备考2019中考数学高频考点剖析
专题三十一 动态几何之线动问题
考点扫描☆聚焦中考
动态几何中线动问题，是每年中考的压轴问题之一，考查的知识点包括线动在函数问题中的考查和线动在几何图形的考查两方面，总体来看，难度系数偏高，以选择为主。也有少量的解析题。解析题主要以综合性问题考查为主。结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题，我们从两个方面进行动态几何中线动问题的探讨：
（1）线动问题在函数中的综合应用；
（2）线动在几何图形中的综合应用；
考点剖析☆典型例题
例1（2018·云南省昆明·3分）如图，点A的坐标为（4，2）．将点A绕坐标原点O旋转90°后，再向左平移1个单位长度得到点A′，则过点A′的正比例函数的解析式为 ．
例2如图①，∠QPN的顶点P在正方形ABCD两条对角线交点处，∠QPN=α，将∠QPN绕点P旋转，旋转过程中∠QPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．
（1）如图①，当α=90°时，DE，DF，AD之间满足的数量关系是________；
（2）如图②，将图①中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，其他条件不变，当α=60°时，（1）中的结论变为________，请给出证明；________
（3）在（2）的条件下，若旋转过程中∠QPN的边PQ与射线AD交于点E，其他条件不变，当点E落在线段AD的延长线上时，探究DE，DF，AD之间的数量关系（直接写出结论，不用加以证明）.
例3（2019台州模拟）已知，抛物线y＝ax2+ax+b（a≠0）与直线y＝2x+m有一个公共点M（1，0），且a＜b．
（1）求b与a的关系式和抛物线的顶点D坐标（用a的代数式表示）；
（2）直线与抛物线的另外一个交点记为N，求△DMN的面积与a的关系式；
（3）a＝﹣1时，直线y＝﹣2x与抛物线在第二象限交于点G，点G、H关于原点对称，现将线段GH沿y轴向上平移t个单位（t＞0），若线段GH与抛物线有两个不同的公共点，试求t的取值范围．
考点过关☆专项突破
类型一 线动在函数关系中的综合应用
1. （2018?乐山?3分）如图，曲线C2是双曲线C1：y=（x＞0）绕原点O逆时针旋转45°得到的图形，P是曲线C2上任意一点，点A在直线l：y=x上，且PA=PO，则△POA的面积等于（ ）
A． B．6 C．3 D．12
2. 如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（?? ）
A.?????B.??????C.?1???????D.?2
3. 已知如图，在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=7cm，
（1）点F在边BC上，且 BF=3，若点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿A→D→C→F运动，设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，△AFP为等腰三角形？
（2）如图2，将长方形ABCD折叠，折痕为MN，点A的对应点A′落在线段BC上，当点A′ 在BC上移动时，点M、N也随之移动，若限定点M、N分别在线段AB、AD上移动，则点A′ 在线段BC上可移动的最大距离是________．
类型二 线动在几何图形中的综合应用
1. （2017张家界）如图，在正方形ABCD中，AD=2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为 ．
2．（2018?宁波）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．
3. （2018?温州）如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形．
（1）在图1中画出一个面积最小的?PAQB．
（2）在图2中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到．注：图1，图2在答题纸上．
4．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：
（1）探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC中， ， ，将边AB绕点B顺时针旋转 得到线段BD，连接 求证： 的面积为提示：过点D作BC边上的高DE，可证 ≌ （2）探究2：如图2，在一般的 中， ， ，将边AB绕点B顺时针旋转 得到线段BD，连接 请用含a的式子表示 的面积，并说明理由． （3）探究3：如图3，在等腰三角形ABC中， ， ，将边AB绕点B顺时针旋转 得到线段BD，连接 试探究用含a的式子表示 的面积，要有探究过程．
