2024徐州中考数学二轮重难题型专题训练 题型四 几何图形中的动态问题 (含答案)

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1.如图①，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AD＝4 cm，AB＝d cm，动点E、F分别从点D、B出发，点E以1 cm/s的速度沿边DA向点A移动，点F以1 cm/s的速度沿边BC向点C移动，点F移动到点C时，两点同时停止移动．以EF为边作正方形EFGH，点F出发x s时，正方形EFGH的面积为y cm2.已知y与x的函数图象是抛物线的一部分，如图②所示．请根据图中信息，解答下列问题：
(1)自变量x的取值范围是________；
(2)d＝________，m＝________，n＝________；
(3)F出发多少秒时，正方形EFGH的面积为16 cm2?

第1题图
2.如图①，菱形ABCD中，AB＝5 cm，动点P从点B出发，沿折线BC－CD－DA运动到点A停止，动点Q从点A出发，沿线段AB运动到点B停止，它们运动的速度相同，设点P出发x s时，△BPQ的面积为y cm2.已知y与x之间的函数关系如图②所示，其中OM、MN为线段，曲线NK为抛物线的一部分．请根据图中的信息，解答下列问题：
(1)当1(2)分别求出线段OM，曲线NK所对应的函数表达式；
(3)当x为何值时，△BPQ的面积是5 cm2?
第2题图
针对训练
1. 如图① ，在正方形ABCD中，点P、Q是对角线BD上的两个动点，点P从点B出发沿着BD以1 cm/s的速度向点D运动；点Q同时从点D出发沿着DB以2 cm/s速度向点B运动，设运动时间为x s，△AQP的面积为y cm2，y与x的函数图象如图②所示，根据图象回答下列问题：
(1)a＝________；
(2)当x为何值时，△APQ的面积为6 cm2；
(3)当x为何值时，以PQ为直径的圆与△APQ的边有且只有三个公共点．

第1题图
2. 如图①，已知∠RPQ＝45°，在△ABC中∠ACB＝90°，动点P从点A出发，以2eq \r(5) cm/s的速度在线段AC上向点C运动，PQ，PR分别与射线AB交于E，F两点，且PE⊥AB，当点P与点C重合时停止运动．如图②，设点P的运动时间为x s，∠RPQ与△ABC的重叠部分面积为y cm2，y与x的函数关系由C1(0(1)填空：①当x＝5 s时，EF＝________cm；
②sin A＝________；
(2)求y与x的函数关系式，并写出x的取值范围；
(3)当y≥36 cm2时，请直接写出x的取值范围．
第2题图
类型二 点动引起的图形运动
徐州近年中考真题精选
1. 如图，平面直角坐标系中，将含30°的三角尺的直角顶点C落在第二象限．其斜边两端点A、B分别落在x轴、y轴上，且AB＝12 cm.
(1)若OB＝6 cm.
①求点C的坐标；
②若点A向右滑动的距离与点B向上滑动的距离相等，求滑动的距离；
(2)点C与点O的距离的最大值＝________cm.

第1题图

针对训练
1. 如图所示，四边形ABCD是正方形，M是AB延长线上一点，直角三角尺的一条直角边经过点D，且直角顶点E在AB边上滑动(点E不与点A、B重合)，另一直角边与∠CBM的平分线BF相交于点F.
(1)求证：∠ADE＝∠FEM；
(2)如图①，当点E在AB边的中点位置时，猜想DE与EF的数量关系，并证明你的猜想；
(3)如图②，当点E在AB边(除两端点)上的任意位置时，猜想此时DE与EF有怎样的数量关系，并证明你的猜想．
第1题图
2. 如图①，已知等边△ABC，将直角三角板的60°角顶点D任意放在BC边上(点D不与点B、C重合)，使两边分别交线段AB、AC于点E、F.
(1)若AB＝6，AE＝4，BD＝2，则CF＝________；
(2)求证：△EBD∽△DCF；
(3)若将图②中的三角板的顶点D在BC边上移动，保持三角板与边AB、AC的两个交点E、F都存在，连接EF，如图②所示，问：点D是否存在某一位置，使ED平分∠BEF且FD平分∠CFE？若存在，求出eq \f(BD,BC)的值；若不存在，请说明理由．
第2题图
类型三 点动引起的图形变化
徐州近年中考真题精选
1. 如图，矩形ABCD的边AB＝3 cm，AD＝4 cm，点E从点A出发，沿射线AD移动．以CE为直径作⊙O，点F为⊙O与射线BD的公共点，连接EF、CF.过点E作EG⊥EF、EG与⊙O相交于点G，连接CG.
