中考数学二轮专题复习 运动型专题

【中考数学二轮核心考点讲解】第12讲运动路径长度问题想要对运动路径长度问题掌握得信手拈来，那么建议你对以下知识点进行提前学习会更好：1.《隐圆模型》2.《共顶点模型》-也可称“手拉手模型”3.《主从联动模型》-也可称“瓜豆原理模型”4.《旋转问题》—本系列的第二讲中所阐述的旋转相似模型此外，还需要明白的动点类型还有：5.线段垂直平分线——到线段两端点距离相等的动点一定在这条线段的垂直平分线上6.角平分线——到角两边距离相等的动点一定在这个角的角平分线上7.三角形中位线——动点到某条线的距离恒等于某平行线段的一半8.平行线分线段成比例——动点到某条线的距离与某平行线段成比例9.两平行线的性质——平行线间的距离，处处相等一、路径为圆弧型解题策略：①作出隐圆，找到圆心②作出半径，求出定长解题关键：通过《隐圆模型》中五种确定隐圆的基本条件作出隐圆，即可轻易得出结论. 二、路径为直线型解题策略：①利用平行定距法或者角度固定法确定动点运动路径为直线型②确定动点的起点与终点，计算出路径长度即可解题关键：解题过程中常常出现中位线，平行线分线段成比例，相似证动角恒等于顶角等知识点三、路径为往返型解题策略：①通常为《主从联动模型》的衍生版②确定动点的起点与终点，感知运动过程中的变化③找出动点运动的最远点解题关键：解题过程中常常出现相似转线段长、《主从联动模型》中的滑动模型等【例题1】如图，等腰Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝，⊙O与AB相切，分别交OA、OB于N、M，以PB为直角边作等腰Rt△BPQ，点P在弧MN上由点M运动到点N，则点Q运动的路径长为（）A．B．C．D．【分析】解题标签：《共顶点模型》中的旋转相似、《隐圆模型》中的动点定长模型、《主从联动模型》【解析】如图，连接OP，AQ，设⊙O与AB相切于C，连接OC，则OC⊥AB，∵OA＝OB，∠AOB＝90°，OB＝，∴AB＝2，OP＝OC＝AB＝，∵△ABO和△QBP均为等腰直角三角形，∴＝，∠ABO＝∠QBP＝45°，∴＝，∠ABQ＝∠OBP，∴△ABQ∽△OBP，∴∠BAQ＝∠BOP，＝，即＝，∴AQ＝，又∵点P在弧MN上由点M运动到点N，∴0°≤∠BOP≤90°，∴0°≤∠BAQ≤90°，∴点Q的运动轨迹为以A为圆心，AQ长为半径，圆心角为90°的扇形的圆弧，∴点Q运动的路径长为＝，故选：D．[本题用《主从联动模型》来接替会更快得到结果]【例题2】已知⊙O，AB是直径，AB＝4，弦CD⊥AB且过OB的中点，P是劣弧BC上一动点，DF垂直AP于F，则P从C运动到B的过程中，F运动的路径长度（）A．πB．C．πD．2【分析】解题标签：“定边对直角”确定隐圆模型【解析】作DQ⊥AC于Q，如图，当P点在C点时，F点与Q重合；当P点在B点时，F点与E点重合，∵∠AFD＝90°，∴点F在以AD为直径的圆上，∴点F运动的路径为，∵弦CD⊥AB且过OB的中点，∴OE＝OD，CE＝DE＝，AC＝AC＝2，∴∠DOE＝60°，∴∠DAC＝60°，∴△ACD为等边三角形，∴MQ和ME为中位线，∴MQ＝，∠QME＝60°，∴F运动的路径长度＝＝．故选：A．【例题3】如图，⊙O的半径为1，弦AB＝1，点P为优弧AB上一动点，AC⊥AP交直线PB于点C，则△ABC的最大面积是．【分析】解题标签：“定边对定角”确定隐圆模型【解析】连结OA、OB，作△ABC的外接圆D，如图1，∵OA＝OB＝1，AB＝1，∴△OAB为等边三角形，∴∠AOB＝60°，∴∠APB＝∠AOB＝30°，∵AC⊥AP，∴∠C＝60°，∵AB＝1，要使△ABC的最大面积，则点C到AB的距离最大，∵∠ACB＝60°，点C在⊙D上，∴∠ADB＝120°，如图2，当点C优弧AB的中点时，点C到AB的距离最大，此时△ABC为等边三角形，且面积为AB2＝，∴△ABC的最大面积为．故答案为：．【例题4】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【分析】解题标签：“线段垂直平分线”产生“平行定距型”【解析】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=22AP=22CQ，QF=22BQ，∴PE+QF=22（CQ+BQ）=22BC=2×22=1，∵M点为PQ的中点，∴MH为梯形PEFQ的中位线，∴MH=12（PE+QF）=12，即点M到AB的距离为12，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=12AB=1，故答案为：C．[或连接OM，CM，点M运动路径为线段OC中垂线]【例题5】已知：如图1，平面直角坐标系中，点A的坐标是（0，6），点B在x轴上，且∠BAO＝30°，点D是线段OA上的一点，以BD为边向下作等边△BDE．（1）如图2，当∠ODB＝45°时，求证：OE平分∠BED．（2）如图3，当点E落在y轴上时，求出点E的坐标．（3）利用图1探究并说理：点D在y轴上从点A向点O滑动的过程中，点E也会在一条直线上滑动；并直接写出点E运动路径的长度．【分析】解题标签：“共顶点模型”、“全等或相似转固定角度法确定动点的直线运动”【解析】（1）∵∠ODB＝45°，∠AOB＝90°，∴∠OBD＝∠ODB＝45°，∴OD＝OB，∵△BDE是等边三角形，∴DE＝BE，在△DOE和△BOE中，，∴△DOE≌△BOE（SSS），∴∠DEO＝∠BEO，即OE平分∠BED；（2）∵△BOE是等边三角形，∴∠EDB＝60°，∵OB⊥DE，设OD＝x，则OE＝x，∵∠BAO＝30°，∠AOB＝90°，∴∠DBO＝∠ABD＝∠BAO＝30°，∴BD＝2OD＝2x，AD＝BD＝2x，∵OA＝AD+OD＝3x＝6，解得，x＝2，∴E（0，﹣2）；（3）如图1，在x轴上取点C，使BC＝BA，连接CE，∵∠ABD+∠OBD＝∠CBE+∠OBD＝60°，∴∠ABD＝∠CBE，在△ABD和△CBE中，，∴△ABD≌△CBE（SAS），∴∠BCE＝∠BAO＝30°，∴当D在OA上滑动时，点E总在与x轴夹角为30°的直线CE上滑动，如图可知，点E运动路径的长度为6．【例题6】如图，Rt△ABC中，BC＝4，AC＝8，Rt△ABC的斜边在x轴的正半轴上，点A与原点重合，随着顶点A由O点出发沿y轴的正半轴方向滑动，点B也沿着x轴向点O滑动，直到与点O重合时运动结束．在这个运动过程中，点C运动的路径长是8﹣12．【分析】解题标签：“运动路径为来回型”【解析】①当A从O到现在的点A处时，如图2，此时C′A⊥y轴，点C运动的路径长是CC′的长，∴AC′＝OC＝8，∵AC′∥OB，∴∠AC′O＝∠COB，∴cos∠AC′O＝cos∠COB＝＝，∴＝，∴OC′＝4，∴CC′＝4﹣8；②当A再继续向上移动，直到点B与O重合时，如图3，此时点C运动的路径是从C′到C，长是CC′，CC′＝OC′﹣BC＝4﹣4，综上所述，点C运动的路径长是：4﹣8+4﹣4＝8﹣12；故答案为：8﹣12．【例题7】如图1，已知抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，它的对称轴是直线x＝2，动点P从抛物线的顶点A 出发，在对称轴上以每秒1个单位的速度向上运动，设动点P运动的时间为t杪，连结OP并延长交抛物线于点B，连结OA，AB．（1）求抛物线的函数解析式；（2）当△AOB为直角三角形时，求t的值；（3）如图2，⊙M为△AOB的外接圆，在点P的运动过程中，点M也随之运动变化，请你探究：在1≤t≤5时，求点M经过的路径长度．【分析】解题标签：“运动路径为来回型”【解析】（1）∵抛物线y＝x2+bx+c经过原点O，且对称轴是直线x＝2，∴c＝0，﹣＝2，则b＝﹣4、c＝0，∴抛物线解析式为y＝x2﹣4x；（2）设点B（a，a2﹣4a），∵y＝x2﹣4x＝（x﹣2）2﹣4，∴点A（2，﹣4），则OA2＝22+42＝20、OB2＝a2+（a2﹣4a）2、AB2＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，①若OB2＝OA2+AB2，则a2+（a2﹣4a）2＝20+（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2，解得a＝2（舍）或a＝，∴B（，﹣），则直线OB解析式为y＝﹣x，当x＝2时，y＝﹣3，即P（2，﹣3），∴t＝（﹣3+4）÷1＝1；②若AB2＝OA2+OB2，则（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2＝20+a2+（a2﹣4a）2，解得a＝0（舍）或a＝，∴B（，），则直线OB解析式为y＝x，当x＝2时，y＝1，即P（2，1），∴t＝[1﹣（﹣4）]÷1＝5；③若OA2＝AB2+OB2，则20＝（a﹣2）2+（a2﹣4a+4）2+a2+（a2﹣4a）2，整理，得：a3﹣8a2+21a﹣18＝0，a3﹣3a2﹣5a2+15a+6a﹣18＝0，a2（a﹣3）﹣5a（a﹣3）+6（a﹣3）＝0，（a﹣3）（a2﹣5a+6）＝0，（a﹣3）2（a﹣2）＝0，则a＝3或a＝2（舍），∴B（3，﹣3），∴直线OB解析式为y＝﹣x，当x＝2时，y＝﹣2，即P（2，﹣2），∴t＝[﹣2﹣（﹣4）]÷1＝2；综上，当△AOB为直角三角形时，t的值为1或2或5．（3）∵⊙M为△AOB的外接圆，∴点M在线段OA的中垂线上，∴当1≤t≤5时，点M的运动路径是在线段OA中垂线上的一条线段，当t＝1时，如图1，由（2）知∠OAB＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OB的中点，∵B（，﹣），∴M（，﹣）；当t＝5时，如图2，由（2）知，∠AOB＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是AB的中点，∵B（，）、A（2，﹣4），∴M（，﹣）；当t＝2时，如图3，由（2）知，∠OBA＝90°，∴此时Rt△OAB的外接圆圆心M是OA的中点，∵A（2，﹣4），∴M（1，﹣2）；则点M经过的路径长度为＝．【例题8】如图，OM⊥ON，A、B分别为射线OM、ON上两个动点，且OA+OB＝5，P为AB的中点．当B由点O向右移动时，点P移动的路径长为（）A．2B．2C．D．5【分析】解题标签：“利用解析法计算几何路径长”【解析】建立如图坐标系．设OB＝t，则OA＝5﹣t，∴B（t，0），A（0，5﹣t），∵AP＝PB，∴P（，），令x＝，y＝，消去t得到，y＝﹣x+（0≤x≤），∴点P的运动轨迹是线段HK，H（0，），K（，0），∴点P的运动路径的长为＝，故选：C．【例题9】如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，动点P从点A开始沿边AC向点C以1个单位长度的速度运动，动点Q从点C开始沿边CB向点B以每秒2个单位长度的速度运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒（t≥0），在整个运动过程中，求出线段PQ中点M所经过的路径长．【分析】解题标签：“利用解析法计算几何路径长”【解析】如图2，以C为原点，以AC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系．依题意，可知0≤t≤4，当t=0时，点M1的坐标为（3，0），当t=4时点M2的坐标为（1，4）．设直线M1M2的解析式为y=kx+b，∴，解得，∴直线M1M2的解析式为y=-2x+6．∵点Q（0，2t），P（6-t，0）∴在运动过程中，线段PQ中点M3的坐标（，t）．把x= 代入y=-2x+6得y=-2×+6=t，∴点M3在直线M1M2上．过点M2作M2N⊥x轴于点N，则M2N=4，M1N=2．∴M1M2=2∴线段PQ中点M所经过的路径长为2 单位长度．【例题10】（1）如图1，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作等边△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；（2）如图2，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以E为直角顶点的等腰Rt△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；（3）如图3，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以D为直角顶点的等腰Rt△BDE，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；（4）如图4，已知AB=2，点D是等腰Rt△ABC斜边AC上一动点，以BD为一边向右下方作以D为直顶点的等腰△BDE，且∠BDE=120°，当点D由点A运动到点C时，求点E运动的路径长；【分析】解题标签：“主从联动模型”【解析】22；2；4；26【例题11】如图，已知扇形AOB中，OA=3，∠AOB=120°，C是在上的动点．以BC为边作正方形BCDE，当点C从点A移动至点B时，点D经过的路径长是________．【分析】解题标签：“定边对定角”确定隐圆模型、主从联动模型【解析】如图所示，易得点D的运动轨迹的长为=2 π．1．如图，在等腰Rt△ABC中，AC＝BC＝，点P在以斜边AB为直径的半圆上，M为PC的中点，当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径长是．【解析】如图，连接OP，OC，取OC的中点K，连接MK．∵AC＝BC＝，∠ACB＝90°，∴AB＝＝2，∴OP＝AB＝1，∵CM＝MP，CK＝OK，∴MK＝OP＝，∴当点P沿半圆从点A运动至点B时，点M运动的路径是以K为圆心，长为半径的半圆，∴点M运动的路径长＝•2•π•＝，故答案为．2．已知线段AB＝8，C、D是AB上两点，且AC＝2，BD＝4，P是线段CD上一动点，在AB同侧分别作等腰三角形APE和等腰三角形PBF，M为线段EF的中点，若∠AEP＝∠BFP，则当点P由点C移动到点D时，点M移动的路径长度为4﹣3．【解析】如图，分别延长AE、BF交于点H．∵△APE和△PBF都是等腰三角形，且∠AEP＝∠BFP∵∠A＝∠FPB，∴AH∥PF，同理，BH∥PE，∴四边形EPFH为平行四边形，∴EF与HP互相平分．∵M为EF的中点，∴M为PH中点，即在P的运动过程中，M始终为PH的中点，所以M的运行轨迹为三角形HCD的中位线QN．∵CD＝AB﹣AC﹣BD＝8﹣6，∴QN＝CD＝4﹣3，即M的移动路径长为4﹣3．故答案是：4﹣3．3．已知线段AB＝10，P是线段AB上一动点，在AB同侧分别作等边三角形APE和等边三角形PBF，G为线段EF的中点，点P由点A移动到点B时，G点移动的路径长度为5．【解析】如图，分别延长AE、BF交于点H，∵∠A＝∠FPB＝60°，∴AH∥PF，∵∠B＝∠EP A＝60°，∴BH∥PE，∴四边形EPFH为平行四边形，∴EF与HP互相平分．∵G为EF的中点，∴G正好为PH中点，即在P的运动过程中，G始终为PH的中点，所以G的运行轨迹为△HAB的中位线MN．∴MN＝AB＝5，即G的移动路径长为5．故答案为：54．如图，AB为⊙O的直径，AB＝3，弧AC的度数是60°，P为弧BC上一动点，延长AP到点Q，使AP•AQ＝AB2．若点P由B运动到C，则点Q运动的路径长为3．【解析】连接BQ，如图，∵AB为⊙O的直径，∴∠APB＝90°，∵AP•AQ＝AB2．即＝，而∠BAP＝∠QAB，∴△ABP∽△AQB，∴∠ABQ＝∠APB＝90°，∴BQ为⊙O的切线，点Q运动的路径长为切线长，∵弧AC的度数是60°，∴∠AOC＝60°，∴∠OAC＝60°，当点P在C点时，∠BAQ＝60°，∴BQ＝AB＝3，即点P由B运动到C，则点Q运动的路径长为3．故答案为3．5．如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E在边AD上，且AE:ED＝1:2．动点P 从点A出发，沿AB 运动到点B停止．过点E作EF⊥PE交射线BC于点F．设点M是线段EF的中点，则在点P运动的整个过程中，点M的运动路径长为________．【答案】4【解析】如图所示：过点M作GH⊥AD.∵AD∥CB，GH⊥AD，∴GH⊥BC.在△EGM和△FHM中，∴△EGM≌△FHM.∴MG=MH.∴点M的轨迹是一条平行于BC的线段当点P与A重合时,BF1=AE=2，当点P与点B重合时,∠F2+∠EBF1=90∘,∠BEF1+∠EBF1=90∘，∴∠F2=∠EBF1.∵∠EF1B=∠EF1F2，∴△EF1B∽△∠EF1F2.∴，即∴F1F2=8，∵M1M2是△EF1F2的中位线，∴M1M2= F1F2=4.故答案为：4.6．等边三角形ABC的边长为2，在AC，BC边上各有一个动点E，F，满足AE＝CF，连接AF，BE相交于点P．（1）∠APB的度数；（2）当E从点A运动到点C时，试求点P经过的路径长；（3）连结CP，直接写出CP长度的最小值．【解析】（1）∵△ABC为等边三角形，∴AB＝AC，∠C＝∠CAB＝60°，又∵AE＝CF，在△ABE和△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（SAS），∴AF＝BE，∠ABE＝∠CAF．又∵∠APE＝∠BPF＝∠ABP+∠BAP，∴∠APE＝∠BAP+∠CAF＝60°．∴∠APB＝180°﹣∠APE＝120°．（2）如图1，∵AE＝CF，∴点P的路径是一段弧，由题目不难看出当E为AC的中点的时候，点P经过弧AB的中点，此时△ABP 为等腰三角形，且∠ABP＝∠BAP＝30°，∴∠AOB＝120°，又∵AB＝2，∴OA＝2，点P的路径是l＝＝＝；（3）如图2，∵AE＝CF，∴点P的路径是一段弧，∴当点E运动到AC的中点时，CP长度的最小，即点P为△ABC的中心，过B作BE′⊥AC于E′，∴PC＝BE′，∵△ABC是等边三角形，∴BE′＝BC＝3，∴PC＝2．∴CP长度的最小值是2．方法二：由图1可知，CP最小值等于CO减OA，OA就是那圆弧的半径，可得PC的最小值为2．7．如图，AB为半圆O的直径，AB=2，C，D为半圆上两个动点（D在C右侧），且满足∠COD=60°，连结AD，BC相交于点P若点C从A出发按顺时针方向运动，当点D与B重合时运动停止，则点P所经过的路径长为________．【答案】【解析】解：点C从点A运动到点D与点B从何时，AD与BC的相点P运动的轨迹是一条弧，C,D两点运动到恰好是半圆的三等分点时，AD与BC的相点P是弧的最高点，作AP,BP的中垂线，两线交于点E，点E是弧APB的圆心；由题意知：AD=BD，∠PAB=∠PBA=30°,连接AE,DE，根据圆的对称性得出A、O、E三点在同一直线上，易证△ADE是一个等边三角形，∠AED=60°,在Rt△ADO中，∠DOA=90°,∠PAB=30°,AO=1,故AD=,∴AE=AD=,弧APB的长度==。

