《函数中的动态几何问题》自主学习单
详解答案
模块一：动态几何问题之一个动点
（一）典例精讲
例 1．（2023年 九上期末）如图，已知⊙P的半径是 1，圆心 P在抛物线 y＝（x﹣2）2上运动，且⊙P与
坐标轴相切时，求满足题意的圆心 P的坐标．
【分析】①和 x轴相切，②和 y轴相切，求出纵坐标和横坐标，即可得出选项．
【解答】解：①和 x轴相切，
∵则半径为 1的⊙P与 x轴相切，
∴P的纵坐标为：±1，
若 P的纵坐标为 1，则 1＝（x﹣2）2，
解得：x1＝3，x2＝1，
∴点 P的坐标为：（3，1）或（1，1）；
若 P的纵坐标为﹣1，﹣1＝（x﹣2）2，
此时方程无解；
②和 y轴相切，
∵则半径为 1的⊙P与 y轴相切，
∴P的横坐标为：±1，
若 P的横坐标为 1，则 y＝1，即点的坐标为（1，1），
若 P的横坐标为﹣1，则 y＝（﹣1﹣2）2＝9，即点的坐标为（﹣1，9），
所以有 3个不同的点（3，1）或（1，1）或（﹣1，9）；
【点评】此题考查了切线的性质以及二次函数的图象上点的性质．注意根据题意得到 P的纵坐标或横
坐标为±1是关键．
例 2．（2024年 九上期中）平面直角坐标系中，⊙O1的坐标为（﹣4，0），以 O1为圆心，8为半径的圆与
x轴交于 A、B两点．过 A点作直线 l与 x轴负方向相交成 60°角，以点 O2（13，5）为圆心的圆与 x轴相
切于点 D．
（1）求直线 l的解析式．
（2）将⊙O2以每秒 1个单位的速度沿 x轴向左平移，几秒时⊙O2和⊙O1第一次相切．
（3）直线 l向右与⊙O2向左同时开始沿 x轴平移，当⊙O2第一次与⊙O1相切时，直线 l也恰好与⊙O2第
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一次相切．求直线 l平移的速度．
【分析】（1）求直线的解析式，可以先求出 A、C两点的坐标，就可以根据待定系数法求出函数的解析式．
（2）设⊙O2平移 t秒后到⊙O3处与⊙O1第一次外切于点 P，⊙O3与 x轴相切于 D1点，连接 O1O3，
O3D1，在直角△O1O3D1中，根据勾股定理，就可以求出 O1D1，进而求出 D1D的长，得到平移的时间．
（3）根据切线长定理得出∠MZO3＝∠O3ZD1＝60°，在 Rt△O3D1Z 中，解直角三角形求出
D Z= 51 3 1 60° = 3 3，即可求出在 5秒内直线 l的平移的距离，最后除以 5即可．
【解答】解：（1）由题意得 OA＝|﹣4|+|8|＝12，
∴A点坐标为（﹣12，0）．
∵在 Rt△AOC中，∠OAC＝60°，
OC＝OAtan∠OAC＝12×tan60°＝12 3．
∴C点的坐标为（0，﹣12 3）．
设直线 l的解析式为 y＝kx+b，
由 l过 A、C两点，
12 + = 0 = 12 3
得： ，解得： ，
= 12 3 = 3
∴直线 l的解析式为：y= 3x﹣12 3；
（2）如图，设⊙O2平移 t秒后到⊙O3处与⊙O1第一次外切于点 P，⊙O3与 x轴相切于 D1点，连接
O1O3，O3D1．
则 O1O3＝O1P+PO3＝8+5＝13，
∵O3D1⊥x轴，
∴O3D1＝5，
在 Rt△O1O3D1中，O1D1= 132 52 =12，
∵O2的坐标是（13，5），O1的坐标是（﹣4，0），
∴OD1＝12﹣4＝8，
∴D1D＝13﹣8＝5（秒）．
∴⊙O2平移的时间为 5秒．
（3）直线 l平移到 MN，和⊙O3相切，此时直线 MN交 x轴于 Z，
则∠MZO＝60°，
∵⊙O3切直线 x轴于 D1，
1
∴∠MZO3＝∠O3ZD1= 2（180°﹣60°）＝60°，
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在 Rt△O3D1Z中，O3D1＝5，
D Z= ∴ 1 3 1
5 5
60° = = 3，3 3
5 5 5∴在 秒内直线 l的平移的距离 AZ＝AO1+O1D1﹣ZD1＝8+12 3 3 =20 3 3，
20 5 3 3（ 3 ）÷5＝4 3 ，
l 3∴直线 平移的速度为每秒（4 3 ）个单位．
【点评】本题综合考查了直线与圆、圆与圆的位置关系，全等三角形的判定，图形的平移变换等多个知识
点．考查学生综合运用数学的能力．
（二）跟进练习
1.已知矩形 OABC的顶点 O（0，0）、A（4，0）、B（4，﹣3）．动点 P从 O出发，以每秒 1个单位的速度，
沿射线 OB方向运动．设运动时间为 t秒．
（1）求 P点的坐标（用含 t的代数式表示）；
（2）如图，以 P为一顶点的正方形 PQMN的边长为 2，且边 PQ⊥y轴．设正方形 PQMN与矩形 OABC
