新课标版中考数学总复习第二部分热点题型攻略题型四图形动态问题.

第二部分热点题型攻略题型四图形动态问题类型一图形变换问题典例精讲例（’13岳阳）某数学兴趣开展了一次课外活动，过程如下，如图①，正方形ABCD中，AB＝6，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点与D点重合.三角板的一边交AB于点P，另一边交BC的延长线于点Q.（1）求证：DP=DQ；（2）如图②，小明在图①的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E，连接PE，他发现PE和QE存在一定的数量关系，请猜测他的结论并予以证明；例1题图（3）如图③，固定三角板直角顶点在D点不动，转动三角板，使三角板的一边交AB的延长线于点P，另一边交BC的延长线于点Q，仍作∠PDQ的平分线DE交BC延长线于点E，连接PE，若AB∶AP=3∶4，请帮小明算出△DEP的面积.（1）【思路分析】正方形ABCD∠PDQ＝90°∠ADP=∠CDQ△ADP≌△CDQ(ASA)DP=DQ;证明：∵在正方形ABCD中，AD=CD，∠A=∠ADC=∠DCQ＝90°，∠PDQ＝90°，∴∠ADP+∠PDC=∠QDC+∠PDC＝90°，∴∠ADP=∠CDQ,∴△ADP≌△CDQ(ASA),∴DP=DQ;（2）【思路分析】△PDE≌△QDEPE=QE；证明:由（1）知DP=DQ.∵∠PDE=∠QDE=45°，DE=DE，∴△PDE≌△QDE(SAS),∴PE=QE；（3）【思路分析】△PDE≌△QDES△DEP=S△DEQ=×CD×EQAB=6,AB∶AP=3∶4AP=8,CQ=8.S△DEP12解：∵AB∶AP=3∶4，AB＝6，∴AP=8,BP＝2.与（1）同理，可以证明△ADP≌△CDQ,∴CQ=AP=8.与（2）同理，可以证明△DEP≌△DEQ,∴PE=QE，设QE＝PE＝x,则BE=BC+CQ-QE＝14-x,在Rt△BPE中，由勾股定理得：BP2+BE2=PE2,即22+(14-x)2=x2,解得x=，即QE＝.507507∴S△DEQ=QE·CD=××6=,∵△DEP≌△DEQ,∴S△DEP=S△DEQ=.507150712121507与图形有关的计算题一般涉及到以下几种问题：1.探究两线段的数量关系.具体方法如下：（1）要证明的线段（角）在某一四边形中，可以考虑直接利用特殊四边形的性质，通过量的转换、等量代换进行求证；（2）如果所要证明的线段（角）在某一三角形中，可以考虑直接利用等腰、直角三角形的性质进行求证；（3）如果所要证明的线段（角）在两个三角形中，可以考虑通过三角形全等的判定及性质进行证明.出现直角三角形，则利用斜边的中线等于斜边的一半或30°角所对的直角边为斜边的一半进行等量代换；出现等腰三角形，则利用等腰三角形的性质两腰相等、两底角相等、底边上的高垂直于底边等进行求解.在等腰三角形中出现60°角，则可以转化为等边三角形和含30°角的特殊直角三角形进行求解.2.两线段的位置关系通常为平行或垂直.先观察图形，根据图形先推测两线段的位置关系是平行或垂直.若平行，则常通过以下方法进行证解：（1）平行线判定的定理；（2）平行四边形对边平行；（3）三角形中位线性质等.若垂直，则常通过以下方法进行证解:（1）证明两线段所在直线夹角为90°；（2）两线段是矩形的邻边；（3）两线段是菱形的对角线；（4）勾股定理的逆定理；（5）利用等腰三角形三线合一的性质等方式证明.3.求线段长度、比值时一般多涉及三角形全等和相似的相关证明和性质的运用，具体方法如下：要计算线段比、面积比时，可考虑从下列两方面思考：①直接利用特殊图形的性质先求出对应线段、面积的值，再求比值；②通过寻找相似三角形，利用三角形相似的性质求相应的比值.类型二图形中动点问题典例精讲例1（’13郴州）如图，△ABC中,AB=BC,AC=8，tanA=k,P为AC边上一动点，设PC＝x，作PE∥AB交BC于E，PF∥BC交AB于F.