专题六运动问题几何运动中的函数问题例1 (2021 ，唐山路北区二模，导学号5892921)把Rt△ABC和Rt△DEF按如图①摆放(点C与点E重合)，点B，C(E)，F在同一条直线上，∠ACB＝∠EDF＝90°，∠DEF＝45°，AC＝8cm，BC＝6cm，EF＝9cm.如图②，△DEF从图①的位置出发，以1cm/s的速度沿CB向△ABC匀速移动．在△DEF移动的同时，点P从△ABC的顶点B出发，以2cm/s的速度沿BA匀速移动，当△DEF的顶点D移动到AC边上时，△DEF停止移动，点P也随之停止移动，DE与AC相交于点Q，连接PQ，设移动时间为t s(0＜t＜4.5)．例1题图解答以下问题：( 1)当t为何值时，点A在线段PQ的垂直平分线上？( 2)连接PE，设四边形2APEC的面积为ycm，求y与t之间的函数关系式．是否存在某一时刻t，使面积y最小？假设存在，请求出y的最小值；假设不存在，请说明理由；( 3)是否存在某一时刻t，使P，Q，F三点在同一条直线上？假设存在，请求出此时t的值；假设不存在，请说明理由．【思路分析】(1)因为点在线段的垂直平分线上，所以，用含的式子表示PQAP AQ1出这两条线段的长解方程即可得解． (2)过点P作PM⊥BC，将四边形APEC的面积表示为 S△ABCS△BPE即可求解．(3)由相似三角形的性质即可求解．解：(1)∵点A在线段PQ的垂直平分线上，∴AP＝AQ.∵∠DEF＝45°，∠ACB＝90°，DEF＋∠ACB＋∠EQC＝180°，∴∠EQC＝45°.∴∠DEF＝∠EQC.∴CE＝CQ.由题意，知CE＝t，BP＝2t.∴CQ＝t.∴AQ＝8－t.在Rt△ABC中，由勾股定理，得 AB＝10.∴AP＝10－2t.10－2t＝8－t.解得t＝2.∴当t＝2时，点A在线段PQ的垂直平分线上．如答图①，过点P作PM⊥BE，交BE于点M.∴∠BMP＝90°.在Rt△ABC和Rt△PBM中，sin8PM8∴＝.∴PM＝t.1 02t5∵BC＝6，CE＝t，∴BE＝6－t.y＝S△ABC－S△BPE1 12BC·AC－2BE·PM1 1 8＝2×6×8－2×(6－t)×5t4224＝5t－5t＋24AC PM B＝AB＝PB，＝4(t－3)2＋84.5 5∵a＝4，∴抛物线开口向上．584∴当t＝3时，y最小＝5.842∴存在一个t值，且当t＝3时，四边形APEC的面积最小，最小面积为5cm.(3)存在某一时刻t，使P，Q，F三点在同一条直线上．如答图②，过点P作PN⊥AC，交AC于点N.∴∠ANP＝∠ACB＝∠PNQ＝90°.∵∠PAN＝∠BAC，∴△PAN∽△BAC.PN AP AN∴＝＝.BC AB AC2P N 10－2t A N∴＝10＝.6868∴PN＝6－t，AN＝8－t.85 59∵NQ＝AQ－AN，103∴NQ＝8－t－8－5t＝5t.∵∠ACB＝90°，B，C，E，F四点在同一条直线上，∴∠QCF＝90°.∴∠QCF＝∠PNQ.∵∠FQC＝∠PQN，∴△QCF∽△QNP.PN NQ∴＝.6FC CQ736－5t5t9－t＝t.解得t＝1.∴存在一个t值，且当t＝1时，P，Q，F三点在同一条直线上．例1答图针对训练1(2021 ，黄冈，导学号5892921)如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形OABC 的边OA在x轴正半轴上，点B，C在第一象限，∠C＝120°，边长OA＝8.点M从原点O出发沿x轴正半轴以每秒1个单位长度的速度做匀速运动，点N从点A出发沿边AB→BC→CO以每秒2个单位长度的速度做匀速运动，过点作直线垂直于轴并交折线于点，交对M MP OCB P角线OB于点Q，点M和点N同时出发，分别沿各自路线运动，点N运动到原点O时，M和N两点同时停止运动．当t＝2时，求线段PQ的长；求t为何值时，点P与点N重合；(3 )设△的面积为，求之间的函数关系式及的取值范围．APN S3训练1题图【思路分析】(1)解直角三角形求出PM，QM即可解决问题．(2)根据点P，N的路程之和等于24，构建方程即可解决问题．(3)分四种情况考虑问题即可．解：(1)当t＝2时，OM＝2.在Rt△OPM中，易知∠POM＝60°，∴PM＝OM·tan60°＝23.1在Rt△OMQ中，∠QOM＝2∠POM＝30°，2 3∴QM＝OM·tan30°＝3.∴PQ＝PM－QM ＝22343 3－3＝3.当t≤4时，点P在OC上，点N在AB上，∴点P，N在边BC上相遇，t>4.由题意，得8＋(t－4)＋2t＝8×3.201解得t＝3.23①当0＜t＜4时，S＝2×8×2×2t＝43t.20②当4≤t＜3时，1S＝[8－(t－4)－(2t－8)]×432＝－6 3t＋40 3.20③当3＜t＜8时，1S＝2[(t－4)＋(2t－8)－8]×4363t－403.④当8≤t≤12时，如答图，S＝S菱形ABCO－S△AON－S△ABP－S△PNC41113＝323－2(24－2t)×43－2[8－(t－4)]×43－2(t－4)×2(2t－16) 3＝－2t＋123t－563.43〔0<<4〕，t263t＋4034≤t<3，综上所述，S＝2<t<8，63t－4033－3t2＋123t－563〔8≤t≤12〕.2训练1答图针对训练2(导学号 5892921)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠A＝30°，AB＝4，动点P从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度的速度向终点B运动．过点P作PD⊥AC于点D(点P不与点A，B重合)，作∠DPQ＝60°，边PQ交射线DC于点Q.设点P的运动时间为ts.用含t的代数式表示线段DC的长；当点Q与点C重合时，求t的值；(3)设△PDQ与△ABC重叠局部图形的面积为S，求S与t之间的函数关系式．5训练2题图【思路分析】(1) 先求出AC的长，用三角函数求出AD的长，进而可得出结论．(2)利用AD＋DQ＝AC，即可得出结论．(3)分两种情况，利用三角形的面积公式和面积差即可得出结论．解：(1)在Rt△ABC中，∠A＝30°，AB＝4，∴AC＝2 3.∵PD⊥AC，∴∠ADP＝∠CDP＝90°.在Rt△ADP中，AP＝2t，3∴DP＝t，AD＝AP·cos A＝2t·2＝3t.∴＝－＝23－3(0＜＜2)．DCACAD在Rt△PDQ中，∵∠DPQ＝60°，∴∠PQD＝30°＝∠A.∴PA＝PQ.∵PD⊥AC，∴AD＝DQ.∵点Q与点C重合，∴AD＋DQ＝AC.2×3t＝23.t＝1.△PDQ1132(3)当0＜t≤1时，S＝S＝2DQ·DP＝2×3t·t＝2t.当1＜t＜2时，如答图，6训练2答图CQ ＝AQ －AC ＝2AD －AC ＝2 3t －23＝2 3(t －1)．在Rt△ECQ 中，∠CQE ＝30°，3∴CE ＝CQ ·tan∠CQE ＝23(t －1)×3＝2(t －1)．∴S ＝S △PDQ－S △ECQ1 1t －1)×2(t －1)＝×3t ·t －×23(22＝－323t 2＋4 3t －23.23t 2〔0<t ≤1〕， ∴S ＝3322t ＋43t －23〔1＜t ＜2〕.几何图形运动形成的路径问题7直线型问题例2(2021 ，邯郸模拟，导学号5892921)如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°.动点P从点B出发，沿BC→CD边以每秒1个单位长度的速度运动，到点D时停止，连接AP，点Q与点B关于AP所在直线对称，连接 AQ，PQ.设运动时间为 ts.例2题图菱形ABCD的对角线AC的长为63；当点Q恰在AC上时，求t的值；当CP＝3时，求△APQ的周长；直接写出在整个运动过程中，点Q运动的路径长．【思路分析】(1)连接BD交AC于点O，依据在菱形ABCD中，AB＝6，∠ABC＝120°，求出的长，即可得到菱形对角线的长．(2)依据点与点关于所在直线对称，AO ABCD AC AP可得△AQP≌△ABP，进而得出PQ＝PB，AQ＝AB＝6，∠AQP＝∠ABC＝120°，进而可知∠CPQ＝90°，CQ＝2PQ＝2PB＝2t，即可得到t的值．(3)当CP＝3时，有两种情况：①P是BC的中点；②P是CD的中点．分别依据△APQ的周长＝△ABP的周长＝AB＋BP＋AP，进行计算即可．(4)点Q运动的路径为以点A为圆心，6为半径，圆心角为120°的弧，进而得到点Q运动的路径120π·6＝4π.长为180解：(1)63(3)如答图①.(4)∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，(5)∴∠BCD＝60°.(6)∵AC是菱形ABCD的对角线，(7)∴∠ACB＝30°.(8)∵点Q与点B关于AP所在直线对称，(9)∴△AQP≌△ABP.(10)∴PQ＝PB，AQ＝AB＝6，∠AQP＝∠ABC＝120°.(11)∴∠CPQ＝∠AQP－∠ACB＝90°.(12)在Rt△CPQ中，∠ACB＝30°，(13)∴CQ＝2PQ＝2PB＝2t，即6 3－6＝2t.(14)解得t＝3 3－3.当CP＝3时，有两种情况．8①当是的中点时，如答图②，过点作⊥，交的廷长线于点.BC AEBC CB在Rt△ABE中，∠ABE＝60°，13∴BE＝2AB＝3，AE ＝2AB＝33.在Rt△中，＝33，＝3＋3＝6，AEP AE EP222∴AP＝AE＋PE＝〔33〕＋6＝37.∴△APQ的周长＝△ABP的周长＝AB＋BP＋AP＝6＋3＋3 7＝9＋3 7.②当P是CD的中点时，如答图③，连接 BD，那么△BCD是等边三角形．∴∠BPC＝90°.在Rt△BPC中，BP＝CP·tan C＝33.易证∠ABP＝90°，由勾股定理可得 AP＝3 7.∴△APQ的周长＝△ABP的周长＝AB＋BP＋AP＝6＋3 3＋3 7.综上所述，当CP＝3时，△APQ的周长为9＋3 7或6＋3 3＋3 7. 由题意，得点Q的运动路径为以点A为圆心，6为半径，圆心角为120°的弧．∴点Q运动的路径长为120π×6＝4π.180例2答图针对训练3(2021，石家庄长安区模拟，导学号5892921)如图，正方形ABCD的边长为6，点P从点B出发沿边BC→CD以每秒2个单位长度的D匀速运BP为边作速度向点动，以等边三角形，使点在正方形内或边上，当点恰好在边上时，点停止运动．设运BPQ ABCD AD动时间为ts.(1)当t＝2时，点Q到BC的距离为23；(2)如图①，当点P在BC边上运动时，求CQ的最小值及此时t的值；(3)如图②，当点Q在AD边上时，求出t的值；直接写出点Q运动路线的长．9训练3题图【思路分析】(1) 先求出BP＝4，∠PBQ＝60°，进而可得出结论．