动态型问题
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。
全等三角形中的动态性问题
全等三角形中的动态性问题动态性几何问题是中考数学题型中的热点题型，这类试题常以运动的点、线段、变化的图形等为基本条件，给出一个或多个变量，要求确定变量与其它量之间的关系，或变量在一定条件为定值时，进行相关的几何计算和综合解答。
解答这类题目，一般要根据点的运动和图形的变化过程，对其不同情况进行分类求解，要始终把握住“动静结合找界点、分类讨论细演算” 。
一、图形的全等图形经过“轴对称”、“平移”、“旋转” 后，位置发生了变化，但形状和大小不变，变换后的图形和变换前的图形能完全重合，这样的两个图形就全等。
1、全等三角形的性质：对应角相等，对应边相等。
2、全等三角形的判定：SSS , SAS , ASA , AAS , HL 。
二、试题探究例题1、已知:AB⊥BD, ED⊥BD, AC=CE, BC=DE。
例题1图（1）（1）试猜想线段AC与CE的位置关系，并证明你的结论.结论：AC⊥CE （证明略）（2）若将△ECD沿CB方向平移，其余条件不变, 结论：AC⊥C1E 还成立吗?请说明理由。
例题1图（2）结论：AC⊥C1E （证明略）例题2、已知:AB⊥BD, ED⊥BD, AC=CE, BC=DE。
（1）线段BD、AB、DE之间有怎样的数量关系，并说明理由。
例题2图（1）结论：BD=AB+DE （证明略）（2）若将两个三角形绕点C 旋转到如图所示的位置，则线段BD、AB、DE之间数量关系还成立吗？并说明理由。
例题2图（2）结论：BD = AB - ED （证明略）总结：图形变换，全等不变；遇到变式，先找不变。
三、典型例题例题3、如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时针旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ 。
（1）如图a，求证：△BCP≌△DCQ；（2）如图，延长BP交直线DQ于点E，如图b，求证：BE⊥DQ 。
例题3图（a）例题3图（b）证明：略。
例题4、已知,如图1,E、F为线段AC上的两个动点,且DE⊥AC于E点,BF ⊥AC于F点,若AB=CD,AF=CE,BD交AC于M点；（1）求证：MB=MD，ME=MF；（2）当E、F两点移至如图2所示的位置时，其它条件不变，上述结论能否成立？若成立，请说明你的理由。
例说立体几何中的动态问题
例说立体几何中的动态问题立体几何中的“动态问题”，是指空间图形中的某些点、线、面的位置关系是不确定的，可变的一类开放问题。
对学生来说，解决这类问题，对其空间想象能力，逻辑推理能力的要求更高，难度一般比较大。
但又因为这类问题是可变的，开放的，更有助于学生空间想象能力及综合思维能力的培养。
这类问题往往把立体几何知识和其他部分的知识有机地结合起来，解决问题的关键就是转化与化归，把空间问题转化为平面问题来解决。
本文归纳了几类动态问题，希望对大家解决立体几何中的动态问题有所启发。
一、与轨迹有关的动态问题例1：如图，正方体中，P为底面上的动点，于E，且则点P的轨迹是（）A ．线段 B．圆 C．椭圆的一部分D．抛物线的一部分解析：连结，可证，即，即点E是体对角线上的定点，直线AE也是定直线．，∴动点P必定在线段AE的中垂面上，则中垂面与底面的交线就是动点P的轨迹，所以动点P的轨迹是线段．故选A例2：在正方体中，点是侧面内一个动点，它到直线与直线的距离相等，则动点的轨迹所在曲线是（）A．直线 B．圆 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分解析：本题是立体几何与解析几何相结合的一道题目，学生难在空间问题如何转化为平面问题，即解析几何问题。
这里动点到直线的距离易作出，难在到直线的距离的距离是什么。
因垂直平面，所以，即点到点的距离与到直线的距离相等。
所以动点在侧面内的轨迹是一段抛物线。
评注：动点轨迹主要是把空间的关系转化为平面内动点所具有的特性。
这类问题综合了平面几何、立体几何、解析几何等知识，渗透了数形结合思想，转化与化归思想，分类讨论思想，对第一次碰到此类问题的学生有较好的检测功能。
二、与距离有关的动态问题例3：如图，在棱长为2的正方体中，点是的中点，动点在底面内（不包括边界），若平面，则的最小值是（）A．B．C．D．解析如图，在上取中点，在上取中点，连接，且，易知平面平面，则动点的轨迹是（不含两点）又平面，则当时，取得最小值此时，评注：本题考查立体几何中动点轨迹及最值的求解问题，关键是能够通过面面平行关系得到动点的轨迹，从而找到最值取得的点.例4：长方体中,且一只小虫子从，点沿长方体的表面爬到点处，则小虫子的最短行程是多少?解析：当小虫子沿侧面与侧面到时，将二侧面展开铺平，在平面内，连即为最短行程，记为。
高中物理-6.动力学动态问题的类型和分析技巧
B．从N到P的过程中，速率先增大后减小
C．从N到Q的过程中，电势能一直增加
D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
【例6】库仑力问题1——速度问题
两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图6所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则
A．N点的电场强度大小为零
B．A点的电场强度大小为零
C．NC间场强方向指向x轴正方向
A．a落地前，轻杆对b一直做正功
B．a落地时速度大小为
C．a下落过程中，其加速度大小始终不大于g
D．a落地前，当a的机械能最小时，b对地面的压力大小为mg
【例8】弹簧问题2——分离问题
如图所示，在轻质弹簧下吊一物体，静止后弹簧的伸长量为△L，现有一水平木板将物体托起，使弹簧恢复到自然长度L，并保持静止，然后，让木板由静止开始以加速度a(a＜g)匀加速下降，直到物体与木板开始分离。这一过程经历的时间为多少？
D．将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功
【例7】约束问题1——弹簧问题
如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接，弹簧的另一端连接在墙上，且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L(未超过弹性限度)，则在圆环下滑到最大距离的过程中
2、受力与位置有关的动态问题：弹簧、库仑力、曲线约束类问题等，这类问题中，弹簧弹力、电荷之间库仑力、重力电场力沿曲线切向分量、弹力进而影响到的摩擦力，与物体的位置有关，等等。
高中物理动态问题分类解析
总结：〔1〕电磁感应中的动态分析，是处理电磁感应问题的关键，要学会从动态分析的过程中来选择是从动力学方面，还是从能量、动量方面来解决问题。〔2〕在分析运动导体的受力时，常画出平面示意图和物体受力图。
6、理想变压器中的动态问题
理想变压器中各物理量的制约关系为：
电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比 一定时，输出电压 由输入电压 决定，即 ，可简述为“原制约副〞。
电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比 一定时，且输入电压 确定时，原线圈中的电流 由副线圈中的输出电流 决定，即 ，可简述为“副制约原〞。
负载制约： 变压器副线圈中的功率 由用户负载决定， 变压器副线圈中的电流 由用户负载及电压 决定，即 ； 总功率
恒定功率的加速。由公式 和 知〔其中 为阻力〕，由于 恒定，随着 的增大， 必将减小， 也必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，直到 ，这时 到达最大值 。可见恒定功率的加速一定不是匀加速。因为 为变力，这种加速过程发电机做的功只能用 计算，不能用 计算。
恒定牵引力的加速。由公式 和 知，由于 恒定，所以 恒定，汽车做匀加速运动，而随着 的增大， 也将不断增大，直到P到达额定功率 ，功率不能再增大了。这时匀加速运动完毕，其最大速度为 ，此后汽车要想继续加速就只能做恒定功率的变加速运动了。可见恒定牵引力的加速时功率一定不恒定。因为功率P是变化的，这种加速过程发电机做的功只能 用计算，不能 用计算。
动态问题分析的思路程序可表示为：
例6.图9为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头， 为加在原线圈两端的电压， 为原线圈中的电流强度，那么保持 及P的位置不变，S由a合到b时， 将增大。保持 及P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小。保持 不变，S合在a处，使P上滑， 将增大。保持P的位置不变，S合在a处，假设 增大， 将增大。
初二动态几何问题
初二动态几何问题一.动态几何问题涉及的几种情形动态几何问题就其活动对象而言,有：1.点动（有单动点型.多动点型）.2.线动（重要有线平移型.扭转型）.线动本质就是点动,即点动带动线动,进而还会产生形动,因而线动型几何问题可以经由过程转化成点动型问题来求解.3.形动（就其活动情势而言,有平移.扭转.翻折.滚动）二.解决动态几何问题的根本思虑计谋与剖析办法：动态型问题分解了代数.几何中较多的常识点,解答时要特别留意以下七点:1.掌控活动变更的情势及进程;2.思虑活动初始状况时几何元素的关系,以及可求出的几何量;3.动中取静：（最重要的一点）要擅长在“动”中取“静”（让图形和各个几何量都“静”下来）,抓住变更中的“不变量”和不变关系为“领导”,求出相干的常量或者以含有变量的代数式暗示相干的几何量;4.找等量关系：应用面积关系.类似三角形的性质.勾股定理.特别图形等的几何性质及互相关系,找出根本的等量关系式;5.列方程：将相干的常量和含有变量的代数式代入等量关系树立方程或函数模子;(某些几何元素的变更会带来其它几何量的变更,所以在求变量之间的关系时,平日树立函数模子或不等式模子求解.在解决有关特别点.特别值.特别地位关系问题时常联合图形树立方程模子求解)6.是否以及怎么分类评论辩论：将变更的几何元素按标题指定的活动路径活动一遍,从动态的角度去剖析不雅察可能消失的情形,看图形的外形是否转变,或图形的有关几何量的盘算办法是否转变,以明白是否须要依据活动进程中的特别地位分类评论辩论解决,7.肯定变更分界点：若需分类评论辩论,要以活动到达的特别点为分界点,画出与之对应情形相吻合的图形,找到情形产生转变的时刻,肯定变更的规模分类求解.例：如图,有一边长为5cm的正方形ABCD和等腰三角形△RQR,PQ=PR=5cm,QR=8cm,点B.C.Q.R在统一条直线ι上,当C.Q两点重应时开端,t秒后正方形ABCD与等腰△PQR重合部分的面积为.解答下列问题：（1）当t=3秒时,求S的值;（2）当t=5秒时,求S的值;（3）当5秒≤t≤8秒时,求S与t的函数关系式,并求出S的最大值.【要点导航】经由过程实验操纵——不雅察猜测——科学论证,使我们体验和学到了发明.获得常识的进程和办法. 实验操纵摸索——懂得题意.实验操纵是根本包管,不雅察猜测.摸索结论是症结,论证猜测的结论是落实. 【典例精析】例1取一张矩形纸片进行折叠,具体操纵进程如下：第一步：先把矩形ABCD 半数,折痕为MN ,如图1;第二步：再把B 点叠在折痕线MN 上,折痕为AE ,点B 在MN 上的对应点为B ',得R t △AB 'E ,如图2;第三步：沿EB '线折叠得折痕EF ,使A 点落在EC 的延伸线上,如图3．应用睁开图4探讨： （1）△AEF 是什么三角形？