【名师面对面】中考数学总复习：专题(8)动态集合问题》ppt课件解析

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中考数学动点问题专题讲解

中考动点专题所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.关键:动中求静.数学思想：分类思想函数思想方程思想数形结合思想转化思想注重对几何图形运动变化能力的考查从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。

选择基本的几何图形，让学生经历探索的过程，以能力立意，考查学生的自主探究能力，促进培养学生解决问题的能力．图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况，需要理解图形在不同位置的情况，才能做好计算推理的过程。

在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

二期课改后数学卷中的数学压轴性题正逐步转向数形结合、动态几何、动手操作、实验探究等方向发展．这些压轴题题型繁多、题意创新，目的是考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等．从数学思想的层面上讲：（1）运动观点；（2）方程思想；（3）数形结合思想；（4）分类思想；（5）转化思想等．研究历年来各区的压轴性试题，就能找到今年中考数学试题的热点的形成和命题的动向，它有利于我们教师在教学中研究对策，把握方向．只的这样，才能更好的培养学生解题素养，在素质教育的背景下更明确地体现课程标准的导向．本文拟就压轴题的题型背景和区分度测量点的存在性和区分度小题处理手法提出自己的观点．函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.那么,我们怎样建立这种函数解析式呢?下面结合中考试题举例分析. 一、应用勾股定理建立函数解析式例1(2000年·上海)如图1,在半径为6,圆心角为90°的扇形OAB 的弧AB 上,有一个动点P,PH ⊥OA,垂足为H,△OPH 的重心为G.(1)当点P 在弧AB 上运动时,线段GO 、GP 、GH 中,有无长度保持不变的线段?如果有,请指出这样的线段,并求出相应的长度.(2)设PH x =,GP y =,求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的定义域(即自变量x 的取值范围).(3)如果△PGH 是等腰三角形,试求出线段PH 的长.解:(1)当点P 在弧AB 上运动时,OP 保持不变,于是线段GO 、GP 、GH中,有长度保持不变的线段，这条线段是GH=32NH=2132⋅OP=2.(2)在Rt △POH 中, 22236x PH OP OH -=-=, ∴2362121x OH MH -==. 在Rt △MPH 中,.2222233621419x x x MH PH MP +=-+=+=HM NGPOAB图1x y∴y =GP=32MP=233631x + (0<x <6). (3)△PGH 是等腰三角形有三种可能情况:①GP=PH 时,x x =+233631,解得6=x . 经检验, 6=x 是原方程的根,且符合题意. ②GP=GH 时, 2336312=+x ,解得0=x . 经检验, 0=x 是原方程的根,但不符合题意.③PH=GH 时,2=x .综上所述,如果△PGH 是等腰三角形,那么线段PH 的长为6或2.二、应用比例式建立函数解析式例2（2006年·山东）如图2,在△ABC 中,AB=AC=1,点D,E 在直线BC 上运动.设BD=,x CE=y . (1)如果∠BAC=30°,∠DAE=105°,试确定y 与x 之间的函数解析式；(2)如果∠BAC 的度数为α,∠DAE 的度数为β,当α,β满足怎样的关系式时,(1)中y 与x 之间的函数解析式还成立?试说明理由.解:(1)在△ABC 中,∵AB=AC,∠BAC=30°,∴∠ABC=∠ACB=75°, ∴∠ABD=∠ACE=105°.∵∠BAC=30°,∠DAE=105°, ∴∠DAB+∠CAE=75°, 又∠DAB+∠ADB=∠ABC=75°, ∴∠CAE=∠ADB,∴△ADB ∽△EAC, ∴ACBD CE AB =,∴11x y =, ∴xy 1=. (2)由于∠DAB+∠CAE=αβ-,又∠DAB+∠ADB=∠ABC=290α-︒,且函数关系式成立, ∴290α-︒=αβ-, 整理得=-2αβ︒90. 当=-2αβ︒90时,函数解析式xy 1=成立. 例3(2005年·上海)如图3(1),在△ABC 中,∠ABC=90°,AB=4,BC=3. 点O 是边AC 上的一个动点,以点O 为圆心作半圆,与边AB 相切于点D,交线段OC 于点E.作EP ⊥ED,交射线AB 于点P,交射线CB 于点F.(1)求证: △ADE ∽△AEP.(2)设OA=x ,AP=y ,求y 关于x 的函数解析式,并写出它的定义域.(3)当BF=1时,求线段AP 的长. 解:(1)连结OD.根据题意,得OD ⊥AB,∴∠ODA=90°,∠ODA=∠DEP.又由OD=OE,得∠ODE=∠OED.∴∠ADE=∠AEP, ∴△ADE ∽△AEP.(2)∵∠ABC=90°,AB=4,BC=3, ∴AC=5. ∵∠ABC=∠AEDCB 图2A3(2)3(1)ADO=90°, ∴OD ∥BC, ∴53x OD =,54xAD =, ∴OD=x 53,AD=x 54. ∴AE=x x 53+=x 58. ∵△ADE ∽△AEP, ∴AE AD AP AE =, ∴x x yx 585458=. ∴x y 516= (8250≤<x ). (3)当BF=1时，①若EP 交线段CB 的延长线于点F,如图3(1)，则CF=4.∵∠ADE=∠AEP, ∴∠PDE=∠PEC. ∵∠FBP=∠DEP=90°, ∠FPB=∠DPE, ∴∠F=∠PDE, ∴∠F=∠FEC, ∴CF=CE. ∴5-x 58=4,得85=x .可求得2=y ,即AP=2. ②若EP 交线段CB 于点F,如图3(2), 则CF=2. 类似①,可得CF=CE. ∴5-x 58=2,得815=x . 可求得6=y ,即AP=6.综上所述, 当BF=1时,线段AP 的长为2或6.三、应用求图形面积的方法建立函数关系式例4（2004年·上海）如图,在△ABC 中,∠BAC=90°,AB=AC=22,⊙A 的半径为1.若点O 在BC 边上运动(与点B 、C 不重合),设BO=x ,△AOC 的面积为y .(1)求y 关于x 的函数解析式,并写出函数的定义域. (2)以点O 为圆心,BO 长为半径作圆O,求当⊙O 与⊙A 相切时, △AOC 的面积.解:(1)过点A 作AH ⊥BC,垂足为H.∵∠BAC=90°,AB=AC=22, ∴BC=4,AH=21BC=2. ∴OC=4-x . ∵AH OC S AOC ⋅=∆21, ∴4+-=x y (40<<x ). (2)①当⊙O 与⊙A 外切时,在Rt △AOH 中,OA=1+x ,OH=x -2, ∴222)2(2)1(x x -+=+. 解得67=x . 此时,△AOC 的面积y =617674=-. ②当⊙O 与⊙A 内切时,在Rt △AOH 中,OA=1-x ,OH=2-x , ∴222)2(2)1(-+=-x x . 解得27=x . 此时,△AOC 的面积y =21274=-. 综上所述,当⊙O 与⊙A 相切时,△AOC 的面积为617或21. ABCO 图8HC动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，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。