(2)先判断出CQ⊥BQ时，CQ最小，再用含30°角的直角三角形的性质即可得出结论．(3)先判定Rt△BAQ≌Rt△BCP，再由勾股定理建立方程即可得出结论．(4)判断出点 Q的运动路线长等于点P的运动路线长即可得出结论．解：(1)2 3当点P在BC边上运动时，有∠QBC＝60°.根据垂线段最短，当CQ⊥BQ时，CQ最小．如答图．在Rt△BCQ中，∠QBC＝60°，∴∠BCQ＝30°.1∴BQ＝2BC＝3.∴BP＝BQ＝3.3∴CQ＝BQ·tan∠QBC＝3 3，t＝.2训练3答图当点Q在AD边上时，CP＝2t－6.∵BA＝BC，BQ＝BP，∠A＝∠C＝90°，10Rt△BAQ ≌Rt△BCP(HL)． AQ ＝CP ＝2t －6. ∴DQ ＝DP ＝12－2t.∵BP ＝PQ ，在Rt△PDQ 和Rt△BCP 中，由勾股定理可得∴2(12－2t)2＝62＋(2t －6)2. 222222DQ ＋DP ＝QP ，BC ＋CP ＝BP ，解得t1＝9＋3 3(不合题意，舍去 )，t2＝9－3 3.t ＝9－33.∵△PBQ 是等边三角形， ∴点Q 运动路线的长等于点P 运动路线的长．由(3)知，t ＝9－33.∴点Q 运动路线的长为2(9－33)＝18－63.针对训练4(2021，河北，导学号5892921)平面内，如图，在?ABCD 中，AB ＝10，AD ＝15，4PB ，将PB 绕点P 逆时针旋转90°得到线段PQ.tanA ＝，P 为AD 边上任意一点，连接3当∠DPQ ＝10°时，求∠APB 的度数；当tan∠ABP ∶tan A ＝3∶2时，求点Q 与点B 间的距离；(结果保存根号)(3)假设点Q 恰好落在?ABCD 的边所在的直线上，直接写出 PB 旋转到PQ 所扫过的面积．训练4题图【思路分析】(1)按点Q，B与PD的位置关系讨论确定∠APB的度数．(2)过点P作PH⊥AB于点H，连接BQ，由三角函数值的比确定AH，BH，PH的长，再由勾股定理计算出QB的长．(3)根据题意分类讨论点Q所在位置并画出满足题意的图形进而计算出扇形面积．解：(1)当点与点异侧时，PD由∠DPQ＝10°，∠BPQ＝90°，得∠BPD＝80°.∴∠＝180°－∠＝100°. APBB PD当点Q与点B在PD同侧时，如答图①，∠APB＝180°－∠BPQ－∠DPQ＝80°.综上所述，当∠＝10°时，∠的度数为80°或100°.DPQ APB11训练4答图如答图②，过点P 作PH ⊥AB 于点H ，连接BQ. PHPH∵tan∠ABP ∶tan A ＝∶＝3∶2，HBAH∴AH ∶HB ＝3∶2. ∵AB ＝10， ∴AH ＝6，HB ＝4.在Rt△PHA 中，PH ＝AH ·tan A ＝8.2 2 22＝45. ∴PQ ＝PB ＝PH ＋HB ＝8＋4 ∴在Rt△PQB 中，QB ＝2PB ＝410.(3)16π或20π或32π.与圆有关的问题例3(2021，石家庄裕华区一模，导学号5892921)如图①，图②，在⊙O 中，OA ＝1，AB3，将弦AB 与弧AB 所围成的弓形(包括边界的阴影局部)绕点B 顺时针旋转α(0°≤α≤360°)，点A 的对应点是 A ′. 1(2) 点O 到线段AB 的距离是〔〕，∠AOB ＝__120°__，点O 落在阴影局部(包括边界)2(3)时，α的取值范围是__30°≤α≤60°__；(4) 如图③，线段A ′B 与弧ACB 的交点是D.当∠A ′BA ＝90°时，说明点D 在AO 的延长(5)线上；当直线A ′B 与⊙O 相切时，求α的值并求此时点A ′运动路径的长度．12例3题图【思路分析】(1)前两空利用垂径定理和特殊角的三角函数值解答．第三空，当A′B与OB重叠时，α取最小值．当弧A′B绕点B顺时针旋转到过圆心O时得到α的最大值．(2)连接AD，利用圆周角定理进行证明．(3)利用切线的性质求得α的值，并利用弧长公式求得点A′运动路径的长度．1解：(1)2120°30°≤α≤60°(2)如答图，连接AD.例3答图∵∠A′BA＝90°，∴AD为直径．∴AD过圆心O.∴点D在AO的延长线上．(3)当A′B与⊙O相切时，∠OBA′＝90°，此时∠ABA′＝90°＋30°＝120°或∠ABA′＝90°－30°＝60°.∴α＝120°或300°.120π· 3 2 3π＝3当α＝120°时，点A′运动路径的18长度为013π·5π300.当α＝300°时，点A′运动路径的长度为180＝针对训练 5(2021，石家庄长安区模拟，导学号 5892921)在扇形AOB 中，圆心角∠AOB120°，半径OA ＝OB ＝8.如图①，过点O 作OE ⊥OB ，交弧AB 于点E ，再过点E 作EF ⊥OA 于点F ，那么FO 的长是 43，∠FEO ＝60°；如图②，设P 为弧AB 上的动点，过点P 作PM ⊥OA 于点M ，PN ⊥OB 于点N ，点M ，N 分别在半径OA ，OB 上，连接MN.①求点P 运动的路径长； ②MN 的长度是否是定值？在(2)中的条件下，假设点D 是△PMN 的外心，直接写出点D 运动的路径长．训练5题图【思路分析】(1) 先求出∠AOE ，即可得出结论．(2)①当点 M 与点O 重合时，∠PMB ＝30°.当点N 与点O 重合时，∠PNA ＝30°.进而可求出点P 运动路径所对的圆心角是 120°－30°－30°＝60°，最后用弧长公式即可得出结论．②先判断出P，M，O，N四点均在同一个圆上，进而可得出结论．(3)先判断出△PMN的外接圆的圆心的运动轨迹，最后根据弧长公式即可得出结论．解：(1)4 3 60°①点P在弧AB上运动，其路径也是一段弧．由题意，可知当点M与点O重合时，∠PMB＝30°；当点N与点O重合时，∠PNA＝30°.∴点P运动路径所对的圆心角是120°－30°－30°＝60°.∴点P运动的路径长为60π·88π180＝3.②如答图，连接PO，取PO的中点H，连接MH，NH. ∵在Rt△PMO和Rt△PNO中，H是斜边PO的中点，1∴MH＝NH＝PH＝OH＝2PO＝4.∴根据圆的定义，可知 P，M，O，N四点均在同一个圆，即⊙H上．∵∠MON＝120°，∠PMO＝∠PNO＝90°，∴∠MPN＝60°.∴∠MHN＝2∠MPN＝120°.过点H作HK⊥MN，垂足为K.141由垂径定理，得MK＝KN＝2MN，∠MHK＝60°.∵在Rt△HMK中，MH＝4，∴MK＝2 3.∴MN＝2MK＝4 3.∴MN的长度是定值．4π(3)点D运动的路径长为.3训练5答图图形的滚动问题几何图形在直线上运动例4(2021，资阳模拟，导学号5892921)如图，△为等边三角形，且点的坐标ABC A分别是(－2，0)，(－1，0)．将△ABC沿x轴正方向翻滚，翻滚120°为一次变换．如果这样连续经过2021次变换后，等边三角形的顶点的坐标为__(2_016，0)__．ABC15例4【解析】由意，得C1(0，0)，C2(0，0)，C33，3，C4(3，0)，C5(3，0)，C69，3，⋯.3 222次一循，2021÷3＝672⋯⋯2，672×3＝2021，∴2021次后，等三角形ABC的点C的坐(2021，0).6(学号5892921)如，在扇形皮AOB中，OA＝20，∠AOB＝36°，OB在直上．将此扇形沿按方向旋(旋程中无滑)，当第一次落在上，OA停止旋，点O所的路(C)6A.20π B.22πC.24π D.20π＋105－10【解析】点O所的路90π·2036π·2090π·20＋180＝24π. 1801807(学号5892921)如，一个4cm、3cm的矩形木板在桌面上做无滑的翻(方向)，木板点位置的化→1→2，其中第二次翻被桌面上一A A A小木住，使木板与桌面成30°的角，点A到点A2位置走的路径(B)16训练7题图.7πB.23π2cm cm6 4π5π.3cmD.2cm【解析】∵矩形长为4cm，宽为3cm，∴其对角线长为5cm.第一次是以点B为旋转中心，5cm为半径旋转90π·55π90°，此次点A走过的路径长是(cm)．第二次是以点C为18060π·44π旋转中心，4cm为半径旋转60°，此次走过的路径长是(cm)．∴点A走过的路18035π4π23π径长是＋3＝6(c m).针对训练8(导学号5892921)如图，在平面直角坐标系中，一半径为2的圆的圆心的初始位置在(0，2)，此时圆上一点P的位置在(0，0)，圆在x轴上以每秒π的速度沿x轴正方3向滚动，8s后点P到x轴的距离为__3__．训练8题图【解析】如答图，设圆心为点O′，作O′A⊥x轴于点A，PD⊥x轴于点D，O′F⊥PD17于点.弧的心角8πnπ·2＝240.∴∠′＝120°.°.由意，得.解得AP n180POA3∵∠O′AD＝∠FDA＝∠O′FD＝90°，∴四形O′ADF是矩形．∴DF＝O′A＝2，∠FO′A190°.∴∠FO′P＝30°.在Rt△O′PF中，PF＝2O′P＝1，∴PD＝PF＋DF＝1＋2＝3.∴点P到x的距离3.8答9(2021，唐山三模，学号5892921)如，直l平面直角坐系的原点O，且与x正方向的角是30°，点A的坐是(0，1)，点B在直l上，且AB∥x，点B的坐是(3，将△ABO点B旋到△A1BO1的位置，使点A的，1)点A落在直l上，再将△ABO点A旋到△ABO的位置，使点O的点111121O2落在直l上，次旋下去⋯⋯点A63的横坐是〔2＋2〕.9【解析】∵点A的坐是(0，1)，∠BOx＝30°，AB∥x，∴AB＝3，AO＝1.∴点B的坐(3，1)．由意，得点A1的横坐3333＋3，点A2的横坐＋，点A3的横22218533＋33，点A的横坐标为93，点A的横坐标为93坐标为3＋，点A的横坐标为2＋42＋2. 456几何图形在折线上运动例5(导学号5892921)如图，等边三角形和正方形的边长都是a，在图形所在的平面内，将△以点为中心沿逆时针方向旋转，使AP与重合，如此继续分别以点，，PAD ABB C中心将三角形进行旋转，使点P回到原来位置为止，那么点P从开始到结束所经过路径的长为(C)例5题图7πB.13πC.19πD.25aa a2468【解析】如答图，点P所经过的路径是半径为a，圆心角分别为210°，210°和150°210π·a×2＋150π·a19πa.的三段圆弧．故总长度为180180＝6例5答图针对训练10( 导学号5892921)将半径为2cm的圆形纸板沿着挖空的局部方格纸板(小方格的边长为2cm)的内侧滚动一周，回到开始位置后，圆心经过的路线的长度约为(B)19训练10题图A.36cm B C D.40cm【解析】如答图，圆心经过的路线为8条线段以及2条圆弧．因为小方格的边长为2cm，所以圆心经过的路线的长度为2×(5＋1＋1＋2＋4＋1＋2＋2)＋2×902＝36＋2π≈42.28(cm)．180训练10答图20。

