《初中数学总复习资料》初中数学2018年中考八大题型点拨导练复习：初中数学2018年中考八大题型点拨导练复习（八）动态变化问题.doc

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1、点拨复习（八）动态变化问题【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AB

2、CD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（）ABGFDG HD平分EHG AGBE SHDG：SHBG=tanDAG 线段DH的最小值是22A2B3C4D5【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ABEDCF，ADGCDG（SAS），AGBCGB，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°

3、，在ABE和DCF中，ABEDCF（SAS），ABE=DCF，在ADG和CDG中，ADGCDG（SAS），DAG=DCF，ABE=DAG，DAG+BAH=90°，BAE+BAH=90°，AHB=90°，AGBE，故正确，同法可证：AGBCGB，DFCB，CBGFDG，ABGFDG，故正确，SHDG：SHBG=DG：BG=DF：BC=DF：CD=tanFCD，又DAG=FCD，SHDG：SHBG=tanFCD，tanDAG，故正确取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

4、三点共线时，DH最小，DH最小=22无法证明DH平分EHG，故错误，故正确，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OHAD（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AODBOC，即可解决问题；（2）如图2中，结论：OH=AD，OHAD延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由B

5、EOODA即可解决问题；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BEOODA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，AODBOC（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OHAD（2）解：结论：OH=AD，OHAD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，易证BEOODAOE=AD OH=OE=

6、AD由BEOODA，知EOB=DAODAO+AOH=EOB+AOH=90°，OHAD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BEOODAOE=AD OH=OE=AD由BEOODA，知EOB=DAODAO+AOF=EOB+AOG=90°，AGO=90°OHAD【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BCAD，且BC=3，OD=2，将经过A、B两点的直线l：y=2x10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（t0）（1）四

7、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）当0t3时，根据已知条件得到四边形ABFE是平行四边形，于是得到S=AEOC=4t；当3t7时，如图1，求得直线CD的解析式为：y=2x4，直线EF的解析式为：y=2x

8、+2t10，解方程组得到G（，t7），于是得到S=S四边形ABCDSDEG=20×（7t）×（7t）=t2+7t，当t7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=2x6，设动点P的直线为（m，2m6），求得PM=|（2m6）（4）|=2|m+1|，PN=（2m6|=2（m+3|，FM=|m（1）|=|m+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，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

9、可得到结论【解答】解：（1）在y=2x10中，当y=0时，x=5，A（5，0），OA=5，AC=7，把x=3代入y=2x10得，y=4OC=4，四边形ABCD的面积=（3+7）×4=20；故答案为：20；（2）当0t3时，BCAD，ABEF，四边形ABFE是平行四边形，S=AEOC=4t；当3t7时，如图1，C（0，4），D（2，0），直线CD的解析式为：y=2x4，EFAB，BFAEBF=AE=t，F（t3，4），直线EF的解析式为：y=2x+2t10，解得，G（，t7），S=S四边形ABCDSDEG=20×（7t）×（7t）=t2+7t，当t7时，S=S四边形

10、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=2x6，设动点P的直线为（m，2m6），PM直线BC于M，交x轴于n，M（m，4），N（m，0），PM=|（2m6）（4）|=2|m+1|，PN=（2m6|=2（m+3|，FM=|m（1）|=|m+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PFMPFT，PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，=2，作FKx轴于K，则KF=4，由TKFPNT得， =2，NT=2KF=8，PN2+NT2=PT2，4（m+3）2

11、+82=4（m+1）2，解得：m=6，2m6=6，此时，P（6，6）；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PFMPFT，PT=PM=2|m+1|，FT=FM=|m+1|，=2，作PHy轴于H，则PH=|m|，由TFCPTH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，2m6=，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

12、边上的G点处，若矩形面积为4且AFG=60°，GE=2BG，则折痕EF的长为（）A1BC2D【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RtGHE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=GFEGFE+DFE=18

13、0°AFG=120°，GFE=60°AFGE，AFG=60°，FGE=AFG=60°，GEF为等边三角形，EF=GEFGE=60°，FGE+HGE=90°，HGE=30°在RtGHE中，HGE=30°，GE=2HE=CE，GH=HE=CEGE=2BG，BC=BG+GE+EC=4EC矩形ABCD的面积为4，4ECEC=4，EC=1，EF=GE=2故选C2. （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（）ABCD【

14、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（

15、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：B3. （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

16、最小值，CD=4，CE=1，DE=3，在RtADE中，AE=5，PC+PE的最小值为5故答案为：54. （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，ACBD旋转图1中的RtCOD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RtCOD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，ACBD，根据旋转

17、的性质得到OD=OD，OC=OC，DOD=COC，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ACBD，AO=CO，BO=DO，求得OB=OA，OD=OC，根据旋转的性质得到OD=OD，OC=OC，DOD=COC，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，ACBD，理由：四边形ABCD是正方形，AO=OC，BO=OD，ACBD，将RtCOD旋转得到RtCOD，OD=OD，OC=OC，DOD=COC，AO=BO，OC

18、=OD，AOC=BOD，在AOC与BOD中，AOCBOD，AC=BD，OAC=OBD，AOD=BOO，OBO+BOO=90°，OAC+AOD=90°，ACBD；图3结论：BD=AC，ACBD理由：四边形ABCD是菱形，ACBD，AO=CO，BO=DO，ABC=60°，ABO=30°，OB=OA，OD=OC，将RtCOD旋转得到RtCOD，OD=OD，OC=OC，DOD=COC，OD=OC，AOC=BOD，=，AOCBOD，=，OAC=OBD，BD=AC，AOD=BOO，OBO+BOO=90°，OAC+AOD=90°，ACBD5. 如图

19、，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|x15|+=0（OAOC），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tanCBD=（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（0t13）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EFOA于点E，交CB于点F，由条件可求得D点坐标，且可求得=，结合DEON，利用平行

20、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BNNB的面积，当N在y轴的负半轴上时，可用t表示出直线BN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BNNBSOGN，可分别得到S与t的函数关系式【解答】解：（1）|x15|+=0，x=15，y=13，OA=BC=15，AB=OC=13，B（15，13）；（2）如图1，过D作EFOA于点E，交CB于点F，由折叠的性质可知BD=BC=15，BDN=BCN=90°，tanCBD=，=，且BF2+D

21、F2=BD2=152，解得BF=12，DF=9，CF=OE=1512=3，DE=EFDF=139=4，CND+CBD=360°90°90°=180°，且ONM+CND=180°，ONM=CBD，=，DEON，=，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0t8时，如图2，由题意可知四边形BNNB为平行四边形，且NN=t，S=NNOA=15t；当点N在y轴负半轴上，即8t13时，设直线BN交x轴于点G，如图3，NN=t，可设直线BN解析式为y=x+8t，令y=0，可得x=3t24，OG=24，ON=8，NN=t，ON=t8，S=S四边形BNNBSOGN=15t（t8）（3t24）=t2+39t96；综上可知S与t的函数关系式为S=