2021年浙江省中考数学二轮复习专项练习——动态几何问题专题学案

专题9　动态几何问题
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．
动点问题
(一)单动点问题
1．如图，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，点F是对角线AC上的一个动点，连结DF，以DF为斜边作∠DFE＝30°的Rt△DEF，使点E和点A位于DF两侧，点F从点A到点C的运动过程中，求点E的运动路径长．
　　
题图　　　　　　　答图
解：如图，点E的运动路径是线段E′E″，∵AB＝4，∠DCA＝30°，∴AD＝.当点F与点A重合时，∵在Rt△ADE′中，AD＝，∠DAE′＝30°，∴∠ADE′＝60°，DE′＝，∴∠CDE′＝30°；当点F与点C重合时，∵∠DCE″＝30°，CD＝4，∴DE″＝2，∠E″DC＝60°，∴∠E′DE″＝90°，∴E′E″＝＝＝.∴E的运动路径E′E″的长为
2．(2019·湖州)如图①，已知在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC是矩形，点A，C分别在x轴和y轴的正半轴上，连结AC，OA＝3，tan
∠OAC＝，D是BC的中点．
(1)求OC的长和点D的坐标；
(2)如图②，M是线段OC上的点，OM＝OC，点P是线段OM上的一个动点，经过P，D，B三点的抛物线交x轴的正半轴于点E，连结DE交AB于点F.
①将△DBF沿DE所在的直线翻折，若点B恰好落在AC上，求此时BF的长和点E的坐标；
②以线段DF为边，在DF所在直线的右上方作等边△DFG，当动点P从点O运动到点M时，点G也随之运动，请直接写出点G运动路径的长．
解：(1)∵OA＝3，tan
∠OAC＝＝，∴OC＝.∵四边形OABC是矩形，∴BC＝OA＝3.∵点D是BC的中点，∴CD＝BC＝，∴D(，)
(2)①∵tan
∠OAC＝，∴∠OAC＝30°，∴∠ACB＝∠OAC＝30°.设将△DBF沿DE所在的直线翻折后，点B恰好落在AC上的点B′处，则DB′＝DB＝DC，∠BDF＝∠B′DF，∴∠DB′C＝∠ACB＝30°，∴∠BDB′＝60°，∴∠BDF＝∠B′DF＝30°，∴BF＝BD·tan
30°＝.又∵AB＝，∴AF＝BF＝.又∵∠BFD＝∠AFE，∠B＝∠FAE＝90°，∴△BFD≌△AFE(ASA)，∴AE＝BD＝，∴OE＝OA＋AE＝，∴点E的坐标为(，0)
②当动点P在点O时，∵抛物线过点P(0，0)，D(，)，B(3，)，∴可求得此时抛物线的表达式为y＝－x2＋x，∴E(，0)，∴直线DE的表达式为y＝－x＋，当x＝3时，y＝－×3＋＝，∴F1(3，)；
当动点P运动到点M时，∵抛物线过点P(0，)，D(，)，B(3，)，∴可求得此时抛物线的表达式为y＝－x2＋x＋，∴E(6，0)，∴直线DE的表达式为y＝－x＋，当x＝3时，y＝－×3＋＝，∴F2(3，)，∴点F的运动路径F1F2的长为－＝.∵△DFG为等边三角形，∴点G运动路径的长为
3．(2019·衢州)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，∠BAC＝60°，AD平分∠BAC交BC于点D，过点D作DE∥AC交AB于点E，点M是线段AD上的动点，连结BM并延长分别交DE，AC于点F，G.