备考2019中考数学高频考点剖析
专题三十一 动态几何之线动问题
考点扫描☆聚焦中考
动态几何中线动问题，是每年中考的压轴问题之一，考查的知识点包括线动在函数问题中的考查和线动在几何图形的考查两方面，总体来看，难度系数偏高，以选择为主。也有少量的解析题。解析题主要以综合性问题考查为主。结合2017、2018年全国各地中考的实例和2019年名校中考模拟试题，我们从两个方面进行动态几何中线动问题的探讨：
（1）线动问题在函数中的综合应用；
（2）线动在几何图形中的综合应用；
考点剖析☆典型例题
例1（2018·云南省昆明·3分）如图，点A的坐标为（4，2）．将点A绕坐标原点O旋转90°后，再向左平移1个单位长度得到点A′，则过点A′的正比例函数的解析式为 ．
【分析】直接利用旋转的性质结合平移的性质得出对应点位置，再利用待定系数法求出正比例函数解析式．
【解答】解：当点A绕坐标原点O逆时针旋转90°后，再向左平移1个单位长度得到点A′，
则A′（﹣3，4），
设过点A′的正比例函数的解析式为：y=kx，
则4=﹣3k，
解得：k=﹣，
则过点A′的正比例函数的解析式为：y=﹣x，
同理可得：点A绕坐标原点O顺时针旋转90°后，再向左平移1个单位长度得到点A″，此时OA″与OA′在一条直线上，
故则过点A′的正比例函数的解析式为：y=﹣x．
【点评】此题主要考查了旋转的性质、平移的性质、待定系数法求出正比例函数解析式，正确得出对应点坐标是解题关键．
例2如图①，∠QPN的顶点P在正方形ABCD两条对角线交点处，∠QPN=α，将∠QPN绕点P旋转，旋转过程中∠QPN的两边分别与正方形ABCD的边AD和CD交于点E和点F（点F与点C，D不重合）．
（1）如图①，当α=90°时，DE，DF，AD之间满足的数量关系是________；
（2）如图②，将图①中的正方形ABCD改为∠ADC=120°的菱形，其他条件不变，当α=60°时，（1）中的结论变为________，请给出证明；________
（3）在（2）的条件下，若旋转过程中∠QPN的边PQ与射线AD交于点E，其他条件不变，当点E落在线段AD的延长线上时，探究DE，DF，AD之间的数量关系（直接写出结论，不用加以证明）.
【考点】几何图形的动态问题
【分析】（1）根据正方形的性质及题中的已知条件可证出∠APE=∠DPF,PA=PD,∠PAE=∠PDF，利用ASA判断△APE≌△DPF,可得AE=DF,即可得出DE+DF=AD.（2） 取AD的中点M，连接PM，根据菱形的性质得出△MDP是等边三角形，利用ASA证出△PME和△DPF全等，得出ME=DF，由DE+ME= AD即可得出DE+DF= AD.（3）①当点E落在AD上时，DE+DF= AD，②当点E落在AD的延长线上时，DE+DF逐渐增大，当点F与点C重合时DE+DF最大，即ADDE+DFAD.
【解答】解：（1）正方形ABCD的对角线AC，BD交于点P，
∴PA=PD，∠PAE=∠PDF=45°，
∵∠APE+∠EPD=∠DPF+∠EPD=90°，
∴∠APE=∠DPF，
在△APE和△DPF中，
，
∴△APE≌△DPF(ASA)，
∴AE=DF，
∴DE+DF=AD；
（2）解：DE+DF= AD；证明：如图②，取AD的中点M，连接PM，
∵四边形ABCD为菱形，∠ADC=120°，
∴AD=CD，∠DAP=30°，AC⊥BD，
∴∠ADP=∠CDP=60°，
∵AM=MD，
∴PM=MD，
∴△MDP是等边三角形，
∴PM=PD，∠MPD=∠PME=∠PDF=60°，
∵∠QPN=60°，
∴∠MPE=∠FPD，
在△PME和△DPF中，
，
∴△MPE≌△DPF(ASA)，
∴ME=DF，
∴DE+DF= AD
（3）解：如图③，当点E落在AD的延长线上时，取AD的中点M，连接PM，
同（2）可证得，△MDP是等边三角形，
∴∠PME=∠MPD=60°，PM=PD，
∵∠QPN=60°，
∴∠MPE=∠FPD，
在△MPE和△DPF中，
，
∴△MPE≌△DPF（ASA）．
∴ME=DF，
∴DF-DE=ME-DE=DM= AD．
例3（2019台州模拟）已知，抛物线y＝ax2+ax+b（a≠0）与直线y＝2x+m有一个公共点M（1，0），且a＜b．
（1）求b与a的关系式和抛物线的顶点D坐标（用a的代数式表示）；
（2）直线与抛物线的另外一个交点记为N，求△DMN的面积与a的关系式；
（3）a＝﹣1时，直线y＝﹣2x与抛物线在第二象限交于点G，点G、H关于原点对称，现将线段GH沿y轴向上平移t个单位（t＞0），若线段GH与抛物线有两个不同的公共点，试求t的取值范围．