证实你的结论;（2）对于任一矩形,按照上述办法可否折出这种三角形？请解释你的来由．例2 已知：在△ABC 中,∠BAC =90°,M 为BC 中点．操纵：将三角板的90°角的极点与点M 重合,并绕着点M 扭转,角的双方分离与边AB .AC 订交于点E .F ．（1）探讨1：线段BE .EF .FC 是否能组成三角形？假如可以组成三角形,那么是什么外形的三角形？请证实你的猜测．（2）探讨2：若转变成：“角的双方分离与边AB .直线AC 订图 1 图 2图 3图4CM交于点E .F ．”其它前提都不变的情形下,那么结论是否还消失？请画出对应的图形并请证实你的猜测． 【练习】1.★★★如图,在正方形ABCD 中,点E 在边AB 上（点E与点A .B 不重合）,过点E 作FG ⊥DE ,FG 与边BC 订交于点F,与边DA 的延伸线订交于点G ．（1）操纵：由几个不合的地位,分离测量BF .AG .AE 的长,从中你能发明BF .AG .AE 的数目之间具有如何的关系？并证实你所得到的结论;（2）贯穿连接DF ,假如正方形的边长为2,设DFG的面,并写出函数的界说域;（3）假如正方形的边长为2,FG求点C 到直线DE 的距离．2.★★★操纵：将一把三角尺放在边长为1的正方形ABCD 上,并使它的直角极点P 在对角线AC上滑动,直角的一边始终经由点B ,另一边与射线DC 订交于点Q ． 探讨：设A .P 两点间的距离为x ．（1）当点Q 在边CD 上时,线段PQ 与线段PB 之间有如何的大小关系？试证实你不雅察得到结论;GFD ACBD ACB供实验操纵用（2）当点Q 在边CD 上时,设四边形PBCQ 的面积为y ,求y 与x 之间的函数解析式,并写出函数的界说域;（3）当点P 在线段AC 上滑动时,△PCQ 是否可能成为等腰三角形？假如可能,指出所有能使△PCQ 成为等腰三角形的点Q 的地位,并求出响应的x 的值;假如不成能,试解释来由．（图5.图6.图7的外形大小雷同,图5供操纵.实验用,图6和图7备用）3.★★★在△ABC 中,AB =AC ,CG ⊥BA 交BA 的延伸线于点G ．一等腰直角三角尺按如图1所示的地位摆放,该三角尺的直角极点为F ,一条直角边与AC 边在一条直线上,另一条直角边正好经由点B ．（1）在图1中请你经由过程不雅察.测量BF 与CG 的长度,猜测并写出BF 与CG 知足的数目关系,然后证实你的猜测;（2）当三角尺沿AC 偏向平移到图2所示的地位时,一条直角边仍与AC 边在统一向线上,另一条直角边交BC 边于点D ,过点D 作DE ⊥BA 于点E ．此时请你经由过程不雅察.测量DE .DF 与CG 的长度,猜测并写出DE ＋DF 与CG 之间知足的数目关系,然后证实你的猜测;（3）当三角尺在（2）的基本上沿AC 偏向持续平移到图3所DC B图5DAC B图6DACB图7图1示的地位（点F在线段AC上,且点F与点C不重合）时,（2）中的猜测是否仍然成立？（不必解释来由）4.★★如图,在平面直角坐标系中,直线l是第一.三象限的角等分线．实验与探讨：（1）由图不雅察易知A（0,2）关于直线l为（2,0）,请在图平分离标明B(5,3) .C(-2,5) 关于直线l的对,并写出他们的坐标：归纳与发明：（2）联合图形不雅察以上三组点的坐标,你会发明：坐标平面内任一点P(a,b)关于第一.三象限的角等分线l的对称点;应用与拓广：（3）已知两点D(1,-3).E(-1,-4),试在直线l上肯定一点Q,使点Q到D.E两点的距离之和最小,并求出Q点坐标．摸索性问题摸索性问题是指命题中缺乏必定的前提或无明白的结论,须要经由揣摸,填补并加以证实的题型．摸索性问题一般有三种类型：（1）前提摸索型问题;（2）结论摸索型问题;（3）摸索消失型问题．前提摸索型问题是指所给问题中结论明白,须要完整前提的标题;结论摸索型问题是指标题中结论不肯定,不独一,或标题结论须要类比,引申推广,或标题给出特例,要经由过程归纳总结出一般结论;摸索消失型问题是指在必定的前提下,需摸索发明某种数学关系是否消失的标题．前提摸索【要点导航】“摸索”是人类熟悉客不雅世界进程中最活泼.最活泼的思维活动,摸索性问题消失于一切学科范畴之中,数学中的“前提摸索”题型,是指命题中缺乏必定的题设,需经由揣摸.填补并加以证实的命题,因而必须应用题设大胆猜测.剖析.比较.归纳.推理,由结论去摸索未赐与的前提.因为题型新鲜.分解性强.构造奇特,此类问题的一般解题思绪并没有固定模式或套路,因而具体操纵时要更重视数学思惟办法的分解应用．【典例精析】例1如图,,垂1．（1）证实△CMG≌△NBP;（2）设BE=x,四边形MGBN的面积为y,求y关于x式,并写出界说域．（3长．（4）联络PG ,,求BE 的长;假如不克不及,请解释来由．（5）联络AC .AF .CF ,求证△ACF 的面积为定值． 〖思绪剖析〗1．第（3BE 的长． 2PBG 始终是45°,而∠BPG 和∠PGB 有可能为90°,要分情形评论辩论．3．第（5）小题即可用割补法求也可用应用AC ∥BF 将△ACF 的面积转化为△ABC 的面积．例2在等边△ABC 的双方AB .AC 地点直线上分离有两点M .N ．D 为△ABC 外一点,且∠MDN ＝60°,∠BDC ＝120°,BD ＝DC ． 探讨：当M .N 分离在直线AB .AC 上移动时,BM .NC .MNABC 的周长L 的关系．,当点,且DM （2）如图2所示,点M 且当时,猜测（1; （3） 如图3所示,当M .N 分离在边AB .CA 的延伸线上时,若AN ＝2,则Q ＝（用含有L 的式子暗示）．C图1 C 图2C图3【练习】1.★★★如图1所示,直线AB 交x 轴于点A （A ,0）,交y 轴于点B （0,B ）,且A .B 知足2b (4)0a a ++-=．（1）如图1,若C 的坐标为（－1,0）,且AH ⊥BC 于点H ,AH 交OB 于点P ,试求点P 的坐标;（2）如图2,衔接OH ,求证：∠OHP ＝45°;（3）如图3,若点D 为AB 的中点,点M 为y 轴正半轴上一动点,衔接MD ,过D 作DN ⊥DM 交x 轴于N 点,当M 点在y 轴正半轴上活动的进程中,式子S △BDM －S △ADN 的值是否产生转变,如产生转变,求出该式子的值的变更规模;若不转变,求该式子的值．2. ★★★已知BD .CE 分离是ABC △的AC 边.AB 边上的高,M 是BC 边的中点,分离联络MD .ME .DE ．（1）当︒<∠90BAC 时,垂足D .E 分离落在边AC .AB 上,如图1．求证：EM DM =．(2) 当︒>∠90BAC 时,垂足D .E 分离落在边AC .AB 地点的直线上,如图2,问（1）中的结论是否依旧成立？无需解释来由,直接写出答案即可;若︒=∠135BAC ,试断定DEM △的外形,简写解答进程． （3）设BAC ∠的度数为x ,DME ∠的度数为y ,求y 与x 之间的函数关系式．3.★★★如ABOy xN MD 图3ABCH P Oyx图2x yOP H CBA图1 ABC（备用图）ABCDM E图2ABCDE图1图1,已知∠ABC =90°,△ABE 是等边三角形,点P 为射线BC 上随意率性一点（点P 与点B 不重合）,贯穿连接AP ,将线段AP 绕点A 逆时针扭转60°得到线段AQ ,贯穿连接QE 并延伸交射线BC 于点F .（1）如图2,当BP =BA 时,∠EBF =°,猜测∠QFC =°;（2）如图1,当点P 为射线BC 上随意率性一点时,猜测∠QFC 的度数,并加以证实;（3）已知线段AB设BP 点Q 到射线BC 的距离为y ,求y摸索性问题是指命题中缺乏必定的前提或无明白的结论,须要经由揣摸,填补并加以证实的题型．摸索性问题一般有三种类型：（1）前提摸索型问题;（2）结论摸索型问题;（3）摸索消失型问题．前提摸索型问题是指所给问题中结论明白,须要完整前提的标题;结论摸索型问题是指标题中结论不肯定,不独一,或标题结论须要类比,引申推广,或标题给出特例,要经由过程归纳总结出一般结论;摸索消失型问题是指在必定的前提下,需摸索发明某种数学关系是否消失的标题．摸索型问题具有较强的分解性,因而解决此类问题用到了所学过的全部初中数学常识．经经常应用到的常识是：一元一次方程.平面直角坐标系.正.反比例和一次函数的求法（图象及其性质）.图图2ABEQPF C直角三角形的性质.四边形（特别）的性质.等．个顶用几何图形的某些特别性质：勾股定理.类似三角形对应线段成比例等来构造方程是解决问题的重要手腕和门路．是以温习中既要看重基本常识的温习,又要增强变式练习和数学思惟办法的研讨,切实进步剖析问题.解决问题的才能． 【典例精析】例 1 如图1,在△ABC 中,∠ACB = 90°,AC =BC ,AB = 8,CD ⊥AB ,垂足为点D ．M 为边AB 上随意率性一点,点N 在射线CB 上（点N 与点C 不重合）,且MC = MN ,NE ⊥AB ,垂足为点E ．当点M 在边AB 上移动时,试摸索线段ME 的长是否会转变？解释你的来由． 〖思绪剖析〗射线CB 包含线段CB 和线段CB 的延伸线两部分,点N 在射线CB 上活动时,可证实△CMD 和△MEN 全等,所以线段ME 的长始终和线段CD 相等,所以不会转变长度．例2如图,已知在正方形ABCD 中,AB = 2,P 是边BC 上的随意率性一点,E 是边BC 延伸线上一点,联络AP ．过点P 作PF ⊥AP ,与∠DCE 的等分线CF 订交于点F ．联络AF ,与边CD 订交于点G ,联络PG ．（1）求证：AP = FP ;（2）摸索线段BP .DG .PG 之间的数目关系,并给出证实进程;（3）当BP 取何值时,PG // CF ． 〖思绪剖析〗ABC图1D NM EBA CD EPFGC F P M DB ADM AB CP F EA BED MC1．过点F 作FH ⊥BC ,联合所给前提无法证实△ABP 和△PHF 全等．在边AB 上截取线段AH ,使AH = PC ,即可证实△AHP ≌△PCF ．2．由第（1）小题的结论得△APF 是等腰直角三角形,所以∠PAF =45°,将△ADG 绕点A 顺时针扭转90°后,BP 与DG 联络成一条线段,经由过程全等三角形可证BP 与DG 的和等于PG ．3．当PG // CF 时,△PCG 是等腰直角三角形,由第（2）小题结论得PG =DG +BP ,在R t △PCG 中,由勾股定理可求得BP 的长． 【练习】第 天 ,年 月 日1.★★已知：在△ABC 中,AB =AC ,点P 在直线BC 上,PD ⊥AB 于点D ,PE ⊥AC 于点E ,BH 是△ABC 的高．（1）当点P 在边BC 上时,求证：PD +PE =BH（2）当点P 在边BC 的延伸线上时,试摸索PD .PE 和BH 之间的数目关系．2.★★★已知等边△ABC 和点P ,设点P 到△ABC 三边AB .AC .BC的距离分离为H 1,H 2,H 3,△ABC 的高为H ．“若点P 在一边BC 上如图（1）,此时H 3＝0可得结论：H 1＋H 2＋H 3＝H ．”请直策应用上述信息解决下列问题：当点P 在△ABC 内如图（2）,以及点P 在△ABC 外如图（3）这两种情形时,上述结论是否成立？若成立,请予以证实;若不成立,H 1,H 2,H 3与H 之间又有如何的关系,请写出你的猜测,图1图2图33.★★★已知在正△ABC 中,AB =4,点M 是射线AB 上的随意率性一点（点M 与点A .B 不重合）,点N 在边BC 的延伸线上,且AM = CN ．联络MN ,交直线AC 于点D ．设AM = x ,CD = y ．（1）如图,当点M 在边AB 上时,求y 关于x 的函数解析式,并写出自变量x 的取值规模．（2）当点M 在边AB 上,且四边形BCDM 的面积等于△DCN 面积的4倍时,求x 的值．（3）过点M 作ME ⊥AC ,垂足为点E ．