 轴，直线BD 为y 轴，直线AB 为z 轴，建立空间直角坐标系，则B 0,0,0 ,A 0,0,1 ,C 22,22,0,D 0,2,0 ，则AC =22,22,-1 ，AD =0,2,-1 ,BC =22,22,0.易知平面ABD 的一个法向量为n 1=1,0,0 .设平面ACD 的法向量为n2=x ,y ,z ，则n 2⋅AC =0,n 1⋅AD=0, 即22x +22y -z =0,2y -z =0,取z =2，则x =1,y =1，则n 2=1,1,2 ，由图可知二面角B -AD -C 为锐角，则二面角B -AD -C 的余弦值为cos n 1,n 2=n 1⋅n 2 n 1 n 2 =11×2=12，即二面角B -AD -C 的大小为60°，选项B 正确；cos AD ,BC =AD ⋅BCAD BC =0,2,-1 ⋅22,22,0 3×1=33，选项C 正确；D 项，取AD 的中点N ，因为△ABD 与△ACD 都是直角三角形，所以点N 到A ，B ，C ，D 的距离相等，即为三棱锥A -BCD 外接球的球心，球半径为32，则三棱锥A -BCD 外接球的表面积为4π×322=3π，选项D 错误.故选：ABC .11(2023·全国·模拟预测)如图1，矩形B 1BCC 1由正方形B 1BAA 1与A 1ACC 1拼接而成．现将图形沿A 1A 对折成直二面角，如图2．点P (不与B 1,C 重合)是线段B 1C 上的一个动点，点E 在线段AB 上，点F 在线段A 1C 1上，且满足PE ⊥AB ，PF ⊥A 1C 1，则()。

中考数学重难考点突破—动态题型分类解析(动点、动线、动面)

点评：本题中由于四边形APQC在动点运动中，无法确定其形态，也就无法应用面积公式。

而P、B、Q三点，根据题意始终组成一个直角三角形△PBQ，故从求直角三角形面积入手便可解决问题。

2．如图2，已知△ABC中，AB＝AC＝10厘米，BC＝8厘米，点D为AB的中点．(1)如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA 上由C点向A点运动．①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD 与△CQP全等？(2)若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在哪条边上相遇？图2解：(1)①∵t＝1秒，∴BP＝CQ＝3×1＝3(厘米)．∵AB＝10厘米，点D为AB的中点，∴BD＝5厘米．又∵PC＝BC－BP，BC＝8厘米，∴PC＝8－3＝5(厘米)，∴PC＝BD.又∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∴△BPD≌△CQP.②∵v P ≠v Q ，∴BP ≠CQ .又∵△BPD 与△CQP 全等，∠B ＝∠C ，则BP ＝PC ＝4，CQ ＝BD ＝5， ∴点P ，点Q 运动的时间t ＝BP 3＝43(秒)， ∴v Q ＝CQ t ＝543＝154(厘米/秒)．(2)设经过x 秒后点P 与点Q 第一次相遇，由题意，得154x ＝3x ＋2×10，解得x ＝803(秒)． ∴点P 共运动了803×3＝80(厘米)．∵80＝2×28＋24，∴点P 、Q 在AB 边上相遇， ∴经过803 秒点P 与点Q 第一次在边AB 上相遇．类型二线动型动态题3．已知二次函数y ＝x 2－(2m ＋2)x ＋(m 2＋4m －3)中，m 为不小于0的整数，它的图象与x 轴交于点A 和点B ，点A 在原点左边，点B 在原点右边．(1)求这个二次函数的解析式；(2)点C 是抛物线与y 轴的交点，已知AD ＝AC (D 在线段AB 上)，有一动点P 从点A 出发，沿线段AB 以每秒1个单位长度的速度移动，同时，另一动点Q 从点C 出发，以某一速度沿线段CB 移动，经过t 秒的移动，线段PQ 被CD 垂直平分，求t 的值．图3解：(1)∵二次函数的图象与x轴有两个交点，∴Δ＝[]－2m＋22－4(m2＋4m－3)＝－8m＋16＞0，∴m＜2.∵m为不小于0的整数，∴m取0、1.当m＝1时，y＝x2－4x＋2，图象与x轴的两个交点在原点的同侧，不合题意，舍去；当m＝0时，y＝x2－2x－3，符合题意．∴二次函数的解析式为y＝x2－2x－3.(2)∵AC＝AD，∴∠ADC＝∠ACD.∵CD垂直平分PQ，∴DP＝DQ，∴∠ADC＝∠CDQ.∴∠ACD＝∠CDQ，∴DQ∥AC，∴△BDQ∽△BAC，∴DQAC＝BDAB.∵AC＝10，BD＝4－10，AB＝4.∴DQ＝10－52，∴PD＝10－52.∴AP＝AD－PD＝52，∴t＝52÷1＝52.类型三面动型动态题4．如图4，四边形ABCD是边长为1的正方形，四边形EFGH是边长为2的正方形，点D 与点F重合，点B，D(F)，H在同一条直线上，将正方形ABCD沿F→H方向平移至点B与点H 重合时停止，设点D、F之间的距离为x，正方形ABCD与正方形EFGH重叠部分的面积为y，则能大致反映y与x之间函数关系的图象是( B)图4解析：正方形ABCD与正方形EFGH重叠部分主要分为3个部分，是个分段函数，分别对应三种情况中的对应函数求出来即可得到正确答案。

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