A CQ图9—1图9—2AB C QP初中数学动点复习（例题和答案）例1．如图9—1，在△ABC 中，∠B ＝90°, AB ＝6cm ，BC ＝3cm ．点P 从点A 开始沿AB 边向点B 以1 cm/s 的速度移动，点Q 从点B 开始沿BC 边向点C 以2cm/s 的速度移动，如果P 、Q 分别从A 、B 同时出发，几秒钟后P 、Q 间的距离等于42cm?（1995年山东省中考试题）分析：本题如果设t 秒钟后，P 、Q 间的距离等于42cm ，那么PB 、QB 都能用t 来表示，根据勾股定理，可以列出关于t 的方程求解．解：设t 秒钟后，P 、Q 间的距离等于42cm ． 则PB ＝（6－t ）cm ，QB ＝2t cm ．根据勾股定理，得（6－t ）2＋（2t ）2＝（42）2．解这个方程，得t 1＝52，t 2＝2．因为点Q 从点B 开始沿BC 边移动到点C 以只需要1.5秒，所以只取t ＝52．答：52秒钟后，P 、Q 间的距离等于42cm ．说明：本题抓住变化中图形的特殊位置关系：PQ ＝42cm ，直接利用勾股定理，建立方程模型解决问题．例2．如图9—2，在△ABC 中，∠C ＝90°, BC ＝8 cm ，sin B ＝53，点P 从点B 开始沿BC 向点C 以2 cm/s 的速度移动，点Q 从点C 开始沿CA 边向点A 以1cm/s 的速度移动，如果P 、Q 分别从B 、C 同时出发，第几秒时PQ ∥AB ?（1997年陕西省咸阳市中考试题）分析：如图9—2，假设运动开始后t 秒时，PQ ∥AB 根据这时图形的特殊位置，利用平行线分线段成比例定理求解．解: 设P 、Q 分别从B 、C 同时出发，运动开始后t 秒时，PQ ∥AB ． 则ACAQ BC BP =． ∵sin B ＝53，∴cos B ＝54，tg B ＝43．∴AC ＝BC ·tg B ＝8·43＝6． ∴BP ＝2t ，AQ ＝AC －QC ＝6－t ．∴6682tt -=．图9—3A 图9—4BQ P 解得 t ＝2.4(s )．∴P 、Q 分别从B 、C 同时出发，运动开始后2.4 s 时，PQ ∥AB ．说明：本题抓住变化中图形的特殊位置PQ ∥AB ，利用平行线分线段成比例定理求解． 例3．如图9—3，已知：在矩形ABCD 中，AB ＝6cm ，BC ＝12cm ，点P 从点A 开始沿AB 边向点B 以1cm/s 的速度移动，点Q 从点B 开始沿BC 边向点C 以2cm/s 的速度移动，如果P 、Q 分别从A 、B 同时出发．设S 表示面积，x 表示移动时间（x ＞0）．（1）几秒后△PBQ 的面积等于8cm 2；（2）写出S △DPQ 与x 的函数关系式； （3）求出S △DPQ 最小值和S △DPQ 最大值，并说明理由．（1998年湖北省襄樊市中考试题）分析：点P 、Q 在运动过程中，x 在变，S △DPQ 也在变，而S △DPQ 与x 之间可以根据条件列出方程或函数关系式求解．解：（1）根据题意，得21·2x ·（6－x ）＝8． 即 x 2－6x +8＝0． 解得 x 1＝2，x 2＝4．所以2秒或4秒后△PBQ 的面积等于8cm 2． （2）S △DPQ ＝S 四边形ABCD －S △APD －S △PBQ －S △DCQ＝12·6－21·x ·12－21·6·（12－2x ）－21·（6－x ）·2x ＝ x 2－6x +36．（3）S △DPQ ＝ x 2－6x +36＝（x －3）2+27．∴S △DPQ 的最小值是27，S △DPQ 的最大值是36．∵当|x －3|最小时，S △DPQ 有最小值；当| x －3|最大时，S △DPQ 有最大值， 又∵0＜x ≤6，∴当x ＝3时，S △DPQ 有最小值；当x ＝6时，S △DPQ 有最大值．说明：本题第（1）小题是利用方程模型求解，它是P 、Q 运动过程中，△PBQ 处于特殊位置；而第（2）、(3)小题是利用函数模型求解．另外，在几何图形中求函数关系式，问题具有一定的实际意义，因此对函数关系式中自变量的取值范围必须认真考虑，一般需有约束条件．例4．如图9—4，在△ABC 中，AB ＝8 cm ，BC ＝16 cm ，点P 从点A 开始沿AB 边向点B 以2cm/s 的速度移动，点Q 从点B 开始沿BC 边向点C 以4 cm/s 的速度移动，如果P 、Q 分别从A 、B 同时出发，经几秒钟△PBQ 与△ABC 相似？（1998年江苏省宿迁市中考试题）分析：在P 、Q 分别从A 、B 同时出发运动的过程中，可能有两种状态出现：（1）BC BQ AB PB =；（2）AB BQ BC PB =． 因此，这两种情况都要考虑．解：设P 、Q 分别从A 、B 同时出发后，经 x s ，△PBQ 与△ABC 相似． 则AP ＝2x ，BQ ＝4x ，PB ＝8－2x ．（1）如果BC BQ AB PB =，那么可得164828xx =-． 解得 x ＝2．（2）如果AB BQ BC PB =，那么可得841628xx =-． 解得 x ＝54． 所以经过2 s 钟或54s 钟，△PBQ 与△ABC 都相似．说明：本题是一道需要讨论的质点运动型中考题，即在P 、Q 分别从A 、B 同时出发运动的过程中，有两种情况使△PBQ 与△ABC 相似．例5．如图9—5，在矩形ABCD 中，AB ＝12cm ，BC ＝6cm ，点P 沿AB 边从点A 开始向点B 以2cm/ s 的速度移动，点Q 沿DA 边从点D 开始向点A 以1cm/s 的速度移动，如果P 、Q 同时出发，用t （s ）表示移动的时间（0≤t ≤6），那么（1）当t 为何值时，△QAP 为等腰直角三角形？（2）求四边形QAPC 的面积；提出一个与计算结果有关的结论； （3）当t 为何值时，以点Q 、A 、P 为顶点的三角形与△ABC 相似？（2002年河北省中考试题）分析：（1）只要把QA 、AP 用含t 的代数式表示，利用QA ＝AP 求解；（2）可以分别求出△QAC 和△APC 的面积；（3）同例4一样，要分两种情况求解．解：（1）对于任何时刻t ，AP ＝2t ，DQ ＝t ，QA ＝6－t ． 当QA ＝AP 时，△QAP 为等腰直角三角形． 即6－t ＝2t ．解得t ＝2（秒）．所以当t ＝2秒时，△QAP 为等腰直角三角形．（2）在△QAC 中，QA ＝6－t ，QA 边上的高DC ＝12，∴S △QAC ＝21QA •DC ＝21（6－t ）•12＝36－6t ． ∵在△APC 中，AP ＝2t ，BC ＝6，A CB QD P 图9—5A 图9—6BCD A 图9—7 B C D F E∴S △APC ＝21AP •BC ＝21•2t •6＝6t ． ∴S 四边形QAPC ＝S △QAC ＋S △APC ＝36－6t ＋6t ＝36（cm 2）．由计算结果发现：在P 、Q 两点的移动过程中，四边形QAPC 的面积始终保持不变．（也可以提出：P 、Q 两点到对角线AC 的距离之和保持不变）（3）根据题意，可分为两种情况来求解：当BCAP ABQA =时，△QAP ∽△ABC ．∴62126tt =-． 解得t ＝1.2（s ）．∴当t ＝1.2 s 时，△QAP ∽△ABC ．当AB AP BCQA =时，△PAQ ∽△ABC ．∴122126t t =-．解得t ＝3（秒）．∴当t ＝3 s 时，△PAQ ∽△ABC ．例6．如图9—6，正方形ABCD 中，有一直径为BC 的半圆，BC ＝2cm ．现有两点E 、F ，分别从点B 、点A 同时出发，沿线段BA 以1cm/s 的速度向点A 运动，点F 沿折线A —D —C 以2cm/s 的速度向点C 运动．设点E 离开点的B 时间为t （s ）．（1）当t 为何值时，线段EF 和BC 平行？（2）设1＜t ＜2，当t 为何值时，EF 与半圆相切？（3）当1≤t ＜2时，设EF 与AC 相交于点P ，问点E 、F 运动时，点P 的位置是否发生变化？若发生变化，请说明理由；若不发生变化，请给予证明，并求AP :PC 的值．（2001年南昌市中考试题）分析：（1）当EF ∥BC 时，四边形BCFE 是矩形；（2）线段EF 与半圆相切时，EF ＝ BE+CF ，可以过点F 作KF ∥BC 交AB 于K ，构造直角三角形求解；（3）可以利用正方形ABCD 中的不变关系AB ∥DC ，通过△AEP ∽△CFP 求解．解：（1）如图9—7，设E 、F 出发后运动了t s 时，有EF 和BC 平行． 则BE ＝ t ，CF ＝4-2t ． ∴t ＝4-2t ．解得t ＝34．∴当t ＝34 s 时，线段EF 和BC 平行．（2）设E 、F 出发后运动了t 秒时，EF 与半圆相切． 过点F 作KF ∥BC 交AB 于K ．如图9—8．则A 图9—8BCD FE K A 图9—9 BC D F E P BE ＝ t ，CF ＝4-2t ，EK ＝ t -（4-2t ）＝3t -4，EF ＝ BE+ CF ＝ t +（4-2t ）＝4-t ． 又∵EF 2＝ EK 2+FK 2， ∴（4-2t ）2＝（3t -4）2+22． 解得t ＝222±．∵1＜t ＜2，∴t ＝222+． ∴当t ＝34 s 时，线段EF 与半圆相切．（3）答：当1≤t ＜2时，点P 的位置不会发生变化． 证明：1≤t ＜2时，设E 、F 出发后运动了t s 时，EF 位置如图9—9所示，则BE ＝ t ，AE ＝2-t ， CF ＝4-2t ．∴FCAE ＝21242=--tt .又∵AB ∥DC ，∴△AEP ∽△CFP . ∴21==FCAE PCAP .即点P 的位置与t 的取值无关．∴1≤t ＜2时，点P 的位置不会发生变化，且AP :PC 的值是21． 练习1．解：（1）运动开始后第x s 钟时，△PBQ 的面积等于8cm 2．根据题意，得21·2x ·（6－x ）＝8．即 x 2－6x +8＝0． 解得 x 1＝2，x 2＝4．所以2 s 或4 s 后△PBQ 的面积等于8cm 2． （2）运动开始后第t s 钟时，S ＝S 矩形ABCD －S △PBQ＝12·6－21·（6－t ）·2t ＝ t 2－6x +72． （3）S ＝t 2－6x +72＝( t －3 )2+63．））所以当t ＝3时，S 最小，S 的最小值是63 cm 2．2．解：当t ＝1 s 时，OE ＝1，AP ＝3． ∴OP ＝28－3＝25． ∵OA ＝OB ，EF ∥OA ， ∴EF ＝EB ＝28－1＝27． ∴S 梯形OPFE ＝2)(OE EF OP +＝21)2725(⨯+＝26．S ＝228328t t -+-＝－2 t 2+28 t＝－2（t －7）2+98．所以当t ＝7 s 时，梯形OPFE 的面积最大，最大面积是98． （2）相似．证明：分别过F 1 、F 2作F 1H 1⊥AP 2，F 2 H 2⊥AP 2，垂足分别为H 1、H 2． ∵∠OAB ＝45°,∴AH 1＝F 1H 1＝t 1，AH 2＝F 2H 2＝t 2． ∴AF 1＝2t 1，AF 2＝2t 2． ∴2121t t AF AF =． 又∵AP 1＝3t 1，AP 2＝3t 2，∴21212133t t t t AP AP ==． ∴2121AF AF AP AP =． ∵∠OAB ＝∠OAB ，∴△AF 1P 1∽△AF 2P 2．3．解：（1）当点Q 在OC 上时，坐标为（x 58，x 56），当点Q 在CB 上时，坐标为（2 x －1，3）．（2）①点Q 所经过的路程为16－x ，速度为xx-16． ②当Q 在OC 上时，作QM ⊥OA ，垂足为M ．则QM ＝53（16－x ）．） ） ∴S △OPQ ＝21·53（16－x ）·x 103 x （16－x ）． 令103x （16－x ）＝18． 解得x 1＝10，x 2＝6．∵当x 1＝10时，16－x ＝6，这时点Q 不在OC 上，故舍去．∴当Q 在OC 上时，PQ 不可能同时把梯形OABC 的面积也分成相等的两部分． 点Q 在CB 上时，CQ ＝16－x －5＝11－x ． ∴S 梯形OPQC ＝21·（11－x ＋x ）·3＝233． ∵233≠18， ∴点Q 在CB 上时，PQ 不可能同时把梯形OABC 的面积也分成相等的两部分．。