的公共部分面积为 S，当正方形 PQMN与矩形 OABC无公共部分时，运动停止．
①当 t＜4时，求 S与 t之间的函数关系式；
②当 t＞4时，设直线 MQ、MN分别交矩形 OABC的边 BC、AB于 D、E，问：是否存在这样的 t，使得△
PDE为直角三角形？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．
【分析】（1）设 PN与 x轴交于点 D，先由矩形的性质得出∠OAB＝90°，在 Rt△OAB中运用勾股定理求
出 OB＝5，再由 PD∥AB，得到△OPD∽△OBA，根据相似三角形对应边成比例得 = = ，求得
OD、PD，即可确定 P点的坐标；
（2）① 5分三种情况进行讨论：（i）当 0＜t≤ 2时时，设 PQ与 y轴交于点 E，则 S＝S 矩形ODPE＝OD PD；
5 10
（ii）当 ＜t≤ 时时，设 PN与 x轴交于点 D，QM与 x轴交于点 F，则 S＝S ＝PQ PD；（iii）
2 3 矩形 PQFD
10
当 ＜t＜4时，S＝S
3 正方形 PQMN
；
②分三种情况进行讨论：（i）当 4＜t≤5时，根据三角形外角的性质得出∠DPE＜∠DBE＝90°，则△
PDE不可能为直角三角形；（ii）当 t＝5时，∠DPE＝∠DBE＝90°，此时，△PDE为直角三角形；（iii）
当 t＞5时，由于∠DPE＜∠DBE＝90°，则当△PDE为直角三角形时，可能∠PDE＝90°或者∠PED
＝90°．若∠PDE＝90°，根据两角对应相等的两三角形相似得出△PQD∽△DME，得出 PQ：DQ＝
DM：ME，列出关于 t的方程，解方程即可；若∠PED＝90°，则△PNE∽△EMD，根据两角对应相等
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的两三角形相似得出△PQD∽△DME，得出 PQ：DQ＝DM：ME，列出关于 t的方程，解方程即可．
【解答】解：（1）设 PN与 x轴交于点 D，如图 1．
∵矩形 OABC中，OA＝4，AB＝3，∠OAB＝90°，
∴OB＝5．
∵PD∥AB，
∴△OPD∽△OBA，
∴ = = ，
∴ = = ，
4 3 5
4
∴OD= 5 ，PD=
3
5，
4
∴P点的坐标为 P（ t 3， 5t）；5
（2）① 5 4 3当 0＜t≤ 2时，S= 5t× 5t=
12t225 ，
5
当 ＜t≤ 103 时，S＝2×
3 6
2 5
t= 5t，
10
当 ＜t＜4时，S＝4；
3
4
②当 QM 15运动到 AB位置时，恰好无公共部分， t＜4+2，即 t＜ ．
5 2
（ⅰ）当 4＜t＜5时，∠DPE＞∠DBE＝90°，△PDE不可能为直角三角形，
（ⅱ）当 t＝5时，∠DPE＝∠DBE＝90°，此时△PFE是直角三角形，
5 t 15（ⅲ）当 ＜ ＜ 2时，∠DPE＜90°，还有两种可能，∠PDE＝90°或∠PED＝90°．
2 5
3
若∠PDE＝90 5°，则 = ，可得 = ，
3 4
5 3 6 5
整理得 9t2﹣160t+675＝0，
t= 80±5 13解得 9 ，应取 t=
80 5 13
9 ，
4
2 6 5
若∠PED＝90°，则 = ，可得4 = ，
5 4 5
3
5
整理得 8t2﹣115t+425＝0，
注意到Δ＜0，该方程无实数解
80 5 13
综上所述，符合条件的 t的值有两个，t＝5或 t= 9 ．
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【点评】本题是关于动点问题的相似形综合题，其中涉及到矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与
性质，图形的面积等知识，综合性较强，难度较大．在解决动点问题时，采用数形结合及分类讨论的数学
思想，能使问题形象直观，从而有助于解题．
模块二：动态几何问题之主次动点
（一）典例精讲
例 3．（2024年 九上期末考）如图，在平面直角坐标系中有 Rt△ABC，∠A＝90°，AB＝AC，A（﹣2，0）、
B（0，1）、C（m，n）．
（1）求 C点坐标；
（2）将△ABC沿 x轴的正方向平移，在第一象限内 B、C两点的对应点 B′、C′正好落在某反比例函数
图象上．请求出这个反比例函数和此时的直线 B′C′的解析式；
（3）在（2）的条件下，直线 B′C′交 y轴于点 G．问是否存在 x轴上的点 M和反比例函数图象上的点
P，使得四边形 PGMC′是平行四边形？如果存在，请求出点 M和点 P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）如图 1，过点 C作 CD⊥x轴于点 D，
