课标版数学中考第二轮专题复习-动态型试题(含答案)

中考数学专题复习——动态变化问题（经典题型）【专题点拨】动态型问题一般是指以几何知识和图形为背景，渗透运动变化观点的一类试题，常见的运动对象有点动、线动和面动；其运动形式而言就是平移、旋转、翻折和滚动等。

动态型试题其特点是集几何、代数知识于一体，数形结合，有较强的综合性，题目灵活，多变，动中有静，动静结合，能够在运动变化中发展同学们的空间想象能力。

解答动态型试题的策略是：（1）动中求静，即在运动变化中探索问题中的不变性；（2）动静互化，抓住静的瞬间。

找到导致图形或者变化规律发生改变的特殊时刻，同时在运动变化的过程中寻找不变性及其变化规律。

【典例赏析】【例题1】（2017黑龙江佳木斯）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E、F是AD边上的两个动点，且AE=FD，连接BE、CF、BD，CF与BD交于点G，连接AG 交BE于点H，连接DH，下列结论正确的个数是（）①△ABG∽△FDG ②HD平分∠EHG ③AG⊥BE ④S△HDG ：S△HBG=tan∠DAG ⑤线段DH的最小值是2﹣2．A．2 B．3 C．4 D．5【考点】S9：相似三角形的判定与性质；KD：全等三角形的判定与性质；LE：正方形的性质；T7：解直角三角形．【分析】首先证明△ABE≌△DCF，△ADG≌△CDG（SAS），△AGB≌△CGB，利用全等三角形的性质，等高模型、三边关系一一判断即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CD，∠BAD=∠ADC=90°，∠ADB=∠CDB=45°，在△ABE和△DCF中，，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠ABE=∠DCF，在△ADG和△CDG中，，∴△ADG≌△CDG（SAS），∴∠DAG=∠DCF，∴∠ABE=∠DAG，∵∠DAG+∠BAH=90°，∴∠BAE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，∴AG⊥BE，故③正确，同法可证：△AGB≌△CGB，∵DF∥CB，∴△CBG∽△FDG，∴△ABG∽△FDG，故①正确，∵S△HDG ：S△HBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tan∠FCD，又∵∠DAG=∠FCD，∴S△HDG ：S△HBG=tan∠FCD，tan∠DAG，故④正确取AB的中点O，连接OD、OH，∵正方形的边长为4，∴AO=OH=×4=2，由勾股定理得，OD==2，由三角形的三边关系得，O、D、H三点共线时，DH最小，DH最小=2﹣2．无法证明DH平分∠EHG，故②错误，故①③④⑤正确，故选C．【例题2】（2017黑龙江佳木斯）已知：△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．（1）如图1所示，易证：OH=AD且OH⊥AD（不需证明）（2）将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．【考点】R2：旋转的性质；KD：全等三角形的判定与性质；KW：等腰直角三角形．【分析】（1）只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；（2）①如图2中，结论：OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，∴OC=OD，OA=OB，∵在△AOD与△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，∵点H为线段BC的中点，∴OH=HB，∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，又因为∠OAD+∠ADO=90°，所以∠ADO+∠BOH=90°，所以OH⊥AD（2）解：①结论：OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°，∴OH⊥AD．②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOF=∠EOB+∠AOG=90°，∴∠AGO=90°∴OH⊥AD．【例题3】（2017湖北江汉）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的边AD 在x轴上，点C在y轴的负半轴上，直线BC∥AD，且BC=3，OD=2，将经过A、B 两点的直线l：y=﹣2x﹣10向右平移，平移后的直线与x轴交于点E，与直线BC 交于点F，设AE的长为t（t≥0）．（1）四边形ABCD的面积为20 ；（2）设四边形ABCD被直线l扫过的面积（阴影部分）为S，请直接写出S关于t的函数解析式；（3）当t=2时，直线EF上有一动点，作PM⊥直线BC于点M，交x轴于点N，将△PMF沿直线EF折叠得到△PTF，探究：是否存在点P，使点T恰好落在坐标轴上？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【考点】FI：一次函数综合题．【分析】（1）根据函数解析式得到OA=5，求得AC=7，得到OC=4，于是得到结论；（2）①当0≤t≤3时，根据已知条件得到四边形ABFE是平行四边形，于是得到S=AE•OC=4t；②当3≤t＜7时，如图1，求得直线CD的解析式为：y=2x﹣4，直线E′F′的解析式为：y=﹣2x+2t﹣10，解方程组得到G（，t﹣7），于是得到S=S四边形ABCD ﹣S△DE′G=20﹣×（7﹣t）×（7﹣t）=﹣t2+7t﹣，③当t≥7时，S=S四边形ABCD=20，（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（﹣3，0），（﹣1，﹣4），此时直线EF 的解析式为：y=﹣2x﹣6，设动点P的直线为（m，﹣2m﹣6），求得PM=|（﹣2m ﹣6）﹣（﹣4）|=2|m+1|，PN=（﹣2m﹣6|=2（m+3|，FM=|m﹣（﹣1）|=|m+1，①假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，②假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，如图3，连接PT，FT，根据全等三角形的判定性质和相似三角形的判定和性质即可得到结论．【解答】解：（1）在y=﹣2x﹣10中，当y=0时，x=﹣5，∴A（﹣5，0），∴OA=5，∴AC=7，把x=﹣3代入y=﹣2x﹣10得，y=﹣4∴OC=4，∴四边形ABCD的面积=（3+7）×4=20；故答案为：20；（2）①当0≤t≤3时，∵BC∥AD，AB∥EF，∴四边形ABFE是平行四边形，∴S=AE•OC=4t；②当3≤t＜7时，如图1，∵C（0，﹣4），D（2，0），∴直线CD的解析式为：y=2x﹣4，∵E′F′∥AB，BF′∥AE′∴BF′=AE=t，∴F′（t﹣3，﹣4），直线E′F′的解析式为：y=﹣2x+2t﹣10，解得，∴G（，t﹣7），∴S=S四边形ABCD ﹣S△DE′G=20﹣×（7﹣t）×（7﹣t）=﹣t2+7t﹣，③当t≥7时，S=S四边形ABCD=20，综上所述：S关于t的函数解析式为：S=；（3）当t=2时，点E，F的坐标分别为（﹣3，0），（﹣1，﹣4），此时直线EF的解析式为：y=﹣2x﹣6，设动点P的直线为（m，﹣2m﹣6），∵PM⊥直线BC于M，交x轴于n，∴M（m，﹣4），N（m，0），∴PM=|（﹣2m﹣6）﹣（﹣4）|=2|m+1|，PN=（﹣2m﹣6|=2（m+3|，FM=|m﹣（﹣1）|=|m+1，①假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在x轴上，如图2，连接PT，FT，则△PFM≌△PFT，∴PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，∴=2，作FK⊥x轴于K，则KF=4，由△TKF∽△PNT得， =2，∴NT=2KF=8，∵PN2+NT2=PT2，∴4（m+3）2+82=4（m+1）2，解得：m=﹣6，∴﹣2m﹣6=﹣6，此时，P（﹣6，6）；②假设直线EF上存在点P，使点T恰好落在y轴上，如图3，连接PT，FT，则△PFM≌△PFT，∴PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，∴=2，作PH⊥y轴于H，则PH=|m|，由△TFC∽△PTH得，，∴HT=2CF=2，∵HT2+PH2=PT2，即22+m2=4（m+1）2，解得：m=﹣，m=0（不合题意，舍去），∴m=﹣时，﹣2m﹣6=﹣，∴P（﹣，﹣），综上所述：直线EF上存在点P（﹣6，6）或P（﹣，﹣）使点T恰好落在y轴上．【能力检测】1.（2017乌鲁木齐）如图，在矩形ABCD中，点F在AD上，点E在BC上，把这个矩形沿EF折叠后，使点D恰好落在BC边上的G点处，若矩形面积为4且∠AF G=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（）A．1 B．C．2 D．【考点】PB：翻折变换（折叠问题）；LB：矩形的性质．【分析】由折叠的性质可知，DF=GF、HE=CE、GH=DC、∠DFE=∠GFE，结合∠AFG=60°即可得出∠GFE=60°，进而可得出△GEF为等边三角形，在Rt△GHE中，通过解含30度角的直角三角形及勾股定理即可得出GE=2EC、DC=EC，再由GE=2BG 结合矩形面积为4，即可求出EC的长度，根据EF=GE=2EC即可求出结论．【解答】解：由折叠的性质可知，DF=GF，HE=CE，GH=DC，∠DFE=∠GFE．∵∠GFE+∠DFE=180°﹣∠AFG=120°，∴∠GFE=60°．∵AF∥GE，∠AFG=60°，∴∠FGE=∠AFG=60°，∴△GEF为等边三角形，∴EF=GE．∵∠FGE=60°，∠FGE+∠HGE=90°，∴∠HGE=30°．在Rt△GHE中，∠HGE=30°，∴GE=2HE=CE，∴GH==HE=CE．∵GE=2BG，∴BC=BG+GE+EC=4EC．∵矩形ABCD的面积为4，∴4EC•EC=4，∴EC=1，EF=GE=2．故选C．2.（2017乌鲁木齐）如图，点A（a，3），B（b，1）都在双曲线y=上，点C，D，分别是x轴，y轴上的动点，则四边形ABCD周长的最小值为（）A．B．C．D．【考点】G6：反比例函数图象上点的坐标特征；PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】先把A点和B点的坐标代入反比例函数解析式中，求出a与b的值，确定出A与B坐标，再作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，根据对称的性质得到P点坐标为（﹣1，3），Q点坐标为（3，﹣1），PQ分别交x 轴、y轴于C点、D点，根据两点之间线段最短得此时四边形PABQ的周长最小，然后利用两点间的距离公式求解可得．【解答】解：分别把点A（a，3）、B（b，1）代入双曲线y=得：a=1，b=3，则点A的坐标为（1，3）、B点坐标为（3，1），作A点关于y轴的对称点P，B点关于x轴的对称点Q，所以点P坐标为（﹣1，3），Q点坐标为（3，﹣1），连结PQ分别交x轴、y轴于C点、D点，此时四边形ABCD的周长最小，四边形ABCD周长=DA+DC+CB+AB=DP+DC+CQ+AB=PQ+AB=+=4+2=6，故选：B．3.（2017黑龙江鹤岗）如图，边长为4的正方形ABCD，点P是对角线BD上一动点，点E在边CD上，EC=1，则PC+PE的最小值是 5 ．【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题；LE：正方形的性质．【分析】连接AC、AE，由正方形的性质可知A、C关于直线BD对称，则AE的长即为PC+PE的最小值，再根据勾股定理求出AE的长即可．【解答】解：连接AC、AE，∵四边形ABCD是正方形，∴A、C关于直线BD对称，∴AE的长即为PC+PE的最小值，∵CD=4，CE=1，∴DE=3，在Rt△ADE中，∵AE===5，∴PC+PE的最小值为5．故答案为：5．4.（2017黑龙江鹤岗）在四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若四边形ABCD是正方形如图1：则有AC=BD，AC⊥BD．旋转图1中的Rt△COD到图2所示的位置，AC′与BD′有什么关系？（直接写出）若四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，旋转Rt△COD至图3所示的位置，AC′与BD′又有什么关系？写出结论并证明．【考点】LE：正方形的性质；KD：全等三角形的判定与性质；L8：菱形的性质；R2：旋转的性质．【分析】图2：根据四边形ABCD是正方形，得到AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，等量代换得到AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，根据全等三角形的性质得到AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，于是得到结论；图3：根据四边形ABCD是菱形，得到AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，求得OB=OA，OD=OC，根据旋转的性质得到OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，求得OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，根据相似三角形的性质得到BD′=AC′，于是得到结论．【解答】解：图2结论：AC′=BD′，AC′⊥BD′，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AO=OC，BO=OD，AC⊥BD，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴AO=BO，OC′=OD′，∠AOC′=∠BOD′，在△AOC′与△BOD′中，，∴△AOC′≌△BOD′，∴AC′=BD′，∠OAC′=∠OBD′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′；图3结论：BD′=AC′，AC′⊥BD’理由：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∵∠ABC=60°，∴∠ABO=30°，∴OB=OA，OD=OC，∵将Rt△COD旋转得到Rt△C′OD′，∴OD′=OD，OC′=OC，∠D′OD=∠C′OC，∴OD′=OC′，∠AOC′=∠BOD′，∴=，∴△AOC′∽△BOD′，∴==，∠OAC′=∠OBD′，∴BD′=AC′，∵∠AO′D′=∠BO′O，∠O′BO+∠BO′O=90°，∴∠O′AC′+∠AO′D′=90°，∴AC′⊥BD′．5.如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC 的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=（1）求点B的坐标；（2）求直线BN的解析式；（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．【考点】FI：一次函数综合题．【分析】（1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；（2）过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N 点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S即为▱BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S﹣S四边形BNN′B′，可分别得到S与t的函数关系式．△OGN′【解答】解：（1）∵|x﹣15|+=0，∴x=15，y=13，∴OA=BC=15，AB=OC=13，∴B（15，13）；（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，∵tan∠CBD=，∴=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，∴∠ONM=∠CBD，∴=，∵DE∥ON，∴==，且OE=3，∴=，解得OM=6，∴ON=8，即N（0，8），把N、B的坐标代入y=kx+b可得，解得，∴直线BN的解析式为y=x+8；（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，由题意可知四边形BN N′B′为平行四边形，且NN′=t，∴S=NN′•OA=15t；当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，∵NN′=t，∴可设直线B′N′解析式为y=x+8﹣t，令y=0，可得x=3t﹣24，∴OG=24，∵ON=8，NN′=t，∴ON′=t﹣8，∴S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣（t﹣8）（3t﹣24）=﹣t2+39t﹣96；综上可知S与t的函数关系式为S=．。