(1)求CD的长；
(2)若点M是线段AD的中点，求的值；
(3)请问当DM的长满足什么条件时，在线段DE上恰好只有一点P，使得∠CPG＝60°？
　　　　　　　　　　　　备用图
解：(1)∵AD平分∠BAC，∠BAC＝60°，∴∠DAC＝∠BAC＝30°，∴DC＝AC·tan
30°＝2
(2)易得BC＝6，BD＝4，由DE∥AC，得∠EDA＝∠DAC，∠DFM＝∠AGM.又∵AM＝DM，∴△DFM≌△AGM，∴AG＝DF.由DE∥AC，得△BFE∽△BGA，∴＝＝，∴＝＝＝＝
(3)∵∠CPG＝60°，过C，P，G作外接圆，圆心为点Q，∴△CQG是顶角为120°的等腰三角形．
①
当⊙Q与DE相切于点P时，如图①，过Q点作QH⊥AC于点H，设⊙Q的半径QP＝r，则QH＝r，∴r＋r＝2，解得r＝，∴CG＝×＝4，∴AG＝2.∵＝＝，∴DF＝.易知△DFM∽△AGM，可得＝＝，则＝，∴DM＝；
②
当⊙Q经过点E时，如图②，延长CQ交AB于点K，∵∠ACK＝30°，∠BAC＝60°，∴∠CKA＝90°，CK＝3，AK＝3.∵＝＝，∴AE＝AB＝4，∴EK＝1.设⊙Q的半径QC＝QE＝r，则QK＝3－r，∴在Rt△EQK中，12＋(3－r)2＝r2,
解得r＝，∴CG＝×＝，∴同①可得DM＝；
③
当⊙Q经过点D时，如图③，此时点M与点G重合，且恰好在点A处，可得DM＝4.
综上所述，当DM＝或＜DM≤4时，满足条件的点P只有一个
(二)双动点问题
4．中心为O的正六边形ABCDEF的半径为6
cm，点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1
cm/s的速度沿AF，DC向终点F，C运动，连结PB，PE，QB，QE，设运动时间为t(s).
(1)求证：四边形PBQE为平行四边形；
(2)求矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比．
解：(1)证明：∵六边形ABCDEF是正六边形，∴AB＝BC＝CD＝DE＝EF＝FA，∠A＝∠ABC＝∠C＝∠D＝∠DEF＝∠F，∵点P，Q同时分别从A，D两点出发，以1
cm/s速度沿AF，DC向终点F，C运动，∴AP＝DQ＝t，PF＝QC＝6－t，在△ABP和△DEQ中，∴△ABP≌△DEQ(SAS)，∴BP＝EQ，同理可证PE＝QB，∴四边形PBQE为平行四边形
(2)连结BE，OA，则∠AOB＝＝60°，∵OA＝OB，∴△AOB是等边三角形，∴AB＝OA＝6，BE＝2OB＝12，当t＝0时，点P与A重合，Q与D重合，四边形PBQE即为四边形ABDE，如图①所示，则∠EAF＝∠AEF＝30°，∴∠BAE＝120°－30°＝90°，∴此时四边形ABDE是矩形，即四边形PBQE是矩形．当t＝6
s时，点P与F重合，Q与C重合，四边形PBQE即为四边形FBCE，如图②所示，同法可知∠BFE＝90°，此时四边形PBQE是矩形．综上所述，t＝0或6
s时，四边形PBQE是矩形，∴AE＝＝6，∴矩形PBQE的面积＝矩形ABDE的面积＝AB×AE＝6×6＝36.∵正六边形ABCDEF的面积＝6×S△AOB＝6×S矩形ABDE＝6××36＝54，∴矩形PBQE的面积与正六边形ABCDEF的面积之比＝
5．(2020·苏州)如图，已知∠MON＝90°，OT是∠MON的平分线，A是射线OM上一点，OA＝8
cm.动点P从点A出发，以1
cm/s的速度沿AO水平向左做匀速运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以1
cm/s的速度沿ON竖直向上做匀速运动．连结PQ，交OT于点B.经过O，P，Q三点作圆，交OT于点C，连结PC，QC.设运动时间为t(s)，其中0(1)求OP＋OQ的值；
(2)是否存在实数t，使得线段OB的长度最大？若存在，求出t的值；若不存在，说明理由．
(3)求四边形OPCQ的面积．
解：(1)由题意可得，OP＝8－t，OQ＝t，∴OP＋OQ＝8－t＋t＝8(cm)
(2)当t＝4时，线段OB的长度最大．如图，过点B作BD⊥OP，垂足为D，则BD∥OQ.∵OT平分∠MON，∴∠BOD＝∠BOQ＝∠OBD＝45°，∴BD＝OD，OB＝BD.设线段BD的长为x，则BD＝OD＝x，OB＝BD＝x，PD＝8－t－x，∵BD∥OQ，∴＝，∴＝，∴x＝.∴OB＝·＝－(t－4)2＋2.∵0＜t＜8，∴当t＝4时，线段OB的长度最大
(3)∵∠POQ＝90°，∴PQ是圆的直径．∴∠PCQ＝90°.∵∠PQC＝∠POC＝45°，∴△PCQ是等腰直角三角形．∴S△PCQ＝PC·QC＝×PQ·PQ＝PQ2.在Rt△POQ中，PQ2＝OP2＋OQ2＝(8－t)2＋t2.∴四边形OPCQ的面积S＝S△POQ＋S△PCQ＝OP·OQ＋PQ2＝(8－t)t＋[(8－t)2＋t2]＝4t－t2＋t2＋16－4t＝16.
