备战2022 中考数学 人教版 专题四 动态探究问题

专题四　动态探究问题

题型一　动点问题

【典例1】如图，在矩形ABCD中，AD＝4 cm，AB＝3 cm，E为边BC上一点，BE＝AB，连接AE.动点P，Q从点A同时出发，点P以 cm/s的速度沿AE向终点E运动，点Q以2 cm/s的速度沿折线AD－DC向终点C运动．设点Q运动的时间为x(s)，在运动过程中，点P，点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为y(cm2).

(1)AE＝______cm，∠EAD＝______°；

(2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围；

(3)当PQ＝cm时，直接写出x的值．

【思路点拨】(1)由勾股定理可求AE的长，由等腰三角形的性质可求∠EAD的度数；

(2)分三种情况讨论，由面积和差关系可求解；

(3)分三种情况讨论，由勾股定理可求解．

【自主解答】(1)∵AB＝3，BE＝AB＝3，

∴AE＝＝3，∠BAE＝∠BEA＝45°.

∵∠BAD＝90°，∴∠EAD＝45°.

答案：3　45

(2)当0<x≤2时，如图，过点P作PF⊥AD于点F，

∵AP＝x，∠DAE＝45°，PF⊥AD，

∴PF＝x＝AF，∴y＝S△PQA＝AQ·PF＝x2；

当2<x≤3时，如图，过点P作PF⊥AD于点F，

∵PF＝AF＝x，∴DF＝4－x.

∵QD＝2x－4，

∴y＝x2＋(2x－4＋x)(4－x)＝－x2＋8x－8；

当3<x≤时，如图，点P与点E重合，

∵CQ＝(3＋4)－2x＝7－2x，CE＝4－3＝1，

∴y＝×(1＋4)×3－(7－2x)×1＝x＋4.

综上：y＝

(3)当0<x≤2时，如图，

∵QF＝AF＝x，PF⊥AD，∴PQ＝AP，

∵PQ＝，∴x＝，∴x＝；

当2<x≤3时，如图，过点P作PM⊥CD于点M，

∴四边形MPFD是矩形，

∴PM＝DF＝4－x，MD＝PF＝x，

∴MQ＝x－(2x－4)＝4－x.

∵MP2＋MQ2＝PQ2，∴(4－x)2＋(4－x)2＝，

∴x＝4±>3(不合题意，舍去)；

当3<x≤时，如图，

∵PQ2＝CP2＋CQ2，∴＝1＋(7－2x)2，

∴x＝(x＝舍去).

综上所述：x＝或

1．常考题型：

(1)单点运动问题．

(2)双点或多点运动问题．

2．解决方法：根据图形性质，分析动点运动过程中产生的变量关系或等量关系，列出方程或函数关系式探究结论．做题过程中要注意分类讨论思想的运用．

1．如图，一次函数y1＝kx＋2的图象与x轴交于点B(－2，0)，与反比例函数y2＝(x＞0)的图象交于点A(1，a).

(1)求m的值；

(2)点C为x轴上一动点．若△ABC的面积是6，请直接写出点C的坐标．

【解析】(1)∵一次函数y1＝kx＋2的图象与x轴交于点B(－2，0)，

∴－2k＋2＝0.∴k＝1.∴y1＝x＋2.

∵一次函数y1＝kx＋2的图象与反比例函数y2＝(x＞0)的图象交于点A(1，a)，∴a＝1＋2＝3.

把A(1，3)代入y2＝，得m＝3.

(2)∵S△ABC＝6，

∴×BC×3＝6，

∴BC＝4，

∵B(－2，0)，

∴C(－6，0)或C(2，0).

2．如图所示，△ABC是边长为6 cm的等边三角形．若点P以1 cm/s的速度从点B出发，同时点Q以1.5 cm/s的速度从点C出发，都按逆时针方向沿△ABC的边运动，运动时间为6秒．

(1)试求出运动到多少秒时，直线PQ与△ABC的某边平行；

(2)当运动到t1秒时，P，Q对应的点为P1，Q1，当运动到t2秒时(t1≠t2)，P，Q对应的点为P2，Q2，试问：△P1CQ1与△P2CQ2能否全等？若能，求出t1，t2的值；若不能，请说明理由．

【解析】(1)①如图1中，PQ∥AB时，△PCQ是等边三角形，∴CP＝CQ，∴6－t＝1.5t，t＝2.4(秒).

②如图2中，PQ∥AC时，△BPQ是等边三角形，

∴BQ＝BP，∵AB＝CB，∴PC＝AQ，

∴6－t＝1.5t－6，∴t＝4.8(秒).

综上所述，当t＝2.4或4.8秒时，直线PQ与△ABC的某边平行．

(2)如图，若△P1CQ1与△P2CQ2全等，则CP1＝CQ2，CQ1＝CP2

则有解得不符合题意，

∴△P1CQ1与△P2CQ2不全等．

题型二　动线问题

【典例2】已知∠AOB＝30°，H为射线OA上一定点，OH＝＋1，P为射线OB上一点，M为线段OH上一动点，连接PM，满足∠OMP为钝角，以点P为中心，将线段PM顺时针旋转150°，得到线段PN，连接ON.

