第18讲 几何动态问题-考点题型专项训练及答案（2021年广东省深圳市中考数学复习）

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1、深圳中考专项复习第深圳中考专项复习第 2323 讲之几何动态问题讲之几何动态问题 【考点介绍】 2020 年的深圳中考第一次出现以纯几何动点动态问题作为两题解答压轴题之一， 考查二次函数与几何知识的综合 运用，难度极大，其中第（2）小题中等难度，第（3）小题高难度。 【最近五年深圳中考实题详解】 1.(2020 深圳)背景： 一次小组合作探究课上， 小明将两个正方形按背景图位置摆放 （点 E， A， D 在同一条直线上） ， 发现 BE=DG 且 BEDG。小组讨论后，提出了三个问题，请你帮助解答： （1）将正方形 AEFG 绕点 A 按逆时针方向旋转， （如图 1）还能得到 BE=DG 吗？

2、如果能，请给出证明如若不能，请 说明理由： （2）把背景中的正方形分别改为菱形 AEFG 和菱形 ABCD，将菱形 AEFG 绕点 A 按顺时针方向旋转， （如图 2）试问当 EAG 与BAD 的大小满足怎样的关系时，背景中的结论 BE=DG 仍成立？请说明理由； （3）把背景中的正方形改成矩形 AEFG 和矩形 ABCD，且AE AG = AB AD = 2 3，AE=4，AB=8，将矩形 AEFG 绕点 A 按顺时针方 向旋转（如图 3） ，连接 DE，BG。小组发现：在旋转过程中， BG 2+DE2是定值，请求出这个定值 【解析】 （1）全等中的典型模型“手拉手模型” ，由 AE=AG,

3、EAB=GAD，AB=AD 可证EABGAD，则 BE=DG； （2）题目背景图由正方形改为菱形，三角形全等所需要的“等边”条件仍存在，故仍是全等中的典型模型“手拉 手模型” ， 依解题思路的延续性， 套用 （1） 的思路解题即可。 仍可由 AE=AG,EAB=GAD， AB=AD 可证EABGAD， BC D H A E F G 图4 则 BE=DG； （3）题目背景图由菱形改为矩形，三角形全等所需要的“等边”条伯已经不存在，故采用三角形相似知识解题， 但“解题思路的延续性”这种分析方法却不会变，只是由“EABGAD”转化成了“EABGAD” ，从这个相 似的解题寻找解题的突破口。故需要连接

4、 EB，BD,设 BE 和 GD 相交于点 H，则由AE AG = AB AD，EAB=GAD 可证， EABGAD.相似之后怎么走，走边还是走角？关键看得到结论需要什么。所求结论中“BG 2+DE2”这种结构形式的 线段的平方，多在勾股定理中常见，故利用勾股定理知识及寻找 BG、DE 所在的 Rt，是接下来的路线中优先思考 的问题。注意到题干中的一个条件“BEDG”之前的小题一直没涉及到，这两条“暗示信息”足以坚信接下来要做 的事，就是证明 GDBE，而证明垂直需要的角度则会来源于刚刚证明过的EABGAD.则由EABGAD 可得 AEB=AGD,GHE=EAC=90,DE2= EH2+ HD

5、2, BG2= GH2+ HB2, BG2+ DE2= GH2+ HB2+ EH2+ HD2=(GH2+ EH2)+ (HB2+ DH2) = EG2+ BD2 EG2= AE2+ AG2= 42+ 62= 52, BD2= AB2+ AD2= 82+ 122= 208,BG2+ DE2= 260,BG2+ DE2是定 值. 【针对练习巩固】 1.问题发现：如图 1，在OAB 和OCD 中，OA=OB，OC=OD，AOB=COD=40，连接 AC，BD 交于点 M， （1）填空：AC BC的值为 ； AMB 的度数为 , （2）类比探究，如图 2，在OAB 和OCD 中，AOB=COD=90，

6、OAB=OCD=30，连接 AC 交 BD 的延长线于 点 M，请判断AC BC的值及AMB 的度数，并说明理由： 2.如图，在ABC 中，AB=AC=6,BC=2,过点 A 作 AM/BC，点 P 是 AB 上一点，作CPD=B，PD 交 AM 于点 D. （1）如图 1，在 BA 的延长线上取点 G，使得 DG=DA，则 AD:AG 的值为_； （2）如图 2，在（1）的条件下，求证：DGPPBC； （3）如图 2，当点 P 是 AB 的中点时，求 AD 的长； 3.在ABC 中，ACB=45,点 D 为射线 BC 上一动点（与点 B,C 不重合） ，连接 AD，以 AD 为一边作在 AD