(1)试说明四边形EFCG是矩形；
(2)当⊙O与射线BD相切时，点E停止移动，在点E移动的过程中．
①矩形EFCG的面积是否存在最大值或最小值？若存在，求出这个最大值或最小值；若不存在，说明理由；
②求点G移动路线的长．
第1题图
针对训练
如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D是射线CB上的动点，连接AD，以AD为一直角边向左侧作等腰Rt△ADE，连接BE.
【问题解决】
(1)如图①，当点D在线段CB上时，线段BE与CD的数量关系为________，位置关系为______；
【类比探究】
(2)如图②，当点D在线段CB的延长线上时，线段BE、CD之间的数量关系和位置关系是否还成立，并说明理由；
【拓展延伸】
(3)若AB＝AC＝6eq \r(2)，当点D从点C运动到点B的过程中，请你求出DE的最小值．
第1题图
参考答案
类型一 点动引起的函数图象分析
徐州近年中考真题精选
1. 解：(1)0≤x≤4；(1分)
【解法提示】∵BC＝AD＝4，4÷1＝4，∴0≤x≤4.
(2)3，2，25；(4分)
【解法提示】根据题意，当点E、F分别运动到AD、BC的中点时，EF＝AB最小，∴正方形EFGH的面积最小，此时d2＝9，m＝4÷2＝2，∴d＝3，根据勾股定理，得n＝BD2＝AD2＋AB2＝42＋32＝25.
(3)如解图，过点E作EI⊥BC，垂足为点I，则四边形DEIC为矩形，
∵EI＝AB＝3，CI＝DE＝x，BF＝x，
∴IF＝4－2x，
在Rt△EFI中，EF2＝EI2＋IF2＝32＋(4－2x)2，(6分)
∵y是以EF为边长的正方形EFGH的面积，
∴y＝32＋(4－2x)2，
当y＝16时，32＋(4－2x)2＝16，
整理得，4x2－16x＋9＝0，
解得x1＝eq \f(4＋\r(7),2)，x2＝eq \f(4－\r(7),2).
∵点F的速度是1 cm/s，
∴F出发eq \f(4＋\r(7),2)或eq \f(4－\r(7),2) s时，正方形EFGH的面积为16 cm2.(8分)
第1题解图
2. 解：(1)不变；(1分)
【解法提示】由函数图象知，当1∴当1(2)设线段OM的函数表达式为y＝kx(k≠0)，
把(1，10)代入得，k＝10，
∴线段OM的函数表达式为y＝10x(0≤x≤1)；
由题意得K点的坐标为(3，0)，(3分)
设曲线NK所对应的函数表达式为y＝a(x－3)2，
把(2，10)代入得，10＝a(2－3)2，
∴a＝10，
∴曲线NK所对应的函数表达式为y＝10(x－3)2(2≤x≤3)；(5分)
(3)把y＝5代入y＝10x中，得x＝eq \f(1,2)，
把y＝5代入y＝10(x－3)2得5＝10(x－3)2，
解得x＝3＋eq \f(\r(2),2)或x＝3－eq \f(\r(2),2)，(7分)
∵3＋eq \f(\r(2),2)>3(不合题意，舍去)，
∴x＝3－eq \f(\r(2),2)，
∴当x＝eq \f(1,2)或3－eq \f(\r(2),2) s时，△BPQ的面积是5 cm2.(9分)
针对训练
1. 解：(1)9；
【解法提示】根据题图②知，当x＝3时，点Q运动到点B，∴BD＝2×3＝6，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝3eq \r(2)，∴S正方形ABCD＝AD·AB＝18，∴a＝eq \f(1,2)S正方形ABCD＝9.
(2)如解图，连接AC，交BD于点O，
①当点P、Q运动到如解图①的位置时，
∵S△APQ＝eq \f(1,2)·PQ·AO＝6，
∴PQ＝4，
又∵点P以1 cm/s的速度移动，点Q以2 cm/s的速度移动，且BP＋PQ＋QD＝BD，
∴x＝eq \f(2,3) s.
第1题解图①
②当点P、Q运动到如解图②的位置时，
∵S△APQ＝eq \f(1,2)·PQ·AO＝6，
∴PQ＝4，
此时点Q与点B重合，点P运动了4 cm，
∴x＝4 s.