中考数学总复习《二次函数-动态几何问题》练习题附带答案一、单选题(共12题；共24分)1．如图，点C、D是以线段AB为公共弦的两条圆弧的中点，AB=4，点E，F分别是线段CD，AB 上的动点，设AF=x，AE2－FE2=y，则能表示y与x的函数关系的图象是（）A．B．C．D．2．抛物线y=（x﹣1）2+2的对称轴是（）A．直线x=﹣1B．直线x=1C．直线x=﹣2D．直线x=23．在平面直角坐标系中，将抛物线y=3x2先向右平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的抛物线的解析式是（）A．y=3（x+1）2+2B．y=3（x+1）2﹣2C．y=3（x﹣1）2+2D．y=3（x﹣1）2﹣24．如图，菱形ABCD的边长为2，∠A=60°，点P和点Q分别从点B和点C出发，沿射线BC向右运动，且速度相同，过点Q作QH∠BD，垂足为H，连接PH，设点P运动的距离为x（0＜x≤2），∠BPH的面积为S，则能反映S与x之间的函数关系的图象大致为（）A．B．C．D．5．如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E是射线AB上的动点（点E不与点A，点B重合），点F在线段DA的延长线上，且AF=AE，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°得到EG，连接EF,FB,BG.设AE=x，四边形EFBG的面积为y，下列图象能正确反映出y与x的函数关系的是（）A．B．C．D．6．如图，半径为1的⊙A的圆心A在抛物线y=(x-3)2-1上，AB∠x轴交⊙A于点B(点B在点A 的右侧)，当点A在抛物线上运动时，点B随之运动得到的图象的函数表达式为（）A．y=(x-4)2-1B．y=(x-3)2C．y=(x-2)2-1D．y=(x-3)2-27．下列函数，其中图象为抛物线的是（）A．y=1x B．y=2x C．y=x2D．y=2x+38．如图，在Rt∠ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=6cm，动点P从点C沿CA，以1cm/s的速度向点A运动，同时动点O从点C沿CB，以2cm/s的速度向点B运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也停止运动．则运动过程中所构成的∠CPO的面积y（cm2）与运动时间x（s）之间的函数图象大致是（）A．B．C．D．9．如图，在∠ABC中，∠C=90°，AB=10cm，BC=8cm，点P从点A沿AC向点C以1cm/s的速度运动，同时点Q从点C沿CB向点B以2cm/s的速度运动（点Q运动到点B停止），在运动过程中，四边形PABQ的面积最小值为（）A．19cm2B．16cm2C．15cm2D．12cm210．如图，平面直角坐标系中，A点坐标为（2，2），点P（m，n）在直线y=﹣x+2上运动，设∠APO的面积为S，则下面能够反映S与m的函数关系的图象是（）A．B．C．D．11．如图，点A（a，b）是抛物线y=12x2上一动点，OB∠OA交抛物线于点B（c，d）．当点A在抛物线上运动的过程中（点A不与坐标原点O重合），以下结论：①ac为定值；②ac=﹣bd；③∠AOB的面积为定值；④直线AB必过一定点．正确的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个12．抛物线y=ax2+bx+c（a＜0）如图所示，则关于x的不等式ax2+bx+c＞0的解集是（）A．x＜2B．x＞﹣3C．﹣3＜x＜1D．x＜﹣3或x＞1二、填空题(共6题；共8分)13．如图，在标有刻度的直线l上，从点A开始以AB=1为直径画半圆，记为第1个半圆；以BC=2为直径画半圆，记为第2个半圆；以CD=4为直径画半圆，记为第3个半圆；以DE=8为直径画半圆，记为第4个半圆．……按此规律，连续画半圆，则第4个半圆的面积是第3个半圆面积的倍。

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.如图①，A、B、C、D为矩形的四个顶点，AD＝4cm，AB＝d cm，动点E、F分别从点D、B出发，点E以1cm/s的速度沿边DA向点A移动，点F以1cm/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16cm2?第1题图2.如图①，菱形ABCD中，AB＝5cm，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<x<2时，△BPQ的面积________(填“变”或“不变”)；(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5cm2?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1cm/s的速度向点D运动；点Q同时从点D出发沿着DB以2cm/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6cm2；(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25cm/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<x≤5)和C2(5<x≤n)两段不同的图象组成．(1)填空：①当x＝5s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；x的取值范围．(3)当y≥36cm2时，请直接写出．．．．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＝12cm.(1)若OB＝6cm.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BDBC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＝3cm，AD＝4cm，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1.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＝62，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d 2＝9，m ＝4÷2＝2，∴d ＝3，根据勾股定理，得n ＝BD 2＝AD 2＋AB 2＝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，EF 2＝EI 2＋IF 2＝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，4x 2－16x ＋9＝0，解得x 1＝4＋72，x 2＝4－72.∵点F 的速度是1cm/s ，∴F 出发4＋72或4－72s 时，正方形EFGH 的面积为16cm 2.(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<x <2时，△BPQ 的面积始终等于10cm 2，∴当1<x <2时，△BPQ 的面积不变．(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 ＝12，把y ＝5代入y ＝10(x －3)2得5＝10(x －3)2，解得x ＝3＋22或x ＝3－22，(7分)∵3＋22>3(不合题意，舍去)，∴x ＝3－22，∴当x ＝123－22s 时，△BPQ 的面积是5cm 2.(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 ＝32，∴S 正方形ABCD ＝AD ·AB ＝18，∴a ＝12S 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 ＝12·PQ ·AO ＝6，∴PQ ＝4，又∵点P 以1cm/s 的速度移动，点Q 以2cm/s 的速度移动，且BP ＋PQ ＋QD ＝BD ，∴x ＝23s .第1题解图①②当点P 、Q 运动到如解图②的位置时，∵S △APQ ＝12·PQ ·AO ＝6，∴PQ ＝4，此时点Q 与点B 重合，点P 运动了4cm ，∴x ＝4s .综上所述，当x ＝23s 或x ＝4s 时，△APQ 的面积为6cm 2；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1cm/s 运动，点Q 以2cm/s 运动，∴当点Q 运动到B 点时，点P 还在继续运动，∴x ＝6s ；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 ＝12BD ＝3，∴点P 、Q 运动了32s ，∴x ＝32s ；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 ＝12BD ＝3，∴点P 、Q 运动了3s ，∴x ＝3s .∴点P 、Q 运动时间在32≤x ＜2s 和2＜x ≤3s 时，一直都有三个交点．综上所述，当x ＝6s 和32≤x ＜2s 和2＜x ≤3s 时，以PQ 为直径的圆与△APQ 有且仅有三个交点．2.解：(1)①10；②55；【解法提示】①当x ＝5s 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，12EF ·PE ＝50，∴EF ＝PE ＝10cm ；②∵AP ＝5×25＝105cm ，∴sin A ＝PE PA ＝10105＝55；第2题解图①(2)当0＜x ≤5时，重叠部分是△PEF ，y ＝12×(55×25x )2＝2x 2.如解图①，在Rt △APE 中，AE ＝PA 2－PE 2＝（105）2－102＝20cm ，∴AB ＝EF ＋AE ＝30cm ，∴BC ＝55AB ＝65cm ，∴AC ＝AB 2－BC 2＝302－（65）2＝125cm ，∴点P 从点A 运动到点C 的时间x ＝12525＝6s ，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 ＝10cm ，BL ＝102cm ，∵tan A ＝KL AL ＝12，∴KL ＝55，AK ＝25，∴BK ＝AB －AK ＝30－25＝5cm ，∵BL ∥PF ，∴△BLA ∽△FPA ，∴BA FA ＝AL AP，∴30FA ＝10525x，∴FA ＝6x cm ，∴BF ＝(6x －30)cm.∵BC ∥KL ，∴∠FBT ＝∠BKL ，∴△FBT ∽△BKL ，∴BF BK ＝FT BL，∴6x －305＝FT 102，∴FT ＝(122x －602)cm ，∵BH ＝22BF ＝22(6x －30)＝(32x －152)cm ，∴y ＝S △PEF －S △BTF ＝12×2x ×2x －12×(122x －602)·(32x －152)＝－34x 2＋360x －900.综上所述，y x 2（0＜x ≤5），34x 2＋360x －900（5＜x ≤6）.(3)32≤x ≤6.【解法提示】当y ＝36时，2x 2＝36，x ＝32，－34x 2＋360x －900＝36，解得x ＝6或x ＝7817，∵7817＜5，∴x ＝7817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 ＝33，∴OD ＝OB ＋BD ＝6＋3＝9，∴点C 的坐标为(－33，9)；(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×cos ∠BAO ＝12×cos30°＝63，∴A ′O ＝63－x ，B ′O ＝6＋x ，A ′B ′＝AB ＝12，在Rt △A ′OB ′中，由勾股定理得(63－x )2＋(6＋x )2＝122，解得x ＝6(3－1)或x ＝0(不合题意，舍去)，∴滑动的距离为6(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 ，∴CE CD ＝AC BC ，即y －x ＝636＝3，∴y ＝－3x ，∴OC 2＝(－x )2＋y 2＝x 2＋(－3x )2＝4x 2，∴当|x |取最大值时，点C 到y 轴距离最大，此时OC 2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 ＝12cm.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 ＝12AB ，如解图①，取边AD 的中点G ，连接EG ，∴AG ＝DG ＝12AD ，∴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②2.(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，∴BD BC ＝12.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 ，∴S △CFE S △DAB ＝(CF AD)2.∵AD ＝4，AB ＝3，∴S △CFE ＝(CF AD)2·S △DAB ＝CF 216×12×3×4＝3CF 28.∴S 矩形CFEG ＝2S △CFE ＝3CF 24.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 ＝12BC ·CD ＝12BD ·CF ．∴4×3＝5×CF ．∴CF ＝125.∴125≤CF ≤4.∵S 矩形EFCG ＝3CF 24，∴34×(125)2≤S 矩形EFCG ≤34×42.∴10825≤S 矩形EFCG ≤12.∴矩形EFCG 的面积最大值为12，最小值为10825；(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 ，∴DC DA ＝DG ″DB，∴34＝DG ″5，∴DG ″＝154，∴点G 移动路线的长为154cm.(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 ＝AE ，DAC ＝∠EAB ，＝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，＝AE ，DAC ＝∠EAB ，＝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 ＝2AD ，∴当AD 最小时，DE 取得最小值，即当AD ⊥BC 时，AD 最小；∵AB ＝AC ＝62，△ABC 为等腰直角三角形，∴BC ＝AB 2＋AC 2＝12，∴AD ＝12BC ＝6，∴DE＝2AD＝62，即点D从点C运动到点B的过程中，DE的最小值为6 2.。