中考数学复习动态综合专题

动态综合专题动态综合型试题是近年来各级各类考试命题的热点和焦点，她集多个知识点于一体，综合性高，探究型强•解决这类问题的主要思路是：在动中取静，在静中探动，也就是用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，特别关注一些不变量、不变关系和特殊位置关系点动型例1菱形ABCD&平面直角坐标系中的位置如图1所示，顶点B(2, 0) , / DOB= 60°,点P 是对角线OC 上一个动点，E ( 0,— 1)，当EP + BP 最短时，点P 的坐标为 ___________ .分析：点B 的对称点是点 D,如图2,连接ED 交OC 于点P,易知ED 的长度即为EP + BP解：如图2，连接ED,因为点B 的对称点是D,所以D9 BP,所以ED 的值即为EP + BP 的最短值. 因为四边形ABCD 是菱形，顶点B( 2, 0) , / DOB= 60 ° ,所以点D 的坐标为(13 ), 所以点C 的坐标为(3, 3 )，所以可得直线 OC 的解析式为y 3x .3因为点E 的坐标为(0，— 1),所以可得直线 ED 的解析式为y = 13 X -1.丨卫因为点P 事直线OC 和直线ED 的交点，所以点P 的坐标为方程组y— 3x 的解,y= 13 x -1,所以点P 的坐标为(2 3 -3,2-3 )，故填(2 3 -3,2- 3 ).评注：本题中的变量是 EP + BP 的值，不变量是点 B 与点D 的位置关系，借助菱形的对称性将EP + BP 的值转化为ED 的值，由“两点间线段最短” 即可知道此时EP + BP 的值最短, 将变量转化为不变量是解决运动型问题常用的解题思路跟踪训练：解方程组可得1. (2015 •贵港)如图，已知P是O O外一点，Q是O O上的动点，线段PQ的中点为M连接OR OM.若O O的半径为2, OP= 4,则线段OM勺最小值是( )A.0B.1C.2D.3E第1题图第2题图2. 如图，已知线段AB=10, AC=BD=2点R是CD上一动点，分别以AP、RB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB设正方形对角线的交点分别为O、C2,当点P从点C运动到点D时，线段OQ中点G的运动路径的长是________ .线动型例2如图3,在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点B的坐标为(4, 3).平行于对角线AC的直线m从原点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，设直线m与矩形OABC的两边分别交于点M N,直线m运动的时间为t (秒).(1 )点A的坐标是_______ ，点C的坐标是____ ;1(2) _________ 当t= ___ 秒或秒时，MN丄AC;2(3)设厶OMN勺面积为S,求S与t的函数关系式；(4)在(3)中得到的函数S有没有最大值？若有求出最大值；若没有，要说明理由•C BX1 1 J图3分析：(1)根据B点的坐标即可求出A C点的坐标；1 1(2)当MN*AC时，有两种情况：① Mn是A OAC的中位线，此时OM= — OA= 2,因此2 23t = 2;②当皿“是厶ABC的中位线时，OM= — OA= 6,因此t = 6;2(3)本题要分类讨论：①大直线m在AC下方或与AC重合时，即当0v t < 4时，可根据厶OM MA OAC用两三角形的相似比求出面积比，即可得出S与t之间的函数关系式；② 当直线m在AC上方时，即当4 v t V 8时，可用矩形OABC勺面积-△ BMN的面积-△ OCN勺面积-△ OAM勺面积求得；(4)根据(3)得出的函数的性质和自变量的取值范围即可求出面积S的最大值及对应的t的值.解：(1) A ( 4, 0), C ( 0, 3)；1 1 (2) 当MNdAC 时，有两种情况：① Mn 是A OAC 的中位线，此时 OMk _ OA= 2,因此t223=2;②当皿2是厶ABC 的中位线时，AM=丄AB= - , OA= 4, AD=A M 2= 2,所 22ta nZEDO _34以 OD= OA^ AD = 4+ 2 = 6, 故 t = 6;(3) 当 O v t W 4 时，OM = t ，因为△ OM MA OAC 所以 =3t 2.3当 4v t v 8 时，如图 4,因为 OD= t ，所以 AD= t-4，由△ DAM MA AOC 可得 AM=t _ 4 , 43 4 所以 BM= 6- t ;由厶 BMN MA BAC 可得 BN= - BM= 8-t ,所以 CN= t-4 ,所以 S =矩形 OABC4331 3 的面积-Rt △ BMN 勺面积-Rt △ OCN 勺面积-Rt △ OAM 勺面积=12-(t-4 ) -- (8-t ) (6- t )22433 2-(t-4 )= -— t + 3t ;28图43 2(4) 有最大值，当0 v t W 4时，因为抛物线 S =—t 的开口向上，在对称轴 t = 0的右边，83 2S 随t 的增大而增大，所以当 t = 4时，S 可取到最大值-X 4 = 6;当4v t V 8时，因为抛83物线S = -—t 2 + 3t 的开口向下，顶点是(4, 6)，所以S W 6.综上所述，当t = 4时，S 有8评论：相对于点的运动来讲，线的运动在中考中相对要少点儿，解答这类问题时要用运动与变化的观点去观察和研究图形，把握直线运动与变化的全过程，抓住等量关系和变量关系，特别注意一些不变量、不变关系或特殊关系OM ONOA _OC 所以ON= 4t, s跟踪训练：1. 如图所示，已知等腰梯形ABCD AD// BC,若动直线l垂直于BC,且向右平移，设扫2. 如图，在平面直角坐标系xoy中，二次函数y =ax2• bx - 3(a，b是常数)的图像与x轴交于点A (-3.0 )和点B (1, 0),与y轴交于点C.动直线y = t (t为常数)与抛物线交于不同的两点P、Q.(1)求a和b的值；(2)求t的取值范围；(3)若/ PCQ= 90°，求t 的值.面动型例3已知：把Rt△ ABC和Rt △ ABC按如图1摆放(点C与点E重合)，点 B C(E)、F在同一直线上，/ ACB=/ EDF=90，/ DEF=45 , AC=8cm BC=6cm,EF=9cm.如图2,^ DEF从图1的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向厶ABC匀速移动，在厶DEF移动的同时，点P从厶ABC 的顶点B出发，以2cm/s的速度沿BA向点A匀速移动，当A DEF的顶点D移动到AC边上时，△ DEF停止移动，点P也随之停止运动.DE与AC相交于点Q连接PQ设移动时间为t(s)(0 V t V 4.5)，解答下列问题：①当t为何值时，点A在线段PQ的垂直平分线上？②连接PE,设四边形APEC的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式；是否存在某一时刻t，使得面积y最小？若存在，求出y的最小值，若不存在，请说明理由③是否存在某一时刻t ,使得P 、Q F 三点在同一条直线上？若存在，求出此时t 的值;解析：①因为点A 在线段PQ 的垂直平分线上，所以 AP=AQ.因为/ DEF=45，/ACB=90 , / DEF+Z ACB+Z EQC=180 ,所以/ EQC=45 ,所以/ DEF=/ EQC 所以 CE=CQ.又由题意得CE=t, BP=2t ，所以CQ=t ,所以AQ=8-t ，解得t=2 ;AC②过点 P 作 PM L BE,交 BE 与点 M 所以/ BMP=90，在 Rt △ ABC 和 Rt △ BPM 中，sinB= ’AB PM 8 i=丽，代入，解得 PM5 t.因为 BC=6cm,CE=t,所以 BE=6-t ，所以 y=S AABC S A BP * (BC -AC-BE-PM)4284 84 化简得y=5 (t-3)+5，所以当t=3时，y 最小=~5 ;③假设存在某一时刻t ，使得点P 、Q F 三点在同一条直线上，过 P 点作PN L AC,交PNAC 于点 N,所以/ ANP 玄 ACB / PNQ=90 .因为/ PAN / BAC 所以△ PAN TA BAC 所以； 610-2t =10AN 6 8 83= ，所以 PN=6- t, AN=8- t.因为 NQ=AQ-AN 所以 NQ=8t-(8-t)= t.因为/ 8 5 55 5ACB=90 ,B 、C(E)、F 在同一条直线上，所以/ QCF=90 / QCF / PNQ.因为/ FQC / PQN 所以△QC TA QNPPN NQ 6-1.2t 3所以二= ，所以=，因为0V t V 4.5，所以t=1. FC CQ9-t5 解后反思：面的运动相对来说比较复杂，但也是中考的热点之一，许多创新题、探究题都源于此，解决此类型问题的关键：一是要抓住几何图形在运动过程中形状和大小都不改变这一特性，充分利用不变量来解决问题；二是要运用特殊与一般的数学思想方法，探究图形运动变化过程中的不同阶段；三是要运用类比转化的方法探究相同运动状态下的共同性质，这种方法能够使得问题解决的过程更加简捷，结论更加明确跟踪训练：已知，在矩形 ABCD 中，E 为BC 边上一点，AE _ DE ,AB=12,BE=16,F 为线段BE 上一点，EF=7,连接AF.如图1,现有一张硬质纸片GMN , • NGM = 90° ,NG=6,MG=8,斜边MN 与边BC 在同一直线上，点 N 与点E 重合，点G 在线段DE 上.如图2， GMN 从图1的位置出发，以每秒1个单位的速度沿 EB 向点B 匀速移动，同时，点 P 从A 点出发，以每秒 1个单位的速度沿 AD 向点D 匀速移动，点 Q 为直线GN 与线段AE 的交点，连接 PQ •当点N 到达终点B 时，=GMN 和点P 同时停止运动.设运动时间为t 秒，解答下列问题：若不存在，说明理由(1)在整个运动过程中，当点G在线段AE上时，求t的值；(2)在整个运动过程中，是否存在点P，使APQ是等腰三角形，若存在，求出t的值；若不存在，说明理由； (3)在整个运动过程中，设 GMN 与：-AEF 重叠部分的面积为 S,请直接写出S 与t动态综合型专题点动型： 1.B 2.3 2线动型： 1.A2 2y =x ・2x-3，直线y = t ，联立两解析式可得 x ・2x -3=t , 因为动直线y =t(t 为常数)与抛物线交于不同的两点，所以△= 4+ 4 X( 3+ t )> 0,解得 t > -4 ;(3)因为y =x 2 • 2x -3 = x • 1 2-4，所以抛物线的对称轴为直线x = 1.当x = 0时，y=-3，所以C (0.-3). 设点Q 的坐标为(m t )，贝U P (-2-m , t ).如图，设PQ 与y 轴交于点 D,则 CD= t + 3, DQ= m DP = mF 2.因为/ PCQ=Z PCDF Z QCD= 90 ° , / DPO Z PCD =90 °，所以/ QCD=Z DPC.因为/ PDC=Z QDC= 90。