综上所述，当x＝eq \f(2,3) s或x＝4 s时，△APQ的面积为6 cm2；
第1题解图②
(3)根据点P、Q的运动规律可以发现以PQ为直径的圆与△APQ的边有且只有三个公共点有三种情况：
①当点Q运动到B点，点P运动到D点时，
以PQ为直径作圆，PQ＝BD＝6，
圆与△APQ有且仅有三个交点，
∵点P以1 cm/s运动，点Q以2 cm/s运动，
∴当点Q运动到B点时，点P还在继续运动，
∴x＝6 s；
②当点Q运动到O点时，
∵AQ⊥BD，
∴以PQ为直径的圆与△APQ有且只有三个交点，
又∵OD＝OB＝eq \f(1,2)BD＝3，
∴点P、Q运动了eq \f(3,2) s，
∴x＝eq \f(3,2) s；
③当点Q运动到B点，点P运动到O点时，
∵AO⊥BO，
∴以PQ为直径的圆与△APQ有且只有三个交点，
∵BO＝eq \f(1,2)BD＝3，
∴点P、Q运动了3 s，
∴x＝3 s.
∴点P、Q运动时间在eq \f(3,2)≤x＜2 s和2＜x≤3 s时，一直都有三个交点．
综上所述，当x＝6 s和eq \f(3,2)≤x＜2 s和2＜x≤3 s时，以PQ为直径的圆与△APQ有且仅有三个交点．
2. 解：(1)①10；②eq \f(\r(5),5)；
【解法提示】①当x＝5 s时，如解图①，点F与点B重合．∵∠RPQ＝45°，PE⊥AB，∴∠PEF＝90°，∴∠EPF＝∠PFE＝45°，∴EF＝EP，由题意得，eq \f(1,2)EF·PE＝50，∴EF＝PE＝10 cm；②∵AP＝5×2eq \r(5)＝10eq \r(5) cm，∴sinA＝eq \f(PE,PA)＝eq \f(10,10\r(5))＝eq \f(\r(5),5)；
第2题解图①
(2)当0＜x≤5时，重叠部分是△PEF，y＝eq \f(1,2)×(eq \f(\r(5),5)×2eq \r(5)x)2＝2x2.
如解图①，在Rt△APE中，AE＝eq \r(PA2－PE2)＝eq \r(（10\r(5)）2－102)＝20 cm，
∴AB＝EF＋AE＝30 cm，
∴BC＝eq \f(\r(5),5)AB＝6eq \r(5) cm，
∴AC＝eq \r(AB2－BC2)＝eq \r(302－（6\r(5)）2)＝12eq \r(5) cm，
∴点P从点A运动到点C的时间x＝eq \f(12\r(5),2\r(5))＝6 s，
当5＜x≤6时，如解图②，重叠部分是四边形PTBE，作BL∥PF交AC于点L，过点L作LJ⊥AB于点J，LK⊥AC交AB于点K，过点B作BH⊥PF于点H.
第2题解图②
∵BL∥PF，
∴∠LBJ＝∠PFE＝45°，
∴△BLJ是等腰直角三角形，
∴BJ＝LJ＝10 cm，BL＝10eq \r(2) cm，
∵tanA＝eq \f(KL,AL)＝eq \f(1,2)，
∴KL＝5eq \r(5)，AK＝25，
∴BK＝AB－AK＝30－25＝5 cm，
∵BL∥PF，
∴△BLA∽△FPA，
∴eq \f(BA,FA)＝eq \f(AL,AP)，
∴eq \f(30,FA)＝eq \f(10\r(5),2\r(5)x)，
∴FA＝6x cm，
∴BF＝(6x－30) cm.
∵BC∥KL，
∴∠FBT＝∠BKL，
∴△FBT∽△BKL，
∴eq \f(BF,BK)＝eq \f(FT,BL)，
∴eq \f(6x－30,5)＝eq \f(FT,10\r(2))，
∴FT＝(12eq \r(2)x－60eq \r(2)) cm，
∵BH＝eq \f(\r(2),2)BF＝eq \f(\r(2),2)(6x－30)＝(3eq \r(2)x－15eq \r(2)) cm，
∴y＝S△PEF－S△BTF＝eq \f(1,2)×2x×2x－eq \f(1,2)×(12eq \r(2)x－60eq \r(2))·(3eq \r(2)x－15eq \r(2))＝－34x2＋360x－900.
综上所述，
y＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x2 （0＜x≤5），,－34x2＋360x－900 （5＜x≤6）.))
(3)3eq \r(2)≤x≤6.