则∠ADC＝∠AOB＝90°，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵Rt△ABC，∠A＝90°，
∴∠DAC+∠BAO＝90°，
∴∠BAO＝∠ACD，
在△ADC和△BOA中，
∠ = ∠
∠ = ∠ ，
=
∴△ADC≌△BOA（AAS），
∴AD＝OB＝1，CD＝OA＝2，
∴OD＝OA+AD＝3，
∴C点坐标为：（﹣3，2）；
（2）设向右平移了 m个单位长度，则点 B′的坐标为（m，1）、C′的坐标为（m﹣3，2），
∵B′、C′正好落在某反比例函数图象上，
∴m＝2（m﹣3），
解得：m＝6，
∴B′（6，1），C′（3，2），
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6
∴反比例函数的解析式为：y= ；
设直线 B′C′的解析式为：y＝kx+b，
6 + = 1
则 3 + = 2，
1
解得： = 3，
= 3
1
∴直线 B′C′的解析式为：y= 3x+3；
（3）存在．
理由：如图 2，过点 C′作 C′E⊥x轴于点 E，过点 P作 PF⊥y轴于点 F，
∵四边形 PGMC′是平行四边形，
∴PC′相当于 MG平移的得到，
∴PF＝ME，FG＝C′E＝2，
∵G是直线 B′C′与 x轴的交点，
∴G的坐标为：（0，3），
∴P的纵坐标为：3+2＝5，
6
∴点 P的坐标为：（ ，5），
5
∴ME＝PF= 65，
∵A′的坐标为：（4，0），A′E＝AD＝1，
∴OM 6 9＝OA′﹣ME﹣A′E＝4 5 1= 5，
9
∴点 M的坐标为：（ ，0）．
5
【点评】此题属于反比例函数综合题．考查了待定系数求函数解析式、平移的性质以及全等三角形的判
定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键．
例 4．（2025年 九下期中）已知：在矩形 AOBC中，OB＝4，OA＝3．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)的图象与 AC边交于点 E．
（1）求证：△AOE与△BOF的面积相等；
（2）记 S＝S△OEF﹣S△ECF，用 k的代数式表示 S；
（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．
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【分析】（1）分别用点 E，F的坐标表示出△AOE与△FOB的面积，进行比较；
（2）应分别用矩形面积和能用图中的点表示出的三角形的面积表示出所求的面积；
（3）点 F的横坐标已有，与点 B的横坐标相同，利用折叠以及相似求得点 F的纵坐标．
【解答】（1）证明：设 E（x1，y1），F（x2，y2），△AOE与△FOB的面积分别为 S1，S2，
S 1 1 1 1则 1= 2x1y1= 2k，S2= 2x2y2= 2k，
∴S1＝S2，即△AOE与△FOB的面积相等；
（2）解：由题意知 E，F两点坐标分别为 E（ ，3），F（4， ），
3 4
S 1 1 1 1∴ △ECF= 2 ×EC CF= 2 ×（4 3k）（3 4k），
∴S△EOF＝S 矩形 AOBC﹣S△AOE﹣S△BOF﹣S△ECF
12 1＝ 2k
1
2k﹣S△ECF
＝12﹣k﹣S△ECF
∴S＝S△OEF﹣S△ECF＝12﹣k﹣2S
1 1 1
△ECF＝12﹣k﹣2× 2（4 3k）（3 4k）．
∴S= 1 212k +k；
（3）解：存在，理由：
设存在这样的点 F，将△CEF沿 EF对折后，C点恰好落在 OB边上的 M点，
过点 E作 EN⊥OB，垂足为 N．
EN 1 1由题意得： ＝AO＝3，EM＝EC＝4 3k，MF＝CF＝3 4k，
∵∠EMN+∠FMB＝∠FMB+∠MFB＝90°，
∴∠EMN＝∠MFB．
又∵∠ENM＝∠MBF＝90°，
∴△EMN∽△MFB．
∴EN：MB＝EM：MF，
3 4
1
3 9
∴ = 1 ，∴MB= ． 3 4
4
∵MB2
9 1
+BF2 1＝MF2，即（ ）2+（ k）2＝（3 k）2，
4 4 4
k= 21 BF=
21
解得 8 ．∴ 4 =
21
32，∴存在符合条件的点 F，它的坐标为（4， ）．32
【点评】此题综合性比较强，把反比例函数的图象和性质，图形的面积计算，综合利用这些知识解决问
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题．在求坐标系内一般三角形的面积，通常整理为矩形面积减去若干直角三角形的面积的形式．