（1）证明：△PCE是等腰三角形；（2）EM、FN、BH分别是△PEC、△AFP、△ABC的高，用含x和k的代数式表示EM、FN，并探究EM、FN、BH之间的数量关系；（3）当k=4时，求四边形PEBF的面积S与x的函数关系式，x为何值时，S有最大值？并求出S的最大值.例1题图（1）【思路分析】根据等边对等角可得∠A=∠C,然后根据两直线平行，同位角相等求出∠CPE＝∠A，从而得出∠CPE=∠C，即可得证.证明：∵PE∥AB,∴∠CPE=∠A,∵AB=BC,∴∠A=∠C,∴∠C=∠CPE,∴CE=PE,即△PCE是等腰三角形；（2）【思路分析】根据等腰三角形三线合一的性质求出CM=CP，然后求出EM，同理求出FN、BH的长，再结合整理可得EM+FN＝BH.解：∵AB=BC,BH⊥AC,AC=8，∴AH=CH=AC=4,∵在Rt△ABH中，tanA==k,∴BH=4k,12BHAH12∵EM、FN、BH分别是△PEC、△AFP、△ABC的高，∴△CME∽△CHB,△ANF∽△AHB,∴，，即=,=,∴EM=kx,FN=，∴EM+FN=BH;EMCMBHCHFNANBHAH124x124EMk4FNk82kx124x（3）【思路分析】分别求出EM、FN、BH，然后根据S△PCE,S△APF,S△ABC的关系，即S=S△ABC-S△CPE-S△APF，整理即可得到S与x的关系式，然后利用二次函数的最值问题解答.12解：当k=4时，EM=2x，FN＝16-2x,BH=16,∴S=S△ABC-S△AFP-S△CPE＝AC·BH-AP·FN-CP·EM=×8×16-(8-x)(16-2x)-x·2x=64-(x2-16x+64)-x2=-2x2+16x+64-64=-2(x-4)2+32,∴当x=4时，S有最大值，且为32.1212121212例2(’14常德)如图①、②，已知四边形ABCD为正方形，在射线AC上有一动点P，作PE⊥AD（或延长线）于E，作PF⊥DC（或延长线）于F，作射线BP交EF于G.（1）在图①中，设正方形ABCD的边长为2，四边形ABFE的面积为y，AP＝x，求y关于x的函数表达式；（2）结论：GB⊥EF对图①、图②都是成立的，请任选一图形给出证明；（3）请根据图②,证明：△FGC∽△PFB.例2题图(1)【思路分析】在等腰直角三角形AEP中,AP=x,由勾股定理得AE=EP=x，于是可分别用含x的式子表示Rt△DEF、Rt△BFC的两直角边,根据S四边形ABFE=S正方形ABCD-S△DEF-S△BFC求得y关于x的函数表达式.解：∵EP⊥AD，PF⊥DC，∴四边形EPFD是矩形，∵AP=x，∴AE=EP=DF=x，DE=PF=FC=2-x，222222∴S四边形ABFE=4-DF×ED-BC×FC＝4-×x(2-x)-×2·（2-x）=x2+2；1212121222221422(2)【思路分析】如解图①，先证明Rt△FPE≌Rt△BHP,然后证明△FPG∽△BPH,根据相似三角形的对应角相等得出结果，图②的证法相同.解：如解图①,证明:GB⊥EF．延长FP交AB于H，∵PF⊥DC，PE⊥AD，∴PF⊥PE，PH⊥HB,即∠BHP=90°,∵四边形ABCD是正方形，∴在Rt△FPE与Rt△BHP中,PF=FC=HB，∠EPF=∠PHB=90°，EP=PH,∴Rt△FPE≌Rt△BHP（SAS）,∴∠PFE=∠PBH，又∵∠FPG=∠BPH，∴△FPG∽△BPH，∴∠FGP=∠BHP=90°，即GB⊥EF；例2题解图①H（3）【思路分析】欲证△FGC∽△PFB,首先根据GB⊥EF得到∠BPF＝∠CFG.有一角对应相等，再找来这个角的两边对应成比例即可，需连接PD，易证△DPC∽△BPC，△PGF∽△FPE，则PD=PB=EF，PF2=FG×EF,问题解决.证明：证法一：∵GB⊥EF，∴∠BPF=∠CFG①如解图②，连接PD，在△DPC和△BPC中，∵DC=BC,∠DCP=∠BCP=135°,PC=PC,∴△DPC≌△BPC（SAS），∴PD=PB．