当点M 在射线AB 上移动时,线段DE 的长是否会转变？请证实你的结论．4.★★★在R t △ABC 中,∠C =900,∠A =300,AB =4,将一个300角的极点P 放在AB 边上滑动,保持300角的一边平行于BC ,且交边AC 于点E ,300角的另一边交射线BC 于点D ,联络ED ．（1）如图1,当四边形PBDE 为等腰梯形时,求AP 的长;（2）四边形PBDE 有可能为平行四边形吗？若可能,求出PBDE 为平行四边形时AP 的长;若不成能,解释来由;（3）若D 在BC 边上（不与B .C 重合）,试写出线段AP 取值规模.5.★★★在梯形ABCD 中,AD //BC ,AB=CD=AD =5cm ,BC =11cm ,点P从点D 动身沿DA 边以每秒1cm 的速度移动,点Q 从点B 动身,沿BC 边以每秒2cm 的速度移动（当点P 到达点A 时,点P 与点Q 同时停滞移动）,假设点P 移动的时光为x （秒）,四边形ABQP 的面积为y （平方厘米）.ABCMNDABCPED300（图1）（1）求y 关于x 的函数解析式,并写出它的界说域;（2）在移动的进程中,求四边形ABQP 的面积与四边形QCDP 的面积相等时x 的值;（3）在移动的进程中,是否消失x 使得PQ =AB ,若消失求出所有的x 的值,若不消失请解释来由6.★★★★如图,平面直角坐标系中,O是坐标原点,（1;（24个单位得到直线BC ,直线BCB .C ,如点D 在直线BC 上,在平面直角坐标系中求一点P ,使以O .B .D .P 为极点的四边形是菱形．7.★★★★如图1,x 轴.y 轴交于点A.B ,点C 是线段AB 的中点,点D 在线段OC 上,点D 的纵坐标为4．（1）求点C 的坐标和直线AD 的解析式;（2）P 是直线AD 上的点,请你找一点Q ,使以O.A.P.Q 这四个点为极点的四边形是菱形,写出所有知足前提的点Q 的坐标． 猜测证实Q【要点导航】此类问题平日由一个特别图形到一般情形,引出一系列探讨的问题．阅历对一些命题和结论的猜测.证实.推广的进程,领会常识之间的内涵接洽,感触感染特别到一般.数形联合等数学思惟,对学生的想象.思维.归纳.剖析都有较高的请求．此类标题变式多,证实方法也不尽雷同,可以说是出色纷呈．借题施展,拓宽视野,如许做不但有助于学生分解而灵巧的应用常识,并且能不竭进步学生自力探讨问题解决的才能,更有助于造就学生思维的深入性与批评性.【典例精析】例1如图1,已知点D在AC上,△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,点M为EC的中点．（1）求证：△BMD为等腰直角三角形．（2）将△ADE绕点A如图2,（1）中的“△BMD为等腰直角三角形”是否仍然成立？请解释来由．（3A如图3,（1）中来由）．（4）我们是否可以猜测,A随意率性扭转必定的角度,如图4,（1）中的均成立？ABCDEM图1ABCDEM图2ABCDE M图3ABCDE M图4〖思绪剖析〗1． 应用直角三角形斜边中线性质和三角形的表里角和定理不难证实DM 与BM 垂直且相等．2．将△ADE 绕点A,加倍延伸DM ,可构造出全等三角形,等腰直角三角形．3．将△ADE 绕点A 随意率性扭转必定的角度时,可以D .M .B例2点A .B .C 在统一向线上,在直线AC衔接AF ,CE ．取AF .CE的中点M .N ,衔接BM ,BN , MN ．（1,（如图1）,三角形．（2,若BA =BE ,BC =BF ,（如图2）,,（3）若将（2B 扭转必定角度,（如图3）,其他前提不变,那么（2）中的结论是否成立？ 若成立,给出你的证实;若不成立,写出准确的结论并给出证实．〖思绪剖析〗1．△ABF 和△EBC 可看作绕点B 扭转90°后可重合的两个三角形,BM 和BN 是对应斜边上的中线,夹角为90°,ABCEFM N图1 A B CEFMN图2ABCEFMN3腰直角三角形．2．∠MBN可看作是两个全等三角形△ABF和△EBC对应边上的中线,它们的夹角∠MBN和对应边的夹角∠ABE和∠FBC相等．3．要证实∠MBN和∠FBC相等,只要证实∠FBM和∠CBN相等,所以要证实△MFB和△NCB全等．〔练习】1.★★★如图1,四边形ABCD,将极点为A的角绕着极点A顺时针扭转,若角的一条边与DC的延伸线交于点F,角的另一条边与CB的延伸线交于点E,衔接EF．（1）若四边形ABCD为正方形,当∠EAF=45°时,有EF=DF－BE．请你思虑若何证实这个结论（只思虑,不必写出证实进程）;（2）如图2,假如在四边形ABCD中,AB=AD,∠ABC=∠ADC=90°,当∠EAFBAD时,EF与DF.BE之间有如何的数目关系？请写出它们之间的关系式（只需写出结论）;（3）如图3,假如四边形ABCD中,AB=AD,∠ABC与∠ADC互补,当∠EAFBAD时,EF与DF.BE之间有如何的数目关系？请写出它们之间的关系式并赐与证实．（4）在（3）中,若BC=4,DC=7,CF=2,求△CEF的周长（直接写出成果即可）．2.ABCD的边AB上任取一点E,作EF⊥AB交BDEABCDEF 图2ABCDEF图3于点F,取FD的中点G,衔接EG.CG,如图1,易证EG=CG且EG⊥CG．（1）将△BEF绕点B逆时针扭转90°,如图2,则线段EG和CG有如何的数目关系和地位关系？请直接写出你的猜测．（2）将△BEF绕点B逆时针扭转180°,如图3,则线段EG和CG实．3.ABCDEF,（1EG（2）将图1中△BEF绕B点逆时针扭转45º,如图2所示,取DF中点G,衔接EG,CG．你在（1）中得到的结论是否产生变更？写出你的猜测并加以证实．（3）将图1中△BEF绕B点扭转随意率性角度,如图3所示,再衔接响应的线段,问（1）中的结论是否仍然成立？（不请求证实）4.,点D.E.F分离为边AB,M DMN为等边三角形（点M的地位转变时,△DMN也随之整体移动）．（1）如图1,当点M在点B左侧时,请你贯穿连接EN,并断定D图1D图2DD图1D图2FBACE图3DEN与MF有如何的数目关系？点F是否在直线NE上？请写出结论,并解释来由;（2）如图2,当点M在BC上时,其它前提不变,（1）的结论中EN与MF的数目关系是否仍然成立? 若成立,请应用图2证实;若不成立,请解释来由;（3）如图3,若点M在点C右侧时,请你断定（1）的结论中EN 与MF的数目关系是否仍然成立? 若成立,请直接写出结论;若不成（图2）。
动态型问题及详解详析
动态型问题类型之一 探索性的动态题探索性问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断。
探索型问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要学生自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需要的结论或方法或条件，用考察学生的分析问题和解决问题的能力和创新意识。
1.（·宜昌市）如图，在Rt △ABC 中，AB=AC ，P 是边AB （含端点）上的动点，过P 作BC 的垂线PR ，R 为垂足，∠PRB 的平分线与AB 相交于点S ，在线段RS 上存在一点T ，若以线段PT 为一边作正方形PTEF ，其顶点E 、F 恰好分别在边BC 、AC 上. （1）△ABC 与△SBR 是否相似？说明理由； （2）请你探索线段TS 与PA 的长度之间的关系；（3）设边AB=1，当P 在边AB （含端点）上运动时，请你探索正方形PTEF 的面积y 的最小值和最大值.2..（·南京市）如图，已知O 的半径为6cm ，射线PM 经过点O ，10cm OP ，射线PN 与O 相切于点Q ．AB ，两点同时从点P 出发，点A 以5cm/s 的速度沿射线PM 方向运动，点B 以4cm/s 的速度晰，明确变化的量之间的关系，同时还要明确不变的量有那些，抓住关键，理清思路。
沿射线PN 方向运动．设运动时间为t s ． （1）求PQ 的长；（2）当t 为何值时，直线AB 与O 相切？类型之二 存在性动态题存在性动态题运用几何计算进行探索的综合型问题，要注意相关的条件,可以先假设结论成立，然后通过计算求相应的值，再作存在性的判断. 3..（·河南)如图，直线434+-=x y 和x 轴、y 轴的交点分别为B 、C ，点A 的坐标是（-2，0）． （1）试说明△ABC 是等腰三角形；（2）动点M 从A 出发沿x 轴向点B 运动，同时动点N 从点B 出发沿线段BC 向点C 运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设M 运动t 秒时，△MON 的面积为S ．① 求S 与t 的函数关系式；② 设点M 在线段OB 上运动时，是否存在S =4的情形？若存在，求出对应的t 值；若不存在请说明理由；③在运动过程中，当△MON 为直角三角形时，求t 的值．4．(·湖州市) 已知：在矩形AOBC 中，4OB =，3OA =．分别以OB OA ，所在直线为x 轴和y 轴，建立如图所示的平面直角坐标系．F 是边BC 上的一个动点（不与B C ，重合），过F 点的反比例函数(0)ky k x=>的图象与AC 边交于点E ．（1）求证：AOE △与BOF △的面积相等； （2）记O EFECF S S S =-△△，求当k 为何值时，S 有最大值，最大值为多少？（3）请探索：是否存在这样的点F ，使得将CEF △沿EF 对折后，C 点恰好落在OB 上？若存在，求出点F 的坐标；若不存在，请说明理由．5.（·白银市）如图，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__________； (2) 当t = 秒或 秒时，MN =21AC ； (3) 设△OMN 的面积为S ，求S 与t 的函数关系式；(4) 探求(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．类型之三 开放性动态题开放性问题的条件或结论不给出，即条件开放或结论开放，需要我们充分利用自己的想像，大胆猜测，发现问题的结论，寻找解决问题的方法，正确选择解题思路。
如何讲解动态变化问题
如何讲解动态变化问题动态型问题是近年来中考命题的热点题型之一，且大都以压轴题的面目出现，题目灵活、多变、能够全面考察学生分析问题解决问题的综合能力，有较强的选拔功能，也是学生学习感到较困难的学习内容之一。
如何帮助同学们解这类题，提高同学们分析问题解决问题的能力，我经过认真思考研究，探讨出如下讲解《动态变化题》的方法，与大家一起商榷。
动态变化题的难点之一：满足题意的情形的有许多种，要能够考虑完全，讲解时要注重强调。
动态变化题的难点之二：各种情形下点的位置，线段的长度等有许多变化的量，如何用未知数来表示是难点，要引导学生慢慢探索。
动态变化题的难点之三：各种条件下等量关系式的寻找。
动态变化题的难点之四：如何将等量关系转化为方程或函数关系式。
教学过程中要加强对这几个难点的剖析，在教学过程中我是这样操作的。
1 先从简单的例题入手例1：．A、B两点相距20厘米，P、Q两点分别从A、B两点在线段AB上向终点运动，P点速度为3厘米/秒，Q点速度为2厘米/秒。
（1）经过多长时间P、Q相距5厘米？（2）若⊙p的半径为1厘米，⊙Q的半径为2厘米。
经过多长时间两圆相切？帮助学生探索解决这道题目的方法以及注意点。
分析（1）师：P、Q相距5cm的情形有几种。
生：有两种。
（2）师：各种情形下点的位置及线段的长度是多少？生：设经过x秒P、Q相距5cm。
则：AP=3x cm ，BP=2x cm（3）师：两种情形下各存在怎样的等量关系？生：相遇前AP+BQ=AB-PQ相遇后AP+BQ=AB+PQ（4）师：将等量关系转化为方程：相遇前3x + 2x = 20 – 5相遇后3x + 2x = 20 + 5让同学们独立完成第二问，并请几名同学板演，然后老师学生一起点评。