中考数学重难点专题讲座第三讲动态几何问题【前言】从历年中考来看,动态问题经常作为压轴题目出现,得分率也是最低的。

动态问题一般分两类,一类是代数综合方面,在坐标系中有动点,动直线,一般是利用多种函数交叉求解。

另一类就是几何综合题,在梯形,矩形,三角形中设立动点、线以及整体平移翻转,对考生的综合分析能力进行考察。

所以说,动态问题是中考数学当中的重中之重,只有完全掌握,才有机会拼高分。

在这一讲,我们着重研究一下动态几何问题的解法,第一部分真题精讲【例1】如图,在梯形ABCD 中,AD BC ∥,3AD =,5DC =,10BC =,梯形的高为4.动点M 从B 点出发沿线段BC 以每秒2个单位长度的速度向终点C 运动;动点N 同时从C 点出发沿线段CD 以每秒1个单位长度的速度向终点D 运动.设运动的时间为t (秒.CMB(1当MN AB ∥时,求t 的值;(2试探究:t 为何值时,MNC △为等腰三角形.【思路分析1】本题题目中出现了两个动点,很多同学看到可能就会无从下手。

但是解决动点问题,首先就是要找谁在动,谁没在动,通过分析动态条件和静态条件之间的关系求解。

对于大多数题目来说,都有一个由动转静的瞬间,就本题而言,M ,N是在动,意味着BM,MC 以及DN,NC 都是变化的。

但是我们发现,和这些动态的条件密切相关的条件DC,BC 长度都是给定的,而且动态条件之间也是有关系的。

所以当题中设定MN//AB 时,就变成了一个静止问题。

由此,从这些条件出发,列出方程,自然得出结果。

【解析】解:(1由题意知,当M 、N 运动到t 秒时,如图①,过D 作DE AB ∥交BC 于E 点,则四边形ABED 是平行四边形.ABMCNED∵AB DE ∥,AB MN ∥.∴DE MN ∥. (根据第一讲我们说梯形内辅助线的常用做法,成功将MN 放在三角形内,将动态问题转化成平行时候的静态问题∴MC NCEC CD=. (这个比例关系就是将静态与动态联系起来的关键∴1021035t t -=-.解得5017t =.【思路分析2】第二问失分也是最严重的,很多同学看到等腰三角形,理所当然以为是MN=NC 即可,于是就漏掉了MN=MC,MC=CN 这两种情况。

第二部分专题二题型一针对训练1. 如图，在Rt△ ABC中，/ ACB = 90° D是斜边AB的中点，将△ ABC绕点A 按顺时针方向旋转，点C落在CD的延长线上的E处，点B落在F处.若AC = 4.2, BC= 2 17, 则CE的长为32.2. 如图，在Rt△ ABC 中，/ ACB= 90° CA = CB= 2, CD 丄AB 于D，点P 是线段CD 上的一个动点，以点P为直角顶点向下作等腰直角三角形PBE，连接DE，则DE的最小值C£第2题图3. 如图，/ ABC = 90 ° P为射线BC上任意一点（点P和点B不重合），分别以AB, AP为边在/ ABC内部作等边三角形ABE和等边三角形APQ，连接QE并延长交BP于点F ,连接EP.若FQ = 11, AE= 4 3，贝U EP= 13 .第3题图4. 如图，在△ ABC中，/ A= 90° AB = AC=^2 + 1 , P是厶ABC内一个动点，过P作PD 丄AB, PE丄AC, PF丄BC,垂足分别为D, E, F ,则P运动所形成的图形的长度是一坟2—..4ii F C第4题图5. 如图，等边三角形ABC的边长为10,点M是边AB上一动点，将等边三角形ABC 沿过点M的直线折叠，该直线与直线AC交于点N，使点A落在直线BC上的点D处，且65BD : DC = 1 : 4，折痕为MN，贝U AN的长为7或3_.1/Rd C第5题图6. 如图，在Rt△ ABC中，BC = 2,Z BAC = 30°斜边AB的两个端点分别在相互垂直的射线0M , ON上滑动，有下列结论：第6题图①若C, O两点关于AB对称，则OA= 2 3;②C, O两点距离的最大值为4;③若AB平分CO,贝U AB丄CO ;④斜边AB的中点D运动路径的长为n其中正确的是①②（把你认为正确结论的序号都填上）.。