（二）跟进练习
1.马超同学在学习完《图形的相似》后结合前面所学习的矩形，对矩形中的动点问题展开了以下探究：
如图 1，在矩形 ABCD中，AB＝6，AD＝8，点 E为边 AD上的一个动点，连接 AC，BE并交于点 F；
1
（1）若 = ，则 AE＝ ；若 BE⊥AC，则 AE＝ ；
4
如图 2，在矩形 ABCD中，AB＝6，AD＝8，点 P为对角线 AC（不与点 A，C重合）上一动点，过点 P作
MN⊥AC，交边 AD，BC于点 M，N，过点 M作 ME⊥AD交 AC于点 E；
（2）判断点 P在移动过程中，线段 MN的长度是否会发生变化，若变化，请求出线段 MN长度的变化范
围，若不变化，求出线段 MN长度的大小；
1
（3）若 = ，求出此时△MPE的面积；
2
如图 3，矩形 ABCD中，AB＝6，AD＝8，点 Q为矩形内部一动点，连接 BQ且满足 BQ＝AB，点 F在线段
BQ上且 BF＝4，连接 CF．
4 + 3（ ）请直接写出 4 的最小值．
1
【分析】（1）根据矩形性质得 AD∥BC，得△AEF∽△CBF，得 = ，得 AE＝2；当 BE⊥AD时，△
4
ABC∽△EAB，得 = ，得 = 9；
2
（2）作 BG⊥AC交 AD于 G 9，得 MN∥BG，得四边形 GBNM是平行四边形，根据 = 2，运用勾股定
15 15
理求出 = 2 ，即得 = 2 ；
1
（3）由已知可得 = ，证明 ME∥CD，得△AEM∽△ACD，可得 EM＝2，证明 AC＝10和△MEP
3
ACD △
1
= 24∽△ ，得 ，即得 = ；
△ 25
△ 25
（4）在 BC上取 BR＝3，连接 DR，QR，求出 CR＝5， = 61，根据 DQ+QR≥DR，得 DQ+QR的
1 3 3
最小值为 61， = = ，∠QBR＝∠CBF，得△BQR∽△BCF， = ，即得 + 的最
2 4 4
小值为 61．
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【解答】解：（1）∵矩形 ABCD中，AD＝BC＝8，AD∥BC，
∴△AEF∽△CBF，
1
∴ = = ，
4
∴AE＝2；
当 BE⊥AC时，∠AFC＝90°，
∴∠BAC+∠CBE＝90°，
∵∠ABE+∠CBE＝90°，
∴∠ABE＝∠BCA，
∵∠BAE＝∠CBA＝90°，
∴△ABC∽△EAB，
∴ = ，
2AE= 6
2 9
∴ = 8 = 2；
9
故答案为：2； ；
2
（2）不变．作 BG⊥AC交 AD于 G，
∵MN⊥AC，
∴MN∥BG，
∵GM∥BN，
∴四边形 GBNM是平行四边形，
∴MN＝BG，
9
由（1）知， = 2，
∴BG= 2 + 2 = 62 + ( 92 )
2 = 152 ，
∴ = 152 ，不变；
1 1
（3）当 = 时， = ，
2 3
∵ME⊥AD，CD⊥AD，
∴ME∥CD，
∴△AEM∽△ACD，
1
∴ = = ，
3
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∴EM＝2，
∵AC= 2 + 2 = 62 + 82 =10，∠MEP＝∠DCA，∠MPE＝∠D＝90°，
∴△MEP∽△ACD，
△ 1
∴ = ( )2 = ，
△ 25
∵ 1△ = 2 = 24，
= 24∴ △ 25；
（4）在 BC上取 BR＝3，连接 DR，QR，
∵BC＝AD＝8，
∴CR＝BC﹣BR＝5，
∴ = 2 + 2 = 61，
∵DQ+QR≥DR，
∴DQ+QR的最小值为 61，
∵BQ＝AB＝6，BF＝4，
4 1 3 1
∴ = = ， = = ，
8 2 6 2
∴ = ，
∵∠QBR＝∠CBF，
∴△BQR∽△BCF，
3
∴ = = ，
4
= 3∴ 4 ，
∴ + 34 的最小值为 61．
【点评】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形与相似三角形．熟练掌握矩形性质，相似三角形判定
和性质是解题的关键．
模块三：动态几何问题之两个动点
（一）典例精讲
例 5．（2018年 中考题）如图 1，已知矩形 AOCB，AB＝6cm，BC＝16cm，动点 P从点 A出发，以 3cm/s
的速度向点 O运动，直到点 O为止；动点 Q同时从点 C出发，以 2cm/s的速度向点 B运动，与点 P同时
结束运动．
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（1）点 P到达终点 O的运动时间是 s，此时点 Q的运动距离是 cm；