2 循序渐进、逐步深入。
选一条中等难度的题进行讲解例2．如图，在等腰梯形ABCD中，AD//BC，AB=DC=5，AD=6，BC=12。
动点P从D点出发沿DC以每秒1个单位的速度向终点C运动，动点Q从C点出发以每秒2个单位的速度向B点运动。
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
初一数学动态问题
初一数学动态问题
在初一数学学习中，动态问题是一种非常重要的题型。
它们通常涉及到实际生活中的情境，并要求学生通过图表、图形或其他方式进行分析和解决问题。
举个例子，假设有一辆汽车以每小时60公里的速度行驶，而一辆自
行车以每小时30公里的速度行驶。
问在3小时内，两辆车相距多少
公里？这个问题就是一个典型的动态问题。
学生需要通过计算和分析，找到两辆车在每个小时的位置以及它们之间的距离变化情况，最后得出答案。
解决这类问题需要学生具备一些数学基础知识，比如距离、速度和时间的关系。
学生需要掌握速度等于距离除以时间的公式，以及如何在不同的时间段内计算两辆车之间的距离。
除了计算能力，动态问题还培养了学生的逻辑思维和问题解决能力。
学生需要能够将实际情境转化成数学问题，并且通过分析和推理找到解决问题的方法。
这样的训练有助于学生培养对数学的兴趣和理解，并且在日常生活中更好地运用数学知识。
除了上述例子中的速度问题，还有许多其他类型的动态问题，比如时间、金钱、比例等等。
通过解决这些问题，学生能够更好地理解数学
的应用和实际意义。
在教学中，老师可以通过举例和引导学生自己思考的方式，激发学生对动态问题的兴趣。
同时，也可以通过分组让学生进行小组讨论和合作解决问题，培养学生的合作能力和团队合作精神。
总而言之，初一数学的动态问题对于学生的数学学习和思维发展非常重要。
它不仅帮助学生理解数学的应用，还培养了学生解决实际问题的能力，为进一步学习和应用数学打下了基础。
运筹学中的动态问题
运筹学中的动态问题概述运筹学是一门重要的决策科学，专注于在有限资源下做出最佳决策的研究与应用。
动态问题是运筹学中的一个关键领域，它关注的是在时间发展的过程中做出最优决策。
动态问题的特征动态问题与静态问题相比具有以下特征：1. 时间的影响：动态问题考虑时间在决策中的作用。
决策的结果可能随着时间的变化而产生不同的影响。
2. 不确定性：动态问题通常面临不确定性因素。
未来事件的发生可能无法准确预测，这给决策带来了挑战。
3. 决策的连续性：动态问题中的决策通常涉及到一系列连续的决策，每个决策都会受到之前决策的影响。
动态问题的建模为了解决动态问题，运筹学研究者使用数学建模方法。
常见的建模方法包括：1. 动态规划：动态规划是一种将动态问题转化为递推问题进行求解的方法。
通过定义状态变量和状态转移方程，可以得到最优决策序列。
2. 马尔可夫决策过程：马尔可夫决策过程是一种基于马尔可夫链的随机最优控制方法。
它通过建立状态转移概率矩阵和目标函数，求解最优控制策略。
3. 控制论：控制论是一种将动态问题转化为控制系统问题进行求解的方法。
通过建立系统状态与控制命令之间的关系，可以实现最优决策。
动态问题的应用动态问题在许多领域都有广泛的应用，包括：1. 供应链管理：动态问题可以用于优化供应链中的生产计划、库存管理和物流调度，以满足动态变化的市场需求。
2. 资源分配：动态问题可以用于优化资源的分配，如人力资源调度、资金分配等，以实现最优的资源利用。
3. 交通规划：动态问题可以用于优化交通规划，如优化交通信号灯控制、路径选择等，以改善交通拥堵问题。
结论动态问题是运筹学中的重要领域，它关注在时间发展的过程中做出最佳决策。
通过数学建模和优化方法，可以解决动态问题并应用于各个领域。
不论是供应链管理、资源分配还是交通规划，动态问题的研究与应用都具有重要的意义。
初中数学中考复习动态型问题(动点动线动面)专项练习及答案解析(50道)
初中数学中考复习动态型问题（动点动线动面）专项练习及答案解析（50道）一、选择题1、如图，在△ABC中，∠B=90°，tan∠C=，AB=6cm．动点P从点A开始沿边AB向点B 以1cm/s的速度移动，动点Q从点B开始沿边BC向点C以2cm/s的速度移动．若P，Q两点分别从A，B两点同时出发，在运动过程中，△PBQ的最大面积是（）A．18cm2B．12cm2C．9cm2D．3cm22、如图，已知矩形ABCD中，R、P分别是DC、BC上的点，E、F分别是AP、RP的中点，当P在BC上从B向C移动而R不动时，那么下列结论成立的是（）A．线段EF的长逐渐增大B．线段EF的长逐渐减小C．线段EF的长不改变D．线段EF的长不能确定3、如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，动点P从A点出发，按A→B→C的方向在AB和BC 上移动，记PA=x，点D到直线PA的距离为y，则y关于x的函数图象大致是（）A．B．C． D．4、数轴上一动点A向左移动3个单位长度到达点B，再向右移动4个单位长度到达点C，若点C表示的数为1，则点A表示的数为（）A．7 B．1 C．0 D．﹣15、如图，正方形ABCD边长为4个单位，两动点P、Q分别从点A、B处，以1单位/s、2单位/s的速度逆时针沿边移动．记移动的时间为x（s），△PBQ面积为y（平方单位），当点Q移动一周又回到点B终止，则y与x的函数关系图象为（）A． B．C． D．6、如图，边长分别为1和2的两个等边三角形，开始它们在左边重合，大三角形固定不动，然后把小三角形自左向右平移直至移出大三角形外停止．设小三角形移动的距离为x，两个三角形重叠面积为y，则y关于x的函数图象是（）A．B．C．D．7、如图，一张半径为1的圆形纸片在边长为a（a≥3）的正方形内任意移动，则该正方形内，这张圆形纸片“不能接触到的部分”的面积是（）A．a2﹣πB．（4﹣π）a2C．πD．4﹣π8、如图所示，直线CD与以线段AB为直径的圆相切于点D并交BA的延长线于点C，且AB=2，AD=1，P点在切线CD的延长线上移动时，则△PBD的外接圆的半径的最小值为（）A．1 B．C．D．9、如图，等边△ABC的边长为2cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点C移动（到达点C后停止运动），同时点Q从点A出发，以1cm/s的速度沿AB﹣BC的方向向点C移动（到达点C后停止），若△APQ的面积为S（cm2），则下列最能反映S（cm2）与移动时间t （s）之间函数关系的大致图象是图2（）A．B．C．D．10、如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P从A点出发，按A→B→C的方向在AB和BC上移动．记PA=x，点D到直线PA的距离为y，则y关于x的函数大致图象是（）A．B．C．D．11、如图，已知矩形ABCD中，R、P分别是DC、BC上的点，E、F分别是AP、RP的中点，当P在BC上从B向C移动而R不动时，那么下列结论成立的是（）A．线段EF的长逐渐增大B．线段EF的长逐渐减小C．线段EF的长不改变D．线段EF的长不能确定12、如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点P从A点出发，按A→B→C的方向在AB和BC上移动．记PA=x，点D到直线PA的距离为y，则y关于x的函数大致图象是（）A．B．C．D．13、如图，△ABC是等腰直角三角形，∠A=90°，BC=4，点P是△ABC边上一动点，沿B→A→C的路径移动，过点P作PD⊥BC于点D，设BD=x，△BDP的面积为y，则下列能大致反映y与x函数关系的图象是（）A．B．C．D．14、已知如图，等腰三角形ABC的直角边长为a，正方形MNPQ的边为b （a＜b），C、M、A、N在同一条直线上，开始时点A与点M重合，让△ABC向右移动，最后点C与点N重合．设三角形与正方形的重合面积为y，点A移动的距离为x，则y关于x的大致图象是（）二、填空题15、如图，△ABC是边长6的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别在AB、BC边上均速移动，它们的速度分别为V p=2cm/s， V Q=1cm/s，当点P到达点B时， P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为ts，则当t=___ s时，△PBQ为直角三角形.16、如图，AO OM，OA=4，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB，AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰Rt△OBF.等腰Rt△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，则PB的长度为_________．17、如图，在菱形ABCD中，AB=4cm，∠ADC=120°，点E、F同时由A、C两点出发，分别沿AB、CB方向向点B匀速移动（到点B为止），点E的速度为1cm/s，点F的速度为2cm/s，经过t秒△DEF为等边三角形，则t的值为．18、动手操作：在矩形纸片ABCD中，AB=3，AD=5．如图所示，折叠纸片，使点A落在BC 边上的A′处，折痕为PQ，当点A′在BC边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．若限定点P、Q分别在AB、AD边上移动，则点A′在BC边上可移动的最大距离为．19、如图，在△ABC中，∠B=90°，AB=12mm，BC=24mm，动点P从点A开始沿边AB向B以2mm/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4mm/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，那么经过秒，四边形APQC的面积最小．20、如图，在平面直角坐标系中，一动点从原点O出发，沿着箭头所示方向，每次移动1个单位，依次得到点（0，1），（1，1），（1，0），（1，－1），（2，－1），（2，0），…，则点的坐标是.21、如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm，动点M、N从点C同时出发，均以每秒1cm的速度分别沿CA、CB向终点A、B移动，同时动点P从点B出发，以每秒2cm的速度沿BA向终点A移动，连接PM，PN，MN，设移动时间为t（单位：秒，0＜t＜2.5）．（1）当时间为t秒时，点P到BC的距离为cm．（2）当t为何值时，以A，P，M为顶点的三角形与△ABC相似？（3）是否存在某一时刻t，使四边形APNC的面积S有最小值？若存在，求S的最小值；若不存在，请说明理由．22、如图，将边长为12的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到△A′B′C′，当两个三角形重叠部分的面积为32时，它移动的距离AA′等于．23、如图，直线AB、CD相交于点O，∠AOC=30°，⊙P的半径为1cm，且OP=4cm，如果⊙P 以1cm/s的速度沿由A向B的方向移动，那么秒后⊙P与直线CD相切．三、解答题24、如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝12cm，点P从A开始沿AB边向点B以1厘米/秒的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2厘米/秒的速度移动。
力学中的动态问题分析解题方法.