2020年中考数学二轮专项——几何动态探究题类型一动点探究题1. 如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E，F分别是AB，BC边上的两动点，且EF＝2，点G 为EF的中点，点H为AD边上一动点，连接CH，GH，则GH＋CH的最小值为________．第1题图2. (2019锦江区二诊)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，BC＝5，点D是线段BC上一动点，连接AD，以AD为边作△ADE，使△ADE∽△ABC，则△ADE的最小面积与最大面积之比等于______．第2题图3. (2019金牛区二诊)如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝7，点E是对角线AC上的动点，EH⊥AD，垂足为H，以EH为边作正方形EFQH，连接AF，则∠AFE的正弦值为________．第3题图4. 如图，两个全等的三角形△ABC和△DEF(点A、B分别与点D、E对应)，AB＝AC＝5，BC＝6，点E在BC边上从点B向点C移动(点E不与B、C重合)，在运动过程中，DE始终经过点A，EF与AC相交于点M，当△AEM是等腰三角形时，BE的长为__________．第4题图5. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝2，点P是边AB上一动点，过点P作BC的垂线交BC 于点D ，点F 与点B 关于直线PD 对称，连接AF ，当△AFC 是等腰三角形时，BD 的长为________．第5题图6. (2018成都黑白卷)如图，△ABC 内接于半径为2的⊙O ，∠ABC ＝45°，∠ACB ＝60°，点D 为AB ︵的中点，点M 、N 分别是CD 、AC 上的动点，则MA ＋MN 的最小值为________．第6题图7. 如图，在矩形ABCD 中，点E 是对角线AC 上的动点，连接BE ，MN 是BE 的垂直平分线，分别交AB 、BC 于点M 、N ，连接EM 、EN .过点E 作EF ⊥AD 于点F ，已知AB ＝1，BC ＝2.若△AEM 是直角三角形，则EF 的长为________．第7题图8. 如图，在矩形ABCD 中，AC 和BD 交于点O ，点E 是边BC 上的动点，连接EO 并延长交AD 于点F ，连接AE ，已知AB ＝1，BC ＝3，若△AEF 是等腰三角形，则DF 的长为________．第8题图9. 如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝2，BC ＝3，点M 是直线BC 上一动点，且∠CAM ＋∠CBA ＝45°，则BM 的长为________．第9题图10. (2019锦江区一诊)如图，矩形OABC的边OC在x轴上，边OA在y轴上，A点坐标为(0，2)．点D 是线段OC上的一个动点，连接AD，以AD为边作矩形ADEF，使边EF过点B，连接OF.当点D与点C 重合时，所作矩形ADEF的面积为6.在点D的运动过程中，当线段OF有最小值时，直线OF的解析式为________．第10题图类型二平移探究题1. 如图，矩形ABCD中，点E是BC边上一点，连接AE，将△ABE向右平移得到△DCF，连接AF.若四边形AEFD为菱形，AF＝45，BE∶EC＝3∶2，则AD长为________．第1题图2．如图，在Rt△AOB中，OA＝2，OB＝4，点E在OB上，且∠OAE＝∠OB A.将△AEO沿AO方向向右平移得到△A′E′O′，连接A′B、BE′.当A′B＋BE′取得最小值时，则EE′的长是________．第2题图3. 如图，在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∠A＝90°，D是AB延长线上一点，过点B在AD上方作射线BE，使得∠DBE＝45°.将△ABC沿射线BE平移，得到△A′B′C′，其中点A，B，C的对应点分别是A′，B′，C′，连接A′B，C′B，则A′B＋C′B的最小值是________ .第3题图4. (2018成都黑白卷)如图，在▱ABCD中，AB＝6，∠BAD＝45°，∠ABD＝75°，点E为线段BD边上一动点，连接AE，第一步：将△AED剪下平移到△BGC处；第二步：将△ABE剪下平移到△DCF处；第三步：将△BGC沿BC的中垂线翻转180°后得到△CG′B；第四步：将△CFD沿DC的中垂线翻转180°后得到△DF′C，连接F′G′；当点E在BD上移动时，F′G′的最小值为________．第4题图类型三旋转探究题1. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝2，AC＝6，在AC上取一点D，使AD＝4，将线段AD 绕点A按顺时针方向旋转，点D的对应点是点P，连接BP，取BP的中点F，连接CF，在旋转过程中，CF的最大长度是________．第1题图2. 在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，tan ∠BAC ＝12.点D 在边AC 上(不与A ，C 重合)，连接BD ，F 为BD 中点．若BC ＝6，点D 在边AC 的三等分点处，将线段AD 绕点A 旋转，点F 始终为BD 中点，则线段CF 长度的最大值是________．第2题图3. 如图，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝4，AC ＝3，点D ，E 分别是AB ，AC 的中点，点G ，F 在BC 边上(均不与端点重合)，DG ∥EF .将△BDG 绕点D 顺时针旋转180°，将△CEF 绕点E 逆时针旋转180°，拼成四边形MGFN ，则四边形MGFN 周长l 的取值范围是________．第3题图4. (2019高新区二诊)如图，△ABC ，△EFG 分别是边长为2和233的等边三角形，D 是边BC 、EF 的中点，直线AG 、FC 相交于点M ，当△EFG 绕点D 旋转一周时，点M 经过的路径长为________．第4题图5. 如图，△ABC 和△CDE 都是等腰直角三角形(∠ACB ＝∠DCE ＝90°)．保持△ABC 固定不动，将△CDE 绕点C 顺时针旋转一周，连接AD 、AE 、BD ，直线AE 与BD 相交于点H ，点P 、M 、N 分别是AD 、AB 、DE 的中点，若AC ＝4，CD ＝2，则在旋转过程中，△PMN 的面积的最大值为________．第5题图类型四折叠探究题1. 如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，E是AB的中点，点F是BC边上的动点，将△EBF沿EF 所在的直线折叠到△EGF的位置，连接GD，则GD的最小值是______．第1题图2. 如图，折叠矩形纸片ABCD，使B点落在AD上一点E处，折痕的两端点分别在AB、BC上(含端点)，且AB＝6，BC＝10.设AE＝x，则x的最大值和最小值的和是______．第2题图3. (2019淮安)如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝2，H是AB的中点，将△CBH沿CH折叠，点B 落在矩形内点P处，连接AP，则tan∠HAP＝________．第3题图4. (2019金牛区二诊)如图，在等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，在△ABC 内有一点P ，已知∠1＝∠2＝∠3，将△BCP 以直线PC 为对称轴翻折，使点B 与点D 重合，PD 与AB 交于点E ，连接AD ，将△APD 的面积记为S 1，将△BPE 的面积记为S 2，则S 2S 1的值为________．第4题图5. 如图，在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝6，点D 是边BC 的中点，点E 是边AB 上任意一点(点E 不与点B 重合)，沿DE 翻折△DBE ，使点B 落在点F 处，连接AF ，则线段AF 的长取最小值时，BF 的长为________．第5题图6. (2019都江堰区一诊)如图，已知在△ABC 中，AB ＝AC ，BC ＝8，D 、E 两点分别在边BC 、AB 上，将△ABC 沿着直线DE 翻折，点B 正好落在边AC 上的点M 处，并且AC ＝4AM ，设BD ＝m ，那么∠ACD 的正切值是______．(用含m 的代数式表示)第6题图7. (2019成华区二诊)已知一个矩形纸片ABCD ，AB ＝12，BC ＝6，点E 在BC 边上，将△CDE 沿DE 折叠，点C 落在C ′处，DC ′，EC ′分别交AB 于点F ，G ，若GE ＝GF ，则sin ∠CDE 的值为________．第7题图8. (2019成都黑白卷)如图，在平行四边形ABCD 中，点E 为AD 边的中点，将△ABE 沿BE 翻折，得到△FBE ，连接DF 并延长交BC 于点G ，若BE ＝AD ＝10，平行四边形ABCD 的面积为60，则FG ＝ ________．第8题图9. 如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝2，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，展开后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N处，折痕BM与EF相交于点Q，再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G.P为线段BM上一动点，H是BN的中点，则PN＋PH的最小值是______．第9题图10. 如图，四边形纸片ABCD中，AD⊥AB，AB∥DC，AB＝6，AD＝CD＝3，点E，F分别在线段AB，AD上，将△AEF沿EF翻折，点A的落点记为P.当P落在四边形ABCD内部时，PD的最小值为______．第10题图参考答案类型一 动点探究题1. 9 【解析】如解图，由题意可知，点G 在以点B 为圆心，1为半径的14圆弧上运动．作点C 关于AD 的对称点C ′，连接C ′B 交AD 于点H ，交以点B 为圆心，1为半径的圆于点G ，由两点之间线段最短，此时C ′B 的值最小，最小值为BC 2＋CC ′2＝62＋82＝10，∵GH ＋CH ＝GH ＋C ′H ＝BC ′－BG ＝9，∴GH ＋CH 的最小值为9.第1题解图2. 925【解析】如解图，∵点D 为BC 边上一动点，∴AD 的最小值为AD 1，最大值为AD 2，∵在Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝5，∴AC ＝52－32＝4，∵S △ABC ＝AB ·AC 2＝BC ·AD 12，解得AD 1＝125，∵AD 2为最大值4，∴最小面积与最大面积之比＝(125∶4)2＝925.第2题解图3. 513【解析】∵四边形EFQH 是正方形，∴∠EHA ＝90°，设HE ＝HQ ＝x ，AH ＝y ，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠D ＝90°，∴HE ∥CD ，AD ∥EF ，∴△AHE ∽△ADC ，∴HE CD ＝AH AD ，即x 5＝y 7，设x ＝5k ，则y ＝7k ，∵四边形EFQH 是正方形，∴HQ ∥EF ，∴∠AFE ＝∠QAF ，在Rt △AQF 中，AF ＝（5k ）2＋（12k ）2＝13k ，∴sin ∠AFE ＝sin ∠QAF ＝QF AF ＝5k 13k ＝513. 4. 1或116【解析】∵∠AEF ＝∠B ＝∠C ，且∠AME ＞∠C ，∴∠AME ＞∠AEF ，∴AE ≠AM ；①当AE ＝EM 时，则△ABE ≌△ECM ，∴CE ＝AB ＝5，∴BE ＝BC －EC ＝6－5＝1；②当AM ＝EM 时，则∠MAE ＝∠MEA ，∴∠MAE ＋∠BAE ＝∠MEA ＋∠CEM ，即∠CAB ＝∠CEA ，又∵∠C ＝∠C ，∴△CAE ∽△CBA ，∴CE CA ＝AC BC ，∴CE ＝AC 2CB ＝256，∴BE ＝BC －EC ＝6－256＝116.综上所述，BE 的长是1或116. 5. 22或2－1 【解析】∵在Rt △ABC 中，AB ＝AC ＝2，∴BC ＝2 2.①当AF ＝CF 时，∠F AC ＝∠C ＝45°，∴∠AFC ＝90°，∴AF ⊥BC ，∴BF ＝CF ＝12BC ＝2，∵直线PD 垂直平分BF ，∴BD ＝12BF ＝22；②当CF ＝CA ＝2时，BF ＝BC －CF ＝22－2，∵直线PD 垂直平分BF ，∴BD ＝12BF ＝2－1；③当AF ＝AC 时，点F 与点B 重合(舍去)．综上所述，BD 的长为22或2－1. 6. 6 【解析】如解图，连接OA 、OC ，∵∠ABC ＝45°，OA ＝OC ＝2，∴∠AOC ＝90°，∴AC ＝2OA ＝22，在CB 上取一点A ′，使CA ′＝CA ，∵∠ACB ＝60°，∴△A ′CA 为等边三角形，过点A ′作A ′N ′⊥AC 于点N ′，∵点D 为AB ︵的中点，∴CD 为∠ACB 的平分线，∴点A 与点A ′关于直线CD 对称，连接A ′M ，∴A ′M＝AM ，即AM ＋MN ＝A ′M ＋MN ，根据直线外一点到直线上的所有连线中，垂线段最短，∴A ′N ′的长即为MA ＋MN 的最小值，∵A ′C ＝AC ＝22，∠ACB ＝60°，∴A ′N ′＝A ′C ·sin60°＝22×32＝6，即MA ＋MN 的最小值为 6.第6题解图7. 13或5－255【解析】如解图①，当∠AME ＝90°时，易知四边形AMEF 是矩形，且四边形BMEN 是正方形．∵ME ∥BC ，∴AM ME ＝AB BC ＝12，∴AM ＋BM ＝AM ＋2AM ＝1，则EF ＝AM ＝13；如解图②，当∠AEM ＝90°时，易证△AEM ∽△ABC ，∴AE ME ＝AB CB ＝12，∴ME ＝2AE ，则BM ＝ME ＝2AE ，AM ＝5AE ，∴AB ＝AM ＋BM ＝2AE ＋5AE ＝1，解得AE ＝5－2.又∵EF ∥CD ，∴EF AE ＝CD AC ＝15，∴EF ＝55(5－2)＝5－255.综上，若△AEM 是直角三角形，则EF 的长为13或5－255.图① 图②第7题解图 8. 43或1或1－63 【解析】如解图①，当AE ＝AF 时，设BE ＝DF ＝a ，则AF ＝AE ＝3－a .在Rt △ABE中，由AE 2＝AB 2＋BE 2得(3－a )2＝12＋a 2，解得a ＝43；如解图②，当AE ＝EF 时，设BE ＝DF ＝a ，则AF ＝3－a ，由AF ＝2BE ，得3－a ＝2a ，解得a ＝1；如解图③，当AF ＝EF 时，设BE ＝DF ＝a ，则AF ＝EF ＝3－a .由∠F AE ＝∠FEA ＝∠AEB 可得AB ＝AG ＝1，易知EG ＝BE ＝a ，∴FG ＝3－2a .在Rt △AFG 中，由AF 2＝AG 2＋FG 2得(3－a )2＝12＋(3－2a )2，解得a ＝1－63或a ＝1＋63(不符合题意，舍去)．综上，若△AEF 是等腰三角形，则DF 的长为43或1或1－63.图① 图② 图③第8题解图 9. 135或175【解析】①当M 在线段BC 上时，如解图，过点M 作MH ⊥AB 于点H ，∵∠CAM ＋∠CBA ＝45°，∠ACB ＝90°，∴∠BAM ＝45°.∵AC ＝2，BC ＝3，∴AB ＝13.∵Rt △BHM ∽Rt △BCA ，∴MH AC ＝BH BC＝BM BA .设MH ＝2x ，则2x 2＝BH 3＝BM 13，∴BH ＝3x ，BM ＝13x ，在Rt △AHM 中，AH ＝MH ＝2x ，∵AB ＝BH ＋AH ＝13，∴5x ＝13，x ＝135，BM ＝13x ＝135；②当M 在BC 延长线上时，如解图，则∠CAM ′＋∠CBA ＝45°，又∵∠CAM ＋ ∠CBA ＝45°，∴∠CAM ＝∠CAM ′.又∵AC ⊥BM ′，∴CM ＝CM ′.由①得CM ＝BC －BM ＝25，∴BM ′＝175；③当M 在CB 的延长线上时，不存在∠CAM ＋∠CBA ＝45°.综上所述，BM 的长为135或175.第9题解图10. y ＝113x 【解析】当点D 与点C 重合时，如解图，过F 作FG ⊥y 轴于点G ，连接OF ，∵S △ABC ＝12S 矩形 AOCB ＝12S 矩形ADEF ＝3，∴S 矩形AOCB ＝6，∵A 点坐标为(0，2)，∴OA ＝2，∴OC ＝3，∵∠F AD ＝90°，易得△FGA ∽△AOD ，∴FG AO ＝AG DO ，即FG AG ＝AO DO ＝23，设|FG |＝2a ，|AG |＝3a 由勾股定理得OF ＝OG 2＋FG 2＝（2＋3a ）2＋（2a ）2＝13a 2＋12a ＋4，令t ＝13a 2＋12a ＋4，∴t ＝13a 2＋12a ＋4＝13(a ＋613)2＋4，∴当a ＝－613时，t 有最小值．∴|FG |＝|2×(－613)|＝1213，|AG |＝|3×(－613)|＝1813，点F 的横坐标为1213，纵坐标为1813＋2＝4413，设OF 解析式为y ＝kx (k ≠0)，求得k ＝113，故函数的解析式为y ＝113x .第10题解图类型二 平移探究题1. 5 【解析】∵四边形AEFD 为菱形，∴AE ＝EF ，∵将△ABE 向右平移得到△DCF ，∴BE ＝CF ，AB ＝CD ，∵BE ∶EC ＝3∶2，设BE ＝3k ，EC ＝2k ，∴BC ＝EF ＝5k ，∴AE ＝5k ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ＝BC ，AB ＝CD ，∠B ＝90°，∴AB ＝AE 2－BE 2＝4k ，∴AB 2＋BF 2＝AF 2，即(4k )2＋(8k )2＝(45)2，∴k ＝1，∴AD ＝BC ＝5.2. 67 【解析】∵OA ＝2，OB ＝4，∠OAE ＝∠OBA ，∠EOA ＝∠AOB ＝90°，∴△OAE ∽△OBA ，∴OA OB ＝OE OA ，即24＝OE 2，解得OE ＝1，如解图，过点A 作AB ′⊥OA ，并使AB ′＝BE ＝3.易证△AB ′A ′≌△EBE ′，∴B ′A ′＝BE ′，∴A ′B ＋BE ′＝A ′B ＋B ′A ′.当点B 、A ′、B ′在同一条直线上时，A ′B ＋B ′A ′最小，即此时A ′B ＋BE ′取得最小值．易证△AB ′A ′∽△OBA ′，∴AA ′OA ′＝AB ′OB ＝34，∴AA ′OA ＝37，AO ＝2，∴AA ′＝37×2＝67，∴EE ′＝AA ′＝67.第2题解图3. 25 【解析】如解图，作射线CC ′，AA ′，AA ′交BC ′于点O ，过点C 作CF ∥AB 交AA ′于F ，连接BF ，由平移性质得AA ′∥BE ∥CC ′，∵∠EBD ＝45°，∴∠F AB ＝∠C ′CF ＝45°，∵Rt △ABC 中，AB ＝AC ，∠CAB ＝90°，∴易得四边形ABFC 是正方形，∴∠FCB ＝45°，∴∠C ′CB ＝90°，∵A ′C ′＝BF ，∠A ′OC ′＝∠FOB ，∠C ′A ′O ＝∠BFO ＝45°，∴△A ′OC ′≌△FOB ，∴BO ＝C ′O ，∴CO ＝C ′O ＝BO ，延长FC 到G ，使得CG ＝CF ，连接A ′G ，则CO 是△FGA ′的中位线，∴A ′G ＝2CO ＝BC ′，∴BC ′＋BA ′＝BA ′＋A ′G ，∴当点B 、A ′、G 在同一条直线上时，BG 取得最小值，那A ′B ＋C ′B 取得最小值．∵在Rt △GFB 中，BF ＝AC ＝2，FG ＝2CF ＝4，∴BG ＝25，∴A ′B ＋C ′B 的最小值为2 5.第3题解图 4. 32＋62 【解析】由翻转可得△BG ′C ≌△CGB ≌△DEA ，∴CG ′＝AE ，∠BCG ′＝EAD ，同理可得CF ′＝AE ，∠DCF ′＝∠BAE ，∴∠BCG ′＋∠DCF ′＝∠EAD ＋∠BAE ＝45°，在平行四边形ABCD 中，∠BAD ＝∠BCD ＝45°，∴∠G ′CF ′＝∠G ′CB ＋∠BCD ＋∠DCF ′＝90°.∴△G ′CF ′为等腰直角三角形，由勾股定理可得F ′G ′＝2CG ′＝2AE ，当AE ⊥BD 时，AE 的值最小，即此时F ′G ′的值最小，∵△AED ≌△BGC ，△ABE ≌△DCF ，且∠AED ＝∠AEB ＝90°，∴∠BGC ＝∠AED ＝90°，∠DFC ＝∠AEB ＝90°，∴BG ∥DF ，又∵BG ＝AE ＝DF ，∴四边形BGFD 为矩形，如解图，过点B 作BM ⊥AD 于点M ，在Rt △ABM 中，∵∠BAM ＝∠ABM ＝45°，AB ＝6，∴AM ＝BM ＝6×22＝3，∵∠ABD ＝75°，∴∠DBM ＝∠ABD －∠ABM ＝75°－45°＝30°，∴∠ADB ＝60°，∴在Rt △DBM 中，BD ＝BM sin60°＝2，MD ＝BM tan60°＝1，∴AD ＝AM ＋MD ＝1＋3，∵S △BAD ＝12BD ·AE ＝12AD ·BM ，即2AE ＝(1＋3)×3.∴AE ＝3＋32，∴F ′G ′的最小值为32＋62.第4题解图类型三 旋转探究题1. 10＋2 【解析】如解图，取AB 的中点M ，连接MF 和CM ，∵在Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，AC＝6，BC ＝2，∴AB ＝AC 2＋BC 2＝210.∵M 为AB 中点，∴CM ＝12AB ＝10，∵将线段AD 绕点A 按顺时针方向旋转，点D 的对应点是点P ，∴AP ＝AD ＝4，∵M 为AB 中点，F 为BP 中点，∴FM ＝12AP ＝2.当且仅当M 、F 、C 三点共线且M 在线段CF 上时CF 最大，此时CF ＝CM ＋FM ＝10＋2.第1题解图2. 4＋35 【解析】如解图①，当AD ＝13AC 时，取AB 的中点M ，连接MF 和CM ，∵∠ACB ＝90°，tan ∠BAC ＝12，且BC ＝6，∴AC ＝12，AB ＝6 5.∵M 为AB 中点，∴CM ＝35，∵AD ＝13AC ，∴AD ＝4.∵M 为AB 中点，F 为BD 中点，∴FM ＝12AD ＝2，∴当且仅当M 、F 、C 三点共线且M 在线段CF 上时CF 最大，此时CF ＝CM ＋FM ＝2＋35；如解图②，当AD ＝23AC 时，取AB 的中点M ，连接MF 和CM ，同理可得CF 的最大值为4＋35，综上，线段CF 的长度的最大值为4＋3 5.第2题解图3. 7＜l ＜17 【解析】如解图，过点A 作AH ∥DG ，∵DG ∥EF ，∴DG ∥EF ∥AH ，∵点D 为AB 的中点，将△BDG 绕点D 顺时针旋转180°后到△ADM 的位置，∴BG ＝AM ，MG ∥AH 且MG ＝AH ，同理CF ＝AN ，NF ∥AH 且NF ＝AH ，∴四边形MGFN 是平行四边形，∴MN ＝GF ＝AM ＋AN ＝BG ＋CF .在Rt △ABC 中，∵AB ＝4，AC ＝3，∴由勾股定理得BC ＝5，即MN ＋GF ＝5，在△ABH 中，由三角形的三边关系可得AB －BH ＜AH ＜AB ＋BH ，同理AC －CH ＜AH ＜AC ＋CH ，两式相加得AB ＋AC －(BH ＋CH )＜2AH ＜AB ＋AC ＋(BH ＋CH )，∴4＋3－5＜2AH ＜4＋3＋5，即2＜2AH ＜12，l ＝MG ＋GF ＋NF ＋MN ＝2AH ＋BC ，∵BC ＝5，2＜2AH ＜12，∴7＜l ＜17.第3题解图4. 4π3【解析】如解图，连接AD 、DG .∵△ABC 和△EFG 均是等边三角形，D 分别是BC 和EF 的中点，∴BD ＝CD ，DE ＝DF ，∴AD ⊥BC ，GD ⊥EF ，∴∠ADC ＝∠GDF ＝90°，∴∠ADG ＝∠CDF ，∵AD CD＝DG DF＝tan60°，∴△ADG ∽△CDF ，∴∠DAG ＝∠DCF ，∴∠AMC ＝90°，∴点M 的轨迹是以AC 为直径的圆，且来回共两个三分之一圆，∴点M 运动的路径长为4π3.第4题解图5. 92【解析】∵△ABC 和△CDE 都是等腰直角三角形，∠ACB ＝∠ECD ＝90°，∴AC ＝BC ，CE ＝CD ，∠ACB ＋∠BCE ＝∠BCE ＋∠ECD ，∴∠ACE ＝∠BCD ，∴△ACE ≌△BCD ，∴AE ＝BD ，∠CAE ＝∠CBD ，∴∠HBA ＋∠HAB ＝∠HBC ＋∠CBA ＋∠HAB ＝∠CBA ＋∠CAB ＝90°，∴BD ⊥AE .∵P ，M 分别是AD ，AB的中点，∴PM ∥BD ，且PM ＝12BD ，同理，PN ∥AE ，且PN ＝12AE ，∴PM ⊥PN ，PM ＝PN ，∴△PMN 是等腰直角三角形，∴S △PMN ＝12PM 2＝18BD 2，∴当BD 最大时，△PMN 的面积最大，∵△CDE 绕点C 旋转，∴点D 在以C 为圆心，CD 为半径的圆上，∴当点D 在BC 的延长线上时，BD 最大，此时BD ＝AC ＋CD ＝6，∴△PMN 面积的最大值为18×62＝92.第5题解图类型四 折叠探究题1. 73－3 【解析】如解图，由EG ＝EB ＝3，可得当点G 在DE 上时，此时GD 的值最小，根据折叠的性质，△EBF ≌△EGF ，∴EG ⊥GF ，EG ＝EB ，∵E 是AB 边的中点，AB ＝6，∴AE ＝EG ＝3，∵AD ＝8，∴Rt △ADE 中，DE ＝82＋32＝73，∴GD ＝73－3.第1题解图2. 8 【解析】设折痕为PQ ，点P 在AB 边上，点Q 在BC 边上．如解图①，当点Q 与点C 重合时，AE 最小，根据翻折对称性可得EC ＝BC ＝10，在Rt △CDE 中，CE 2＝ED 2＋CD 2，即102＝(10－AE )2＋62，解得AE ＝2，即x ＝2；如解图②，当点P 与点A 重合时，AE 最大，根据翻折对称性可得AE ＝AB ＝6，即x ＝6，所以x 的最大值和最小值的和是8.图① 图②第2题解图 3. 43 【解析】如解图，连接PB 交CH 于点E .在Rt △BCH 中，BC ＝2，BH ＝12AB ＝32，∵△PCH 是由△BCH 折叠得到的，∴PB ⊥CH ，BE ＝PE ，PH ＝HB .∴∠HPB ＝∠HBP .∵AH ＝BH ，∴AH ＝PH .∴∠P AH ＝∠APH .∴∠APH ＋∠BPH ＝12(∠P AB ＋∠APB ＋∠ABP )＝90°.∴AP ∥CH ，∴tan ∠HAP ＝tan ∠BHC ＝BC BH ＝43.第3题解图 4. 12 【解析】如解图，连接BD ，延长CP 交BD 于点F ，由翻折可知CF ⊥BD ，BF ＝DF ，∠BPF ＝∠DPF ，∵∠1＝∠2＝∠3，△ABC 是等腰直角三角形，∴∠1＋∠ACP ＝∠2＋∠ACP ＝90°，∠2＋∠PBC ＝∠3＋∠PBC ＝45°，∴∠APC ＝90°，∠DPF ＝45°，DF ＝FB ＝PF ，∴△APC ≌△CFB ，∴AP ＝CF ，CP＝BF ＝PF ，∴AP ＝BD ，∴四边形ADBP 是平行四边形，∴S 2S 1＝12.第4题解图5. 1255【解析】由题意得：DF ＝DB ，∴点F 在以D 为圆心，BD 长为半径的圆上，如解图，连接AD 交⊙D 于点F .此时AF 的值最小，∵点D 是边BC 的中点，∴CD ＝BD ＝3，由勾股定理得：AD 2＝AC 2＋CD 2，∵AC ＝4，∴AD ＝5，∵FD ＝3，∴F A ＝5－3＝2，即线段AF 长的最小值是2，连接BF ，过点F 作FH ⊥BC 于点H ，∵∠ACB ＝90°，∴FH ∥AC ，∴△DFH ∽△DAC ，∴DF DA ＝DH DC ＝HF CA ，即35＝DH 3＝HF 4，∴HF ＝125，DH ＝95，∴BH ＝245，∴BF ＝BH 2＋HF 2＝1255.第5题解图6. 10m －253【解析】如解图，作AH ⊥BC 于点H ，MG ⊥BC 于点G ，连接EM 、MD 、BM ，∵AB ＝AC ，BC ＝8，AH ⊥BC ，∴CH ＝4，∵AC ＝4AM ，∴CM ∶AC ＝3∶4，∵AH ∥MG ，∴CG HC ＝CM AC ＝34，即CG 4＝34，解得CG ＝3，∴BG ＝5，∴DG ＝m －5，由翻折的性质可知MD ＝BD ＝m ，在Rt △MGD 中，依据勾股定理可知：MG ＝MD 2－GD 2＝m 2－（m －5）2＝10m －25，∴tan ∠ACD ＝tan ∠ACG ＝MG CG ＝10m －253.第6题解图 7. 1010 【解析】设CE ＝x ，则BE ＝6－x .根据折叠的对称性可知DC ′＝DC ＝12，C ′E ＝CE ＝x .在△FC ′G 和△EBG 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠C ′＝∠B ＝90°∠FGC ′＝∠EGB GF ＝GE，∴△FC ′G ≌△EBG (AAS)．∴FC ′＝BE ＝6－x .∴DF ＝12－(6－x )＝6＋x .连接FE ，在Rt △FC ′E 和Rt △EBF 中，⎩⎪⎨⎪⎧FC ′＝BE EF ＝EF，∴Rt △FC ′E ≌Rt △EBF (HL)．∴FB ＝EC ′＝x .∴AF ＝12－x .在Rt △ADF 中，AD 2＋AF 2＝DF 2，即36＋(12－x )2＝(6＋x )2，解得x ＝4.∴CE ＝4.在Rt △CDE 中，DE 2＝DC 2＋CE 2，则DE ＝410.∴sin ∠CDE ＝CE DE ＝1010. 8. 2 【解析】∵将△ABE 沿BE 翻折，得到△FBE ，∴AE ＝EF ，∠AEB ＝∠FEB ，∴∠AEB ＝12(180°－∠DEF )，∵E 为AD 边的中点，∴AE ＝DE ，∴DE ＝EF ，∴∠EDF ＝∠EFD ，∴∠EDF ＝12(180°－∠DEF )，∴∠AEB ＝∠EDF ，∴BE ∥DG ，∵四边形ABCD 是平行四边形，∴DE ∥BG ，∴四边形BEDG 为平行四边形，∴DE ＝BG ，DG ＝BE ＝10，∵四边形ABCD 是平行四边形，且面积等于60，AE ＝DE ，∴S △ABE ＝14S ▱ABCD ＝15，如解图，连接AF 交BE 于H ，则AH ⊥BE ，AH ＝HF ，∵BE ＝10，∴AH ＝3，∴AF ＝6，∵BE ∥DG ，∴AF ⊥DG ，∴DF ＝AD 2－AF 2＝8，∴FG ＝DG －FD ＝2.第8题解图9. 3 【解析】如解图，连接AN ，∵∠ABM ＝∠MBN ＝30°，∠BNM ＝∠BAM ＝90°，∴∠BMG ＝∠BNM －∠MBN ＝90°－30°＝60°，∴∠MBG ＝∠ABG －∠ABM ＝90°－30°＝60°，∴∠BGM ＝180°－60°－60°＝60°，∴∠MBG ＝∠BMG ＝∠BGM ＝60°，∴△BMG 为等边三角形，∵点N 是MG 的中点，∴BN ⊥MG ，∵BG＝BM ＝AB cos ∠ABM ＝433，∴BN ＝BG ·sin60°＝433×32＝2，根据题意易知E 点和H 点关于BM 对称，∴PH ＝PE ，∴P 与Q 重合时，PN ＋PH 的值最小，此时PN ＋PH ＝PN ＋PE ＝EN ，∵EN ＝BN 2－BE 2＝22－（2÷2）2＝3，∴PN ＋PH ＝3，∴PN ＋PH 的最小值是 3.第9题解图10. 35－6【解析】如解图①，设A的对应点为P1，连接ED，过P1作PP1⊥ED于点P，∴在Rt△P1PD 中，DP1＞DP，∴当点A的对应点P落在线段ED上时，此时PD有最小值，即当EP取最大值时，PD有最小值，而点E在线段AB上，∴当点E与点B重合时，如解图②，即EP最大，从而此时PD取得最小值，在Rt△ADB中，BD＝AB2＋AD2＝35，∵PB＝AB＝6，∴DP＝BD－BP＝35－6.图①图②第10题解图。