而PD=EF,∴EF=PB又∵GB⊥EF，∴PF2=FG×EF，∴PF2=FG×PB,而PF=FC,∴PF×FC＝FG×PB，∴②,∴由①②得△PFB∽△FGC.PFFGPBPB例2题解图②证明：证法二:∵GB⊥EF，∴∠BPF=∠CFG①.又∵BG⊥FG,BC⊥CF，如解图②，取BF的中点M,则MG=MF=MB,MC=MF=MB,∴B,C,G,F四点在以M为圆心,MB为半径的圆上，∴∠PBF=∠FCG②,∴由①②得△FGC∽△PFB.面积与变量之间函数关系和最值问题具体方法如下：(1)根据题意，用题设中已知量设出自变量（时间t或线段长x）表示出所求图形中的线段长；（2）观察所求图形的面积能不能直接利用面积公式求出，若能，根据几何图形面积公式得到自变量（时间t或线段长x）关于面积的二次函数关系式（注意自变量的取值范围），若所求图形的面积不能直接利用面积公式求出时，则需将所求图形分割成几个可直接利用面积公式计算的图形，进行求解；（3）结合已知条件和函数图象性质求出面积取最大时的自变量的值.类型三图形中动点存在、探究问题典例精讲例1（’14郴州）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠B＝60°，BC＝16cm，AD是斜边BC上的高，垂足为D，BE＝1cm，点M从点B出发沿BC方向以1cm/s的速度运动，点N从点E出发，与点M同时同方向以相同的速度运动，以MN为边在BC的上方作正方形MNGH.点M到达点D时停止运动，点N到达点C时停止运动，设运动时间为t（s）.（1）当t为何值时，点G刚好落在线段AD上？（2）设正方形MNGH与Rt△ABC重叠部分的图形的面积为S，当重叠部分的图形是正方形时，求出S关于t的函数关系式并写出自变量t的取值范围.（3）设正方形MNGH的边NG所在直线与线段AC交于点P，连接DP，当t为何值时，△CPD是等腰三角形？（1）【思路分析】（1）点G刚好落在线段AD上，此时点N运动到D点，DM=1cm，故只要求出EN的长问题得以解决.例1题图解：在Rt△ABC中，∵∠B=60°,BC=16cm，∴cos60°=，即AB=8cm,同理，BD=4cm，∴EN=3cm，即t=3s；（2）【思路分析】先用含t的代数式表示出重叠部分的图形是正方形时的边长，再求它的面积，分情况讨论.16ABABBC解：当M运动如解图①所示时，MH没有到达AD，此时正方形MNGH是边长为1的正方形.令H点在AB上，∵在Rt△BMH中，HM=MN=1,∠B=60°，∴tan60°=，∴HM=t＝1，t=,此时，正方形MNGH恰好完全在△ABC内且边长为1，S=1.当N运动到如解图②所示时，N点继续向前移动，∵当M运动到D点时停止运动，此时t=4,HMHMBMt333∴D点、M点重合，N点继续向前移动，此后正方形MNGH面积与前面不同.令G点在AC上,由（1）中可知，BD＝4cm，AB＝8cm，BC＝16cm，AC=cm，∴可得MN＝t-(4-1)=t-3，CN＝15-t，∵△CGN∽△CBA,∴,即,∴t=-3，面积S=MN2＝（t-3）2=t2-6t+9，∴可得S=1≤t4t2-6t+94≤t≤-3；GNCNABAC315883tt63336383例1题解图【难点突破】此题关键是抓住重叠部分的图形是正方形.（3）【思路分析】由于运动，需要分三种情况讨论，当CP=CD，DP=CP，DP=CD，转化为方程即可解决.解：①当CP=CD=12时，∵CN=15－t，∴cos30°=，∴t=15－；153122CNtCP63例1题解图③②当DP=CP时，有CN=DN=6，即15－t=6，∴t=9；③当DP=CD=12，而0＜DP＜，故无解.综上，当t=15-或t=9时，△CPD是等腰三角形.6343例2(’13怀化)如图，矩形ABCD中，AB=12cm，AD=16cm，动点E、F分别从A点、C点同时出发，均以2cm/s的速度分别沿AD向D点和沿CB向B点运动.（1）经过几秒首