【分析】（1）把M点坐标代入抛物线解析式可得到b与a的关系，可用a表示出抛物线解析式，化为顶点式可求得其顶点D的坐标；
（2）把点M（1，0）代入直线解析式可先求得m的值，联立直线与抛物线解析式，消去y，可得到关于x的一元二次方程，可求得另一交点N的坐标，根据a＜b，判断a＜0，确定D、M、N的位置，画图1，根据面积和可得△DMN的面积即可；
（3）先根据a的值确定抛物线的解析式，画出图2，先联立方程组可求得当GH与抛物线只有一个公共点时，t的值，再确定当线段一个端点在抛物线上时，t的值，可得：线段GH与抛物线有个不同的公共点时t的取值范围．
【解答】解：（1）∵抛物线y＝ax2+ax+b有一个公共点M（1，0），
∴a+a+b＝0，即b＝﹣2a，
∴y＝ax2+ax+b＝ax2+ax﹣2a＝a（x+）2﹣，
∴抛物线顶点D的坐标为（﹣，﹣）；
（2）∵直线y＝2x+m经过点M（1，0），
∴0＝2×1+m，解得m＝﹣2，
∴y＝2x﹣2，
则，
得ax2+（a﹣2）x﹣2a+2＝0，
∴（x﹣1）（ax+2a﹣2）＝0，
解得x＝1或x＝﹣2，
∴N点坐标为（﹣2，﹣6），
∵a＜b，即a＜﹣2a，
∴a＜0，
如图1，设抛物线对称轴交直线于点E，
∵抛物线对称轴为x＝﹣＝﹣，
∴E（﹣，﹣3），
∵M（1，0），N（﹣2，﹣6），
设△DMN的面积为S，
∴S＝S△DEN+S△DEM＝|（﹣2）﹣1|?|﹣﹣（﹣3）|＝，
（3）当a＝﹣1时，
抛物线的解析式为：y＝﹣x2﹣x+2＝﹣（x+）2+，
有，
﹣x2﹣x+2＝﹣2x，
解得：x1＝2，x2＝﹣1，
∴G（﹣1，2），
∵点G、H关于原点对称，
∴H（1，﹣2），
设直线GH平移后的解析式为：y＝﹣2x+t，
﹣x2﹣x+2＝﹣2x+t，
x2﹣x﹣2+t＝0，
△＝1﹣4（t﹣2）＝0，
t＝，
当点H平移后落在抛物线上时，坐标为（1，0），
把（1，0）代入y＝﹣2x+t，
t＝2，
∴当线段GH与抛物线有两个不同的公共点，t的取值范围是2≤t＜．
【点评】本题为二次函数的综合应用，涉及函数图象的交点、二次函数的性质、根的判别式、三角形的面积等知识．在（1）中由M的坐标得到b与a的关系是解题的关键，在（2）中联立两函数解析式，得到关于x的一元二次方程是解题的关键，在（3）中求得GH与抛物线一个交点和两个交点的分界点是解题的关键，本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大．
考点过关☆专项突破
类型一 线动在函数关系中的综合应用
1. （2018?乐山?3分）如图，曲线C2是双曲线C1：y=（x＞0）绕原点O逆时针旋转45°得到的图形，P是曲线C2上任意一点，点A在直线l：y=x上，且PA=PO，则△POA的面积等于（ ）
A． B．6 C．3 D．12
解：如图，将C2及直线y=x绕点O逆时针旋转45°，则得到双曲线C3，直线l与y轴重合．
双曲线C3，的解析式为y=﹣
过点P作PB⊥y轴于点B
∵PA=PB
∴B为OA中点，∴S△PAB=S△POB
由反比例函数比例系数k的性质，S△POB=3
∴△POA的面积是6
故选B．
2. 如图，等腰Rt△ABC中，斜边AB的长为2，O为AB的中点，P为AC边上的动点，OQ⊥OP交BC于点Q，M为PQ的中点，当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长为（?? ）
A.?????B.??????C.?1???????D.?2
【考点】全等三角形的判定与性质，梯形中位线定理，等腰直角三角形，几何图形的动态问题
【分析】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，利用等腰直角三角形的性质，求出AC、BC的长，可证得AO=CO，∠AOP=∠COQ，再证明△AOP≌△COQ，利用全等三角形的性质可得出AP=CQ，从而可证得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，求出PE与QF的和，然后证明MH为梯形PEFQ的中位线，利用梯形的中位线求出MH的长，因此点M的运动路线为△ABC的中位线，可得出答案。
【解析】【解答】连接OC，作PE⊥AB于E，MH⊥AB于H，QF⊥AB于F，如图，
∵△ACB为到等腰直角三角形，
∴AC=BC= AB=，∠A=∠B=45°，
∵O为AB的中点，
∴OC⊥AB，OC平分∠ACB，OC=OA=OB=1，
∴∠OCB=45°，
∵∠POQ=90°，∠COA=90°，
∴∠AOP=∠COQ，
在Rt△AOP和△COQ中
，
∴Rt△AOP≌△COQ，
∴AP=CQ，???????????