中考数学动点问题专题讲解

中考动点专题所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静，灵活运用有关数学知识解决问题.关键:动中求静.数学思想:分类思想函数思想方程思想数形结合思想转化思想注重对几何图形运动变化能力的考查从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形,通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化,在解题过程中渗透空间观念和合情推理。

选择基本的几何图形,让学生经历探索的过程,以能力立意，考查学生的自主探究能力，促进培养学生解决问题的能力.图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况,需要理解图形在不同位置的情况,才能做好计算推理的过程。

在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

二期课改后数学卷中的数学压轴性题正逐步转向数形结合、动态几何、动手操作、实验探究等方向发展．这些压轴题题型繁多、题意创新，目的是考察学生的分析问题、解决问题的能力,内容包括空间观念、应用意识、推理能力等．从数学思想的层面上讲:（1)运动观点；（2）方程思想；（３)数形结合思想；（4）分类思想;（５）转化思想等．研究历年来各区的压轴性试题,就能找到今年中考数学试题的热点的形成和命题的动向,它有利于我们教师在教学中研究对策,把握方向．只的这样，才能更好的培养学一、应用勾股定理建立函数解析式例1（2０00年·上海)如图1,在半径为6，圆心角为9０°的扇形O ＡＢ的弧AB 上,有一个动点P ，ＰH ⊥OA,垂足为H,△ＯPH 的重心为G ．（1)当点Ｐ在弧AB 上运动时，线段GO 、GP 、GH 中,有无长度保持不变的线段?如果有,请指出这样的线段,并求出相应的长度.(２)设ＰH x =,ＧＰy =，求y 关于x 的函数解析式，并写出函数的定义域(即自变量x 的取值范围).(3）如果△ＰGH 是等腰三角形，试求出线段PH 的长．二、应用比例式建立函数解析式例2（2006年·山东)如图２，在△ABC 中,A Ｂ＝AC=1,点D,E 在直线BC 上运动.设ＢD=,x C Ｅ=y .（１）如果∠BAC=3０°,∠D ＡE=105°,试确定y 与x 之间的函数解析式；(2）如果∠BAC 的度数为α,∠D ＡＥ的度数为β,当α,β满足怎样的关系式时,(１)中y 与x 之间的函数解析式还成立?试说明理由.例３(20０5年·上海)如图3(1)，在△AB Ｃ中,∠Ａ4,BC=3. 点O 是边AC 上的一个动点,以点O 为圆心作半圆,点D,交线段O Ｃ于点E.作EP ⊥E Ｄ,交射线AB 于点P Ｂ于点F. (１)求证: △ＡDE ∽△ＡEP ． (2)设OA=x ，AP=y ,求y 关于x 的定义域.(3）当BF=１时,求线段AP 的长.三、应用求图形面积的方法建立函数关系式例4（２０0４年·上海）如图,在△ABC 中,∠BAC=9０°，A Ｂ＝AC ＝22,⊙A 的半径为1.若点O 在BC 边上运动（与点B 、C 不重合)，设ＢO=x ,△AOC 的面积为y .(１)求y 关于x 的函数解析式,并写出函数的定义域.(2）以点O 为圆心,BO 长为半径作圆O ，求当⊙O 与⊙Ａ相切时, △A ＯＣ的面积.动态几何特点-－--问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，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。

中考数学动态几何问题课件 (共37张PPT)

