江苏省13市2015年中考数学试题分类汇编解析：动态几何问题

江苏省13市2015年中考数学试题分类解析汇编（20专题）专题13：动态几何问题1.（2015年江苏泰州3分）如图，在平面直角坐标系xOy中，△'''CBA由△ABC绕点P旋转得到，则点P的坐标为【】A.0,1B.1,1-C.0,1-D.1,0【答案】B.【考点】旋转的性质；旋转中心的确定；线段垂直平分线的性质.【分析】根据“旋转不改变图形的形状与大小”和“垂直平分线上的点到线段两端的距离相等”的性质，确定图形的旋转中心的步骤为：1.把这两个三角形的对应点连接起来；2.作每条线的垂直平分线；3.这三条垂直平分线交于一点,此点为旋转中心.因此，作图如答图,点P的坐标为1,1-.故选B.2.（2015年江苏盐城3分）如图，在边长为2的正方形ABCD中剪去一个边长为1的小正方形CEFG，动点P从点A出发，沿A→D→E→F→G→B的路线绕多边形的边匀速运动到点B时停止（不含点A和点B），则△ABP的面积S随着时间t变化的函数图像大致为【】2168网2A.B.C.D.【答案】B.【考点】单动点问题；函数图象的分析；正方形的性质；三角形的面积；分类思想和数形结合思想的应用.【分析】根据题意，可知△ABP的面积S随着时间t变化的函数图像分为五段：当点P从A→D时，△ABP的面积S是t的一次函数；当点P从D→E时，△ABP的面积S不随t的变化而变化，图象是平行于t轴的一线段；当点P从E→F时，△ABP的面积S是t的一次函数；当点P从F→G时，△ABP的面积S不随t的变化而变化，图象是平行于t轴的一线段；当点P从G→B时，△ABP的面积S是t的一次函数.故选B.3.（2015年江苏扬州3分）如图，在平面直角坐标系中，点B、C、E在y轴上，Rt△ABC经过变换得到Rt△ODE，若点C的坐标为（0，1），AC=2，则这种变换可以是【】01·c·n·03A.△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移3B.△ABC绕点C顺时针旋转90°，再向下平移1C.△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移1D.△ABC绕点C逆时针旋转90°，再向下平移3【答案】A.【考点】图形的旋转和平移变换.【分析】按各选项的变换画图（如答图），与题干图形比较得出结论.故选A.1.（2015年江苏扬州3分）如图，已知Rt△ABC中，∠ABC=90°，AC=6，BC=4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF=▲．2-1-07【答案】5.【考点】面动旋转问题；直角三角形斜边上中线的性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理；勾股定理.【分析】如答图，连接CF，过点F作FGAC于点G，∵在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点F是DE的中点，∴12CFEFDFDE.∴CEF是等腰三角形.∵将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，BC=4，AC=6，∴4,6CECD.∵FGAC，∴122EGCGCE.∴4AGACCG又∵GF、分别是ECED、的中点，∴GF是△DEC的中位线.∴132GFCD.在Rt△AGF中，∵4AG，3GF，∴由勾股定理，得AF=5.2.（2015年江苏宿迁3分）如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为（0，4），直线334yx与x轴、y轴分别交于点A，B，点M是直线AB上的一个动点，则PM长的最小值为▲．【答案】285.【考点】单动点问题；直线上点的坐标与方程的关系；垂线段最短的性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质．【分析】根据垂线段最短得出PM⊥AB时线段PM最短，分别求出PB、OB、OA、AB的长度，利用△PBM∽△ABO，即可求出答案如答图，过点P作PM⊥AB，则：∠PMB=90°，当PM⊥AB时，PM最短，∵直线334yx与x轴、y轴分别交于点A，B，∴点A的坐标为（4，0），点B的坐标为（0，﹣3）.在Rt△AOB中，∵AO=4，BO=3，∴根据勾股定理，得AB=5.∵∠BMP=∠AOB=90°，∠ABO=∠PBM，∴△PBM∽△ABO.∴PBPMABAO，即：4354PM，解得285PM.3.（2015年江苏镇江2分）如图，将等边△OAB绕O点按逆时针方向旋转150°，得到△OA′B′（点A′，B′分别是点A，B的对应点），则∠1=▲°．【答案】150．【考点】旋转的性质；等边三角形的性质．【分析】∵等边△OAB绕点O按逆时针旋转了150°，得到△OA′B′，∴∠AOA′=150°，∵∠A′OB′=60°，∴∠1=360°﹣∠AOA′﹣∠A′OB′=360°﹣150°﹣60°=150°.4.（2015年江苏镇江2分）如图，△ABC和△DBC是两个具有公共边的全等三角形，AB=AC=3cm，BC=2cm，将△DBC沿射线BC平移一定的距离得到△D1B1C1，连接AC1，BD1．如果四边形ABD1C1是矩形，那么平移的距离为▲cm．【答案】7．【考点】面动平移问题；相似三角形的判定和性质；等腰三角形的性质；矩形的性质；平移的性质．【分析】如答图，过点A作AE⊥BC于点E，∵∠AEB=∠AEC1=90°，∴∠BAE+∠ABC=90°.∵AB=AC，BC=2，∴BE=CE=12BC=1，∵四边形ABD1C1是矩形，∴∠BAC1=90°.∴∠ABC+∠AC1B=90°.∴∠BAE=∠AC1B.∴△ABE∽△C1BA.∴1BEAEABBC.∵AB=3，BE=1，∴1133BC.∴BC1=9.∴CC1=BC1﹣BC=9﹣2=7，即平移的距离为7．1.（2015年江苏连云港12分）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为22的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上．（1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，将线段DG与线段BE相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．【答案】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB.如答图1，延长EB交DG于点H，在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°，∴∠AEB+∠ADG=90°.