易得△APE和△BFQ都为等腰直角三角形，
∴PE= AP= CQ，QF= BQ，
∴PE+QF= （CQ+BQ）= BC= =1， ∵M点为PQ的中点，
∴MH为梯形PEFQ的中位线，
∴MH= （PE+QF）= ，
即点M到AB的距离为，
而CO=1，
∴点M的运动路线为△ABC的中位线，
∴当点P从点A运动到点C时，点M所经过的路线长= AB=1，
故答案为：C．
3. 已知如图，在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=7cm，
（1）点F在边BC上，且 BF=3，若点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿A→D→C→F运动，设点P运动的时间为t秒，求当t为何值时，△AFP为等腰三角形？
（2）如图2，将长方形ABCD折叠，折痕为MN，点A的对应点A′落在线段BC上，当点A′ 在BC上移动时，点M、N也随之移动，若限定点M、N分别在线段AB、AD上移动，则点A′ 在线段BC上可移动的最大距离是________．
【考点】相似三角形的判定与性质，几何图形的动态问题
【分析】（1）分情况讨论： ①如图，以A为圆心，AF长为半径画圆，交AD于 P1? ,则AF=AP1 ,利用勾股定理求出AF，即可求出t的值； ②如图，以F为圆心，AF长为半径画圆，交AD于 P2? ,则FA=FP2 ,交DC于P3? ，则FA=FP3 ， 利用勾股定理求出FA， 作FG⊥AD于G，求出t的值；再求出FC，利用勾股定理求出 CP3 ，然后求出AD+DP3 ， 就可求出t的值； ③作AF的垂直平分线，交AD于 P4? ，交AF于Ｈ，连接FP4 ， 利用矩形的性质去证∠DAF=∠AFB，再利用相似三角形的判定定理证明 △AHP4∽△ABF，得出对应边成比例求出AP4的值，就可求出t的值，综上所述可得出满足条件的t的值。 （2）当点M与点D重合时，根据翻折对称性可得：DA′=DA=7cm，利用勾股定理求出A′C的长；当点N与点B重合时，利用折叠的性质，可得出BA′=AB=4cm，再求出A′C，然后将两数相减，就是 点A′ 在线段BC上可移动的最大距离 。
【答案】（1）解：①如图，以A为圆心，AF长为半径画圆，交AD于 ?,则AF=A
在Rt△ABF中，AB=4cm,BF=3cm,
?∴AF= ?=5cm;
∴AP1=AF=5cm;
∴t1=5s;
∴当t1=5s时，
②如图，以F为圆心，AF长为半径画圆，交AD于 ?,则FA=F ,交DC于 ?，则FA=F
∵BF=3cm， AB=4cm,
∴FA= ?=5cm;
∴FP2=FP3=FA=5cm,
作FG⊥AD于G，则AP2=2AG=2BF=6cm，
∴t2=6s;
又∵BC=7cm,
∴FC=7-3=4cm,
∴CP3= ?=3cm,
∴DP3=1cm，
∴AD+DP3=8cm,
∴t3=8s;
③作AF的垂直平分线，交AD于 ?，交AF于Ｈ，连接F
∵ABCD为矩形，
∴AD∥BC，∠B=90°，
∴∠DAF=∠AFB，
又∠AHP4=∠B=90°，
∴△AHP4∽△ABF,
?,
∴AP4= ,
∴t4= s;
综上，当t=5s，6s，8s， s时，△AFP为等腰三角形。
（2）如图, 当点M与点D重合时，
根据翻折对称性可得：DA′=DA=7cm，
在Rt△A′CD中，
A′C= ?= cm,
如图，当点N与点B重合时，
根据翻折对称性可得BA′=AB=4cm．
∵A′C=CB-BA′，
∴A′C=3cm．
∴点A′在BC边上可移动的最大距离为( ?-3)cm．
类型二 线动在几何图形中的综合应用
1. （2017张家界）如图，在正方形ABCD中，AD=2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为 6﹣10 ．
【考点】R2：旋转的性质；LE：正方形的性质．
【分析】根据旋转的想知道的PB=BC=AB，∠PBC=30°，推出△ABP是等边三角形，得到∠BAP=60°，AP=AB=2，解直角三角形得到CE=2﹣2，PE=4﹣2，过P作PF⊥CD于F，于是得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，
∵把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，
∴PB=BC=AB，∠PBC=30°，
∴∠ABP=60°，
∴△ABP是等边三角形，
∴∠BAP=60°，AP=AB=2，
∵AD=2，
∴AE=4，DE=2，
∴CE=2﹣2，PE=4﹣2，