中考数学总复习《二次函数-动态几何问题》练习题及答案班级:___________姓名：___________考号：_____________一、单选题1．如图，菱形ABCD的边长是4厘米，∠B=60°，动点P以1厘米/秒的速度自A点出发沿AB方向运动至B点停止，动点Q以2厘米/秒的速度自B点出发沿折线BCD运动至D点停止.若点P、Q同时出发运动了t秒，记∠BPQ的面积为S厘米2，下面图象中能表示S与t之间的函数关系的是（）A．B．C．D．2．下列函数关系式中，是二次函数的是（）A．y=x3﹣2x2﹣1B．y=x2C．y=2x2D．y=x+13．如图，动点P从点A出发，沿线段AB运动至点B后，立即按原路返回，点P在运动过程中速度大小不变，则以点A为圆心，线段AP长为半径的圆的面积S与点P的运动时间t之间的函数图象大致为（）A．B．C．D．4．两个少年在绿茵场上游戏．小红从点A出发沿线段AB运动到点B，小兰从点C出发，以相同的速度沿∠O逆时针运动一周回到点C，两人的运动路线如图1所示，其中AC =DB．两人同时开始运动，直到都停止运动时游戏结束，其间他们与点C的距离y与时间x（单位：秒）的对应关系如图2所示．则下列说法正确的是（）A．小红的运动路程比小兰的长B．两人分别在1.09秒和7.49秒的时刻相遇C．当小红运动到点D的时候，小兰已经经过了点DD．在4.84秒时，两人的距离正好等于∠O的半径5．设抛物线y=ax2+bx+c（a＜0）的顶点在线段AB上运动，抛物线与x轴交于C，D两点（C在D 的左侧）．若点A，B的坐标分别为（﹣2，3）和（1，3），给出下列结论：①c＜3；②当x＜﹣3时，y随x的增大而增大；③若点D的横坐标最大值为5，则点C的横坐标最小值为﹣5；④当四边形ACDB为平行四边形时，a=﹣43．其中正确的是（）A．①②④B．①③④C．②③D．②④6．下列函数属于二次函数的是（）A．y=5x+3B．y=1x2C．y=2x2+x+1D．y=√x2+17．如图所示，∠ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°，AC=BC=2，正方形DEFG边长也为2，且AC与DE在同一直线上，∠ABC从C点与D点重合开始，沿直线DE向右平移，直到点A与点E重合为止，设CD的长为x，∠ABC与正方形DEFG重合部分（图中阴影部分）的面积为y，则y与x之间的函数关系的图象大致是（）A．B．C．D．8．如图，矩形的长和宽分别是4和3，等腰三角形的底和高分别是3和4，如果此三角形的底和矩形的宽重合，并且沿矩形两条宽的中点所在的直线自右向左匀速运动至等腰三角形的底与另一宽重合．设矩形与等腰三角形重叠部分（阴影部分）的面积为y，重叠部分图形的高为x，那么y关于x 的函数图象大致应为A．B．C．D．9．如图①，在正方形ABCD中，点P沿边DA从点D开始向点A以1cm/s的速度移动，同时点Q 沿边AB，BC从点A开始向点C以2cm/s的速度移动，当点P移动到点A时，P、Q同时停止移动。