的平衡方程可写成： ⎨⎧∑F = 0动态平衡问题的分析和解题技巧一． 知识清单：(1）共点力的平衡1.共点力：物体受到的各力的作用线或作用线的延长线能相交于一点的力.2.平衡状态：在共点力的作用下，物体处于静止或匀速直线运动的状态.3.共点力作用下物体的平衡条件：合力为零，即 F ＝0. 合4.力的平衡：作用在物体上几个力的合力为零，这种情形叫做力的平衡.(1)若处于平衡状态的物体仅受两个力作用，这两个力一定大小相等、方向相反、作用在一 条直线上，即二力平衡.(2)若处于平衡状态的物体受三个力作用，则这三个力中的任意两个力的合力一定与另一个 力大小相等、方向相反、作用在一条直线上.(3)若处于平衡状态的物体受到三个或三个以上的力的作用，则宜用正交分解法处理，此时x ⎩∑F y = 0（2）物体的动态平衡问题物体在几个力的共同作用下处于平衡状态，如果其中的某个力（或某几个力）的大小或方 向，发生变化时，物体受到的其它力也会随之发生变化，如果在变化的过程中物体仍能保 持平衡状态，我们就可以依据平衡条件，分析出物体受到的各力的变化情况。
二． 解题方法指导（1）矢量三角形法①如果物体在三个力作用下处于平衡状态，其中只有一个力的大小和方向发生变化，而另 外两个力中，一个大小、方向均不变化；一个只有大小变化，方向不发生变化的情况。
②如果物体在三个力作用下处于平衡状态，其中一个力的大小和方向发生变化时，物体受 到的另外两个力中只有一个大小和方向保持不变，另一个力的大小和方向也会发生变化的 情况下，考虑三角形的相似关系。
(2) 图解法：对研究对象进行受力分析，再根据三角形定则画出不同状态下的力的矢量图（画在同一个 图中），然后根据有向线段（表示力）的长度变化判断各力的变化情况。
图解法分析动态平衡问题，往往涉及三个力，其中一个力为恒力，另一个力方向不变，但 大小发生变化，第三个力则随外界条件的变化而变化，包括大小和方向都变化。
初中数学动态问题教案
初中数学动态问题教案一、教学目标1. 让学生理解动态问题的概念，能够识别和分析动态问题。
2. 培养学生运用几何知识解决动态问题的能力。
3. 发展学生的空间想象能力和思维能力。
二、教学内容1. 动态问题的定义和特点2. 动态问题的解决方法3. 典型动态问题分析三、教学重点与难点1. 重点：动态问题的识别和解决方法。
2. 难点：对动态问题中的变化规律的理解和应用。
四、教学准备1. 课件或黑板2. 动态问题实例3. 学习材料和练习题五、教学过程1. 导入a. 引入动态问题的概念，让学生初步了解动态问题。
b. 展示一些日常生活中的动态问题，让学生感受到动态问题的实际意义。
2. 教学动态问题的特点a. 引导学生观察和分析动态问题的特点，如变化元素、变化规律等。
b. 让学生通过实例体验动态问题的解决过程，总结解决动态问题的方法。
3. 教学动态问题的解决方法a. 引导学生运用几何知识解决动态问题，如利用几何图形的性质、变换、坐标等。
b. 让学生通过练习题，运用所学方法解决实际问题，巩固解题技巧。
4. 典型动态问题分析a. 分析动态问题的常见类型，如动点问题、动线问题等。
b. 引导学生运用所学方法，分析解决典型动态问题。
5. 课堂练习a. 提供一些动态问题练习题，让学生独立解决。
b. 引导学生互相交流解题思路，讨论解题方法。
6. 总结与反思a. 让学生回顾本节课所学内容，总结动态问题的特点和解决方法。
b. 鼓励学生反思自己在解决动态问题时的优点和不足，提出改进措施。
六、教学评价1. 课堂练习的完成情况。
2. 学生对动态问题的理解和解决能力。
3. 学生对动态问题学习的态度和合作意识。
七、教学延伸1. 进一步研究动态问题的解决方法，如利用计算机辅助教学。
2. 结合其他学科，探讨动态问题的实际应用。
八、教学反思本节课结束后，教师应认真反思教学效果，针对学生的掌握情况，调整教学策略，以提高学生解决动态问题的能力。
同时，关注学生的学习兴趣和积极性，激发学生学习数学的内在动力。
怎样解决好中考数学的动态问题
怎样解决好中考数学的动态问题一、就运动类型而言有函数中的动点问题、图象问题、面积问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。
二、就运动对象而言几何图形中的动点问题，有点动、线动、面动三大类。
三、就图形变化而言有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等。
从历年中考来看，动态问题经常作为压轴题目显现，得分率也是最低的。
动态问题一样分两类，一类是代数综合方面，在坐标系中有动点，动直线，一样是利用多种函数交叉求解。
另一类确实是几何综合题，在梯形，矩形，三角形中设立动点、线以及整体平移翻转，对考生的综合分析能力进行考察。
因此说，动态问题是中考数学当中的重中之重，只完全把握才能拿高分。
因此，关于中考数学专门多人不经会问我们应该多关注什么？如何样才能拿到高分？事实上这些问题专门难给出一个正确回答。
我们要多去研究题型，关注试题变化，尽量让自己“做一题、会一类”，如动点问题、运动类型问题，在全国各地中考卷显现的概率是专门大的，而且大多以压轴题形式显现。
动点与函数图象问题常见的四种类型：1、三角形中的动点问题：动点沿三角形的边运动，依照问题中的常量与变量之间的关系，判定函数图象。
2、四边形中的动点问题：动点沿四边形的边运动，依照问题中的常量与变量之间的关系，判定函数图象。
3、圆中的动点问题：动点沿圆周运动，依照问题中的常量与变量之间的关系，判定函数图象。
4、直线、双曲线、抛物线中的动点问题：动点沿直线、双曲线、抛物线运动，依照问题中的常量与变量之间的关系，判定函数图象。
图形运动与函数图象问题常见的三种类型：1、线段与多边形的运动图形问题：把一条线段沿一定方向运动通过三角形或四边形，依照问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判定函数图象。
2、多边形与多边形的运动图形问题：把一个三角形或四边形沿一定方向运动通过另一个多边形，依照问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判定函数图象。
3、多边形与圆的运动图形问题：把一个圆沿一定方向运动通过一个三角形或四边形，或把一个三角形或四边形沿一定方向运动通过一个圆，依照问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判定函数图象。
数学动态问题方法提炼
数学动态问题方法提炼
1. 分析问题要素：首先，对于数学动态问题，需要明确问题中的各个要素，例如参与者、变量、时间等。
2. 建立数学模型：根据问题要素，可以建立相应的数学模型，包括方程、不等式、概率等，以描述所研究的问题。
3. 解析数学模型：通过解析数学模型，可以得到问题的数学解答，例如方程的解、不等式的值域等。
4. 验证解答的合理性：将数学解答与实际情况进行对照，验证其是否符合实际的逻辑和限制条件。
5. 推广应用：根据已得到的数学解答，可以进一步推广应用到类似或相关的问题中，以拓展研究领域并提供解决思路。
总体而言，数学动态问题的方法提炼包括分析、建模、解析、验证和推广应用等步骤，通过这些步骤可以对问题进行全面而细致的研究。
动态问题(含答案)
动态问题24、如图，P 为正方形 ABCD 的对称中心，A （0，3），B （1，0），直线 OP 交 AB 于 N ，DC 于 M ，点 H 从原点 O 出发沿 x 轴的正半轴方向以 1 个单位每秒速度运动，同时， 点 R 从 O 出发沿 OM 方向以 2 个单位每秒速度运动，运动时间为 t 。
求： （1）C 的坐标为；（2）当 t 为何值时，△ANO 与△DMR 相似？（3）△HCR 面积 S 与 t 的函数关系式；并求以 A 、B 、C 、R 为顶点的四边形是梯形时 t 的值及 S 的最大值。
【关键词】运动性问题 【答案】（1）Ｃ（４，１）（2）当∠MDR ＝45０时，ｔ＝2,点Ｈ（2，0） 当∠DRM ＝45０时，ｔ＝3,点Ｈ（3，0）（３）Ｓ＝－ 1 ｔ２＋２ｔ（０＜ｔ≤４）；（1 分）Ｓ＝ 1ｔ２－２ｔ（ｔ＞４）213 当ＣＲ∥ＡＢ时，ｔ＝ 492，（1 分）Ｓ＝ 39 32 9当ＡＲ∥ＢＣ时，ｔ＝当ＢＲ∥ＡＣ时，ｔ＝，Ｓ＝ 2 8 1 11，Ｓ＝31824．已知：把 Rt △ABC 和 Rt △DEF 按如图（1）摆放（点 C 与点 E 重合），点 B 、C （E ）、 F 在同一条直线上．∠ACB = ∠EDF = 90°，∠DEF = 45°，AC = 8 cm ，BC = 6 cm ，EF = 9cm ． 如图（2），△DEF 从图（1）的位置出发，以 1 cm/s 的速度沿 CB 向△ABC 匀速移动，在△DEF 移动的同时，点 P 从△ABC 的顶点 B 出发，以 2 cm/s 的速度沿 BA 向点 A 匀速移动.当△DEF 的顶点 D 移动到 AC 边上时，△DEF 停止移动，点 P 也随之停止移动．DE 与 AC 相交于点 Q ，连接 PQ ，设移动时间为 t （s ）（0＜t ＜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 （cm 2），求 y 与 t 之间的函数关系式；是否存在某一时刻 t ，使面积 y 最小？若存在，求出 y 的最小值；若不存在，说明理由．（3）是否存在某一时刻 t ，使 P 、Q 、F 三点在同一条直线上？若存在，求出此时 t 的值；若不存在，说明理由．（图（3）供同学们做题使用）AA- 1 -D PQyDARMP N COxBHADB C（E）F B EC F B C8 = . 最小△ABC △BPE【关键词】 【答案】解：（1）∵点 A 在线段 PQ 的垂直平分线上，∴AP = AQ .（用圆珠笔或钢笔画图）∵∠DEF = 45°，∠ACB = 90°，∠DEF ＋∠ACB ＋∠EQC = 180°， ∴∠EQC = 45°. ∴∠DEF =∠EQC . ∴CE = CQ .由题意知：CE = t ，BP =2 t ，∴CQ = t . ∴AQ = 8－t .在 Rt △ABC 中，由勾股定理得：AB = 10 cm . 则 AP = 10－2 t . ∴10－2 t = 8－t . 解得：t = 2.答：当 t = 2 s 时，点 A 在线段 PQ 的垂直平分线上. ····························· 4 分（2）过 P 作 PM ⊥ BE ，交BE 于 M ， A ∴ ∠BMP = 90° .在 Rt △ABC 和 Rt △BPM 中， sin B = AC = PM ， DAB BPP ∴ PM = 8 2t 10 . ∴PM = 8 t . 5 Q B M E C F ∵BC = 6 cm ，CE = t ， ∴ BE = 6－t .∴y = S －S = 1 BC ⋅ AC － 1 BE ⋅ PM = 1 × 6 × 8 －图（2） × (6 − t ) × t 2 = 4 t 2 − 24 t + 24 =5 5 2 2 2 5 4 (t − 3)2 + 84 . 5 5 ∵ a = 4> 0 ，∴抛物线开口向上.5∴当 t = 3 时，y 845答：当 t = 3s 时，四边形 APEC 的面积最小，最小面积为 84cm 2.····················8 分5（3）假设存在某一时刻 t ，使点 P 、Q 、F 三点在同一条直线上.过 P 作 PN ⊥ AC ，交 AC 于 N ，∴ ∠ANP = ∠ACB = ∠PNQ = 90° .∵ ∠PAN = ∠BAC ，∴△PAN ∽△BAC . ∴ PN = AP = AN . BC AB AC ∴ PN = 10 − 2t = AN .ADP N Q B F 6 10 8图（3） 1∴ PN = 6 − 6 t ， AN = 8 − 8t .5 5∵NQ = AQ －AN ，∴NQ = 8－t －( 8 − 8 t ) = 3t ．