【解法提示】当y＝36时，2x2＝36，x＝3eq \r(2)，－34x2＋360x－900＝36，解得x＝6或x＝eq \f(78,17)，∵eq \f(78,17)＜5，∴x＝eq \f(78,17)不符合题意，舍弃．
类型二 点动引起的图形运动
徐州近年中考真题精选
1. 解：(1)①如解图①，过点C作y轴的垂线，垂足为点D，
第1题解图①
在Rt△ABC中，AB＝12，∠CAB＝30°，
则BC＝6，
又∵OB＝6，
∴∠BAO＝30°，∠ABO＝60°，
又∵∠CBA＝60°，
∴∠CBD＝60°，∠BCD＝30°，
∴BD＝3，CD＝3eq \r(3)，
∴OD＝OB＋BD＝6＋3＝9，
∴点C的坐标为(－3eq \r(3)，9)；(2分)
②如解图②，设点A向右滑动的距离为x cm，
根据题意得点B向上滑动的距离也为x cm，
∵AO＝12×cs∠BAO＝12×cs30°＝6eq \r(3)，
∴A′O＝6eq \r(3)－x，B′O＝6＋x，A′B′＝AB＝12，
在Rt△A′OB′中，由勾股定理得(6eq \r(3)－x)2＋(6＋x)2＝122，
解得x＝6(eq \r(3)－1)或x＝0(不合题意，舍去)，
∴滑动的距离为6(eq \r(3)－1)cm；(5分)
第1题解图②
(2)12.(8分)
【解法提示】设点C的坐标为(x，y)，如解图③，过点C作CE⊥x轴，CD⊥y轴，垂足分别为点E，D，则OE＝－x，OD＝y，∵∠ACE＋∠BCE＝90°，∠DCB＋∠BCE＝90°，∴∠ACE＝∠DCB，又∵∠AEC＝∠BDC＝90°，∴△ACE∽△BCD，∴eq \f(CE,CD)＝eq \f(AC,BC)，即eq \f(y,－x)＝eq \f(6\r(3),6)＝eq \r(3)，∴y＝－eq \r(3)x，∴OC2＝(－x)2＋y2＝x2＋(－eq \r(3)x)2＝4x2，∴当|x|取最大值时，点C到y轴距离最大，此时OC2有最大值，即OC取最大值，如解图③，当C′B′转到与y轴垂直时，此时四边形A′OB′C′是矩形，OC′＝AB＝12 cm.
第1题解图③
针对训练
1. (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，
∴∠ADE＋∠DEA＝90°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEA＋∠FEM＝90°，
∴∠ADE＝∠FEM；
(2)解：DE＝EF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AB＝AD，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE＝eq \f(1,2)AB，
如解图①，取边AD的中点G，连接EG，
∴AG＝DG＝eq \f(1,2)AD，
∴AG＝DG＝AE＝BE，
∴∠AGE＝45°，
∴∠DGE＝180°－45°＝135°，
∵BF是∠CBM的角平分线，
∴∠CBF＝45°，
∴∠EBF＝90°＋45°＝135°＝∠DGE，
由(1)知，∠ADE＝∠FEM，
∴△DEG≌△EFB(ASA)，
∴DE＝EF；
第1题解图①
(3)解：DE＝EF，理由如下：
如解图②，
在AD上取一点G，使AG＝AE，
∴∠AGE＝45°，
∴∠DGE＝135°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，AD＝AB，
∴DG＝BE，
∵BF是∠CBM的角平分线，
∴∠CBF＝45°，
∴∠EBF＝135°＝∠DGE，
由(1)知，∠ADE＝∠FEM，
∴△DGE≌△EBF(ASA)，
∴DE＝EF.
第1题解图②
2. (1)解：4；
【解法提示】∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC＝6，∠B＝∠C＝60°.∵AE＝4，∴BE＝2，则BE＝BD，∴△BDE是等边三角形，∴∠EDB＝60°，又∵∠EDF＝60°，∴∠CDF＝180°－∠EDF－∠EDB＝60°，则∠CDF＝∠C＝60°，∴△CDF是等边三角形，∴CF＝CD＝BC－BD＝6－2＝4；
(2)证明：∵∠EDF＝60°，∠B＝60°，
∴∠CDF＋∠BDE＝120°，∠BED＋∠BDE＝120°，
∴∠BED＝∠CDF.
又∵∠B＝∠C＝60°，
∴△EBD∽△DCF；
(3)解：存在，如解图，过点D作DM⊥BE，DG⊥EF，DN⊥CF，垂足分别是M、G、N，
第2题解图
∵ED平分∠BEF，且FD平分∠CFE.
∴DM＝DG＝DN.
又∵∠B＝∠C＝60°，∠BMD＝∠CND＝90°，
∴△BDM≌△CDN(AAS)，
∴BD＝CD，即点D是BC的中点，
∴eq \f(BD,BC)＝eq \f(1,2).