∴四边形OPCQ的面积为16
cm2.
从动点的特殊情形入手，进行推理判断，再对一般情形做出猜想或判断，并加以证明．
动线问题
6．如图，已知二次函数y＝－x2＋x＋3与x轴、y轴交于点A，B.在x轴上有一动点C(m，0)(0＜m＜4)，过点C作x轴的垂线交直线AB于点E，交该二次函数的图象于点D.
(1)求直线AB的表达式；
(2)过点D作DF⊥AB于点F，设△ACE，△DEF的面积分别为S1，S2，若S1＝4S2，求m的值；
(3)点H是该二次函数图象上位于第一象限的动点，点G是线段AB上的动点，当四边形DEGH是平行四边形，且?DEGH的周长取最大值时，求点G的坐标．
解：(1)y＝－x＋3
(2)易得点D的坐标为(m，－m2＋m＋3)，点E的坐标为(m，－m＋3)，AC＝4－m，∴DE＝(－m2＋m＋3)－(－m＋3)＝－m2＋3m.∵BC∥y轴，∴＝＝，∴AE＝AC＝(4－m).∵∠DFA＝∠DCA＝90°，∠FED＝∠CEA，∴△DEF∽△AEC.∵S1＝4S2
，∴AE＝2DE，∴(4－m)＝2(－m2＋3m)，解得m1＝，m2＝4(不合题意，舍去)，故m的值为
(3)过点G作GM⊥DC于点M，设H(n，－n2＋n＋3)，由(2)知DE＝－m2＋3m，同理可得HG＝－n2＋3n.当四边形DEGH是平行四边形时，则DE＝HG，即－m2＋3m＝－n2＋3n，整理，得(n－m)[(n＋m)－3]＝0.∵m≠n，∴(n＋m)－3＝0，∴m＋n＝4，即n＝4－m，∴MG＝n－m＝4－2m.∵BC∥y轴，∴∠MEG＝∠OBA，∴＝＝，∴EG＝MG＝(4－2m)，∴C?DEGH＝2[－m2＋3m＋(4－2m)]＝－m2＋m＋10＝－(m－)2＋，∴当m＝时，C?DEGH最大，此时n＝4－＝，∴点G的坐标为(，).当点G，E位置对调时，依然满足条件，则此时点G的坐标为(，).∴点G的坐标为(，)或(，)
7．(2021·预测)如图，BD是正方形ABCD的对角线，BC＝2，边BC在其所在的直线上平移，将通过平移得到的线段记为PQ，连结PA，QD，过点Q作QO⊥BD，垂足为O，连结OA，OP.
(1)请直接写出线段BC在平移过程中四边形APQD的形状；
(2)请判断OA，OP之间的数量关系和位置关系，并加以证明；
(3)在平移变换过程中，设y＝S△OPB，BP＝x(0≤x≤2)，求y与x之间的函数关系式，并求出y的最大值．
解：(1)四边形APQD为平行四边形
(2)OA＝OP，OA⊥OP，证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝PQ，∠ABO＝∠OBQ＝45°，∵OQ⊥BD，∴∠PQO＝45°.∴∠ABO＝∠OBQ＝∠PQO，∴OB＝OQ.又∵PQ＝AB，∴△AOB≌△POQ(SAS)，∴OA＝OP，∠AOB＝∠POQ，∴∠AOP＝∠BOQ＝90°，∴OA⊥OP
(3)过点O作OE⊥BC于点E，①如图①，当点P在点B右侧时，则BQ＝x＋2，OE＝，∴y＝BP·OE＝·x·＝x2＋x＝(x＋1)2－.又∵0≤x≤2，∴当x＝2时，y有最大值2；②如图②，当点P在B点左侧时，则BQ＝2－x，OE＝，∴y＝BP·OE＝·x·＝x－x2＝－(x－1)2＋.又∵0≤x≤2，∴当x＝1时，y有最大值.综上所述，y＝x2＋x或y＝x－x2，当x＝2时，y有最大值2
8．在△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α.点P是平面内不与点A，C重合的任意一点，连结AP，将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP，连结AD，BD，CP.