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S△BCD= BD· CF= × 4× - x 2 + 3x =-x2+6x,
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则S=S△OAD+S△ACD+S△BCD=4+(2x-4)+(-x2+6x)=-x2+8x=-(x-4)2+16(2<x<6), 因为a=-1<0,所以当x=4时,四边形ABCD的面积S取最大值,最大值为16.
难点突破
6、在△ABC中，AB＝AC，∠A＝60°，点D是线段BC的中点，∠EDF＝120°，DE与线段AB 相交于点E，DF与线段AC(或AC的延长线)相交于点F. (1)如图①，若DF⊥AC，垂足为F，AB＝4，求BE的长； (2)如图②，将(1)中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F.
∴ ∠BEC+ ∠AEN的值不变
难点突破
难点突破 5、如图，长方形纸片ABCD中，AB＝8，将纸片折叠，使顶点B落在边AD上的 E点处，折痕的一端G点在边BC上． (1)如图①，当折痕的另一端F在AB边上且AE＝4时，求AF的长； (2)如图②，当折痕的另一端F在AD边上且BG＝10时． ①求证：EF＝EG；②求AF的长；
由折叠知△A1DE≌△ADE, 所以A1D=AD=1.
由 A1B+A1D≥BD,得 A1B≥BD-A1D= 5-1. 故 A1B 长的最小值是 5-1.
难点突破
2、如图,在△ABC中,∠C=90°,AB=10 cm,BC=8 cm,点P从点A沿AC向点C以1 cm/s的速度
运动,同时点Q从点C沿CB向点B以2 cm/s的速度运动(点Q运动到点B停止),在运动过程中,四边形PABQ面积的最小值为( C )

2020年中考数学复习初中数学动态几何问题 (29张PPT)

ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点D 以每秒1个单位长度的速度由点A向点B匀速运动，到达B点即停止运动，M，N分别是AD，CD的中点，连结MN，设点D运动的时间为 t.
(3)若△DMN是等腰三角形，求t的值．
[解析] (3)根据等腰三角形的腰的情况进行分类讨论，从而求出t的值．
初中数学动态几何问题
动态几何问题是指以几何知识和图形为背景，蕴涵一些运动变化的几何元素，主要研究几何图形在运动中所遵循的规律，如图形的形状、位置、数量关系等．
就运动对象而言，有点动(点在线段或弧线上运动)、线动(直线或线段的平移、旋转)和面动(部分图形的平移、旋转、翻折)等，而且在运动过程中大多是动中有静，动静结合．
(3)根据题意可知，MD＝12AD，DN＝12DC，MN＝12AC＝3.
i)当MD＝MN＝3时，△DMN为等腰三角形，此时AD＝AC＝6，
∴t＝6；
ii)当MD＝DN时，AD＝DC，
1 过D作DH⊥AC交AC于H，则AH＝2AC＝3， ∵AC＝6，BC＝8， ∴AB＝10，
∵cosA＝AAHD＝AACB＝35，
例 2 已知：如图①，抛物线 y＝ax2＋bx＋c 与 x 轴正半轴交于 A，B 两点，与 y 轴交于点 C，直线 y＝x－2 经过 A、C 两点，且 AB＝2.
(2)若直线 DE 平行于 x 轴并从 C 点开始以每秒 1 个单位的速度沿 y 轴正方向平移，且分别交 y 轴、线段 BC 于点 E、D，同时动点 P 从点 B 出发，沿 BO 方向以每秒 2 个单位的速度运动．当点 P 运动到原点 O 时，直线 DE 与点 P 都停止运动，连结
位长度的速度由点A向点B匀速运动，到达B点即停止运动，M，N分别是AD，CD 的中点，连结MN，设点D运动的时间为t.

中考数学复习特色讲解第八讲动态几何及函数问题苏科版.doc

2019-2020 年中考数学复习特色讲解第八讲动态几何与函数问题苏科版【前言】在第三讲中我们已经研究了动态几何问题的一般思路，但是那时候没有对其中夹杂的函数问题展开来分析。

整体说来，代几综合题大概有两个侧重，第一个是侧重几何方面，利用几何图形的性质结合代数知识来考察。

而另一个则是侧重代数方面，几何性质只是一个引入点，更多的考察了考生的计算功夫。

但是这两种侧重也没有很严格的分野，很多题型都很类似。

所以相比昨天第七讲的问题，这一讲将重点放在了对函数，方程的应用上。

其中通过图中已给几何图形构建函数是重点考察对象。

不过从近年北京中考的趋势上看，要求所构建的函数为很复杂的二次函数可能性略小，大多是一个较为简单的函数式，体现了中考数学的考试说明当中“减少复杂性” “增大灵活性”的主体思想。

但是这也不能放松，所以笔者也选择了一些较有代表性的复杂计算题仅供参考。

【例 1】如图①所示，直角梯形OABC的顶点 A、 C 分别在 y 轴正半轴与 x 轴负半轴上 . 过点 B、 C作直线 l .将直线 l 平移，平移后的直线l 与x轴交于点D，与y轴交于点 E.（ 1）将直线l向右平移，设平移距离CD为t（t ≥0），直角梯形OABC被直线l扫过的面积（图中阴影部份）为s，s关于 t 的函数图象如图②所示，OM为线段， MN为抛物线的一部分， NQ为射线，且NQ平行于 x 轴，N 点横坐标为4，求梯形上底AB的长及直角梯形OABC 的面积 .（ 2）当2t 4 时，求S关于t的函数解析式.【思路分析】本题虽然不难，但是非常考验考生对于函数图像的理解。

很多考生看到图二的函数图像没有数学感觉，反应不上来那个 M 点是何含义，于是无从下手。

其实 M 点就表示当平移距离为 2 的时候整个阴影部分面积为8，相对的， N 点表示移动距离超过 4 之后阴影部分面积就不动了。

脑中模拟一下就能想到阴影面积固定就是当D 移动过了 0 点的时候 .所以根据这么几种情况去作答就可以了。

2024年广东省中考数学一轮知识点梳理复习+课件++专题8 动态问题

第三部分广东中考专题训练专题八动态问题
常见解题分析：常见解题方法：动态几何问题是以几何图形为背景的，几何图形有直线型和曲线
型两种，那么动态几何也有直线型和曲线型两类，即全等三角形、相似三角形中的动态几何问题，也有圆中的动态问题。有点动、线动、面动，就其运动形式而言，有平移、旋转、翻折、滚动等。根据其运动的特点，又可分为(1)动点类(点在线段或弧线上运动)，包括一个动点或两个动点；(2)动直线类；(3)动图形类。
动点问题 1．(2022·甘肃武威)如图1，在菱形ABCD中，∠A＝60°，动点P从点A出发，沿折线AD→DC→CB方向匀速运动，运动到点B停止．设点P的运动路程为x，△APB的面积为y，y与x的函数图象如图2所示，则AB的长为( B ) A． 3 B．2 3 C．3 3 D．4 3
2．(2022·贺州)如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，E，F分别是AD，AB的中点，∠ADC的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则△PEF的周长最小值为_5_＋___3_7_.
∵OE＝BE，∴∠OBE＝∠BOC＝22.5°，
∴∠BET＝∠OBE＋∠BOC＝45°，
∵OT⊥AB，∴∠EBT＝90°－∠BET＝45°，∴∠EBT＝∠BET＝
45°，
∴ET＝BT＝3，OE＝BE＝ ET2＋BT2＝3 2， ∴OT＝OE＋ET＝3 2＋3， ∴S△AOB＝12AB·OT＝12×6×(3 2＋3)＝9 2＋9，综上，当点 A，B 运动到 OA＝OB 时，△AOB 的面积最大，△AOB 面积的最大值为 9 2＋9.
点，连接CE，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE
内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP∥EM交MC于点P，则MN