类型三 点动引起的图形变化
徐州近年中考真题精选
1. (1)证明：∵CE为⊙O的直径，
∴∠CFE＝∠CGE＝90°.
∵EG⊥EF，
∴∠FEG＝90°，
∴∠CFE＝∠CGE＝∠FEG＝90°，
∴四边形EFCG是矩形；(2分)
(2)解：①存在．
理由如下：连接OD，如解图①，
第1题解图①
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°.
∵点O是CE的中点，
∴OD＝OC.
∵点D在⊙O上，
∴∠FCE＝∠FDE，∠A＝∠CFE＝90°，
∴△CFE∽△DAB，
∴eq \f(S△CFE,S△DAB)＝(eq \f(CF,AD))2.
∵AD＝4，AB＝3，
∴S△CFE＝(eq \f(CF,AD))2·S△DAB
＝eq \f(CF2,16)×eq \f(1,2)×3×4
＝eq \f(3CF2,8).
∴S矩形CFEG＝2S△CFE＝eq \f(3CF2,4).
即要判断线段CF在点E的运动过程中的最值情况．
i)当点E在点A(E′)处时，点F在点B(F′)处，点G在点D(G′)处，如解图①，
此时CF最大，CF＝CB＝4；
ii)当点F在点D(F″)处时，点E运动终止，直径F″G″⊥BD，如解图②，
第1题解图②
此时⊙O与射线BD相切，CF＝CD＝3；
iii)当CF⊥BD时，CF最小，此时点F到达点F处，如解图③.
第1题解图③
∵S△BCD＝eq \f(1,2)BC·CD＝eq \f(1,2)BD·CF．
∴4×3＝5×CF．
∴CF＝eq \f(12,5).
∴eq \f(12,5)≤CF≤4.
∵S矩形EFCG＝eq \f(3CF2,4)，
∴eq \f(3,4)×(eq \f(12,5))2≤S矩形EFCG≤eq \f(3,4)×42.
∴eq \f(108,25)≤S矩形EFCG≤12.
∴矩形EFCG的面积最大值为12，最小值为eq \f(108,25)；(6分)
②∵四边形EFCG是矩形，
∴FC∥EG，
∴∠FCE＝∠CEG.
∵∠GDC＝∠CEG，∠FCE＝∠FDE，
∴∠GDC＝∠FDE.
∵∠GDC＝∠FDE＝定值，点G的起点为D，终点为G″，
∴点G的移动路线是线段DG″.
∵∠GDC＝∠FDE，∠DCG″＝∠A＝90°，
∴△DCG″∽△DAB，
∴eq \f(DC,DA)＝eq \f(DG″,DB)，
∴eq \f(3,4)＝eq \f(DG″,5)，
∴DG″＝eq \f(15,4)，
∴点G移动路线的长为eq \f(15,4) cm.(10分)
针对训练
1. 解：(1)BE＝CD，BE⊥CD；
【解法提示】由题意知，∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠C＝∠ABC＝45°，∵∠DAC＝90°－∠BAD，∠EAB＝90°－∠BAD，∴∠DAC＝∠EAB，在△ADC和△AEB中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AD＝AE，,∠DAC＝∠EAB，,AC＝AB，))∴△ADC≌△AEB(SAS)，∴BE＝CD，∠ABE＝∠C＝45°，∴∠EBC＝∠ABE＋∠ABC＝45°＋45°＝90°，即BE⊥CD.
(2)解：当点D在线段CB的延长线上时，线段BE、CD之间的数量关系和位置关系依旧成立，理由如下：
由题意知，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠C＝∠ABC＝45°.
∵∠DAC＝90°＋∠BAD，∠EAB＝90°＋∠BAD，
∴∠DAC＝∠EAB.
在△ADC和△AEB中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AD＝AE，,∠DAC＝∠EAB，,AC＝AB，))
∴△ADC≌△AEB(SAS)，
∴BE＝CD，∠ABE＝∠C＝45°，
∴∠EBC＝∠ABE＋∠ABC＝45°＋45°＝90°，即BE⊥CD.
(3)解：∵△AED为等腰直角三角形，
∴DE＝eq \r(2)AD，
∴当AD最小时，DE取得最小值，
即当AD⊥BC时，AD最小；
∵AB＝AC＝6eq \r(2)，△ABC为等腰直角三角形，
∴BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝12，
∴AD＝eq \f(1,2)BC＝6，
∴DE＝eq \r(2)AD＝6eq \r(2)，
即点D从点C运动到点B的过程中，DE的最小值为6eq \r(2).