胡不归求最小值内容导航方法点拨从前，有一个小伙子在外地当学徒，当他得知在家乡的年老父亲病危的消息后，便立即启程日夜赶路。

由于思念心切，他选择了全是沙砾地带的直线路径A--B （如图所示：A 是出发地，B 是目的地，AC 是一条驿道，而驿道靠目的地的一侧全是沙砾地带），当他赶到父亲眼前时，老人已去世了，邻舍告诉小伙子时告诉说，老人在弥留之际还不断喃喃地叨念：胡不归?胡不归？一动点P 在直线MN 外的运动速度为V 1，在直线MN 上运动的速度为V 2，且V 1<V 2，A 、B 为定点，点C 在直线MN 上，确定点C 的位置使21AC BC V V +的值最小．121121=V AC BC BC AC V V V V ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，记12V k V =，即求BC +kAC 的最小值．构造射线AD 使得sin ∠DAN =k ，CH /AC =k ，CH =kAC ．将问题转化为求BC +CH 最小值，过B 点作BH ⊥AD 交MN 于点C ，交AD 于H 点，此时BC +CH 取到最小值，即BC +kAC 最小．在求形如“PA +kPB ”的式子的最值问题中，关键是构造与kPB 相等的线段，将“PA +kPB ”型问题转化为“PA +PC ”型．胡不归模型问题解题步骤如下：1、将所求线段和改写为“PA+a b PB”的形式（a b <1，若ab >1，提取系数，转化为小于1的形式解决）。