过P作PF⊥CD于F，
∴PF=PE=2﹣3，
∴三角形PCE的面积=CE?PF=×（2﹣2）×（4﹣2）=6﹣10，
故答案为：6﹣10．
2．（2018?宁波）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，D是AB边上一点（点D与A，B不重合），连结CD，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE交BC于点F，连接BE．
（1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）当AD=BF时，求∠BEF的度数．
【分析】（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，由于∠ACB=90°，所以∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，所以∠ACD=∠BCE，从而可证明△ACD≌△BCE（SAS）
（2）由△ACD≌△BCE（SAS）可知：∠A=∠CBE=45°，BE=BF，从而可求出∠BEF的度数．
【解答】解：（1）由题意可知：CD=CE，∠DCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠ACB﹣∠DCB，
∠BCE=∠DCE﹣∠DCB，
∴∠ACD=∠BCE，
在△ACD与△BCE中，
∴△ACD≌△BCE（SAS）
（2）∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠A=45°，
由（1）可知：∠A=∠CBE=45°，
∵AD=BF，
∴BE=BF，
∴∠BEF=67.5°
3. （2018?温州）如图，P，Q是方格纸中的两格点，请按要求画出以PQ为对角线的格点四边形．
（1）在图1中画出一个面积最小的?PAQB．
（2）在图2中画出一个四边形PCQD，使其是轴对称图形而不是中心对称图形，且另一条对角线CD由线段PQ以某一格点为旋转中心旋转得到．注：图1，图2在答题纸上．
【分析】（1）画出面积是4的格点平行四边形即为所求；
（2）画出以PQ为对角线的等腰梯形即为所求．
【解答】解：（1）如图①所示：
（2）如图②所示：
4．请认真阅读下面的数学小探究系列，完成所提出的问题：
（1）探究1：如图1，在等腰直角三角形ABC中， ， ，将边AB绕点B顺时针旋转 得到线段BD，连接 求证： 的面积为提示：过点D作BC边上的高DE，可证 ≌ （2）探究2：如图2，在一般的 中， ， ，将边AB绕点B顺时针旋转 得到线段BD，连接 请用含a的式子表示 的面积，并说明理由． （3）探究3：如图3，在等腰三角形ABC中， ， ，将边AB绕点B顺时针旋转 得到线段BD，连接 试探究用含a的式子表示 的面积，要有探究过程．
【考点】全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，几何图形的动态问题
【解析】【分析】（1）过点D作 DE ⊥ CB 交CB的延长线于E，利用旋转的性质及已知，证明∠A=∠DBE ，∠BED=∠ACB及AB=AD，利用AAS可证得△ABC≌△BDE，可得出BC=DE= a，再利用三角形的面积公式，可证得结论。 （2）过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，利用旋转的性质及已知，证明∠A=∠DBE ，∠BED=∠ACB及AB=AD，利用AAS可证得△ABC≌△BDE，可得出DE= a，再利用三角形的面积公式，可证得结论。 （3）过点A作 AF ⊥ BC 与F，过点D作 DE ⊥ BC 的延长线于点E，利用垂直的定义及同角的余角相等，可证得∠AFB=∠E，∠FAB=∠EBD，再由线段BD是由线段AB旋转得到的，可证得AB=BD，利用AAS证明△AFB≌△BED，可得出DE的长，然后利用三角形的面积公式可得出结论。
【答案】（1）解：如图1，过点D作 交CB的延长线于E，
，
由旋转知， ， ，
，
，
，
在 和 中，
，
≌
，
，
（2）解： 的面积为，
理由：如图2，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，
，
线段AB绕点B顺时针旋转 得到线段BE，
， ，
，
，
，
在 和 中，
，
≌ ，
，
，
（3）解：如图3，过点A作 与F，过点D作 的延长线于点E，
， ，
，
，
，
，
线段BD是由线段AB旋转得到的，
，
在 和 中，
，
≌ ，
，
，
的面积为