【2019赢在中考】数学二轮专题解读与强化训练专题08 动态型问题动态型问题是以点、线、面(如三角形、四边形)的运动为情境，探索和发现其中规律和结论的中考题型，由于图形的运动，导致题目的条件不断改变，随之相应的数量关系和结论也可能改变，这样就出现一个事件中蕴含着多个数学问题，既独立又有联系，使题目无论从考查知识上，还是解决方法上都具有较强的综合性，以达到培养和考查学生的观察、试验、空间想象、分析综合等解决问题的能力，在全国的中考试卷中常作为压轴题出现，类型有：(1)点的运动，(2)线的运动，(3)面(如三角形、四边形)的运动．解决动态问题的思维与方法：(1)认清问题中的静态图形和动态图形，并确定动态图形的起始位置和终止位置；(2)画出不同时刻动态图形与静态图形形成的几何图形，这样就能达到由“动”变“静”，再设法分别求解问题．考向一点的运动型问题例1．（2018年广东省广州市）如图，在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，AB=BC．（1）求∠A+∠C的度数．（2）连接BD，探究AD，BD，CD三者之间的数量关系，并说明理由．（3）若AB=1，点E在四边形ABCD内部运动，且满足，求点E运动路径的长度．【考点】等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，旋转的性质【思路点拨】（1）根据四边形内角和为360度，结合已知条件即可求出答案.（2）将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ（如图），由旋转性质和等边三角形判定得△BDQ是等边三角形，由旋转性质根据角的计算可得△DAQ是直角三角形，根据勾股定理得AD2+AQ2=DQ2，即AD2+CD2=BD2.（3）将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF(如图)，由等边三角形判定得△BEF是等边三角形，结合已知条件和等边三角形性质可得AE2=EF2+AF2，即∠AFE=90°，从而得出∠BFA=∠BEC=150°，从而得出点E是在以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，根据弧长公式即可得出答案.【解题过程】解：（1）在四边形ABCD中，∠B=60°，∠D=30°，∴∠A+∠C=360°-∠B-∠C=360°-60°-30°=270°.（2）如图，将△BCD绕点B逆时针旋转60°，得到△BAQ，连接DQ，∵BD=BQ，∠DBQ=60°，∴△BDQ是等边三角形，∴BD=DQ，∵∠BAD+∠C=270°，∴∠BAD+∠BAQ=270°，∴∠DAQ=360°-270°=90°，∴△DAQ是直角三角形∴AD2+AQ2=DQ2，即AD2+CD2=BD2（3）如图，将△BCE绕点B逆时针旋转60°，得到△BAF，连接EF，∵BE=BF，∠EBF=60°，∴△BEF是等边三角形，∴EF=BE，∠BFE=60°，∵AE2=BE2+CE2∴AE2=EF2+AF2∴∠AFE=90°∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60°+90°=150°，∴∠BEC=150°，则动点E在四边形ABCD内部运动，满足∠BEC=150°，以BC为边向外作等边△OBC，则点E是以O为圆心，OB为半径的圆周上运动，运动轨迹为BC，∵OB=AB=1，则BC= =【名师点睛】此题考查了学生对等边三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理，多边形内角与外角，弧长的计算，旋转的性质等知识点的综合运用能力．考向二线的运动型问题例2．如图，矩形AOCB的顶点A、C分别位于x轴和y轴的正半轴上，线段OA、OC的长度满足方程|x﹣15|+=0（OA＞OC），直线y=kx+b分别与x轴、y轴交于M、N两点，将△BCN沿直线BN折叠，点C恰好落在直线MN上的点D处，且tan∠CBD=（1）求点B的坐标；（2）求直线BN的解析式；（3）将直线BN以每秒1个单位长度的速度沿y轴向下平移，求直线BN扫过矩形AOCB的面积S关于运动的时间t（0＜t≤13）的函数关系式．【思路点拨】（1）由非负数的性质可求得x、y的值，则可求得B点坐标；（2）过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DE∥ON，利用平行线分线段成比例可求得OM和ON的长，则可求得N点坐标，利用待定系数法可求得直线BN的解析式；（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方时，可知S 即为▱BNN′B′的面积，当N′在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线B′N′的解析式，设交x轴于点G，可用t表示出G点坐标，由S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′，可分别得到S与t的函数关系式．【解题过程】解：（1）∵|x﹣15|+=0，∴x=15，y=13，∴OA=BC=15，AB=OC=13，∴B（15，13）；（2）如图1，过D作EF⊥OA于点E，交CB于点F，由折叠的性质可知BD=BC=15，∠BDN=∠BCN=90°，∵tan∠CBD=，∴=，且BF2+DF2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，∴CF=OE=15﹣12=3，DE=EF﹣DF=13﹣9=4，∵∠CND+∠CBD=360°﹣90°﹣90°=180°，且∠ONM+∠CND=180°，∴∠ONM=∠CBD，∴=，∵DE∥ON，∴==，且OE=3，∴=，解得OM=6，∴ON=8，即N（0，8），把N、B的坐标代入y=kx+b可得，解得，∴直线BN的解析式为y=x+8；（3）设直线BN平移后交y轴于点N′，交AB于点B′，当点N′在x轴上方，即0＜t≤8时，如图2，由题意可知四边形BNN′B′为平行四边形，且NN′=t，∴S=NN′•OA=15t；当点N′在y轴负半轴上，即8＜t≤13时，设直线B′N′交x轴于点G，如图3，∵NN′=t，∴可设直线B′N′解析式为y=x+8﹣t，令y=0，可得x=3t﹣24，∴OG=3t﹣24，∵ON=8，NN′=t，∴ON′=t﹣8，∴S=S四边形BNN′B′﹣S△OGN′=15t﹣（t﹣8）（3t﹣24）=﹣t2+39t﹣96；综上可知S与t的函数关系式为S=．【名师点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及非负数的性质、待定系数法、矩形的性质、三角函数的定义、折叠的性质、平行线分线段成比例、平移的性质及分类讨论思想等知识．在（1）中注意非负数的性质的应用，在（2）中求得N点的坐标是解题的关键，在（3）中确定出扫过的面积是解题的关键．本题考查知识点较多，综合性较强，难度较大考向三面的运动型问题例3．（2018年黑龙江省绥化）如图，在平面直角坐标系中，△ABC的三个顶点的坐标分别为A（﹣4，1），B（﹣1，﹣1），C（﹣3，3）．（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形）（1）将△ABC先向上平移2个单位长度，再向右平移4个单位长度得到△A1B1C1（点A、B、C的对应点分别为点A1、B1、C1），画出平移后的△A1B1C1；（2）将△A1B1C1绕着坐标原点O顺时针旋转90°得到△A2B2C2（点A1、B1、C1的对应点分别为点A2、B2、C2），画出旋转后的△A2B2C2；（3）求△A1B1C1在旋转过程中，点C1旋转到点C2所经过的路径的长．（结果用含π的式子表示）【考点】轨迹；作图﹣平移变换；作图﹣旋转变换【思路点拨】（1）分别将点A、B、C的纵坐标加2，横坐标加4，即可得到A1、B1、C1的坐标，连接A1C1，B1C1，A1B1即可，（2）利用网格和旋转的性质画出△A2B2C2即可，（3）利用勾股定理求出OC1的长，再根据弧长公式即可求得答案．【解题过程】解：（1）根据题意得：A1（0，3），B1（3，1），C1（1，5），连接A1C1，B1C1，A1B1如下图：（2）利用网格和旋转的性质画出△A2B2C2如上图所示，（3）∵C1（1，5），∴OC1=，∴点C1旋转到点C2所经过的路径的长为：=．【名师点睛】本题考查作图﹣旋转变换，轨迹，作图﹣平移变换，解题的关键是：平移，旋转后对应点的坐标表示出来，及弧长公式的正确运用．一、选择题1.（2018年天津市）如图，在正方形中，，分别为，的中点，为对角线上的一个动点，则下列线段的长等于最小值的是（）A. B. C. D.2.（2018年广东省中考数学试题）如图，点P是菱形ABCD边上的一动点，它从点A出发沿在A→B→C→D路径匀速运动到点D，设△PAD的面积为y，P点的运动时间为x，则y 关于x的函数图象大致为（）A．B．C．D．3.（2018年新疆乌鲁木齐市）如图①，在矩形ABCD中，E是AD上一点，点P从点B沿折线BE﹣ED﹣DC运动到点C时停止；点Q从点B沿BC运动到点C时停止，速度均为每秒1个单位长度．如果点P、Q同时开始运动，设运动时间为t，△BPQ的面积为y，已知y 与t的函数图象如图②所示．以下结论：①BC=10；②cos∠ABE=；③当0≤t≤10时，y=t2；④当t=12时，△BPQ是等腰三角形；⑤当14≤t≤20时，y=110﹣5t中正确的有（）A．2个 B．3个C．4个D．5个4.（2018年河南省）如图1，点F从菱形ABCD的顶点A出发，沿A→D→B以1cm/s的速度匀速运动到点B，图2是点F运动时，△FBC的面积y（cm2）随时间x（s）变化的关系图象，则a的值为（）A． B．2 C． D．25.（2018年四川省泸州市）在平面直角坐标系内，以原点O为圆心，1为半径作圆，点P在直线y=上运动，过点P作该圆的一条切线，切点为A，则PA的最小值为（）A．3 B．2 C． D．二、填空题6.（2018年河南省）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，将△ABC绕AC的中点D逆时针旋转90°得到△A'B′C'，其中点B的运动路径为，则图中阴影部分的面积为．7.（2018年浙江省衢州市）定义：在平面直角坐标系中，一个图形先向右平移a个单位，再绕原点按顺时针方向旋转θ角度，这样的图形运动叫作图形的γ（a，θ）变换．如图，等边△ABC的边长为1，点A在第一象限，点B与原点O重合，点C在x轴的正半轴上．△A1B1C1就是△ABC经γ（1，180°）变换后所得的图形．若△ABC经γ（1，180°）变换后得△A1B1C1，△A1B1C1经γ（2，180°）变换后得△A2B2C2，△A2B2C2经γ（3，180°）变换后得△A3B3C3，依此类推……△A n﹣1B n﹣1C n﹣1经γ（n，180°）变换后得△A n B n C n，则点A1的坐标是，点A2018的坐标是．8.（2018年河南省）如图，∠MAN=90°，点C在边AM上，AC=4，点B为边AN上一动点，连接BC，△A′BC与△ABC关于BC所在直线对称，点D，E分别为AC，BC的中点，连接DE并延长交A′B所在直线于点F，连接A′E．当△A′EF为直角三角形时，AB的长为．9.（2018年内蒙古呼和浩特市）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；②无论点M运动到何处，都有DM=HM；③无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．其中正确结论的序号为．10.（2018年四川省达州市）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，BC=5，点D是BC边上一点且CD=1，点P是线段DB上一动点，连接AP，以AP为斜边在AP的下方作等腰Rt△AOP．当P从点D出发运动至点B停止时，点O的运动路径长为．11.（2018年甘肃省兰州市（a卷））如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM=BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为6，则线段CF的最小值是．三、解答题12.如图，正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系内，△ABC的三个顶点坐标分别为A（1，4），B（1，1），C（3，1）．（1）画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；（2）画出△ABC绕点O逆时针旋转90°后的△A2B2C2；（3）在（2）的条件下，求线段BC扫过的面积（结果保留π）．13.（2018年北京市）如图，Q是与弦AB所围成的图形的内部的一定点，P是弦AB上一动点，连接PQ并延长交于点C，连接AC．已知AB=6cm，设A，P两点间的距离为xcm，P，C两点间的距离为y1cm，A，C两点间的距离为y2cm．小腾根据学习函数的经验，分别对函数y1，y2随自变量x的变化而变化的规律进行了探究．下面是小腾的探究过程，请补充完整：（1）按照下表中自变量x的值进行取点、画图、测量，分别得到了y1，y2与x的几组对应值；x/cm 0 1 2 3 4 5 6y1/cm 5.62 4.67 3.76 2.65 3.18 4.37y2/cm 5.62 5.59 5.53 5.42 5.19 4.73 4.11 （2）在同一平面直角坐标系xOy中，描出补全后的表中各组数值所对应的点（x，y1），（x，y2），并画出函数y1，y2的图象；（3）结合函数图象，解决问题：当△APC为等腰三角形时，AP的长度约为cm．14.（2018年浙江省杭州市临安市）如图，△OAB是边长为2+的等边三角形，其中O是坐标原点，顶点B在y轴正方向上，将△OAB折叠，使点A落在边OB上，记为A′，折痕为EF．（1）当A′E∥x轴时，求点A′和E的坐标；（2）当A′E∥x轴，且抛物线y=﹣x2+bx+c经过点A′和E时，求抛物线与x轴的交点的坐标；（3）当点A′在OB上运动，但不与点O、B重合时，能否使△A′EF成为直角三角形？若能，请求出此时点A′的坐标；若不能，请你说明理由．15.（2018年四川省达州市）矩形AOBC中，OB=4，OA=3．分别以OB，OA所在直线为x轴，y轴，建立如图1所示的平面直角坐标系．F是BC边上一个动点（不与B，C重合），过点F的反比例函数y=（k＞0）的图象与边AC交于点E．（1）当点F运动到边BC的中点时，求点E的坐标；（2）连接EF，求∠EFC的正切值；（3）如图2，将△CEF沿EF折叠，点C恰好落在边OB上的点G处，求此时反比例函数的解析式．16.（2018年四川省绵阳市）如图，已知△ABC的顶点坐标分别为A（3，0），B（0，4），C（﹣3，0）．动点M，N同时从A点出发，M沿A→C，N沿折线A→B→C，均以每秒1个单位长度的速度移动，当一个动点到达终点C时，另一个动点也随之停止移动，移动的时间记为t秒．连接MN．（1）求直线BC的解析式；（2）移动过程中，将△AMN沿直线MN翻折，点A恰好落在BC边上点D处，求此时t 值及点D的坐标；（3）当点M，N移动时，记△ABC在直线MN右侧部分的面积为S，求S关于时间t的函数关系式．。