2、在PB 的一侧，PA 的异侧，构造一个角度α，使得sinα=a b 3、最后利用两点之间线段最短及垂线段最短解题例题演练题组1：PA+k•PB例1．如图①，已知抛物线y ＝﹣x 2+x +2与x 轴交于A 、B 两点，与y 轴交于C 点，抛物线的顶点为Q，连接BC．（1）求直线BC的解析式；（2）点P是直线BC上方抛物线上的一点，过点P作PD⊥BC于点D，在直线BC上有一动点M，当线段PD最大时，求PM+MB最小值；【解答】解：（1）令y＝0，﹣x2+x+2＝0，解得x＝﹣1和4，∴A（﹣1，0），B（4，0），令x＝0，y＝2，∴C（0，2），设直线BC的解析式为y＝kx+b，则有，解得，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+2．（2）如图1中，作PM∥y轴交BC于M．∵∠DPM是定值，∴当PM的值最大时，PD的值最大，设P（m，﹣m2+m+2），则M（m，﹣m+2），∴PM＝﹣m2+2m＝﹣（m﹣2）2+2，∵﹣＜0，∴m＝2时，PM的值有最大值，即PD的值最大，此时P（2，3）．在y轴上取一点G，使得sin∠GBC＝，作GK⊥BC于K，∵sin∠GBK＝＝，设GK＝k，BG＝3k，则BK＝2k，∵∠GCK＝∠BCO，∠GKC＝∠BOC＝90°，∴△CKG∽△COB，∴＝＝，∴＝＝，∴CK＝k，CG＝k，∵CK+BK＝BC，∴k+2k＝2，∴k＝，∴OG＝OC﹣CG＝，∴G（0，），∴直线BG的解析式为y＝﹣x+，∵PM+BM＝PM+ME，∴当P．M，E共线，且PE⊥BG时，PM+PE的值最小，∵PE⊥BG，∴直线PE的解析式为y＝y＝x﹣2，由，解得，∴E（，），∴PE＝＝，∴PM+BM的最小值为．练1.1如图，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于B、C两点（点B在点C的左侧），与y轴交于点A，抛物线的顶点为D，B（﹣3，0），A（0，）（1）求抛物线解析式及D点坐标；（2）如图1，P为线段OB上（不与O、B重舍）一动点，过点P作y轴的平行线交线段AB于点M，交抛物线于点N，点N作NK⊥BA交BA于点K，当△MNK与△MPB的面积相等时，在X轴上找一动点Q，使得CQ+QN最小时，求点Q的坐标及CQ+QN最小值；【解答】解：（1）把B（﹣3，0），A（0，）的坐标代入y＝﹣x2+bx+c，得到，解得，∴二次函数的解析式为y＝﹣x2﹣x+，顶点D的坐标为（﹣1，）．（2）如图1中，设P（m，0）则N（m，＝﹣m2﹣m+）．∵A（0，），B（﹣3，0），∴直线AB的解析式为y＝x+，AB用PN的交点M（m，m+），∵∠NMK＝∠BMP，∠NKM＝∠MPB＝90°，∴△NMK∽△BMN，∵△MNK与△MPB的面积相等，∴△NMK≌△BMN，∴MN＝BM，在Rt△ABO中，tan∠ABO＝＝，∴∠ABO＝30°，∴BM＝2PM＝MN，∴﹣m2﹣m+﹣m﹣＝2（m+），解得m＝﹣2或﹣3（舍弃），∴N（﹣2，），在y轴上取一点F，使得∠OCF＝30°，作QH⊥CF于H，∵QH＝CQ，∴NQ+CQ＝NQ+QH，根据垂线段最短可知，当N、Q、H共线，且NH⊥CF时，NQ+CQ＝NQ+QH的值最小．∵直线CF的解析式为y＝x﹣，直线NH的解析式为y＝﹣x﹣，∴Q（﹣1，0），由，解得，∴H（﹣，﹣），∴NH＝＝3，∴NQ+CQ＝NQ+QH的最小值为3．练1.2如图，抛物线y＝﹣x2+x+3与x轴交于点A，点B，与y轴交于点C，点D与点C关于x 轴对称，点P是x轴上的一个动点，设点P的坐标为（m，0），过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q．（1）求直线BD的解析式；（2）当点P在线段OB上运动时，直线l交BD于点M，当△DQB面积最大时，在x轴上找一点E，使QE+EB的值最小，求E的坐标和最小值．【解答】解：（1）当y＝0时，x2+x+3＝0，解得x1＝6，x2＝﹣1，∴A（﹣1，0）、B（6，0），当x＝0时，y＝3，则C（0，3）．∵点D与点C关于x轴对称，∴点D为（0，﹣3）．设直线BD的解析式为y＝kx+b，将D（0，﹣3）和B（6，0）分别代入得，解得：k＝，b＝﹣3．∴直线BD的解析式为y＝x﹣3．（2）设点P的坐标为（m，0），则点Q（m，m2+m+3），M（m，m﹣3）．△QBD的面积＝QM•OB＝×6×（m2+m+3﹣m+3）＝﹣（m﹣2）2+24，∴当m＝2时，△QBD的面积有最大值，此时Q（2，6）．如图1所示：过点E作EF⊥BD，垂足为F．在Rt△OBD中，OB＝6，OD＝3，则BD＝3，∴tan∠EBF＝tan∠OBD＝＝．∴EF＝BE．∴QE+EB＝QE+EF．∴当点Q、E、F在一条直线上时，QE+EB有最小值．过点Q作QF′⊥BC，垂足为F′，QF′交OB与点E′．设QF′的解析式为y＝﹣2x+b，将点Q的坐标代入得：﹣4+b＝6，解得b＝10，∴QF′的解析式为y＝﹣2x+10．由，解得x＝，∴F（，﹣）当y＝0时，﹣2x+10＝0，解得x＝5，∴点E′的坐标为（5，0）．即点E的坐标为（5，0）时QE+EB有最小值．∴QE+EB的最小值＝QF＝＝．练1.3如图1，在平面直角坐标系中，抛物线y＝﹣x2+x+与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴与x轴交于点D．（1）求直线BC的解析式；（2）如图2，点P为直线BC上方抛物线上一点，连接PB、PC．当△PBC的面积最大时，在线段BC上找一点E（不与B、C重合），使PE+BE的值最小，求点P的坐标和PE+BE的最小值；【解答】解：（1）当x＝0时，y＝﹣x2+x+＝，∴点C的坐标为（0，）；当y＝0时，有﹣x2+x+＝0，解得：x1＝﹣1，x2＝3，∴点B的坐标为（3，0）．设直线BC的解析式为y＝kx+b（k≠0），将B（3，0）、C（0，）代入y＝kx+b，得：，解得：，∴直线BC的解析式为y＝﹣x+．（2）如图2中，过点P作PM⊥x轴于点M，交直线BC于点F．EN⊥x轴设P（a，﹣a2+a+），则F（a，﹣a+）∴PF＝﹣a2+a＝×PF×3＝﹣a2+a∴S△PBC最大∴当，a＝时，S△PBC∴P（，）∵直线BC的解析式为y＝﹣x+．∴∠CBO＝30°，EN⊥x轴∴EN＝BE∴PE+BE＝PE+EN∴根据两点之间线段最短和垂线段最短，则当P，E，N三点共线且垂直于x轴时，PE+BE值最小．∴PE+BE＝PE+EN＝PN＝题组2：PA+QB+k•PQ例2．如图1，抛物线与y轴交于点C，与x轴交于点A、B（点A在点B左边），O为坐标原点．点D是直线BC上方抛物线上的一个动点，过点D作DE∥x轴交直线BC于点E．点P为∠CAB角平分线上的一动点，过点P作PQ⊥BC于点H，交x轴于点Q；点F是直线BC上的一个动点．（1）当线段DE的长度最大时，求DF+FQ+PQ的最小值．【解答】解：（1）如图1，当x＝0时，y＝3．当y＝0时，．∴∴AC⊥BC，且∠ABC＝30°，AC＝，且设D（a，），则E（）∴DE＝a﹣∴当a＝﹣时，DE最大．此时D（）∵AP平分∠CAB，∴∠PAB＝∠CAB＝30°，∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝60°，∴∠P＝∠PQB﹣∠PAB＝60°﹣30°＝30°＝∠PAB，∵PQ⊥BC，∴∠PQB＝60°，∴AQ＝PQ，∴＝，将射线AB绕A顺时针旋转30°得到直线AM，过点D作AM的垂线于点M，交x轴于点Q′，则．当Q运动到Q′时，有＝DM，过D作DN⊥x轴于点N，可得△AQ′M与△DQ′N相似，DN＝D y＝，AN＝∴Q′N＝，DQ′＝，AQ′＝AN﹣Q′N＝∴Q′M＝，∴DM＝DQ′+Q′M＝＝DM＝．练2.1如图1，抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴相交于A，B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C，点D是抛物线的顶点，连接AD、BD．（1）求△ABD的面积；（2）如图2，连接AC、BC，若点P是直线AC上方抛物线上一动点，过P作PE∥BC交AC于点E，作PQ∥y轴交AC于点Q，当△PQE周长最大时，将△PQE沿着直线AC平移，记移动中的△PQE为△P′Q′E′，连接CP′，求△PQE的周长的最大值及CP′+P′E′+AE′的最小值；【解答】解（1）对于抛物线y＝﹣x2+x+2，令y＝0，得到x＝6或﹣2，∴A（6，0），B（﹣2，0），∵y＝﹣x2+x+2＝﹣（x﹣2）2+，∴D（2，）．＝×8×＝．∴S△ABD（2）∵A（6，0），C（0，2），∴直线AC的解析式为y＝﹣x+2，设P（m，﹣m2+m+2），则Q（m，﹣m+2），∴PQ＝﹣m2+m+2﹣m+2＝﹣（m﹣3）2+，∵△PEQ∽△AOC，∴＝＝，∴PQ的值最大时，△PEQ的周长最大，∵m＝3时，PQ有最大值，此时：＝＝，∴PE＝，QE＝，∴△PQE周长的最大值＝++＝．此时P（3，），E（，）．在Rt△BOC中，tan∠BCO＝＝，∴∠BCO＝30°，同法可得：∠ACO＝60°，∴∠ACB＝90°，如图2中，作P′M⊥BC于M，E′H⊥AB于H，MH′⊥AB于H′，连接ME′、CP′．∵四边形MCE′P′是矩形，∴CP′＝ME′，∵E′H＝AE′，∴CP′+P′E′+AE′＝ME′+E′H+P′E′，∴当M，E′，H共线时，CP′+P′E′+AE′的值最小，最小值＝MH+P′E′，易知M（，），∴CP′+P′E′+AE′的最小值＝+＝．练2.2在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2﹣x﹣2交x轴于A、B两点，交y轴于点C，点C 关于抛物线对称轴对称的点为D．（1）求点D的坐标及直线BD的解析式；（2）如图1，连接CD、AD、BD，点E为线段CD上一动点．过E作EF∥BD交线段AD于F 点，当△CEF的面积最大时，在x轴上找一点P，在y轴上找一点Q，使EQ+PQ+BP最小，并求其最小值；【解答】解：（1）对于抛物线y＝x2﹣x﹣2，令x＝0，则y＝﹣2，令y＝0，则x＝2或﹣，故点A、B、C的坐标分别为：（﹣，0）、（2，0）、（0，﹣2），∴抛物线的对称轴x＝（﹣）＝，∵点C关于抛物线对称轴对称的点为D，∴点D（，﹣2）；设直线BD的表达式为：y＝kx+b，则，解得：，（2）设点E（m，﹣2），∵EF∥BD，∴直线EF表达式中的k值和直线BD表达式中的k值相同，设直线EF的表达式为：y＝2x+b′，将点E的坐标代入上式并解得：b′＝﹣2m﹣2，直线EF的表达式为：y＝2x﹣2m﹣2②，联立①②并解得：，故点F的坐标为：（，﹣），△CEF的面积S＝×CE×（y F﹣y E）＝m×（﹣+2）＝﹣m2+m，∵﹣＜0，故S有最大值，此时m＝，故点E（，﹣2）；过点B作直线BH使tan∠HBO＝，则sin∠HBO＝，作点E关于y轴的对称点E′（﹣，﹣2），过点E′作E′H⊥BH交y轴于Q，交x轴于P，则点P、Q为所求点，此时EQ+PQ+BP最小，∵sin∠HBO＝，则PH＝PB sin∠HBO＝PB，EQ+PQ+BP＝E′Q+PQ+PH＝E′H为最小，∵tan∠HBO＝，故tan∠HPB＝2，即直线E′H表达式中的k值为2，将点E′的坐标代入上式并解得：b″＝﹣，故直线E′H的表达式为：y＝2x﹣，令x＝0，则y＝﹣，令y＝0，则x＝，故点P、Q的坐标分别为：（，0）、（0，﹣），E′P＝＝，PH＝×（2）＝，故EQ+PQ+BP最小值为：；练2.3如图①，抛物线y＝﹣x2+x+2与x轴交于A、B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，连接BC．（1）过点A且平行于BC的直线交于y轴于点D，求AD的解析式；（2）如图②，P是直线BC上方抛物线上的一动点，在抛物线的对称轴l上有一动点M，在x轴上有一动点N，连接PM、MN，当△PAD的面积最大时，求PM+MN+BN的最小值；【解答】解：（1）针对于抛物线y＝﹣x2+x+2，令y＝0，则，∴x1＝﹣1，x2＝4，∴A（﹣1，0），B（4，0）当x＝0，得y＝2∴C（0，2），∴直线BC的解析式为y＝﹣x+2，∵AD∥BC，∴直线AD的解析式为y＝﹣x﹣；（2）由（1）知，直线AD的解析式为y＝﹣x﹣，∴D（0，﹣），最大，过点P作直线l∥AD，当直线l与抛物线只有一个交点时，S△P AD设直线l的解析式为y＝﹣x+b①，∵抛物线的解析式为y＝﹣x2+x+2②，联立①②得，x2﹣4x+2b﹣4＝0，∴△＝16﹣4（2b﹣4）＝0，∴b＝4，∴x1＝x2＝2，∴P（2，3），如图1，在y轴负半轴取一点K，使＝，设OK＝m，则BK＝5m，在Rt△BOK中，（5m）2﹣（m）2＝16，∴m＝或m＝﹣（舍），∴BK＝2，∴OK＝2，∴点K（0，﹣2），则sin∠OBK＝＝，cos∠OBK＝＝＝，过点N作NT⊥BK于T，在Rt△BTN中，sin∠OBT＝＝，∴NT＝BN，作点P（2，3）关于抛物线对称轴x＝的对称的P'，∴P'（1，3），∴点P'，M，N，T在同一条线时，PM+MN+BN最小，最小为P'T，∵B（4，0），∴直线BK的解析式为y＝x﹣2，过P'作P'W⊥x轴交BK与W，∴W（1，﹣），∴P'W＝3+＝，∵∠BNT＝∠P'NO，∴∠WP'T＝∠OBK，∴cos∠WP'T＝cos∠OBK＝，∴P'T＝P'W•cos∠WP'T＝×＝，即：PM+MN+BN的最小值为；。