5 5∵∠ACB = 90°，B 、C （E ）、F 在同一条直线上， ∴∠QCF = 90°，∠QCF = ∠PNQ . ∵∠FQC = ∠PQN ， ∴△QCF ∽△QNP .∴ PN =NQ 6 − 6 t 3 t. ∴ 5 = 5 . FC CQ9 − t t 6 − 6 t∵ 0 < t < 4.5∴ 5 = 39 − t 5解得：t = 1.答：当 t = 1s ，点 P 、Q 、F 三点在同一条直线上.25．已知，正方形 ABCD 中，∠MAN=45°, ∠MAN 绕点 A 顺时针旋转，它的两边分别交 CB 、DC （或它们的延长线）于点 M 、N ，AH ⊥MN 于点 H ． （1）如图①，当∠MAN 绕点 A 旋转到 BM=DN 时，请你直接写出 AH 与 AB 的数量关系： ； （2）如图②，当∠MAN 绕点 A 旋转到 BM ≠DN 时，（1）中发现的 AH 与 AB 的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由．如果成立请证明； （3）如图③，已知∠MAN=45°，AH ⊥MN 于点 H ，且 MH=2，NH=3，求 AH 的长． （可利用（2）得到的结论）【关键词】正方形与旋转【答案】解：（1）如图①AH=AB ………………………..1 分（2）数量关系成立.如图②，延长 CB 至 E ，使 BE=DN∵ABCD 是正方形∴AB=AD ，∠D=∠ABE=90°∴Rt △AEB ≌Rt △AND………………… ……………3 分 图①∴AE=AN ，∠EAB=∠NAD∴∠EAM=∠NAM=45°∵AM=AM∴△AEM ≌△ANM………………………………….4 分∵AB 、AH 是△AEM 和△ANM 对应边上的高，∴（3）如图③分别沿 AM 、AN 翻折△AMH 和△得到△ABM 和△AND∴BM=2，DN=3，∠B=∠D=∠BAD=90°分别延长 BM 和 DN 交于点 C ，得正方形 ABCE ． 由（2）可知，AH=AB=BC=CD=AD. 设 AH=x ，则 MC= x − 2 , NC= x − 3 图②在 Rt ⊿MCN 中，由勾股定理，得MN 2 = MC 2 + NC 2∴ 52= (x − 2) 2+ (x − 3)2………………………6 分解得 x 1 = 6, x 2 = −1 .（不符合题意，舍去）∴AH=6.……………………………………………7 分图③1.如图，在△ABC 中， AB = AC = 2 ， ∠BAC = 20� ．动点 P ，Q 分别在直线BC 上运动，且始终保持∠PAQ = 100� ．设 BP = x ， CQ = y ，则 y 与 x 之间的函数关系用图象大致可以表示为 （ ）ＡＢＣＡ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．【关键词】函数的图象【答案】A（12 分）如图, 已知抛物线 y =1x 2 + bx + c 与 y 轴相交于 C ，与 x轴相交于 A 、B ，点 A2Ｐxy Ｑ⎨的坐标为（2，0），点 C 的坐标为（0，－1）. （1）求抛物线的解析式；（2）点 E 是线段 AC 上一动点，过点 E 作 DE ⊥x 轴于点 D ，连结 DC ，当△DCE 的面积最大时，求点 D 的坐标； （3）在直线 BC 上是否存在一点 P ，使△ACP 为等腰三角形，若存在，求点 P 的坐标， 若不存在，说明理由.【答案】26题图解：（1）∵二次函数 y = 1x 2 + bx + c 的图像经过点 A （2，0）C(0,－1)2⎧2 + 2b + c = 0 ∴ ⎩c = −1解得： b =－ 1 2c =－1－－－－－－－－－－－－－－－－－－－2 分∴二次函数的解析式为 y = 1 x 2 − 1x −1 －－－－－－－－3 分2 2（2）设点 D 的坐标为（m ，0） （0＜m ＜2）∴ OD=m ∴AD=2－m 由△ADE ∽△AOC 得， AD AO DE －－－－－－－－－－－－－－4 分 OC2 − mDE∴=2 1∴DE= 2 − m 2－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－5 分∴△CDE 的面积= 12 − m ××m= − m 2+ m = − 1 (m −1)2+ 12 2 4 2 4 4当 m =1 时，△CDE 的面积最大∴点 D 的坐标为（1，0）－－－－－－－－－－－－－－8 分=10 10 2 ⎨ （3）存在 由(1)知：二次函数的解析式为 y = 1 x 2 − 1x −12 2设 y=0 则0 =1x 2 − 1x − 1 解得：x 1=2 x 2=－1 2 2∴点 B 的坐标为（－1，0） C （0，－1） 设直线 BC 的解析式为：y =kx ＋b⎧− k + b = 0∴ ⎩b = −1 解得：k =－1 b =－1∴直线 BC 的解析式为: y =－x －1 在 Rt △AOC 中，∠AOC=900 OA=2 OC=1由勾股定理得：AC= ∵点 B(－1,0) 点 C （0，－1） ∴OB=OC ∠BCO=450①当以点 C 为顶点且 PC=AC= 5 时， 设 P(k, －k －1)过点 P 作 PH ⊥y 轴于 H ∴∠HCP=∠BCO=450CH=PH=∣k ∣ 在 Rt △PCH 中 k 2+k 2=( 5 )210 10 解得 k = ， k =－ 1 222∴P 1（，－ 2 2 −1 ） P 2（－ 2 ， −1 ）－－－10 分 2②以 A 为顶点，即 AC=AP= 设 P(k , －k －1)过 点 P 作 PG ⊥x 轴 于 G AG=∣2－k ∣ GP=∣－k －1∣ 在 Rt △APG 中 AG 2＋PG 2=AP 2 （2－k )2+(－k －1)2=5 解得：k 1=1,k 2=0(舍)∴P 3(1, －2) －－－－－－－－－11 分 ③以 P 为顶点，PC=AP 设 P(k , －k －1) 过点 P 作 PQ ⊥y 轴于点 Q PL ⊥x 轴于点 L ∴L(k ,0)∴△QPC 为等腰直角三角形 PQ=CQ=k由勾股定理知 CP=PA= k5 10 10 510 10 AB FCDHAB(F)D H Cy 122 23 2xy 122 23 2xy 122 23 2x y122 23 2 x∴AL=∣k －2∣, PL=｜－k －1｜在 Rt △PLA 中( 5k)2=(k －2)2＋(k ＋1)25 7解得：k =∴P 4( 2,－ ) －－－－－－－－－－－12 分 2 2综上所述： 存在四个点：P 1（2 ，－ −1）2P 2（－2 ， −1 ） P 3(1, －2) P 4( 25 7,－ )22如图，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（ ）EEG10题图G【关键词】A 函数图像及动点问题 BC D【答案】B1 如图，正方形 ABCD 的边长是 3cm ，一个边长为 1cm 的小正方形沿着正方形 ABCD 的边 AB →BC→CD→DA→AB 连续地翻转，那 AB么这个小正方形第一次回到起始位置时， 它的方向是下图的 （ ）ABCD【关键词】翻转,旋转 【答案】ADC第 7 题图2.如图，已知直角梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD ＝2，AB ＝8，CD ＝10．2 10 10CD 2 − DE 2 102 − 82 (1)求梯形 ABCD 的周长；(2)动点 P 从点 B 出发，以 1cm/s 的速度沿 B→A→D→C 方向向点 C 运动；动点 Q 从点 C 出发，以 1cm/s 的速度沿 C→D→A 方向向点 A 运动；过点 Q 作 QF ⊥BC 于点 F ．若 P 、 Q 两点同时出发，当其中一点到达终点时整个运动随之结束，设运动时间为 t 秒．问： ①当点 P 在 B →A 上运动时，是否存在这样的 t ，使得直线 PQ 将梯形 ABCD 的周长平分？若存在，请求出 t 的值；若不存在，请说明理由.②在运动过程中，是否存在这样的 t ，使得以 P 、D 、Q 为顶点的三角形恰好是以 DQ 为一腰的等腰三角形？若存在，请求出所有符合条件的 t 的值；若不存在，请说明理由．【关键词】运动与等腰三角形 【答案】解：（1）过点 D 作 DE ⊥BC 于点 E∵四边形 ABCD 是直角梯形∴四边形 ABED 是矩形 ∴AD=BE=2，AB=DE=8在 Rt △DEC 中，CE= = =6∴梯形 ABCD 的周长= AB+BC+CD+DA=28.（2） ① ∵梯形 ABCD 的周长为 28，PQ 平分梯形 ABCD 的周长∴BP+BC+CQ=14 又∵BP=CQ=t ∴t+8+t=14∴t=3∴当 t=3 时，PQ 平分梯形 ABCD 的周长. ②（i ）当 0≤t≤8 时，过点 Q 作 QG ⊥AB 于点 G∵AP=8－t ，DQ=10－t ，AD=2，sinC= 4，cosC= 355 ∴CF= 3 t ，QF= 4 t ，PG= t − 4 t = 1t ，QG=8－ 3 t55555PD 2 = AP 2 + AD 2 =（8－t ）2+22=t 2+16t+68，PQ 2=QG 2+PG 2=（8－ 3 t ）2+（ 1 t ）2= 2 t 2 − 48t + 645 5 5 5若 DQ=PD ，则（10－t ）2= t 2+16t+68，解得：t=8； 若 DQ=PQ ，则（10－t ）2= 2t 2 −48 t + 64 ，5 5解得：t 1=26 − 2 343，t 2=26 + 2 3 34 ＞8（舍去），此时 t= 26 − 2 334 ；（ii ）当 8＜t ＜10 时，PD=DQ=10－t ，∴此时以 DQ 为一腰的等腰△DPQ 恒成立；而当 t=10 时，点 P 、D 、Q 三点重合，无法构成三角形； （iii ）当 10＜t≤12 时，PD=DQ= t －10，∴此时以 DQ 为一腰的等腰△DPQ 恒成立； 综上所述，当 t=26 − 2 334或 8≤t ＜10 或 10＜t≤12 时，以 P 、D 、Q 为顶点的三角形恰好是 以 DQ 为一腰的等腰三角形.25．如图， 已知等边三角形 ABC 中，点 D ，E ，F 分别为边 AB ，AC ，BC 的中点，M 为直线 BC 上一动点，△DMN 为等边三角形（点 M 的位置改变时， △DMN 也随之整体移动） ． （1）如图①，当点 M 在点 B 左侧时，请你判断 EN 与 MF 有怎样的数量关系？点 F 是否在直线 NE 上？都. 请. 直. 接. 写出结论，不必证明或说明理由； （2）如图②，当点 M 在 BC 上时，其它条件不变，（1）的结论中 EN 与 MF 的数量关系是否仍然成立?若成立，请利用图②证明；若不成立，请说明理由； （3）若点 M 在点 C 右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中 EN 与 MF 的数量关系是否仍然成立?若成立?请直接写出结论，不必证明或说明理由．A AADED · ·EB FCB·MMFCFCN 图①图②图③第 25 题图【关键词】等边三角形 【答案】25．（1）判断：EN 与 MF 相等 （或 EN=MF ），点 F 在直线 NE 上，····························3 分（说明：答对一个给 2 分） （2）成立．