（2）当运动时间为 2s时，P、Q两点的距离为 cm；
（3）请你计算出发多久时，点 P和点 Q之间的距离是 10cm；
（4）如图 2，以点 O为坐标原点，OC所在直线为 x轴，OA所在直线为 y轴，1cm长为单位长度建立平
面直角坐标系，连接 AC，与 PQ相交于点 D，若双曲线 y= 过点 D，问 k的值是否会变化？若会变化，
说明理由；若不会变化，请求出 k的值．
【解答】解：（1）∵四边形 AOCB是矩形，
∴OA＝BC＝16，
∵动点 P从点 A出发，以 3cm/s的速度向点 O运动，
t= 16
16 32
∴ 3 ，此时，点 Q的运动距离是 ×2= 3 cm，3
16 32
故答案为 ， ；
3 3
（2）如图 1，由运动知，AP＝3×2＝6cm，CQ＝2×2＝4cm，
过点 P作 PE⊥BC于 E，过点 Q作 QF⊥OA于 F，
∴四边形 APEB是矩形，
∴PE＝AB＝6，BE＝6，
∴EQ＝BC﹣BE﹣CQ＝16﹣6﹣4＝6，
根据勾股定理得，PQ＝6 2，
故答案为 6 2；
（3）设运动时间为 t秒时，
由运动知，AP＝3t，CQ＝2t，
同（2）的方法得，PE＝6，EQ＝16﹣3t﹣2t＝16﹣5t，
∵点 P和点 Q之间的距离是 10cm，
∴62+（16﹣5t）2＝100，
8 24
∴t= 5或 t= 5 ；
（4）k的值是不会变化，
理由：∵四边形 AOCB是矩形，
∴OC＝AB＝6，OA＝16，
∴C（6，0），A（0，16），
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8
∴直线 AC的解析式为 y= 3x+16①，
设运动时间为 t，
∴AP＝3t，CQ＝2t，
∴OP＝16﹣3t，
∴P（0，16﹣3t），Q（6，2t），
PQ 5 16∴ 解析式为 y= 6 x+16﹣3t②，
联立①②得， 83x+16=
5 16
6 x+16﹣3t，
5 16
x+ 8∴ 3x＝3t，6
∴5tx﹣16x+16x＝18t，
∴x= 185 ，
∴y= 325 ，
18 32
∴D（ ， ）
5 5
k= 18 × 32 = 576∴ 5 5 25 是定值．
【点评】此题是几何变换综合题，主要考查了勾股定理，待定系数法，构造出直角三角形是解本题的关键．
例 6．（2024年 九下模考）如图，直线 y＝﹣2x+4 交 x轴于点 A，交 y轴于点 B，抛物线 y＝ax2+bx+c（a
≠0）经过点 A、E，点 E的坐标是（5，3），抛物线交 x轴于另一点 C（6，0）．
（1）求抛物线的解析式．
（2）设抛物线的顶点为 D，连接 BD，AD，CD，动点 P在 BD上以每秒 2个单位长度的速度由点 B向点
D运动，同时动点 Q在线段 CA上以每秒 3个单位长度的速度由点 C向点 A运动，当其中一个点到达终点
停止运动时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为 t秒，PQ交线段 AD于点 H．
①当∠DPH＝∠CAD时，求 t的值；
②过点 H作 HM⊥BD，垂足为点 M，过点 P作 PN⊥BD交线段 AB或 AD于点 N．在点 P、Q的运动过程
中，是否存在以点 P，N，H，M为顶点的四边形是矩形？若存在，求出 t的值；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）先由直线解析式求得点 A、B坐标，根据两点式设抛物线解析式，将点 E坐标代入抛物线解
析式求得 a的值，从而得出答案；
（2）①由点 A，点 B，点 C，点 D坐标可求 AD＝CD，BD∥OC，可证四边形 PDQC是平行四边形，
可得 PD＝CQ，即 3t＝4﹣2t，解之即可；
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②分点 N在 AB上和点 N在 AD上两种情况分别求解．
【解答】解：（1）在直线 y＝﹣2x+4中，
令 x＝0时，y＝4，
∴点 B坐标（0，4），
令 y＝0时，得：﹣2x+4＝0，
解得：x＝2，∴点 A（2，0），
∵抛物线经过点 A（2，0），C（6，0），E（5，3），
∴可设抛物线解析式为 y＝a（x﹣2）（x﹣6），
将 E（5，3）代入，得：3＝a×（5﹣2）×（5﹣6），
解得：a＝﹣1，
∴抛物线解析式为：y＝﹣（x﹣2）（x﹣6）＝﹣x2+8x﹣12；
（2）①∵抛物线解析式为：y＝﹣x2+8x﹣12＝﹣（x﹣4）2+4，
∴顶点 D（4，4），
∵点 B坐标（0，4），
∴BD∥OC，BD＝4，
∵y＝﹣x2+8x﹣12与 x轴交于点 A，点 C，
∴令 y＝0，得 0＝﹣x2+8x﹣12，