2018年初中数学中考名师面对面专题指导：2018年初中数学中考名师面对面专题指导8：动态几何类问题

2018年初中数学中考名师面对面专题指导第八讲动态几何类问题（一）考点解析：所谓“动态几何问题”是指题设图形中存在一个或多个动点、动线、动面，它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目．动态几何问题有两个显著特点：一是“动态”，常以图形或图象中点、线、面的运动(包括图形的平移、翻折、旋转、相似等图形变换)为重要的构图背景；二是“综合”，主要体现为三角形、四边形等几何知识与函数、方程等代数知识的综合．解决动点问题的关键是在认真审题的基础上先做到静中求动，根据题意画一些不同运动时刻的图形，想像从头到尾的整个运动过程，对整个运动过程有一个初步的理解，理清运动过程中的各种情形；然后是做到动中取静，画出运动过程中各种情形的瞬间图形，寻找变化的本质，或将图中的相关线段代数化，转化为函数问题或方程问题解决．（二）考点训练考点1：单动点问题【典型例题】：（2017山东泰安）如图，∠BAC=30°，M为AC上一点，AM=2，点P是AB上的一动点，PQ⊥AC，垂足为点Q，则PM+PQ的最小值为．【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】本题作点M关于AB的对称点N，根据轴对称性找出点P的位置，如图，根据三角函数求出MN，∠N，再根据三角函数求出结论．【解答】解：作点M关于AB的对称点N，过N作NQ⊥AC于Q交AB于P，则NQ的长即为PM+PQ的最小值，连接MN交AB于D，则MD⊥AB，DM=DN，∵∠NPB=∠APQ，∴∠N=∠BAC=30°，∵∠BAC=30°，AM=2，∴MD=AM=1，∴MN=2，∴NQ=MN•cos∠N=2×=，故答案为：．变式训练：（2017山东烟台）如图1，抛物线y=ax2+bx+2与x轴交于A，B两点，与y轴交于点C，AB=4，矩形OBDC的边CD=1，延长DC交抛物线于点E．（1）求抛物线的解析式；（2）如图2，点P是直线EO上方抛物线上的一个动点，过点P作y轴的平行线交直线EO于点G，作PH⊥EO，垂足为H．设PH的长为l，点P的横坐标为m，求l与m的函数关系式（不必写出m的取值范围），并求出l的最大值；（3）如果点N是抛物线对称轴上的一点，抛物线上是否存在点M，使得以M，A，C，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，直接写出所有满足条件的点M的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）由条件可求得A、B的坐标，利用待定系数法可求得抛物线解析式；（2）可先求得E点坐标，从而可求得直线OE解析式，可知∠PGH=45°，用m 可表示出PG的长，从而可表示出l的长，再利用二次函数的性质可求得其最大值；（3）分AC为边和AC为对角线，当AC为边时，过M作对称轴的垂线，垂足为F，则可证得△MFN≌△AOC，可求得M到对称轴的距离，从而可求得M点的横坐标，可求得M点的坐标；当AC为对角线时，设AC的中点为K，可求得K的横坐标，从而可求得M的横坐标，代入抛物线解析式可求得M点坐标．【解答】解：（1）∵矩形OBDC的边CD=1，∴OB=1，∵AB=4，∴OA=3，∴A（﹣3，0），B（1，0），把A、B两点坐标代入抛物线解析式可得，解得，∴抛物线解析式为y=﹣x2﹣x+2；（2）在y=﹣x2﹣x+2中，令y=2可得2=﹣x2﹣x+2，解得x=0或x=﹣2，∴E（﹣2，2），∴直线OE解析式为y=﹣x，由题意可得P（m，﹣ m2﹣m+2），∵PG∥y轴，∴G（m，﹣m），∵P在直线OE的上方，∴PG=﹣m2﹣m+2﹣（﹣m）=﹣m2﹣m+2=﹣（m+）2+，∵直线OE解析式为y=﹣x，∴∠PGH=∠COE=45°，∴l=PG= [﹣（m+）2+]=﹣（m+）2+，∴当m=﹣时，l有最大值，最大值为；（3）①当AC为平行四边形的边时，则有MN∥AC，且MN=AC，如图，过M作对称轴的垂线，垂足为F，设AC交对称轴于点L，则∠ALF=∠ACO=∠FNM，在△MFN和△AOC中∴△MFN≌△AOC（AAS），∴MF=AO=3，∴点M到对称轴的距离为3，又y=﹣x2﹣x+2，∴抛物线对称轴为x=﹣1，设M点坐标为（x，y），则|x+1|=3，解得x=2或x=﹣4，当x=2时，y=﹣，当x=﹣4时，y=，∴M点坐标为（2，﹣）或（﹣4，﹣）；②当AC为对角线时，设AC的中点为K，∵A（﹣3，0），C（0，2），∴K（﹣，1），∵点N在对称轴上，∴点N的横坐标为﹣1，设M点横坐标为x，∴x+（﹣1）=2×（﹣）=﹣3，解得x=﹣2，此时y=2，∴M（﹣2，2）；综上可知点M的坐标为（2，﹣）或（﹣4，﹣）或（﹣2，2）．方法归纳总结：从点动的特殊情形入手，进行推理或判断，再对一般情形作出猜想或判断并证明．考点2：双动点问题【典型例题】：（2017山东泰安）如图，在△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，点P从点A沿AC向点C以1cm/s的速度运动，同时点Q从点C沿CB向点B以2cm/s的速度运动（点Q运动到点B停止），在运动过程中，四边形PABQ的面积最小值为（）A．19cm2B．16cm2C．15cm2D．12cm2【考点】H7：二次函数的最值．【分析】在Rt△ABC中，利用勾股定理可得出AC=6cm，设运动时间为t（0≤t ≤4），则PC=（6﹣t）cm，CQ=2tcm，利用分割图形求面积法可得出S四边形PABQ=t2﹣6t+24，利用配方法即可求出四边形PABQ的面积最小值，此题得解．【解答】解：在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，∴AC==6cm．设运动时间为t（0≤t≤4），则PC=（6﹣t）cm，CQ=2tcm，∴S四边形PABQ =S△ABC﹣S△CPQ=AC•BC﹣PC•CQ=×6×8﹣（6﹣t）×2t=t2﹣6t+24=（t﹣3）2+15，∴当t=3时，四边形PABQ的面积取最小值，最小值为15．故选C．【变式训练】：（2017甘肃天水）如图，在等腰△ABC中，AB=AC=4cm，∠B=30°，点P从点B 出发，以cm/s的速度沿BC方向运动到点C停止，同时点Q从点B出发，以1cm/s的速度沿BA﹣AC方向运动到点C停止，若△BPQ的面积为y（cm2），运动时间为x（s），则下列最能反映y与x之间函数关系的图象是（）A．B．C．D．【考点】E7：动点问题的函数图象．【分析】作AH⊥BC于H，根据等腰三角形的性质得BH=CH，利用∠B=30°可计算出AH=AB=2，BH=AH=2，则BC=2BH=4，利用速度公式可得点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s，然后分类讨论：当0≤x≤4时，作QD⊥BC 于D，如图1，BQ=x，BP=x，DQ=BQ=x，利用三角形面积公式得到y=x2；当4＜x≤8时，作QD⊥BC于D，如图2，CQ=8﹣x，BP=4，DQ=CQ=（8﹣x），利用三角形面积公式得y=﹣x+8，于是可得0≤x≤4时，函数图象为抛物线的一部分，当4＜x≤8时，函数图象为线段，则易得答案为D．