··································································································································4 分证明：法一：连结 DE ，DF ． ······································································································· 5 分 ∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC =BC ． 又∵D ，E ，F 是三边的中点，∴DE ，DF ，EF 为三角形的中位线．∴DE =DF =EF ，∠FDE =60°．又∠MDF +∠FDN =60°， ∠NDE +∠FDN =60°， ∴∠MDF =∠NDE ． ················································································································ 7 分在△DMF 和△DNE 中，DF =DE ，DM =DN ， ∠MDF =∠NDE ， ∴△DMF ≌△DNE ． ·············································································································· 8 分 ∴MF =NE ． ·············································································································· 9 分A ABMFCBMFC法二：延长 EN ，则 EN 过点 F ． ··································································································5 分 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AB =AC =BC ．又∵D ，E ，F 是三边的中点， ∴EF =DF =BF ． ∵∠BDM +∠MDF =60°， ∠FDN +∠MDF =60°，∴∠BDM =∠FDN ．···················································································································· 7 分又∵DM =DN ， ∠ABM =∠DFN =60°，∴△DBM ≌△DFN ．·················································································································· 8 分 ∴BM =FN ．∵BF =EF ， ∴MF =EN ．··········································································································9 分法三：连结 DF ，NF ． ·························································································································· 5 分 ∵△ABC 是等边三角形， ∴AC =BC =AC ．又∵D ，E ，F 是三边的中点，∴DF 为三角形的中位线，∴DF = 1 2AC = 1AB =DB ．2又∠BDM +∠MDF =60°， ∠NDF +∠MDF =60°，∴∠BDM =∠FDN ． ················································································································ 7 分在△DBM 和△DFN 中，DF =DB ，DM =DN ， ∠BDM =∠NDF ，∴△DBM ≌△DFN ．∴∠B =∠DFN =60°．···················································································································8 分又∵△DEF 是△ABC 各边中点所构成的三角形，D END E N∴∠DFE =60°． ∴可得点 N 在 EF 上， ∴MF =EN ．··············································································································9 分（3）画出图形（连出线段 NE ）， ·························································································· 11 分 MF 与 EN 相等的结论仍然成立（或 MF =NE 成立）． ······················································12 分BF C1.如图，在等边∆ABC 中，线段 AM 为 BC 边上的中线. 动点 D 在直. 线. AM 上时，以 CD 为一边且在 CD 的下方作等边 ∆CDE ，连结 BE . (1) 填空： ∠ACB = ______ 度；(2) 当点 D 在线. 段. AM 上(点 D 不运动到点 A )时，试求出AD的值； BE(3)若 AB = 8 ，以点 C 为圆心，以 5 为半径作⊙ C 与直线 BE 相交于点 P 、 Q 两点， 在点 D 运动的过程中(点 D 与点 A 重合除外)，试求 PQ 的长.(2)∴ AC = BC ， CD = CE ， ∠∴ ∠ACD + ∠DCB = ∠DCB + ∠∴ ∠ACD = ∠BCECQ 2 − CH 2 52 − 42∴ ∆ACD ≌ ∆BCE (SAS ) AD∴ AD = BE ，∴BE= 1.(3)①当点 D 在线段 AM 上（不与点则∠CBE = ∠CAD = 30°，作 CH 则 PQ = 2HQ ，连结 CQ ，则 在 Rt ∆CBH 中， ∠CBH = 30° ， 1 则CH = BC ⋅ sin 30° = 8 × 2= 4 .在 Rt ∆CHQ 中，由勾股定理得：HQ = = ②当点 D 在线段 AM ∵ ∆ABC 与 ∆DEC ∴ AC = BC ， CD = CE ， ∠ACB = ∠DCE = 60° ∴ ∠ACB + ∠DCB = ∠DCB + ∠DCE ∴ ∠ACD = ∠BCE ∴ ∆ACD ≌ ∆BCE (SAS )∴ ∠CBE = ∠CAD = 30°③当点 D 在线段 MA ∵ ∆ABC 与 ∆DEC ∴ AC = BC ， CD = CE ， ∠∴ ∠ACD + ∠ACE = ∠BCE ∴ ∠ACD = ∠BCE ∴ ∆ACD ≌ ∆BCE (SAS ) ∴ ∠CBE = ∠CAD ∵ ∠CAM = 30° ∴ ∠CBE = ∠CAD = 150° ∴ ∠CBQ = 30° .同理可得： PQ = 6 .综上， PQ 的长是 6.DEN2.如图， 已知等边三角形 ABC 中，点 D ，E ，F 分别为边 AB ，AC ，BC 的中点，M 为直线 BC 上一动点，△DMN 为等边三角形（点 M 的位置改变时， △DMN 也随之整体移动） ． （1）如图①，当点 M 在点 B 左侧时，请你判断 EN 与 MF 有怎样的数量关系？点 F 是否在直线 NE 上？都. 请. 直. 接. 写出结论，不必证明或说明理由； （2）如图②，当点 M 在 BC 上时，其它条件不变，（1）的结论中 EN 与 MF 的数量关系是否仍然成立?若成立，请利用图②证明；若不成立，请说明理由；（3）若点 M 在点 C 右侧时，请你在图③中画出相应的图形，并判断（1）的结论中 EN 与 MF 的数量关系是否仍然成立?若成立?请直接写出结论，不必证明或说明理由．A AADED · ·EB BFC·B·MMFCN 图①图②图③第 25 题图【关键词】等边三角形、动点问题 【答案】（1）判断：EN 与 MF 相等 （或 EN=MF ），点 F 在直线 NE 上，A（2）成立．证明：法一：连结 DE ，DF ．∵△ABC 是等边三角形， ∴AB =AC =BC ． 又∵D ，E ，F 是三边的中点，DE∴DE ，DF ，EF 为三角形的中位线．∴DE =DF =EF ，∠FDE =60°． 又∠MDF +∠FDN =60°， ∠NDE +∠FDN =60°， ∴∠MDF =∠NDE ．N在△DMF 和△DNE 中，DF =DE ，DM =DN ， ∠MDF =∠NDE BMFC∴△DMF ≌△DNE ． ∴MF =NE ． 法二：延长 EN ，则 EN 过点 F ．∵△ABC 是等边三角形， ∴AB =AC =BC ．又∵D ，E ，F 是三边的中点， ∴EF =DF =BF ． A ∵∠BDM +∠MDF =60°， ∠FDN +∠MDF =60°，∴∠BDM =∠FDN ．又∵DM =DN ， ∠ABM =∠DFN =60°， ∴△DBM ≌△DFN ． ∴BM =FN ．∵BF =EF ， ∴MF =EN ．BMFCDEN法三：连结 DF ，NF ．∵△ABC 是等边三角形， ∴AC =BC =AC ．又∵D ，E ，F 是三边的中点，∴DF 为三角形的中位线，∴DF = 1 2 AC = 1AB =DB ．2又∠BDM +∠MDF =60°， ∠NDF +∠MDF =60°， ∴∠BDM =∠FDN ．在△DBM 和△DFN 中，DF =DB ，DM =DN ， ∠BDM =∠NDF ，∴△DBM ≌△DFN ． ∴∠B =∠DFN =60°．又∵△DEF 是△ABC 各边中点所构成的三角形， ∴∠DFE =60°． ∴可得点 N 在 EF 上， ∴MF =EN ．（3）画出图形（连出线段 NE ），BMF 与 EN 相等的结论仍然成立（或 MF =NE 成立）．FCM（本题满分 13 分）如图，在梯形 ABCD 中，AD ∥BC ，∠B ＝90°，BC ＝6，AD ＝3，∠DCB ＝30°.点 E 、F 同时从 B 点出发，沿射线 BC 向右匀速移动.已知 F 点移动速度是 E 点移动速度的 2 倍，以 EF 为一边在 CB 的上方作等边△EFG ．设 E 点移动距离为 x （x ＞0）. ⑴△EFG 的边长是_ _（用含有 x 的代数式表示），当 x ＝2 时，点 G 的位置在_ _ _； ⑵若△EFG 与梯形 ABCD 重叠部分面积是 y ，求 ①当 0＜x≤2 时，y 与 x 之间的函数关系式； ②当 2＜x≤6 时，y 与 x 之间的函数关系式；⑶探求⑵中得到的函数 y 在 x 取含何值时，存在最大值，并求出最大值.【答案】解：⑴ x ，D 点；⑵ ①当 0＜x≤2 时，△EFG 在梯形 ABCD 内部，所以 y ＝②分两种情况：Ⅰ.当 2＜x ＜3 时，如图 1，点 E 、点 F 在线段 BC 上，3 x 2；49 3 9 39 3 △EFG 与梯形 ABCD 重叠部分为四边形 EFNM ， ∵∠FNC ＝∠FCN ＝30°,∴FN ＝FC ＝6－2x.∴GN ＝3x －6. 