解得：x1＝6，x2＝2，
∴点 C（6，0），点 A（2，0），∴AC＝4，
∵点 D（4，4），点 C（6，0），点 A（2，0），
∴AD＝CD＝2 5，
∴∠DAC＝∠DCA，
∵BD∥AC，
∴∠DPH＝∠PQA，
且∠DPH＝∠DAC，
∴∠PQA＝∠DAC，
∵DA＝DC，
∴∠DAC＝∠DCA，∴∠PQA＝∠DCA，
∴PQ∥DC，且 BD∥AC，
∴四边形 PDCQ是平行四边形，
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4
∴PD＝QC，∴4﹣2t＝3t，∴t= 5；
② 5存在以点 P，N，H，M为顶点的四边形是矩形，此时 t＝1 5．
如图，若点 N在 AB上时，即 0≤t≤1，
∵BD∥OC，∴∠DBA＝∠OAB，
∵点 B坐标（0，4），A（2，0），点 D（4，4），
∴AB＝AD＝2 5，OA＝2，OB＝4，
∴∠ABD＝∠ADB，
∴tan∠OAB= 4 = 2 =tan∠DBA= ，
∴PN＝2BP＝4t，∴MH＝PN＝4t，
∵tan∠ADB ＝tan∠ABD= =2，
∴MD＝2t，
∴DH= 2 + 2 =2 5t，
∴AH＝AD﹣DH＝2 5 2 5t，
∵BD∥OC，
4 2 2 5
∴ = ，∴ = ，
4 3 2 5 2 5
5 5
∴5t2﹣10t+4＝0，∴t1＝1+ 5 （舍去），t2＝1 5 ；
N 4若点 在 AD上，即 1＜t≤ 3，
∵PN＝MH，∴点 H、N重合，此时以点 P，N，H，M为顶点的矩形不存在，
综上所述：当以点 P，N，H，M为顶点的四边形是矩形时，t的值为 1 55 ．
【点评】本题是一道关于二次函数的综合题，主要考查了待定系数法求二次函数的解析式、平行四边形的
判定与性质、勾股定理，相似三角形的判定与性质，矩形性质等知识点．灵活运用相似三角形的性质求线
段的长度是本题的关键．
（二）跟进练习
1.（2024长春中考）【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边△ABC
中，AB＝3，点 M、N分别在边 AC、BC上，且 AM＝CN，试探究线段 MN长度的最小值．
【问题分析】小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运
动路径，进而解决上述几何问题．
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【问题解决】如图②，过点 C、M分别作 MN、BC的平行线，并交于点 P，作射线 AP．
在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：
（1）证明：AM＝MP；
（2）∠CAP的大小为 度，线段 MN长度的最小值为 ．
【方法应用】某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数
据，并画出了示意图，如图④，△ABC是等腰三角形，四边形 BCDE是矩形，AB＝AC＝CD＝2米，∠ACB
＝30°．MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点 M在 AC上，点 N在 DE上．在调整钢丝绳
端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持 AM＝ DN．钢丝绳 MN 长度的最小值为
米．
【分析】（1）先证四边形 CPMN是平行四边形得到 MP＝NC＝AM．
（2）利用等腰三角形可得∠CAP＝∠MPA＝30°，再将 MN转化成 PC，PC⊥AP时有最小值，即可求
解；
【方法应用】参考上述思路构造平行四边形，将 MN转化成 DP，再求得∠PAD＝45°，AD＝2 3即可
求解．
【解答】（1）证明：∵CP∥MN，MP∥NC，
∴四边形 CPMN是平行四边形，
∴MP＝NC，
又∵AM＝CN，
∴AM＝MP．
（2）解：∵AM＝MP，
∴∠CAP＝∠MPA，
∵∠PMC＝∠ACB＝60°，
∴∠CAP＝∠MPA＝30°．
∵四边形 CPMN是平行四边形，
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∴MN＝PC，
当 PC⊥AP最小时，MN也有最小值，
此时 PC= 12AC=
3
2．
3 3
∴MN最小值是 ． 故答案为：30， ．
2 2
【方法应用】解：如图过 M、D作 ED、MN的平行线，则四边形 MNDP是平行四边形，
∴MN＝DP，∠PMC＝∠ACB＝30°，
∴∠PAM＝∠APM＝15°，