(1)依题意补全图1；

(2)求证：∠OMP＝∠OPN；

(3)点M关于点H的对称点为Q，连接QP.写出一个OP的值，使得对于任意的点M，总有ON＝QP，并证明．

【思路点拨】(1)根据题意画出图形．

(2)由旋转可得∠MPN＝150°，故∠OPN＝150°－∠OPM；由∠AOB＝30°和三角形内角和180°可得∠OMP＝180°－30°－∠OPM＝150°－∠OPM，得证．

(3)根据题意画出图形，以ON＝QP为已知条件反推OP的长度．由(2)的结论∠OMP＝∠OPN联想到其补角相等，又因为旋转有PM＝PN，已具备一边一角相等，过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，即可构造出△PDM≌△NCP，进而得PD＝NC，DM＝CP.此时加上ON＝QP，则易证得△OCN≌△QDP，所以OC＝QD.利用∠AOB＝30°，设PD＝NC＝a，则OP＝2a，OD＝a.再设DM＝CP＝x，所以QD＝OC＝OP＋PC＝2a＋x，MQ＝DM＋QD＝2a＋2x.由于点M，Q关于点H对称，即点H为MQ中点，故MH＝MQ＝a＋x，DH＝MH－DM＝a，所以OH＝OD＋DH＝a＋a＝＋1，求得a＝1，故OP＝2.证明过程则把推理过程反过来，以OP＝2为条件，利用构造全等证得ON＝QP.

【自主解答】(1)如图1所示为所求．

(2)设∠OPM＝α，

∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN，

∴∠MPN＝150°，PM＝PN，

∴∠OPN＝∠MPN－∠OPM＝150°－α.

∵∠AOB＝30°，

∴∠OMP＝180°－∠AOB－∠OPM＝180°－30°－α＝150°－α，

∴∠OMP＝∠OPN.

(3)OP＝2时，总有ON＝QP，证明如下：

过点N作NC⊥OB于点C，过点P作PD⊥OA于点D，如图2，

∴∠NCP＝∠PDM＝∠PDQ＝90°.

∵∠AOB＝30°，OP＝2，∴PD＝OP＝1，

∴OD＝＝.

∵OH＝＋1，∴DH＝OH－OD＝1.

∵∠OMP＝∠OPN，

∴180°－∠OMP＝180°－∠OPN，

即∠PMD＝∠NPC.

在△PDM与△NCP中，

∴△PDM≌△NCP(AAS)，

∴PD＝NC，DM＝CP.

设DM＝CP＝x，则OC＝OP＋PC＝2＋x，MH＝MD＋DH＝x＋1.

∵点M关于点H的对称点为Q，

∴HQ＝MH＝x＋1，

∴DQ＝DH＋HQ＝1＋x＋1＝2＋x，∴OC＝DQ.

在△OCN与△QDP中，

∴△OCN≌△QDP(SAS)，

∴ON＝QP.

1．常考题型：

(1)一条或几条直线的平移问题．

(2)一条或几条直线的旋转问题．

2．解决方法：根据直线或线段变化过程中的不同阶段，判断随之而动的特殊位置，对运动过程中的面积或特殊形状进行探究．

1．如图所示，已知直线AB∥CD，∠A＝∠C＝100°，E，F在CD上，且满足∠DBF＝∠ABD，BE平分∠CBF.

(1)求证：AD∥BC；

(2)求∠DBE的度数；

(3)若平行移动AD，在平行移动AD的过程中，是否存在某种情况，使∠BEC＝∠ADB？若存在，求出其度数；若不存在，请说明理由．

【解析】(1)∵AB∥CD，∴∠A＋∠ADC＝180°，

又∵∠A＝∠C

∴∠ADC＋∠C＝180°，∴AD∥BC；

(2)∵AB∥CD，∴∠ABC＝180°－∠C＝80°，

∵∠DBF＝∠ABD，BE平分∠CBF，

∴∠DBE＝∠ABF＋∠CBF＝∠ABC＝40°；

(3)存在．设∠ABD＝∠DBF＝∠BDC＝x°.

∵AB∥CD，

∴∠BEC＝∠ABE＝x°＋40°；

∵AB∥CD，

∴∠ADC＝180°－∠A＝80°，

∴∠ADB＝80°－x°.

若∠BEC＝∠ADB，则x°＋40°＝80°－x°，解得x°＝20°.

∴存在∠BEC＝∠ADB＝60°.

2．如图在平面直角坐标系xOy中，直线l1：y＝－x＋与x轴交于点A，直线l2：y＝2x＋b与x轴交于点B，且与直线l1交于点C(－1，m).