2014年中考数学第二轮专题复习--动态问题答案1.由△ABC是边长为6的等边三角形，可知∠ACB=60°，再由∠BQD=30°可知∠QPC=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，在Rt△QCP中，∠BQD=30°，PC=QC，即6﹣x=（6+x），求出x的值即可；（2）作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，由点P、Q做匀速运动且速度相同，可知AP=BQ，再根据全等三角形的判定定理得出△APE≌△BQF，再由AE=BF，PE=QF且PE∥QF，可知四边形PEQF是平行四边形，进而可得出EB+AE=BE+BF=AB，DE=AB，由等边△ABC的边长为6可得出DE=3，故当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．解：（1）∵△ABC是边长为6的等边三角形，∴∠ACB=60°，∵∠BQD=30°，∴∠QPC=90°，设AP=x，则PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+BC=6+x，∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2；（2）当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．理由如下：作QF⊥AB，交直线AB的延长线于点F，连接QE，PF，又∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°，∵点P、Q做匀速运动且速度相同，∴AP=BQ，∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°，∴在△APE和△BQF中，∵∠A=∠FBQ∠AEP=∠BFQ=90°，∴∠APE=∠BQF，∴∴△APE≌△BQF，∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF，∴四边形PEQF是平行四边形，∴DE=EF，∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=AB，又∵等边△ABC的边长为6，∴DE=3，∴当点P、Q运动时，线段DE的长度不会改变．点评：本题考查的是等边三角形的性质及全等三角形的判定定理、平行四边形的判定与性质，根据题意作出辅助线构造出全等三角形是答案此题的关键2.解析：（1）由b=2a ，点M 是边AD 的中点，可得△AMB 和△DMC 是等腰直角三角形，∠AMB=∠DMC=450，可证明∠BMC=900; （2）（3）分析图形，△ABM ∽△DMC, 利用相似图形的性质列出方程，探索方程根的情况， 当△=b 2-4ac ＞0, 存在∠BMC=900；当△=b 2-4ac ＜0, 不存在∠BMC=900； 解：（1）证明：∵b=2a ，点M 是边AD 的中点，∴AB=AM=MD=DC. 又∵四边形ABCD 是矩形，∠A=∠D=900，∴∠AMB=∠DMC=450， ∴∠BMC=900; (2)存在。