当 DP⊥AP时，DP最小，
∵∠ACD＝120°，
∴∠CAD＝30°，
∴∠PAD＝∠CAD+∠PAM＝45°，
在△ACD中，AD= 3AC＝2 3，
∴DP＝AD sin45°= 6．
故答案为： 6．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、矩形的性
质、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识和理解题干给的方法是解题关键．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期： 2025/5/7 15:43:14；用户：罗国浩；邮箱：409801198@；学号： 19292793
第 16页（共 16页）《函数中的动态几何问题》自主学习单
班级： 姓名：
知识技能梳理：
动态几何问题是指题设图形中存在一个或多个动点、动线、动图形等在线段、曲线、弧
线上运动的一类开放性题型。一般以特殊四边形或三角形、抛物线、圆等为背景，考查线段
长度、角度、点的坐标、菱形或平行四边形的判定、直角或等腰三角形的存在性、与面积有
关的函数关系式及最值，常常结合一次函数、反比例函数和二次函数的性质，综合性较强，
涉及分类讨论和数形结合思想。
解决此类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，尤其注意特殊位置、极端位置，对整个运动过程先有一个初步的理解，理
清运动过程中的大致情形；然后“动中取静”，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及不等式问题。
模块一：动态几何问题之一个动点
（一）典例精讲
例 1．（2023年 九上期末）如图，已知⊙P的半径是 1，圆心 P在抛物线 y＝（x﹣2）2上运动，且⊙P与
坐标轴相切时，求满足题意的圆心 P的坐标.
例 2．（2024年 九上期中）平面直角坐标系中，⊙O1的坐标为（﹣4，0），以 O1为圆心，8为半径的圆与
x轴交于 A、B两点．过 A点作直线 l与 x轴负方向相交成 60°角，以点 O2（13，5）为圆心的圆与 x轴相
切于点 D．
（1）求直线 l的解析式．
（2）将⊙O2以每秒 1个单位的速度沿 x轴向左平移，几秒时⊙O2和⊙O1第一次相切．
（3）直线 l向右与⊙O2向左同时开始沿 x轴平移，当⊙O2第一次与⊙O1相切时，直线 l也恰好与⊙O2第
一次相切．求直线 l平移的速度．
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（二）跟进练习
1.已知矩形 OABC的顶点 O（0，0）、A（4，0）、B（4，﹣3）．动点 P从 O出发，以每秒 1个单位的速度，
沿射线 OB方向运动．设运动时间为 t秒．
（1）求 P点的坐标（用含 t的代数式表示）；
（2）如图，以 P为一顶点的正方形 PQMN的边长为 2，且边 PQ⊥y轴．设正方形 PQMN与矩形 OABC
的公共部分面积为 S，当正方形 PQMN与矩形 OABC无公共部分时，运动停止．
①当 t＜4时，求 S与 t之间的函数关系式；
②当 t＞4时，设直线 MQ、MN分别交矩形 OABC的边 BC、AB于 D、E，问：是否存在这样的 t，使得△
PDE为直角三角形？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．
模块二：动态几何问题之主次动点
（一）典例精讲
例 3．（2024年 九上期末考）如图，在平面直角坐标系中有 Rt△ABC，∠A＝90°，AB＝AC，A（﹣2，0）、
B（0，1）、C（m，n）．
（1）求 C点坐标；
（2）将△ABC沿 x轴的正方向平移，在第一象限内 B、C两点的对应点 B′、C′正好落在某反比例函数
图象上．请求出这个反比例函数和此时的直线 B′C′的解析式；
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（3）在（2）的条件下，直线 B′C′交 y轴于点 G．问是否存在 x轴上的点 M和反比例函数图象上的点
P，使得四边形 PGMC′是平行四边形？如果存在，请求出点 M和点 P的坐标；如果不存在，请说明理由．
例 4．（2025年 九下期中）已知：在矩形 AOBC中，OB＝4，OA＝3．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)的图象与 AC边交于点 E．
（1）求证：△AOE与△BOF的面积相等；
（2）记 S＝S△OEF﹣S△ECF，用 k的代数式表示 S；