【解答】解：作AH⊥BC于H，∵AB=AC=4cm，∴BH=CH，∵∠B=30°，∴AH=AB=2，BH=AH=2，∴BC=2BH=4，∵点P运动的速度为cm/s，Q点运动的速度为1cm/s，∴点P从B点运动到C需4s，Q点运动到C需8s，当0≤x≤4时，作QD⊥BC于D，如图1，BQ=x，BP=x，在Rt△BDQ中，DQ=BQ=x，∴y=•x•x=x2，当4＜x≤8时，作QD⊥BC于D，如图2，CQ=8﹣x，BP=4在Rt△BDQ中，DQ=CQ=（8﹣x），∴y=•（8﹣x）•4=﹣x+8，综上所述，y=．故选D．方法归纳总结：从点动的特殊情形入手，进行推理或判断，再对一般情形作出猜想或判断并证明．考点3：线动问题研究【典型例题】：(2017湖北咸宁)如图，在Rt△ABC中，BC=2，∠BAC=30°，斜边AB的两个端点分别在相互垂直的射线OM、ON上滑动，下列结论：①若C、O两点关于AB对称，则OA=2；②C、O两点距离的最大值为4；③若AB平分CO，则AB⊥CO；④斜边AB的中点D运动路径的长为；其中正确的是①②③（把你认为正确结论的序号都填上）．【考点】KY：三角形综合题．【分析】①先根据直角三角形30°的性质和勾股定理分别求AC和AB，由对称的性质可知：AB是OC的垂直平分线，所以OA=AC；②当OC经过AB的中点E时，OC最大，则C、O两点距离的最大值为4；③如图2，根据等腰三角形三线合一可知：AB⊥OC；④如图3，半径为2，圆心角为90°，根据弧长公式进行计算即可．【解答】解：在Rt△ABC中，∵BC=2，∠BAC=30°，∴AB=4，AC==2，①若C、O两点关于AB对称，如图1，∴AB是OC的垂直平分线，则OA=AC=2；所以①正确；②如图1，取AB的中点为E，连接OE、CE，∵∠AOB=∠ACB=90°，∴OE=CE=AB=2，当OC经过点E时，OC最大，则C、O两点距离的最大值为4；所以②正确；③如图2，同理取AB的中点E，则OE=CE，∵AB平分CO，∴OF=CF，∴AB⊥OC，所以③正确；④如图3，斜边AB的中点D运动路径是：以O为圆心，以2为半径的圆周的，则： =π．所以④不正确；综上所述，本题正确的有：①②③；故答案为：①②③．方法归纳总结：按线动的位置进行分类，画出各状态图形，利用这些等量关系转化为方程来解决．考点4：面动问题研究【典型例题】：(2017湖北咸宁)如图，边长为4的正六边形ABCDEF的中心与坐标原点O重合，AF∥x轴，将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转n次，每次旋转60°．当n=2017时，顶点A的坐标为（2，2）．【考点】R7：坐标与图形变化﹣旋转；D2：规律型：点的坐标．【分析】将正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转2017次时，点A所在的位置就是原F点所在的位置．【解答】解：2017×60°÷360°=336…1，即与正六边形ABCDEF绕原点O顺时针旋转1次时点A的坐标是一样的．当点A按顺时针旋转60°时，与原F点重合．连接OF，过点F作FH⊥x轴，垂足为H；由已知EF=4，∠FOE=60°（正六边形的性质），∴△OEF是等边三角形，∴OF=EF=4，∴F（2，2），即旋转2017后点A的坐标是（2，2），故答案是：（2，2）．【变式训练】：(2017湖北襄阳)如图，在△ABC中，∠ACB=90°，CD是中线，AC=BC，一个以点D为顶点的45°角绕点D旋转，使角的两边分别与AC、BC的延长线相交，交点分别为点E，F，DF与AC交于点M，DE与BC交于点N．（1）如图1，若CE=CF，求证：DE=DF；（2）如图2，在∠EDF绕点D旋转的过程中：①探究三条线段AB，CE，CF之间的数量关系，并说明理由；②若CE=4，CF=2，求DN的长．【考点】RB：几何变换综合题．【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，于是得到∠DCE=∠DCF=135°，根据全等三角形的性质即可的结论；（2）①证得△CDF∽△CED，根据相似三角形的性质得到，即CD2=CE•CF，根据等腰直角三角形的性质得到CD=AB，于是得到AB2=4CE•CF；②如图，过D 作DG⊥BC于G，于是得到∠DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，求得CD=2，推出△CEN∽△GDN，根据相似三角形的性质得到=2，根据勾股定理即可得到结论．【解答】（1）证明：∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴∠BCD=∠ACD=45°，∠BCE=∠ACF=90°，∴∠DCE=∠DCF=135°，在△DCE与△DCF中，，∴△DCE≌△DCF，∴DE=DF；（2）解：①∵∠DCF=∠DCE=135°，∴∠CDF+∠F=180°﹣135°=45°，∵∠CDF+∠CDE=45°，∴∠F=∠CDE，∴△CDF∽△CED，∴，即CD2=CE•CF，∵∠ACB=90°，AC=BC，AD=BD，∴CD=AB，∴AB2=4CE•CF；②如图，过D作DG⊥BC于G，则∠DGN=∠ECN=90°，CG=DG，当CE=4，CF=2时，由CD2=CE•CF得CD=2，∴在Rt△DCG中，CG=DG=CD•sin∠DCG=2×sin45°=2，∵∠ECN=∠DGN，∠ENC=∠DNG，∴△CEN∽△GDN，∴=2，∴GN=CG=，∴DN===．方法归纳总结：根据题意画一些不同运动时刻的图形，想象从头到尾的整个运动过程，对整个运动过程有一个初步的理解，理清运动过程中的各种情形；然后是做到动中取静，画出运动过程中各种情形的瞬间图形，寻找变化的本质，或将图中的相关线段代数化，转化为函数问题或方程问题解决．（三）考点检测1.(2017湖北咸宁)在平面直角坐标系xOy中，将一块含有45°角的直角三角板如图放置，直角顶点C的坐标为（1，0），顶点A的坐标为（0，2），顶点B恰好落在第一象限的双曲线上，现将直角三角板沿x轴正方向平移，当顶点A恰好落在该双曲线上时停止运动，则此时点C的对应点C′的坐标为（）A．（，0）B．（2，0）C．（，0）D．（3，0）【考点】G6：反比例函数图象上点的坐标特征；Q3：坐标与图形变化﹣平移．【分析】过点B作BD⊥x轴于点D，易证△ACO≌△BCD（AAS），从而可求出B的坐标，进而可求出反比例函数的解析式，根据解析式与A的坐标即可得知平移的单位长度，从而求出C的对应点．【解答】解：过点B作BD⊥x轴于点D，∵∠ACO+∠BCD=90°，∠OAC+ACO=90°，∴∠OAC=∠BCD，在△ACO与△BCD中，∴△ACO≌△BCD（AAS）∴OC=BD，OA=CD，∵A（0，2），C（1，0）∴OD=3，BD=1，∴B（3，1），∴设反比例函数的解析式为y=，将B（3，1）代入y=，∴k=3，∴y=，∴把y=2代入y=，∴x=，当顶点A恰好落在该双曲线上时，此时点A移动了个单位长度，∴C也移动了个单位长度，此时点C的对应点C′的坐标为（，0）故选（C）2.