动态专题综合测试题B 卷一、精心选一选（每小题3分，共36分）1．如图1，数轴上一动点A 向左移动2个单位长度到达点B ，再向右移动5个单位长度到达点C ．若点C 表示 的数为1，则点A 表示的数为（ ） Ａ．7 Ｂ．3 Ｃ．3- Ｄ．2- 2．在等腰梯形ABCD 中，5AB DC AD BC ==∥，，713DC AB ==，，点P 从点A 出发，以3个单位/s 的速度沿AD DC →向终点C 运动，同时点Q 从点B 出发，以1个单位/s 的速度沿BA 向终点A 运动．在运动期间，当四边形PQBC 为平行四边形时，运动时间为（ ）A ．3sB ．4sC ．5sD ．6s 3．如图3，MN 是O 的直径，2MN =，点A 在O 上，30AMN =∠，B 为AN 的中点，P 是直径MN 上一动点，则PA PB +的最小值为（ ）Ａ．Ｃ．1Ｄ．24.如图4，已知EF 是⊙O 的直径，把∠A 为60°的直角三角板ABC 的一条直角边BC 放在直线EF 上，斜边AB 与⊙O 交于点P ，点B 与点O 重合；将三角形ABC 沿OE 方向平移，使得点B 与点E 重合为止.设∠POF ＝x °，则x 的取值范围是（ ）A.60≤x ≤120B. A.30≤x ≤60C. A.30≤x ≤90D. A.30≤x ≤5．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，BC ＝4，点P 在BC 边上运动，连结DP ，过点A 作AE ⊥DP ，垂足为E ，设DP ＝x ，AE ＝y ，则能反映y 与x 之间函数关系的大致图象是（ ）ABQA图4图1（A）（B）（C）（D）6.如图6，在直角梯形ABCD中，90ABC∠=，DC AB∥，3BC=，4DC=，5AD=．动点P从B点出发，由B C D A→→→沿边运动，则ABP△的最大面积为（）Ａ．10 Ｂ．12Ｃ．14 Ｄ．167．如图7，在矩形ABCD中，AB＝4cm，AD＝12cm，P点在AD边上以每秒1 cm的速度从A向D运动，点Q在BC边上，以每秒4 cm的速度从C点出发，在CB间往返运动，二点同时出发，待P点到达D点为止，在这段时间内，线段PQ有（）次平行于AB。

第二部分专题二题型三
针对训练
1.如图，O O的半径为2,点0到直线I的距离为3,点P是直线I上的一个动点，PQ
切O 0于点Q，贝U PQ的最小值为_ 5―
第1题图
2.如图，点C是O 0上一点，O 0的半径为2 2, D , E分别是弦AC, BC上的动点, 且0D = 0E= • 2，则AB的最大值为2 6_.
第2题图
3 .如图，AB是O 0的直径，AB = 8, AB = 2AD = 6AC , M是AB上一动点，则CM
+ DM的最小值为 4 3 .
D
第3题图
4. 如图，点0是四边形ABCD内的一点，0B= 0C= 0D , 0D 丄AD.当/ BCD = Z BAD =75°寸，AB : 0D 的值为61 2.
5. 如图，已知直线y= x+ 4与两坐标轴分别交于A, B两点，O C的圆心坐标为(2,0), 半径为2•若D是O C上的一个动点，线段DA与y轴交于点E,UA ABE面积的最小值和最大值分别是_8—2 2和8 + 2 2_.
6. 如图，点A(2,0)，以0A长为半
径在第一象限内作圆弧AB，使/ A0B = 60 °点C
为AB的中点，D为半径OA上一动点(不与点O, A重合), E.若点E落在半径OA上，则点E的坐标为_(2 3 —2,0)_ ; E的坐标为(3 —1,3—3).
第6题图点A关于直线CD的对称点为若点E落在半径OB上，则点。

专题六动态探究问题1．(2019·衡阳)如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，E是AB的中点，过点E作AC和BC的垂线，垂足分别为点D和点F，四边形CDEF沿着CA 方向匀速运动，点C与点A重合时停止运动，设运动时间为t，运动过程中四边形CDEF与△ABC的重叠部分面积为S，则S关于t的函数图象大致为()图12．(2018·衡阳)如图2，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝4 cm，动点P从点C出发以1 cm/s的速度沿CA匀速运动，同时动点Q从点A出发以 2 cm/s 的速度沿AB匀速运动，当点P到达点A时，点P，Q同时停止运动，设运动时间为t(s)．(1)当t为何值时，点B在线段PQ的垂直平分线上？(2)是否存在某一时刻t，使△APQ是以PQ为腰的等腰三角形？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由．(3)以PC为边，往CB方向作正方形CPMN，设四边形QNCP的面积为S，求S 关于t的函数解析式．图23．(2018·吉林)如图3，在矩形ABCD中，AB＝2 cm，∠ADB＝30°，P，Q两点分别从A，B同时出发，点P沿折线AB—BC运动，在AB上的速度是2 cm/s，在BC上的速度是2 3 cm/s；点Q在BD上以2 cm/s的速度向终点D运动．过点P作PN⊥AD，垂足为点N.连接PQ，以PQ，PN为邻边作▱PQMN.设运动的时间为x(s)，▱PQMN与矩形ABCD重叠部分的图形面积为y(cm2)．(1)当PQ⊥AB时，x＝________；(2)求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围；(3)直线AM将矩形ABCD的面积分成1∶3两部分时，直接写出x的值．图34．(2017·河南)如图4①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．(1)图①中，线段PM与PN的数量关系是________，位置关系是________；(2)把△ADE绕点A逆时针旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN 的形状，并说明理由；(3)把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．图45．(2019·岳阳)【操作体验】如图5，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿直线EF折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点C′处．P为直线EF上一动点(不与E，F重合)，过点P分别作直线BE，BF的垂线，垂足分别为点M和点N，以PM，PN为邻边构造▱PMQN.(1)如图5①，求证：BE＝BF；(2)【特例感知】如图5②，若DE＝5，CF＝2，当点P在线段EF上运动时，求▱PMQN的周长；(3)【类比探究】若DE＝a，CF＝b.①如图5③，当点P在线段EF的延长线上运动时，试用含a，b的式子表示QM 与QN之间的数量关系，并证明；②如图5④，当点P在线段FE的延长线上运动时，请直接用含a，b的式子表示QM与QN之间的数量关系．(不要求写证明过程)①②③④图56．(2018·青岛)已知：如图6，在四边形ABCD中，AB∥DC，CB⊥AB，AB＝16 cm，BC＝6 cm，CD＝8 cm，动点P从点D开始沿DA边匀速运动，动点Q 从点A开始沿AB边匀速运动，它们的运动速度均为2 cm/s，点P和点Q同时出发．以QA，QP为边作▱AQPE，设运动的时间为t(s)，0<t<5.根据题意，解答下列问题：(1)用含t的代数式表示AP；(2)设四边形CPQB的面积为S(cm2)，求S与t的函数解析式；(3)当QP⊥BD时，求t的值；(4)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点E在∠ABD的平分线上？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．图67．(2018·襄阳)直线y＝－32x＋3交x轴于点A，交y轴于点B，顶点为D的抛物线y＝－34x2＋2mx－3m经过点A，交x轴于另一点C，连接BD，AD，CD，如图7.(1)直接写出抛物线的解析式和点A，C，D的坐标；(2)动点P在BD上以每秒2个单位长的速度由点B向点D运动，同时动点Q在CA上以每秒3个单位长的速度由点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 s．PQ交线段AD于点E.①当∠DPE＝∠CAD时，求t的值；②过点E作EM⊥BD，垂足为点M，过点P作PN⊥BD，交线段AB或AD于点N，当PN＝EM时，求t的值．图78．已知△ABC在平面直角坐标系中的位置如图8①所示，点A的坐标为(－6,0)，点B的坐标为(4,0)，D为BC的中点，E为线段AB上一动点，连接DE，经过A，B，C三点的抛物线的解析式为y＝ax2＋bx＋8.(1)求抛物线的解析式；(2)如图8①，将△BDE以DE为轴翻折，点B的对应点为点G，当点G恰好落在抛物线的对称轴上时，求点G的坐标；(3)如图8②，当点E在线段AB上运动时，抛物线y＝ax2＋bx＋8的对称轴上是否存在点F，使得以C，D，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由．①②图89．如图9①，二次函数y＝x2＋bx＋c的图象交x轴于A(－1,0)，B(3,0)两点，交y轴于点C，连接BC，动点P以每秒1个单位长度的速度从点A向点B运动，动点Q以每秒 2 个单位长度的速度从点B向点C运动，点P，Q同时出发，连接PQ，当点Q到达点C时，P，Q同时停止运动，设运动时间为t s.(1)求二次函数的解析式；(2)如图9①，当△BPQ为直角三角形时，求t的值；(3)如图9②，当t<2时，延长QP，交y轴于点M，在抛物线上是否存在一点N，使得PQ的中点恰为MN的中点？若存在，求出点N的坐标与t的值；若不存在，请说明理由．①②图910．(2018·扬州)如图10①，四边形OABC是矩形，点A的坐标为(3,0)，点C的坐标为(0,6)，点P从点O出发，沿OA以每秒1个单位长度的速度向点A出发，同时点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向点B运动，当点P 与点A重合时运动停止，设运动时间为t s.(1)当t＝2时，线段PQ的中点坐标为____________；(2)当△CBQ与△PAQ相似时，求t的值；①②图10(3)当t ＝1时，抛物线y ＝x 2＋bx ＋c 经过P ，Q 两点，与y 轴交于点M ，抛物线的顶点为K ，如图10②，问该抛物线上是否存在点D ，使∠MQD ＝12∠MKQ ？若存在，求出所有满足条件的点D 的坐标；若不存在，说明理由．参考答案专题六 动态探究问题课时作业1．C 2．(1)t ＝8－4 3(2)存在，当t ＝43或t ＝2时，△APQ 是以PQ 为腰的等腰三角形．(3)S ＝2t (0<t <4)3．(1)23(2)y ＝⎩⎪⎨⎪⎧23x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫0≤x ≤23，32x 2＋3x ⎝ ⎛⎭⎪⎫23<x ≤1，32x 2－33x ＋43(1<x ≤2).(3)25或474．(1)PM ＝PN PM ⊥PN(2)△PMN 为等腰直角三角形，理由略． (3)4925．(1)略 (2)221(3)①QN －QM ＝a 2－b 2，证明略 ②QM －QN ＝a 2－b 26．(1)AP ＝10－2t (2)S ＝65t 2－545t ＋72 (3)3527(4)存在，t ＝2518. 7．(1)y ＝－34x 2＋6x －9，A (2,0)，C (6,0)，D (4,3)．(2)①t ＝45 ②t ＝1－55或t ＝658．(1)y ＝－13x 2－23x ＋8(2)(－1,4＋11)或(－1,4－11)(3)存在点F ，点F 的坐标是(－1,4)或(－1，－4)或(－1，12)． 9．(1)y ＝x 2－2x －3 (2)t ＝43或2(3)存在，N (2，－3)，t ＝9－332.10．(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫52，2 (2)34或9－352(3)存在，点D 的坐标为－23，409或⎝ ⎛⎭⎪⎫23，49.。