(1)【观察猜想
】如图①，当α＝60°时，的值是__1__，直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是__60°__；
(2)【类比探究】如图②，当α＝90°时，请写出的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数，并就图②的情形说明理由；
(3)【解决问题】当α＝90°时，若点E，F分别是CA，CB的中点，点P在直线EF上，请直接写出点C，P，D在同一直线上时的值．
解：(1)延长CP交BD的延长线于点E，交AB于点O，∵∠PAD＝∠CAB＝60°，∴∠CAP＝∠BAD.∵CA＝BA，PA＝DA，∴△CAP≌△BAD(SAS)，∴CP＝BD，∠ACP＝∠ABD.又∵∠AOC＝∠BOE，∴∠BEO＝∠CAO＝60°，∴＝1，线段BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60°
(2)设BD交AC于点Q，BD交PC于点F，∵∠PAD＝∠CAB＝45°，∴∠PAC＝∠DAB.又∵＝＝，∴△DAB∽△PAC，∴∠PCA＝∠DBA，＝＝.又∵∠FQC＝∠AQB，∴∠CFQ＝∠QAB＝45°，∴直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45°
(3)①如图甲，当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于点H，设AD交EF于点G，∵CE＝EA，CF＝FB，∴EF∥AB，∴∠EFC＝∠ABC＝45°.∵∠PAG＝45°，∴∠PAG＝∠GFH.又∵∠PGA＝∠FGH，∴∠H＝∠APG.∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠APE＝∠EAP＝∠BAH，∴∠H＝∠BAH，∴BH＝BA.∵∠ADP＝∠BDC＝45°，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°.∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∴A，D，C，B四点共圆，∴∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，∴DA＝DC.设DC＝AD＝a，则PD＝a，∴＝＝2－；②如图乙，当点P在线段CD上时，同法可证DA＝DC，设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD＝a，∴CP＝a－a，∴＝＝2＋.综上所述，的值为2－或2＋
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．
动面问题
9．(2020·河南)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，边BC在x轴上，顶点A，B的坐标分别为(－2，6)和(7，0).将正方形OCDE沿x轴向右平移，当点E落在AB边上时，点D的坐标为B
A．(，2)
B．(2，2)
C．(，2)
D．(4，2)
【解析】如图，设正方形O′C′D′E′是正方形OCDE沿x轴向右平移后的正方形，∵顶点A，B的坐标分别为(－2，6)和(7，0)，∴AC＝6，OC＝2，OB＝7，∴BC＝9.∵四边形OCDE是正方形，∴DE＝OC＝OE＝2，∴O′E′＝O′C′＝2.∵E′O′⊥BC，∴∠BO′E′＝∠BCA＝90°，∴E′O′∥AC，∴△BO′E′∽△BCA，∴＝，∴＝，∴BO′＝3，∴OC′＝7－2－3＝2，∴当点E落在AB边上时，点D的坐标为(2，2)，故选B.
10．(2020·嘉兴)在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图①)，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3
cm，AC＝DF＝4
cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图①中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD(如图②)，当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图②中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由；
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形(如图③).求AF的长；
活动二：在图③中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连结OB，OE(如图④).
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．
解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形
【发现】如图③，连结BE交AD于点O，∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，设AF＝x(cm)，则OA＝OE＝(x＋4)，∴OF＝OA－AF＝2－x，在Rt△OFE中，∵OF2＋EF2＝OE2，∴(2－x)2＋32＝(x＋4)2，解得x＝，∴AF＝
cm
【探究】BD＝2OF，证明：如图④，延长OF交AE于点H，由旋转的性质知：OA＝OB＝OE＝OD，∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，∴∠BDE＋∠DEA＝∠ABD＋∠EAB.∵∠ABD＋∠BDE＋∠DEA＋∠EAB＝360°，∴∠ABD＋∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB.∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF.∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，∴△EFO≌△EFH(ASA)，∴EO＝EH，FO＝FH，∴∠EHO＝∠EOH＝∠ODB＝∠OBD，∴△EOH≌△OBD(AAS)，∴BD＝OH＝2OF
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来解决．