（2017•新疆）如图，在边长为6cm的正方形ABCD中，点E、F、G、H分别从点A、B、C、D同时出发，均以1cm/s的速度向点B、C、D、A匀速运动，当点E 到达点B时，四个点同时停止运动，在运动过程中，当运动时间为 3 s时，四边形EFGH的面积最小，其最小值是18 cm2．【考点】H7：二次函数的最值；LE：正方形的性质．【分析】设运动时间为t（0≤t≤6），则AE=t，AH=6﹣t，由四边形EFGH的面积=正方形ABCD的面积﹣4个△AEH的面积，即可得出S关于t的函数关系四边形EFGH式，配方后即可得出结论．【解答】解：设运动时间为t（0≤t≤6），则AE=t，AH=6﹣t，根据题意得：S四边形EFGH =S正方形ABCD﹣4S△AEH=6×6﹣4×t（6﹣t）=2t2﹣12t+36=2（t﹣3）2+18，∴当t=3时，四边形EFGH的面积取最小值，最小值为18．故答案为：3；18【点评】本题考查了二次函数的最值、三角形以及正方形的面积，通过分割图形求面积法找出S四边形EFGH关于t的函数关系式是解题的关键．3. （2017青海西宁）如图，在正方形ABCD中，AB=3cm，动点M自A点出发沿AB方向以每秒1cm的速度运动，同时点N自D点出发沿折线DC﹣CB以每秒2cm 的速度运动，到达B点时运动同时停止，设△AMN的面积为y（cm2），运动时间为x（秒），则下列图象中能大致反映y与x之间函数关系的是（）A．B．C．D．【考点】E7：动点问题的函数图象．【分析】分两部分计算y的关系式：①当点N在CD上时，易得S△AMN的关系式，S△AMN的面积关系式为一个一次函数；②当点N在CB上时，底边AM不变，示出S△AMN 的关系式，S△AMN的面积关系式为一个开口向下的二次函数．【解答】解：∵点N自D点出发沿折线DC﹣CB以每秒2cm的速度运动，到达B 点时运动同时停止，∴N到C的时间为：t=3÷2=1.5，分两部分：①当0≤x≤1.5时，如图1，此时N在DC上，S△AMN=y=AM•AD=x×3=x，②当1.5＜x≤3时，如图2，此时N在BC上，∴DC+CN=2x，∴BN=6﹣2x，=y=AM•BN=x（6﹣2x）=﹣x2+3x，∴S△AMN故选A．4.（2017•新疆）如图，抛物线y=﹣x2+x+2与x轴交于点A，B，与y轴交于点C．（1）试求A，B，C的坐标；（2）将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD．①求点D的坐标；②判断四边形ADBC的形状，并说明理由；（3）在该抛物线对称轴上是否存在点P，使△BMP与△BAD相似？若存在，请直接写出所有满足条件的P点的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】HF：二次函数综合题．【分析】（1）直接利用y=0，x=0分别得出A，B，C的坐标；（2）①利用旋转的性质结合三角形各边长得出D点坐标；②利用平行四边形的判定方法结合勾股定理的逆定理得出四边形ADBC的形状；（3）直接利用相似三角形的判定与性质结合三角形各边长进而得出答案．【解答】解：（1）当y=0时，0=﹣x2+x+2，解得：x1=﹣1，x2=4，则A（﹣1，0），B（4，0），当x=0时，y=2，故C（0，2）；（2）①过点D作DE⊥x轴于点E，∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，∴DE=2，AO=BE=1，OM=ME=1.5，∴D（3，﹣2）；②∵将△ABC绕AB中点M旋转180°，得到△BAD，∴AC=BD，AD=BC，∴四边形ADBC是平行四边形，∵AC==，BC==2，AB=5，∴AC2+BC2=AB2，∴△ACB是直角三角形，∴∠ACB=90°，∴四边形ADBC是矩形；（3）由题意可得：BD=，AD=2，则=，当△BMP∽△ADB时，==，可得：BM=2.5，则PM=1.25，故P（1.5，1.25），∽△ABD时，当△BMP1（1.5，﹣1.25），P1当△BMP∽△BDA时，2（1.5，5），可得：P2∽△BDA时，当△BMP3可得：P（1.5，﹣5），3综上所述：点P的坐标为：（1.5，1.25），（1.5，﹣1.25），（1.5，5），（1.5，﹣5）．【点评】此题主要考查了二次函数的综合以及相似三角形的判定与性质等知识，正确分类讨论是解题关键．5.．（2017年江苏扬州）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点P是AB边上的一个动点，连接CP，过点P作PC的垂线交AD于点E，以 PE为边作正方形PEFG，顶点G在线段PC上，对角线EG、PF相交于点O．（1）若AP=1，则AE= ；（2）①求证：点O一定在△APE的外接圆上；②当点P从点A运动到点B时，点O也随之运动，求点O经过的路径长；（3）在点P从点A到点B的运动过程中，△APE的外接圆的圆心也随之运动，求该圆心到AB边的距离的最大值．【考点】MR：圆的综合题．【分析】（1）由正方形的性质得出∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，由角的互余关系证出∠AEP=∠PBC，得出△APE∽△BCP，得出对应边成比例即可求出AE的长；（2）①A、P、O、E四点共圆，即可得出结论；②连接OA、AC，由光杆司令求出AC=4，由圆周角定理得出∠OAP=∠OEP=45°，周长点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，即可得出答案；（3）设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，由三角形中位线定理得出MN=AE，设AP=x，则BP=4﹣x，由相似三角形的对应边成比例求出AE=x﹣x2=﹣（x﹣2）2+1，由二次函数的最大值求出AE的最大值为1，得出MN的最大值=即可．【解答】（1）解：∵四边形ABCD、四边形PEFG是正方形，∴∠A=∠B=∠EPG=90°，PF⊥EG，AB=BC=4，∠OEP=45°，∴∠AEP+∠APE=90°，∠BPC+∠APE=90°，∴∠AEP=∠PBC，∴△APE∽△BCP，∴，即，解得：AE=；故答案为：；（2）①证明：∵PF⊥EG，∴∠EOF=90°，∴∠EOF+∠A=180°，∴A、P、O、E四点共圆，∴点O一定在△APE的外接圆上；②解：连接OA、AC，如图1所示：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=90°，∠BAC=45°，∴AC==4，∵A、P、O、E四点共圆，∴∠OAP=∠OEP=45°，∴点O在AC上，当P运动到点B时，O为AC的中点，OA=AC=2，即点O经过的路径长为2；（3）解：设△APE的外接圆的圆心为M，作MN⊥AB于N，如图2所示：则MN∥AE，∵ME=MP，∴AN=PN，∴MN=AE，设AP=x，则BP=4﹣x，由（1）得：△APE∽△BCP，∴，即，解得：AE=x﹣x2=﹣（x﹣2）2+1，∴x=2时，AE的最大值为1，此时MN的值最大=×1=，即△APE的圆心到AB边的距离的最大值为．。