2020年中考数学二轮专项冲刺复习——动点、最值问题、压轴题型1、（2019陕西•中考 第25题•12分）问题提出：（1）如图1，已知ABC ∆，试确定一点D ，使得以A ，B ，C ，D 为顶点的四边形为平行四边形，请画出这个平行四边形；问题探究：（2）如图2，在矩形ABCD 中，4AB =，10BC =，若要在该矩形中作出一个面积最大的BPC ∆，且使90BPC ∠=︒，求满足条件的点P 到点A 的距离；问题解决：（3）如图3，有一座草根塔A ，按规定，要以塔A 为对称中心，建一个面积尽可能大的形状为平行四边形的草根景区BCDE ．根据实际情况，要求顶点B 是定点，点B 到塔A 的距离为50米，120CBE ∠=︒，那么，是否可以建一个满足要求的面积最大的平行四边形景区BCDE ？若可以，求出满足要求的平行四边形BCDE 的最大面积；若不可以，请说明理由．（塔A 的占地面积忽略不计）【考点】四边形综合题【分析】（1）利用平行四边形的判定方法画出图形即可．（2）以点O 为圆心，OB 长为半径作O e ，O e 一定于AD 相交于1P ，2P 两点，点1P ，2P 即为所求．（3）可以，如图所示，连接BD ，作BDE ∆的外接圆O e ，则点E 在优弧¶BD 上，取·BED 的中点E '，连接E B '，E D '，四边形BC DE ''即为所求．【解答】解：（1）如图记为点D 所在的位置．（2）如图，4AB =Q ，10BC =，∴取BC 的中点O ，则OB AB >．∴以点O 为圆心，OB 长为半径作O e ，O e 一定于AD 相交于1P ，2P 两点，连接1BP ，1PC ，1PO ，90BPC ∠=︒Q ，点P 不能再矩形外； BPC ∴∆的顶点1P 或2P 位置时，BPC ∆的面积最大，作1PE BC ⊥，垂足为E ，则3OE =， 1532AP BE OB OE ∴==-=-=，由对称性得28AP =．（3）可以，如图所示，连接BD ，A Q 为BCDE Y 的对称中心，50BA =，120CBE ∠=︒，100BD ∴=，60BED ∠=︒作BDE ∆的外接圆O e ，则点E 在优弧¶BD 上，取·BED 的中点E '，连接E B '，E D '，则E B E D '='，且60BE D ∠'=︒，∴△BE D '为正三角形．连接E O '并延长，经过点A 至C '，使E A AC '='，连接BC '，DC '，E A BD '⊥Q ，∴四边形E D '为菱形，且120C BE ∠''=︒，作EF BD ⊥，垂足为F ，连接EO ，则EF EO OA E O OA E A +-'+='…， 1122BDE E BD S BD EF BD E A S ∆'∴='=V g g g g …，()2221006050003E BD BCDE BC DE S S S sin m '''∴==⋅︒=V 平行四边形平行四边形…所以符合要求的BCDE Y 的最大面积为250003m ．2、（2019宁夏•中考 第26题•10分）如图，在ABC ∆中，90A ∠=︒，3AB =，4AC =，点M ，Q 分别是边AB ，BC 上的动点（点M 不与A ，B 重合），且MQ BC ⊥，过点M 作BC 的平行线MN ，交AC 于点N ，连接NQ ，设BQ 为x ．（1）试说明不论x 为何值时，总有QBM ABC ∆∆∽；（2）是否存在一点Q ，使得四边形BMNQ 为平行四边形，试说明理由； （3）当x 为何值时，四边形BMNQ 的面积最大，并求出最大值．【考点】相似形综合题【分析】（1）根据题意得到MQB CAB ∠=∠，根据相似三角形的判定定理证明； （2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形解答；（3）根据勾股定理求出BC ，根据相似三角形的性质用x 表示出QM 、BM ，根据梯形面积公式列出二次函数解析式，根据二次函数性质计算即可． 【解答】解：（1）MQ BC ⊥Q ， 90MQB ∴∠=︒，MQB CAB ∴∠=∠，又QBM ABC ∠=∠， QBM ABC ∴∆∆∽；（2）当BQ MN =时，四边形BMNQ 为平行四边形， //MN BQ Q ，BQ MN =，∴四边形BMNQ 为平行四边形；（3）90A ∠=︒Q ，3AB =，4AC =，5BC ∴==， QBM ABC ∆∆Q ∽，∴QB QM BM AB AC BC ==，即345x QM BM==， 解得，43QM x =，53BM x =，//MN BC Q ，∴MN AM BC AB=，即53353x MN -=， 解得，2559MN x =-， 则四边形BMNQ 的面积21254324575(5)()2932782x x x x =⨯-+⨯=--+，∴当458x =时，四边形BMNQ 的面积最大，最大值为752．3、如图，在平面直角坐标系中，O 为原点，已知A (0,8)，D (24,8)，C (26,0)，动点P 从点A 开始沿AD 边向点D 以1 cm/s 的速度运动；动点Q 从点C 开始沿CO 边向点O 以3 cm/s 的速度运动，若P ，Q 分别从点A ，C 同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．(1)求经过多少时间后，四边形PQCD 为平行四边形；(2)当四边形PQCD 为平行四边形时，求PQ 所在直线的函数解析式．解：(1)设t 秒后四边形PQCD 为平行四边形，∵当PD ＝QC 时，四边形PQCD 为平行四边形，∴24－t ＝3t ，解得，t ＝6；(2)6秒时，点P 的坐标为(6,8)，点Q 的坐标为(8,0)，设直线PQ 的解析式为y ＝kx ＋b ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧6k ＋b ＝8，8k ＋b ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝－4，b ＝32，∴直线PQ 的解析式为y ＝－4x ＋32.4、在平面直角坐标系xOy 中，抛物线y ＝mx 2－2mx ＋m ＋4与y 轴交于点A (0,3)，抛物线的对称轴与x 轴交于点B ，直线l 1：y ＝kx ＋b 经过点B 和点C (－1，－2)．(1)求直线l 1及抛物线的表达式；(2)已知点P (t,0)，过点P 作垂直于x 轴的直线交抛物线于点M ，交直线l 1于点N ，若点M 和点N 中至少有一个点在x 轴下方，直接写出t 的取值范围；(3)将l 1向上平移两个单位得到直线l 2，与抛物线交于点D ，E (点D 在点E 左侧)，若Q 是抛物线上位于直线l 2上方的一个动点，求△DEQ 的面积．解：(1)把A (0,3)代入y ＝mx 2－2mx ＋m ＋4，得到3＝m ＋4，∴m ＝－1，∴抛物线的解析式为y ＝－x 2＋2x ＋3，∵抛物线的对称轴为x ＝1，∴点B 坐标为(1,0)，把B (1,0)，C (－1，－2)代入y ＝kx ＋b ，得到⎩⎪⎨⎪⎧k ＋b ＝0，－k ＋b ＝－2，)解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝－1.)∴直线l 1的解析式为y ＝x －1；(2)如图1中，由图象可知当过P 点的直线MN 在抛物线的对称轴左侧时，点M 和点N 中至少有一个点在x 轴下方，此时t ＜1，当t ＞3时，点M 和点N 中至少有一个点在x 轴下方，综上所述，符合条件的t 的范围是t ＜1或t ＞3；(3)如图2中，∵直线l 1的解析式为y ＝x －1，∴直线l 1向上平移2个单位后的直线l 2的解析式为y ＝x ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，y ＝－x 2＋2x ＋3，)解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝0)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2，y ＝3.)∴D (－1,0)，E (2,3)，作EG ⊥x 轴于G ，设点Q (m ，－m 2＋2m ＋3)，∵S △QDE ＝S △QDG ＋S △QEG －S △DEG ，∴S △QED ＝12×3×(－m 2＋2m ＋3)＋12×3×(2－m )－12×3×3＝－32m 2＋32m ＋3.5、如图，在矩形ABCD 中，∠BAC ＝30°，对角线AC ，BD 交于点O ，∠BCD 的平分线CE 分别交AB ，BD 于点E ，H ，连接OE .(1)求∠BOE 的度数；(2)若BC ＝1，求△BCH 的面积； (3)求S △CHO ∶S △BHE 的值．解：(1)∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ∥CD ，AO ＝CO ＝BO ＝DO ，∴∠DCE ＝∠BEC ，∵CE 平分∠BCD ，∴∠BCE ＝∠DCE ＝45°，∴∠BCE ＝∠BEC ＝45°，∴BE ＝BC ，∵∠BAC ＝30°，AO ＝BO ＝CO ，∴∠BOC ＝60°，∠OBA ＝30°，∵∠BOC ＝60°，BO ＝CO ，∴△BOC 是等边三角形，∴BC ＝BO ＝BE ，且∠OBA ＝30°，∴∠BOE ＝75°；(2)如解图①，过点H 作FH ⊥BC 于F ，∵△BOC 是等边三角形，∴∠FBH ＝60°，FH ⊥BC ，∴BH ＝2BF ，FH ＝3BF ，∵∠BCE ＝45°，FH ⊥BC ，∴CF ＝FH ＝3BF ，∴BC ＝3BF ＋BF ＝1， ∴BF ＝3－12，∴FH ＝3－32，∴S △BCH ＝12×BC ×FH ＝3－34；(3)如解图②，过点C 作CN ⊥BO 于N ，∵△BOC 是等边三角形，∴∠FBH ＝60°，FH ⊥BC ，∴BH ＝2BF ，FH ＝3BF ，∵∠BCE ＝45°，FH ⊥BC ，∴CF ＝FH ＝3BF ，∴BC ＝3BF ＋BF ＝BO ＝BE ，∴OH ＝OB －BH ＝3BF －BF ，∵∠CBN ＝60°，CN ⊥BO ，∴CN ＝32BC ＝3＋32BF ，∵S △CHO ∶S △BHE ＝12×OH ×CN ∶12×BE ×BF ，∴S △CHO ∶S △BHE ＝3－32.6、(2019乐山模拟)如图，正方形ABCD 的边长为2，点E 、F 分别是边BC ，CD 的延长线上的动点，且CE ＝DF ，连接AE 、BF ，交于点G ，连接DG ，则DG 的最小值为________．解：5－1在正方形ABCD 中，AB ＝BC ，∠ABC ＝∠BCD ＝90°，在△ABE 和△BCF 中，∵⎩⎪⎨⎪⎧AB ＝BC ∠ABC ＝∠BCD BE ＝CF，∴△ABE ≌△BCF (SAS)，∴∠BAE ＝∠CBF ，∵∠CBF ＋∠ABF ＝90°，∴∠BAE ＋∠ABF ＝90°，∴∠AGB ＝90°，∴点G 在以AB 为直径的圆上，如解图，连接OG ，当O 、G 、D 在同一直线上时，DG 有最小值，∵在正方形ABCD 中，AD＝BC ＝2，∴AO ＝1＝OG ，∴OD ＝AD 2＋AO 2＝22＋12＝5，∴DG ＝5－1.7、（2019威海•中考 ）如图，在正方形ABCD 中，AB ＝10 cm ，E 为对角线BD 上一动点，连接AE ，CE ，过E 点作EF ⊥AE ，交直线BC 于点F .E 点从B 点出发，沿着BD 方向以每秒2 cm 的速度运动，当点E 与点D 重合时，运动停止．设△BEF 的面积为y cm 2，E 点的运动时间为x 秒．(1)求证：CE ＝EF ；(2)求y 与x 之间关系的函数表达式，并写出自变量x 的取值范围； (3)求△BEF 面积的最大值．题图 备用图(1)证明：如解图，过点E 分别作AB 、BC 的垂线，垂足分别为点G 、H ，则四边形GBHE 为矩形． ∵四边形ABCD 是正方形， ∴AB ＝BC .∵BD 是对角线，∴BD 所在直线是正方形的对称轴， ∴CE ＝AE ，EG ＝EH ， ∴四边形GBHE 为正方形． ∵EF ⊥AE ，∴∠AEF ＝∠GEH ＝90°.∵∠AEG ＋∠GEF ＝90°，∠FEH ＋∠GEF ＝90°， ∴∠AEG ＝∠FEH . ∵∠AGE ＝∠FHE ＝90°， ∴△AGE ≌△FHE (ASA)， ∴AE ＝EF ， ∴CE ＝EF ；解图(2)解：∵EF ＝EC ，EH ⊥BC ， ∴FH ＝HC .∵△EHB 是等腰直角三角形，BE ＝2x ， ∴EH ＝BH ＝2x ，∴HC ＝10－2x ，∴FH ＝HC ＝10－2x ，∴FB ＝10－22x ， ∴y ＝12×(10－22x )×2x ＝－2x 2＋52x (0≤x ≤52)；(3)解：∵y ＝－2x 2＋52x ＝－2(x －524)＋254(0≤x ≤52)，a ＝－2＜0，∵x ＝524<52，∴当x ＝524时，y 有最大值，y 的最大值为0－（52）24×（－2）＝254， 即△BEF 面积的最大值为254cm 2. 8、（2019•朝阳）如图，四边形ABCD 是正方形，连接AC ，将△ABC 绕点A 逆时针旋转α得△AEF ，连接CF ，O 为CF 的中点，连接OE ，OD ．（1）如图1，当α＝45°时，请直接写出OE 与OD 的关系（不用证明）． （2）如图2，当45°＜α＜90°时，（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）当α＝360°时，若AB ＝4，请直接写出点O 经过的路径长．解：（1）OE ＝OD ，OE ⊥OD ；理由如下： 由旋转的性质得：AF ＝AC ，∠AFE ＝∠ACB ，∵四边形ABCD 是正方形，∴∠ACB ＝∠ACD ＝∠FAC ＝45°，∴∠ACF ＝∠AFC ＝（180°﹣45°）＝67.5°，∴∠DCF ═∠EFC ＝22.5°，∵∠FEC ＝90°，O 为CF 的中点，∴OE ＝CF ＝OC ＝OF ，同理：OD ＝CF ，∴∠EOC＝2∠EFO＝45°，∠DOF＝2∠DCO＝45°，∴∠DOE＝180°﹣45°﹣45°＝90°，∴OE⊥OD；（2）当45°＜α＜90°时，（1）中的结论成立，理由如下：延长EO到点M，使OM＝EO，连接DM、CM、DE，如图2所示：∵O为CF的中点，∴OC＝OF，在△COM和△FOE中，，∴△COM≌△FOE（SAS），∴∠MCF＝∠EFC，CM＝EF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，∠BAC＝∠BCA＝45°，∵△ABC绕点A逆时针旋转α得△AEF，∴AB＝AE＝EF＝CD，AC＝AF，∴CD＝CM，∠ACF＝∠AFC，∵∠ACF＝∠ACD+∠FCD，∠AFC＝∠AFE+∠CFE，∠ACD＝∠AFE＝45°，∴∠FCD＝∠CFE＝∠MCF，∵∠EAC+∠DAE＝45°，∠FAD+∠DAE＝45°，∴∠EAC＝∠FAD，在△ACF中，∵∠ACF+∠AFC+∠CAF＝180°，∴∠DAE+2∠FAD+∠DCM+90°＝180°，∵∠FAD+∠DAE＝45°，∴∠FAD+∠DCM＝45°，在△ADE和△CDM中，，∴△ADE≌△CDM（SAS），∴DE＝DM，∵OE＝OM，∴OE⊥OD，在△COM和△COD中，，∴△COM≌△COD（SAS），∴OM＝OD，∴OE＝OD，∴OE＝OD，OE⊥OD；（3）连接AO，如图3所示：∵AC＝AF，CO＝OF，∴AO⊥CF，∴∠AOC＝90°，∴点O在以AC为直径的圆上运动，∵α＝360°，∴点O经过的路径长等于以AC为直径的圆的周长，∵AC＝AB＝×4＝8，∴点O经过的路径长为：πd＝8π．9、（2019•湘潭）如图一，在射线DE的一侧以AD为一条边作矩形ABCD，AD＝5，CD＝5，点M是线段AC 上一动点（不与点A重合），连结BM，过点M作BM的垂线交射线DE于点N，连接BN．（1）求∠CAD的大小；（2）问题探究：动点M在运动的过程中，①是否能使△AMN为等腰三角形，如果能，求出线段MC的长度；如果不能，请说明理由．②∠MBN的大小是否改变？若不改变，请求出∠MBN的大小；若改变，请说明理由．（3）问题解决：如图二，当动点M运动到AC的中点时，AM与BN的交点为F，MN的中点为H，求线段FH的长度．解：（1）如图一（1）中，∴∠ADC＝90°，∵tan∠DAC＝＝＝，∴∠DAC＝30°．（2）①如图一（1）中，当AN＝NM时，∵∠BAN＝∠BMN＝90°，BN＝BN，AN＝NM，∴Rt△BNA≌Rt△BNM（HL），∴BA＝BM，在Rt△ABC中，∵∠ACB＝∠DAC＝30°，AB＝CD＝5，∴AC＝2AB＝10，∵∠BAM＝60°，BA＝BM，∴△ABM是等边三角形，∴AM＝AB＝5，∴CM＝AC﹣AM＝5．如图一（2）中，当AN＝AM时，易证∠AMN＝∠ANM＝15°，∵∠BMN＝90°，∴∠CMB＝75°，∵∠MCB＝30°，∴∠CBM＝180°﹣75°﹣30°＝75°，∴CM＝CB＝5，综上所述，满足条件的CM的值为5或5．②结论：∠MBN＝30°大小不变．理由：如图一（1）中，∵∠BAN+∠BMN＝180°，∴A，B，M，N四点共圆，∴∠MBN＝∠MAN＝30°．如图一（2）中，∵∠BMN＝∠BAN＝90°，∴A，N，B，M四点共圆，∴∠MBN+∠MAN＝180°，∵∠DAC+∠MAN＝180°，∴∠MBN＝∠DAC＝30°，综上所述，∠MBN＝30°．（3）如图二中，∵AM＝MC，∴BM＝AM＝CM，∴AC＝2AB，∴△ABM是等边三角形，∴∠BAM＝∠BMA＝60°，∵∠BAN＝∠BMN＝90°，∴∠NAM＝∠NMA＝30°，∴NA＝NM，∵BA＝BM，∴BN垂直平分线段AM，∴FM＝，∴NM＝＝，∵∠NFM＝90°，NH＝HM，∴FH＝MN＝．10、（2019•贵阳）（1）数学理解：如图①，△ABC是等腰直角三角形，过斜边AB的中点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，求AB，BE，AF之间的数量关系；（2）问题解决：如图②，在任意直角△ABC内，找一点D，过点D作正方形DECF，分别交BC，AC于点E，F，若AB＝BE+AF，求∠ADB的度数；（3）联系拓广：如图③，在（2）的条件下，分别延长ED，FD，交AB于点M，N，求MN，AM，BN的数量关系．解：数学理解：（1）AB＝（AF+BE）理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形∵四边形DECF是正方形∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90°∴∠A＝∠ADF＝45°∴AF＝DF＝CE∴AF+BE＝BC＝AC∴AB＝（AF+BE）问题解决：（2）如图，延长AC，使FM＝BE，连接DM，∵四边形DECF是正方形∴DF＝DE，∠DFC＝∠DEC＝90°∵BE＝FM，∠DFC＝∠DEB＝90°，DF＝ED∴△DFM≌△DEB（SAS）∴DM＝DB∵AB＝AF+BE，AM＝AF+FM，FM＝BE，∴AM＝AB，且DM＝DB，AD＝AD∴△ADM≌△ADB（SSS）∴∠DAC＝∠DAB＝∠CAB同理可得：∠ABD＝∠CBD＝∠ABC∴∠CAB+∠CBA＝90°∴∠DAB+∠ABD＝（∠CAB+∠CBA）＝45°∴∠ADB＝180°﹣（∠DAB+∠ABD）＝135°联系拓广：（3）∵四边形DECF是正方形∴DE∥AC，DF∥BC∴∠CAD＝∠ADM，∠CBD＝∠NDB，∠MDN＝∠AFD＝90°∵∠DAC＝∠DAB，∠ABD＝∠CBD∴∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD∴AM＝MD，DN＝NB在Rt△DMN中，MN2＝MD2+DN2，∴MN2＝AM2+NB2，11、（2019•通辽）如图，点P是正方形ABCD内的一点，连接CP，将线段CP绕点C顺时旋转90°，得到线段CQ，连接BP，DQ．（1）如图1，求证：△BCP≌△DCQ；（2）如图，延长BP交直线DQ于点E．①如图2，求证：BE⊥DQ；②如图3，若△BCP为等边三角形，判断△DEP的形状，并说明理由．解析：（1）证明：∵∠BCD＝90°，∠PCQ＝90°，∴∠BCP＝∠DCQ，在△BCP和△DCQ中，，∴△BCP≌△DCQ（SAS）；（2）①如图b，∵△BCP≌△DCQ，∴∠CBF＝∠EDF，又∠BFC＝∠DFE，∴∠DEF＝∠BCF＝90°，∴BE⊥DQ；②∵△BCP为等边三角形，∴∠BCP＝60°，∴∠PCD＝30°，又CP＝CD，∴∠CPD＝∠CDP＝75°，又∠BPC＝60°，∠CDQ＝60°，∴∠EPD＝180°﹣∠CPD﹣∠CPB＝180°﹣75°﹣60＝45°，同理：∠EDP＝45°，∴△DEP为等腰直角三角形．。