(1)求m和b的值；

(2)求△ABC的面积；

(3)若将直线l2向下平移t(t＞0)个单位长度后，所得到的直线与直线l1的交点在第一象限，直接写出t的取值范围．

【解析】(1)把点C(－1，m)代入y＝－x＋得，

m＝－×(－1)＋＝2，∴C(－1，2)，

把C(－1，2)代入y＝2x＋b得，2＝－2＋b，

解得b＝4；

(2)∵直线l1：y＝－x＋与x轴交于点A，直线l2：y＝2x＋4与x轴交于点B，

∴A(2，0)，B(－2，0)，

∴AB＝4，

∴S△ABC＝×4×2＝4；

(3)将直线l2向下平移t(t＞0)个单位长度后，

所得到的直线的解析式为y＝2x＋4－t，

∵直线l1：y＝－x＋与y轴交点为，

把代入y＝2x＋4－t得，4－t＝，解得t＝.

把A(2，0)代入y＝2x＋4－t得，4＋4－t＝0，解得t＝8.

∴平移后所得到的直线与直线l1的交点在第一象限，t的取值范围是＜t＜8.

题型三　动图问题

【典例3】边长为6的等边△ABC中，点D，E分别在AC，BC边上，DE∥AB，EC＝2.

(1)如图1，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的平分线交于点N.当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？说明理由．

(2)如图2，将△DEC绕点C旋转∠α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′，边D′E′的中点为P.

①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？说明理由；

②连接AP，当AP最大时，求AD′的值(结果保留根号).

【思路点拨】(1)先判断出四边形MCND′为平行四边形，再得△MCE′和△NCC′为等边三角形，即可求出CC′的长，得出CN＝CM，即证四边形MCND′为菱形；

(2)①分两种情况，即可得出结论；②先判断出当A，C，P三点共线时，AP最大，求出CP，AP的长，最后用勾股定理即可得出结论．

【自主解答】(1)当CC′＝时，四边形MCND′为菱形．

理由：由平移的性质得CD∥C′D′，DE∥D′E′.

∵△ABC为等边三角形，

∴∠B＝∠ACB＝60°，∴∠ACC′＝180°－60°＝120°.

∵CN是∠ACC′的平分线，

∴∠NCC′＝60°.

∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′，

∴∠D′E′C′＝∠B＝60°，∴∠D′E′C′＝∠NCC′，

∴D′E′∥CN，

∴四边形MCND′为平行四边形．

∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，

∴△MCE′和△NCC′为等边三角形，

∴MC＝CE′，NC＝CC′.

又∵E′C′＝2，CC′＝，

∴CE′＝CC′＝，∴MC＝CN，

∴四边形MCND′为菱形．

(2)①AD′＝BE′.

理由：当α≠180°时，由旋转的性质得∠ACD′＝∠BCE′.

由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′，

∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′.

当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，

即AD′＝BE′.综上可知，AD′＝BE′.

②连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得

AP<AC＋CP，∴当A，C，P三点共线时AP最大．

此时，AP＝AC＋CP.

在Rt△D′CE′中，由P为D′E的中点，得AP⊥D′E′，PD′＝，∴CP＝3，∴AP＝9，

在Rt△APD′中，由勾股定理得AD′＝

＝2.

1．常考题型：

(1)图形平移问题．

(2)图形对称问题．

(3)图形旋转问题．

2．解决方法：抓住几何图形在运动过程中形状和大小都不改变这一特性，运用类比、转化的方法探究位置关系或数量关系．

1．在平面直角坐标系中，将抛物线C1：y＝(x－1)2－1向左平移2个单位，向下平移3个单位得到新抛物线C2.

(1)求新抛物线C2的表达式；

(2)如图，将△OAB沿x轴向左平移得到△O′A′B′，点A(0，5)的对应点A′落在平移后的新抛物线C2上，求点B与其对应点B′的距离．

【解析】(1)将抛物线C1：y＝(x－1)2－1向左平移2个单位，向下平移3个单位得到新抛物线C2的表达式是：y＝(x－1＋2)2－1－3，即y＝(x＋1)2－4；

(2)由平移的性质知，点A与点A′的纵坐标相等，

所以将y＝5代入抛物线C2，得(x＋1)2－4＝5，则x＝－4或x＝2(舍去)

所以AA′＝4，

根据平移的性质知：BB′＝AA′＝4，即点B与其对应点B′的距离为4个单位．

2．如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边上的点F处，过点F作FG∥CD交BE于点G，连接CG.

(1)求证：四边形CEFG是菱形；

(2)若AB＝6，AD＝10，求四边形CEFG的面积．

【解析】(1)由题意可得，△BCE≌△BFE，

∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，

∵FG∥CE，

∴∠FGE＝∠CEB，

∴∠FGE＝∠FEG，

∴FG＝FE，

∴FG＝EC，

∴四边形CEFG是平行四边形．

又∵CE＝FE，

∴四边形CEFG是菱形．

(2)∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，

∴∠BAF＝90°，AD＝BC＝BF＝10，

∴AF＝8，∴DF＝2，

设EF＝x，则CE＝x，DE＝6－x，

∵∠FDE＝90°，

∴22＋(6－x)2＝x2，

解得x＝，

∴CE＝.

∴四边形CEFG的面积是CE·DF＝×2＝.