【实用资料】中考专题复习动态探究型问题PPT

哪些新的认识？梳理每道题目所考查的数学思想和方法；
设△ABP的面积为S，点P的运动时间为t秒，求S与t的函数关系式，并写出自变量的取值范围. 这节课你对解决动态探究问题有哪些新的认识？
2.你积累了哪些解决动态探究型问 (2)若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连结AP.
（2）P是对称轴L上的一个动点，若以B，E，P为顶点的三角形的周长最小，求点P的坐标；
经过程
温馨提示 1.与小组同伴核对答案，交流做法； 2.梳理每道题目所考查的数学思想和方法； 3.分小组展示预习成果.
题型一图形运动与函数图象
如图所示：边长分别为1和2的两个正方形，其中一边在同一水平线上，小正方形沿该水平线自左向右匀速穿过大正方形，设穿过的时间为t，大正方形内去掉小正方形后的面积为s，那么s
示 y 与 x 函数关数系
()
挑战中考
（ •济宁）如图，已知抛物线m：ya2x 6a xc(a0) 的顶点A在x轴上，并过点B（0，1），直线n：y 1 x 7
22
与x轴交于点D，与抛物线m的对称轴L交于点F，过B点的直线BE与直线n相交于点E（﹣7，7）．
（1）求抛物线m的解析式；（2）P是对称轴L上的一个动点，若以B，E， P为顶点的三角形的周长最小，求点P的坐标；（3）抛物线m上是否存在一动点Q，使以线段 FQ为直径的圆恰好经过点D？若存在，求点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
题型三动态问题中存在探究
如图,在平面直角坐标系中,点C(−3,0),点A,B分别在x
轴,y轴的正半轴上,且满足 O2B3O A1 0
(1)求点A，点B的坐标. (2)若点P从C点出发，以每秒1个单位的速度沿射线CB运动，连结 AP.设△ABP的面积为S，点P的运动时间为t秒，求S与t的函数关

(新)中考数学几何动态综合专项探究详解课件PPT

∴∠AOP=∠AOB+∠BOP=∠POQ+∠BOP=90°，
∴OA⊥OP；
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当PQ向左移动时，如解图②，由题意得，
∠ABO＝∠OBC=45°，OQ⊥BD，
∴△BOQ为等腰直角三角形，
∴BO=OQ，∠PQO=45°，
∴∠ABO＝∠PQO，
在△ABO和△PQO中，
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（2）在Rt△ACF中，AC=6，EF经过点C，则DE∥AC， ∴∠ACF=∠E=30°， ∵cos∠ACF= AC ，
∠ABO＝∠OBC=45°，OQ⊥BD， ∴△BOQ为等腰直角三角形，
例2题解图①
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∴BO=OQ，∠PQO=45°，
∴∠ABO=∠PQO，
在△ABO和△PQO中，
AB=PQ
∠ABO=∠PQO BO=OQ，
例2题解图①
∴△ABO≌△PQO（SAS），
∴OA=OP，∠AOB=∠POQ，
例3题图
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（1）如图②，当三角板DEF运动到点D与点A重合时，设 EF与BC交于点M，则∠EMC=______度；
【思维教练】要求∠EMC的度数，已知∠FDE=90°， AB=AC＝6,DF=4，DE=4 3 ,根据等腰直角三角形性质和三角函数分别求得∠ACB 和∠E 的度数，观察图形 ∠E+∠EMC=∠ACB，∠EMC的度数即可求解;
值是2.
例2题解图②
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类型三形动型探究题
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中考数学总复习第八章综合与探究第42课动态型问题课件精品

Rt△AON 中运用三角函数可求出 ON＝AO·tan∠OAN＝1× 33＝ 33；当 m＝23 时，连结 PM，如解图③，点 M 从点 A 绕着点 P 逆时针旋转了一周的23，从
而可得到旋转角为 240°，则∠APM＝120°，同理可求出 ON 的长为 33，故
点
N
相应移动的路径长为
33＋
33＝2
(1)当 m＝41时，n＝________．
(例 1 题图)
(2)随着点 M 的转动，当 m 从31变化到23时，点 N 相应移动的路径长为
________．
•最新中小学课件
•4
解析 (1)当 m＝14时，连结 PM，如解图①，点 M 从点 A 绕着点 P 逆时针旋转了一周的14，从而可得到旋转角∠APM 为 90°，根据 PA＝PM 可得∠PAM＝∠PMA ＝45°，则有 NO＝AO＝1，即可得到 n＝－1.
答案 D
总结回顾：这类问题就是在几何图形上或在函数图象上，设计一个动点或几个动点，探究这些点在运动变化过程中伴随着的变化规律，如等量关系、变量关系、图形的特殊位置、图形间的特殊关系等．动点在运动过程中，引起图形或图象的变化，解决问题的关键是把握量与量之间的关系，常与三角函数、直角三角形、矩形等几何知识综合.
答案 B
(例 2 题图解①)
(例 2 题图解②)
•最新中小学课件
•10
变式训练 2 (2015·岳阳) 已知直线 m∥n，点 C 是直线 m 上一点，点 D 是直线 n 上一点，CD 与直线 m，n 不垂直，点 P 为线段 CD 的中点．
(1)操作发现：直线 l⊥m，l⊥n，垂足分别为 A，B，当点 A 与点 C 重合时(如图①所示)，连结 PB，请直接写出线段 PA 与 PB 的数量关系：________．

中考数学复习(动态几何)

xy ，（※）
过 P 点作 PD OB ，垂足为 D （如图③），
在 Rt POD 中， OD OP cos60 2 1 1, PD PO sin 60
3，
2
DN ON OD y 1 。
在 Rt PND 中， PN 2 PD 2 DN 2 ( 3) 2 ( y 1)2 y 2 2 y 4 ，（※※）
（ 1``）
Rt ADE Rt BCF ， AE BF . AE BF 1 (8 2) 3(cm) A 2
若四边形 APQD 是直角梯形，则四边形 DEPQ 为矩形，有 DQ EP ，
即2 t 当t
5 2t 3, t 。
3 5
秒时， PQ 将 ABCD 分成两个直角梯形。 3
（ 2）在 Rt ADE 中， DE 6 2 32 3 3(cm) ，
（ 2）试问是否存在这样的 t ，使四边形 PBCQ 的面积是梯形 ABCD 面积的一半？若存在，求出这样的 t 的值；
若不存在，请说明理由。
D
QC
【观察与思考】第一，搞清楚背景图形：略；
第二，搞清楚运动的全过程：①从时间上来看，点
P 共运动
4 秒钟，而点 Q 在 CD 上运动 2 秒，在 DA 上需运动 6 秒。这样，它们共同运动的时间为 4 秒，即点 Q 在 DA 上最多运
55
2
3
3
对应地有： 0 x 时，⊙ P 与直线 AB 相离；
x 4 时，⊙ P 与直线 AB 相交。
2
2
【说明】本题的关键就是通过两直角三角形相似关系构成的比例等式导出函数关系式，
再通过⊙ P 和 AB 相切这
一特殊情况来判断⊙ P 和 AB 的三种位置关系。

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