在△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°，∴∠DHE=90°.∴DG⊥BE.（2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE，∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE.如答图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，则∠AMD=∠AMG=90°，∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠MDA=45°.在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2，∴2DMAM.在Rt△AMG中，根据勾股定理得：226GMAGAM，∵26DGDMGM，∴26BEDG.（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由如下：∵对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大；∵对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大.∴△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6．【考点】面动旋转问题；正方形的性质；全等三角形的判定和性质；三角形内角和定理；等腰直角三角形的性质，勾股定理；数形结合思想的应用．【分析】（1）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB，作辅助线“延长EB交DG于点H”，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，从而利用垂直的定义即可得DG⊥BE.（2）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，作辅助线“过点A作AM⊥DG交DG于点M”，则∠AMD=∠AMG=90°，在Rt△AMD中，根据等腰直角三角形的性质求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长.（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：对两个三角形，点H分别在以EG为直径的圆上和以BD为直径的圆上，当点H与点A重合时，两个三角形的高最大，即可确定出面积的最大值．2.（2015年江苏苏州10分）如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半径为2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切．现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动；⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当⊙O回到出发时的位置（即再次与AB相切）时停止移动．已知点P与⊙O同时开始移动，同时停止移动（即同时到达各自的终止位置）．（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了▲cm（用含a、b的代数式表示）；（2）如图①，已知点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点．若点P与⊙O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离；（3）如图②，已知a=20，b=10．是否存在如下情形：当⊙O到达⊙O1的位置时（此时圆心O1在矩形对角线BD上），DP与⊙O1恰好相切？请说明理由．【答案】解：（1）2ab.（2）∵在整个运动过程中，点P移动的距离为2abcm，圆心移动的距离为24acm，∴由题意得224aba①.∵点P移动2s到达B点，即点P用2s移动了bcm，点P继续移动3s到达BC的中点，即点P用3s移动了12acm，【出处：218名师】∴1223ab②.联立①②，解得248ab.∵点P移动的速度与⊙O移动的速度相等，∴⊙O移动的速度为42b（cm/s）.∴这5s时间内圆心O移动的距离为5420（cm）.（3）存在这样的情形.设点P移动的速度为Pvcm/s，⊙O移动的速度为Ovcm/s，根据题意，得22021052422044POvabva.如答图，设直线OO1与AB交于点E，与CD交于点E，⊙O1与AD相切于点PG.若PD与⊙O1相切，切点为H，则11OGOH.易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP.∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD.∴∠BDP=∠CBD.∴BP=DP.设BPxcm，则DPxcm，20PCxcm，在RtPCD中，由勾股定理，得222PCCDPD，即2222010xx，解得252x.∴此时点P移动的距离为25451022（cm）.∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD.∴1EOBEADBA，即182010EO.∴116EOcm，114OOcm.①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O与移动的距离为14cm.∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为454521428.∴此时DP与⊙O1恰好相切.②当⊙O在返回途中到达⊙O1的位置时，⊙O与移动的距离为22041418cm.∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为45455218364.∴此时DP与⊙O1不可能相切.【考点】单动点和动圆问题；矩形的性质；直线与圆的位置关系；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；方程思想和分类思想的应用.【7：2105j*y.co*m】【分析】（1）根据矩形的性质可得：点P从A→B→C→D，全程共移动了2abcm.（2）根据“在整个运动过程中，点P移动的距离等于圆心移动的距离”和“点P用2s移动了bcm，点P用3s移动了12acm”列方程