（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．
（二）跟进练习
1.马超同学在学习完《图形的相似》后结合前面所学习的矩形，对矩形中的动点问题展开了以下探究：
如图 1，在矩形 ABCD中，AB＝6，AD＝8，点 E为边 AD上的一个动点，连接 AC，BE并交于点 F；
1
（1）若 = ，则 AE＝ ；若 BE⊥AC，则 AE＝ ；
4
如图 2，在矩形 ABCD中，AB＝6，AD＝8，点 P为对角线 AC（不与点 A，C重合）上一动点，过点 P作
MN⊥AC，交边 AD，BC于点 M，N，过点 M作 ME⊥AD交 AC于点 E；
（2）判断点 P在移动过程中，线段 MN的长度是否会发生变化，若变化，请求出线段 MN长度的变化范
围，若不变化，求出线段 MN长度的大小；
第 3页（共 6页）
1
（3）若 = ，求出此时△MPE的面积；
2
如图 3，矩形 ABCD中，AB＝6，AD＝8，点 Q为矩形内部一动点，连接 BQ且满足 BQ＝AB，点 F在线段
BQ上且 BF＝4，连接 CF．
4 3（ ）请直接写出 + 4 的最小值．
模块三：动态几何问题之两个动点
（一）典例精讲
例 5．（2018年 中考题）如图 1，已知矩形 AOCB，AB＝6cm，BC＝16cm，动点 P从点 A出发，以 3cm/s
的速度向点 O运动，直到点 O为止；动点 Q同时从点 C出发，以 2cm/s的速度向点 B运动，与点 P同时
结束运动．
（1）点 P到达终点 O的运动时间是 s，此时点 Q的运动距离是 cm；
（2）当运动时间为 2s时，P、Q两点的距离为 cm；
（3）请你计算出发多久时，点 P和点 Q之间的距离是 10cm；
（4）如图 2，以点 O为坐标原点，OC所在直线为 x轴，OA所在直线为 y轴，1cm长为单位长度建立平
面直角坐标系，连接 AC，与 PQ相交于点 D，若双曲线 y= 过点 D，问 k的值是否会变化？若会变化，
说明理由；若不会变化，请求出 k的值．
例 6．（2024年 九下模考）如图，直线 y＝﹣2x+4 交 x轴于点 A，交 y轴于点 B，抛物线 y＝ax2+bx+c（a
≠0）经过点 A、E，点 E的坐标是（5，3），抛物线交 x轴于另一点 C（6，0）．
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（1）求抛物线的解析式．
（2）设抛物线的顶点为 D，连接 BD，AD，CD，动点 P在 BD上以每秒 2个单位长度的速度由点 B向点
D运动，同时动点 Q在线段 CA上以每秒 3个单位长度的速度由点 C向点 A运动，当其中一个点到达终点
停止运动时，另一个点也随之停止运动，设运动时间为 t秒，PQ交线段 AD于点 H．
①当∠DPH＝∠CAD时，求 t的值；
②过点 H作 HM⊥BD，垂足为点 M，过点 P作 PN⊥BD交线段 AB或 AD于点 N．在点 P、Q的运动过程
中，是否存在以点 P，N，H，M为顶点的四边形是矩形？若存在，求出 t的值；若不存在，请说明理由．
（二）跟进练习
1.（2024长春中考）【问题呈现】小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边△ABC
中，AB＝3，点 M、N分别在边 AC、BC上，且 AM＝CN，试探究线段 MN长度的最小值．
【问题分析】小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运
动路径，进而解决上述几何问题．
【问题解决】如图②，过点 C、M分别作 MN、BC的平行线，并交于点 P，作射线 AP．
在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：
（1）证明：AM＝MP；
（2）∠CAP的大小为 度，线段 MN长度的最小值为 ．
【方法应用】某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数
据，并画出了示意图，如图④，△ABC是等腰三角形，四边形 BCDE是矩形，AB＝AC＝CD＝2米，∠ACB
＝30°．MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点 M在 AC上，点 N在 DE上．在调整钢丝绳
端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持 AM＝ DN．钢丝绳 MN 长度的最小值为
米．
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