2014年苏州中考数学运动性问题专题复习（含练习和答案）太仓市浮桥中学数学组运动变化型试题，包括动点、动线、动形三种类型，近年来中考试卷中出现较多的题型。

它集点的运动、直线的运动和图形的运动于一身，蕴含一定的数学思想方法，突出了图形的运动变化，从中发现一些不变的规律，从而使问题变得有趣，激发学生学习热情。

因而备受中考命题者的青睐，现已成为各地中考试题的一大热点题型。

近三年中苏州市中考数学试题有关运动性问题的试题共有9题，2011年有27、28、29题，2012年18、28、29题，2013年有10、28、29题，都可以归结为上述三类问题。

由于图形的不断运动，制约着学生的思维，因此我们要想办法让图形的运动静止下来，然后认真观察图形，仔细分析变量之间的关系，综合运用所学的有关的基础知识及有关数学模型加以解决。

下面就苏州市近三年中考试卷中出现的这类问题进行分析研究，希望对师生们在复习迎考中有所帮助。

一、动点型问题：所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.“动点型问题”题型繁多、题意创新，考察学生的分析问题、解决问题的能力，内容包括空间观念、应用意识、推理能力等，是近几年中考题的热点和难点。

解题策略：解决动点问题的关键是“动中求静”.从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形，通过“旋转、平移、翻折等图形变换方法观察动点的运动”等研究手段和方法，来探索与发现图形性质及图形变化，在解题过程中渗透空间观念和合情推理。

在动点的运动过程中观察图形的变化情况，理解图形在不同位置的情况，做好计算推理的过程。

在变化中找到不变的性质（轴对称、中心对称、全等、相似等）是解决数学“动点”探究题的基本思路，这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

典例精讲：例1：（2011年，苏州，27题），已知四边形ABCD是边长为4的正方形，以AB为直径在正方形内作半圆，P是半圆上的动点（不与点A、B重合），连接PA、PB、PC、PD．(1)如图①，当PA的长度等于时，∠PAB＝60°；当PA的长度等于时，△PAD是等腰三角形；(2)如图②，以AB边所在直线为x轴、AD边所在直线为y轴，建立如图所示的直角坐标系（点A即为原点O），把△PAD、△PAB、△PBC的面积分别记为S1、S2、S3．点P坐标为（a，b），试求2 S1S3－S22的最大值，并求出此时a，b的值．【考点】直径所对的圆周角是直角, 直角三角形中30°所对对的边是斜边的一半, 相似三角形的判定和性质, 等腰三角形的判定和性质, 直径垂直平分弦, 二次函数的最大值.解题的关键是画出运动过程中符合条件的静止图形（如下四张静止图形）。