由于在 Rt △NMG 中，∠G ＝60°，所以，此时 y ＝3 x 2－43 （3x －6）2＝ − 783 x 2 + 9 83 x − 9 3 .22Ⅱ.当 3≤x≤6 时，如图 2，点 E 在线段 BC 上，点 F 在射线 CH 上， △EFG 与梯形 ABCD 重叠部分为△ECP ， ∵EC ＝6－x,∴y ＝3 （6－x ）2＝ 83 x 2 − 3 83 x + 9 3 .22⑶当 0＜x≤2 时，∵y ＝3 x 2 在 x ＞0 时，y 随 x 增大而增大，4∴x ＝2 时，y 最大＝ 3 ；当 2＜x ＜3 时，∵y ＝ − 8x 2+x − 923 在 x ＝ 18 时，y 27最大＝； 7当 3≤x≤6 时，∵y ＝3 x 2 − 3 8 3 x + 9 2 3 在 x ＜6 时，y 随 x 增大而减小，2∴x ＝3 时，y 最大＝. 8综上所述：当 x ＝ 18时，y 7最大＝ .7图 1图 223．如图，在平面直角坐标系中，顶点为（ 4 ， −1）的抛物线交 y 轴于 A 点，交 x 轴于 B ，C 两点（点 B 在点 C 的左侧）. 已知 A 点坐标为（ 0 ， 3）.（1）求此抛物线的解析式；7 3 9 3BDA Q EOPC32 + 22 13 13（2）过点 B 作线段 AB 的垂线交抛物线于点 D ， 如果以点 C 为圆心的圆与直线 BD 相切，请判断抛物线的对称轴l 与⊙ C 有怎样的位置关系，并给出证明；（3）已知点 P 是抛物线上的一个动点，且位于 A ， C 两点之间，问：当点 P 运动到什么位置时， ∆PAC 的面积最大？并求出此时 P 点的坐标和∆PAC 的最大面积.yx(第 23 题)y【关键词】二次函数和运动性问题【答案】（1）解：设抛物线为 y = a (x − 4)2−1 .∵抛物线经过点 A （0，3）， x∴ 3 = a (0 − 4)2−1.∴ a = 1. 4∴抛物线为 y = 1 (x − 4)2 −1 = 1x 2 − 2x + 3 .4 4(2) 答： l 与⊙ C 相交.证明：当 1(x − 4)2 −1 = 0 时， x = 2 ， x = 6 .(第 23 题)41 2∴ B 为（2，0）， C 为（6，0）.∴ AB = = 13 .设⊙ C 与 BD 相切于点 E ，连接 CE ，则∠BEC = 90° = ∠AOB . ∵ ∠ABD = 90° ，∴ ∠CBE = 90° − ∠ABO .又∵ ∠BAO = 90° − ∠ABO ，∴ ∠BAO = ∠CBE .∴ ∆AOB ∽ ∆BEC .CE BC CE 6 − 2 8 ∴ = .∴ OB AB 2 = .∴ CE = > 2 .∵抛物线的对称轴l 为 x = 4 ，∴ C 点到 l 的距离为 2. ∴抛物线的对称轴l 与⊙ C 相交.DA OBCy BE FO P Ax3 (3) 解：如图，过点 P 作平行于 y 轴的直线交 AC 于点 Q .1可求出 AC 的解析式为 y = − 2 x + 3 .设 P 点的坐标为（ m ， 1 m 2 − 2m + 3），则 Q 点的坐标为（ m ， − 1m + 3 ）.4 2∴ PQ = − 1 m + 3 − ( 1 m 2 − 2m + 3) = − 1 m 2 + 3m .2 4 4 2∵ S ∆PAC = S ∆PAQ + S ∆PCQ= 1 ×(− 1 m 2 + 3 m ) × 6 = − 3 (m − 3)2 + 27 , 2 4 2 4 427∴当 m = 3 时， ∆PAC 的面积最大为 .4此时， P 点的坐标为（3， − ）. 424. (本题 12 分)如图，把含有 30°角的三角板 ABO 置入平面直角坐标系中，A ，B 两点坐标分别为（3，0）和(0，3 3 ）.动点 P 从 A 点开始沿折线 AO －OB －BA 运动，点 P 在 AO ，OB ，BA 上运动的速度分别为 1， 3 ，2 (长度单位/秒)﹒一直尺的上边缘 l 从 x 轴的位置开始3(长度单位/秒)的速度向上平行移动（即移动过程中保持 l ∥x 轴），且分别与 OB ，AB 3 交于 E ，F 两点﹒设动点 P 与动直线 l 同时出发，运动时间为 t 秒，当点 P 沿折线 AO － OB －BA 运动一周时，直线 l 和动点 P 同时停止运动． 请解答下列问题：（1）过 A ，B 两点的直线解析式是 ▲ ； （2）当 t ﹦4 时，点 P 的坐标为 ▲；当 t ﹦ ▲，点 P 与点 E 重合；（3）① 作点 P 关于直线 EF 的对称点 P′. 在运动过程中，若形成的四边形 PEP′F 为菱形，则 t 的值是多少？② 当 t ﹦2 时，是否存在着点 Q ，使得△FEQ ∽△BEP ?若存在, 求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．以【关键词】一次函数、三角形全等、解直角三角形、菱形、对称 【答案】解：（1） y = − 3x + 3 ；………4 分 （2）（0, ）， t = 9 ；……4 分（各 2 分） 2 （3）①当点 P 在线段 AO 上时，过 F 作 FG ⊥ x 轴， G 为垂足（如图 1）∵ OE = FG , EP = FP ,∠ EOP = ∠ FGP = 90° ∴△ EOP ≌△ FGP ，∴ OP = PG ﹒又∵ OE = FG =3t ,∠ A = 60°,∴ AG = 3 FG tan 600= 1 t 3而 AP = t ，∴ OP = 3 − t , PG = AP − AG = 2t3由3 − t = 2 t 得 3 t = 9；…………………………1 分5(图 1)当点 P 在线段OB 上时，形成的是三角形，不存在菱形； 当点 P 在线段 BA 上时，过 P 作 PH ⊥ EF ， PM ⊥ OB ， H 、 M 分别为垂足（如图 2）∵ OE = 3t ,∴ BE = 3 3 3 − 3t ,∴ EF = 3BE tan600= 3 − t3∴ MP = EH = 1 EF = 9 − t， 又∵ BP = 2(t − 6)2 6在 Rt △ BMP 中， BP ⋅ cos 600 = MP即2(t − 6) ⋅ 1 = 9 − t ，解得 t = 45．……………………1 分（图 2)2 6 7 ②存在﹒理由如下：∵ t = 2 ，∴ OE = 23B y3 , AP = 2 ， OP = 1将△ BEP 绕点 E 顺时针方向旋转 90°，得到 △ B ′EC （如图 3）∵ OB ⊥ EF ，∴点 B ′ 在直线 EF 上， Q′ C 1 D 1 E FB′ C 点坐标为（ 23 3 ， 2 33 －1）CQ OP Ax过 F 作 FQ ∥ B ′C ，交 EC 于点 Q , 则△ FEQ ∽△ B ′EC(图 3)由 BE = B ′E = CE = 3 ，可得 Q 的坐标为（－ 2， 3 ）…………1 分FE FE QE3 33 3 y BP′ E F OPG Axy B MPE HF P′OA x－－－－－－－2 分 G M⎩ 根据对称性可得，Q 关于直线 EF 的对称点 Q ′ （－ 2， 3）也符合条件．1 分23．已知二次函数 y = ax 2+ bx + c 的图象经过点 A (3，0)，B (2，－3)，C (0，－3)．(1)求此函数的解析式及图象的对称轴；(2)点 P 从 B 点出发以每秒 0.1 个单位的速度沿线段 BC 向 C 点运动，点 Q 从 O 点出发以相同的速度沿线段 OA 向 A 点运动，其中一个动点到达端点时，另一个也随之停止运动．设 运动时间为 t 秒．①当 t 为何值时，四边形 ABPQ 为等腰梯形； ②设 PQ 与对称轴的交点为 M ，过 M 点作 x 轴的平行线交 AB 于点 N ，设四边形 ANPQ 的面积为 S ，求面积 S 关于时间 t 的函数解析式， 并指出 t 的取值范围；当 t 为何值时， S 有最大值或最小值．【关键词】二次函数、等腰梯形、动态探究 【答案】yQ O A xMNCP B第 23 题图解：(1)∵二次函数 y = ax 2+ bx + c 的图象经过点 C (0，－3)，∴c =－3．将点 A (3，0)，B (2，－3)代入 y = ax 2+ bx + c 得⎧0 = 9a + 3b − 3yQ E D ⎨− 3 = 4a + 2b − 3.解得：a =1，b =－2．∴ y = x 2 − 2x − 3 ．－－－－－－－－－－－－ 配方得： y = x −1 2− 4 ，所以对称轴为 x ． O A x NC F P B (2) 由题意可知：BP = OQ =0.1t ． ∵点 B ，点 C 的纵坐标相等， ∴BC ∥OA ．过点 B ，点 P 作 BD ⊥OA ，PE ⊥OA ，垂足分别为 D ，E ．3要使四边形 ABPQ 为等腰梯形，只需 PQ =AB ． 即 QE =AD =1．又 QE =OE －OQ =(2－0.1t )－0.1t =2－0.2t ， ∴2－0.2t =1． 解得 t =5．即 t=5 秒时，四边形 ABPQ 为等腰梯形． ②设对称轴与 BC ，x 轴的交点分别为 F ，G ． ∵对称轴 x =1 是线段 BC 的垂直平分线， ∴BF =CF =OG =1． 又∵BP =OQ ， ∴PF =QG ．又∵∠PMF =∠QMG ， ∴△MFP ≌△MGQ ． ∴MF =MG ．∴点 M 为 FG 的中点∴S= SABPQ- S ∆BPN ，= SABFG- S ∆BPN ．1 9由 S ABFG = (BF + AG )FG = ．2 2 1 1 3S ∆BPN = 2 BP ⋅ 2 FG = 40 t ．∴S= 9 − 2 3 t ．40又 BC =2，OA =3，∴点 P 运动到点 C 时停止运动，需要 20 秒． ∴0<t ≤20．∴当 t =20 秒时，面积 S 有最小值 3．26．已知：如图（1），在平面直角坐标系 xOy 中，边长为 2 的等边△OAB 的顶点 B 在第一象限，顶点 A 在 x 轴的正半轴上．另一等腰△OCA 的顶点 C 在第四象限，OC=AC ,∠C =120°．现有两动点Ｐ，Ｑ分别从Ａ，Ｏ两点同时出发，点Ｑ以每秒 1 个单位的速度沿ＯＣ向点Ｃ运动，点Ｐ以每秒3 个单位的速度沿A→O→B 运动，当其中一个点到达终点时，另一点也随之停止．C 1 （1）求在运动过程中形成的△OPQ 的面积S 与运动的时间 t 之间的函数关系式，并写出自变量 t 的取值范围；（2）在等边△OAB 的边上（点 A 除外）存在点 D ,使得△OCD 为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点 D 的坐标； （3）如图（2），现有∠MCN =60°,其两边分别与 OB ,AB 交于点 M ,N ，连接 MN ．将∠MCN 绕着 C 点旋转(0°＜旋转角＜60°)，使得 M ,N 始终在边 OB 和边 AB 上．试判断在这一过程中,△BMN 的周长是否发生变化?若没变化,请求出周长；若发生变化，请说明理由．C26 题图（2）【答案】解：(1) 过点 C 作 CD ⊥OA 于点 D.(如图①)∵OC=AC,∠ACO=120°,∴∠AOC=∠OAC=30°.∵OC=AC, CD ⊥OA, ∴OD=DA=1. 在 Rt △ODC 中，OC=（i ）当 0 < t <2时， OQ = t ， AP = 3t ，3OP = OA − AP = 2 − 3t .过点 Q 作 QE ⊥OA 于点 E. (如图①)在 Rt △OEQ 中，∵∠AOC=30°, ∴ QE = OQ = t.2 2∴S OPQ =1 OP ⋅ EQ = 1 (2 − 3t ) ⋅ t = −3 t 2 + 1 t . △即 S = − 2 3 t 2 + 4 2 21t .2 2 4 2 （ii ）当3 < t ≤ 时，(如图②)3- 21 -2 326 题图（1）26 题答图①。