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

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∠AFG=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四边形BNN′B′﹣S△OGN′，可分别得到S与t的函数关系式． 【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=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=．