7、 一侧作正 方形（如图 1）. （1）如果 AB=AC，且点 D 在线段 BC 上运动，证明：CFBD； （2）若 ABAC，且点 D 在射线 BC 的延长线上运动，请在图 2 中画出相应的示意图，此时（1）中的结论是否成立？ 请说明理由； （3）设正方形 ADEF 的边 DE 所在直线与直线 CF 交于点 F，若 AC=4,CD=2，求线段 CP 的长. 图2 图1 A B C D P M M P G D CB A C B A 图2 图1 F E D C B A 4.如图 1，菱形 ABCD 的顶点 A，D 在直线上，BAD60，以点 A 为旋转中心将菱形 ABCD 顺时针旋转（0 30）

8、，得到菱形 ABCD，BC交对角线 AC 于点 M，CD交直线 l 于点 N，连接 MN （1）当 MNBD时，求的大小 （2）如图 2，对角线 BD交 AC 于点 H，交直线 l 与点 G，延长 CB交 AB 于点 E，连接 EH当HEB的周 长为 2 时，求菱形 ABCD 的周长 5.如图，在平面直角坐标系中，已知矩形 OABC 的顶点 A 在 x 轴上，顶点 C 在 y 轴上，已知 A（8，0） ，C（0，6） 一 块直角三角板 PDE 的直角顶点 P 始终在对角线 AC 上运动（不与 A、C 重合） ，且保持一边 PD 始终经过矩形顶点 B， PE 交 x 轴于点 Q。 （1）AB B

9、C=_； （2）在点 P 从点 C 运动到点 A 的过程中，PQ PB 的值是否发生变化？如果变化，请求出其变化范围；如果小变，请求 出其值； （3）若将QAB 沿直线 BQ 折叠后，点 A 与点 P 重合，则 PC 的长为_ 6.如图（1）已知正方形 ABCD 在直线 MN 的上方，BC 在直线 MN 上，E 是 BC 上一点，以 AE 为边在直线 MN 上方作正 方形 AEFG. (1)连接 GD,求证：ADG ABE； Q P E D C B AO y x 1 2 3 4 5 0 F 图2 x y OA B C P Q （2）连接 FC，观察并猜测FCN 的度数，并说明理由. （3）如图

10、（2） ，将图（1）中正方形 ABCD 改为矩形 ABCD，AB=a,BC=b(a,b为常数)，E 是线段 BC 上一动点（不含端 点 B,C） ， 以 AE 为边在直线 MN 的上方作矩形 AEFG， 使顶点 G 恰好落在射线 CD 上， 请判断： 当点 E 由 B 向 C 运动时， FCN 的大小是否保持不变？若不变，请用含a,b的代数式表示 tanFCN 的值；若发生变化，请举例说明。 （直接写 出结果即可） 7如下图左，正ABC 中，点 D 为 BC 边的中点，将ACB 绕点 C 顺时针旋转角度（600）得ACB， 点 P 为线段 AC 上的一点，连接 PD 与 BC、AC 分别交点点

11、 E、F，且PAC=EDC. （1）求证：AP=2ED； （2）猜想 PA 和 PC 的位置关系，并说明理由； （3）如下图右，连接 AD 交 BC 于点 G，若 AP=2,PC=4，求 AG 的长. 8.如图，矩形 AOBC 的顶点 B、A 分别在坐标轴上，C 点坐标是（5，4） 、D 为 BC 边上一点，将矩形沿 AD 折叠，点 C 落在 x 轴上的点 E 处，AD 的延长线与 x 轴交于点 F. （1）如图 1，求点 D 坐标； （2）如图 2，若 P 是 AF 上一动点，PMAC 交 AC 于点 M，PNCF 于点 N，设 AP=t，FN=s，求 s 与 t 之间的函数关系式； （3）

12、在（2）的条件下，是否存在点 P，使PMN 为等腰三角形？若存在，请直接写出 P 点坐标；若不存在，请说 明理由。 【答案详解】 1. 【解析】 （1）全等中的典型模型“手拉手模型” ，由 OA=OB,COA=DOB，OC=OD 可证COADOB， C EF D B A 图2 o x yy x o 图1 A B P D M N FE C 则 AC=BC； ；再由三角形全等的性质得CAO=DBO,然后根据三角形的内角和定理即可得:； 在OAB中，180140OABOBAAOB 在ABM中， 8)1 0(CAAMBO BBAOAD 180()DADBBOO BA )180140(40180OABO

13、BA AC BC的值为 1；AMB 的度数为 40 （2）题目背景图由等腰三角形改为直角三角形，三角形全等所需要的“等边”条伯已经不存在，故采用三角形相 似知识解题， 但 “解题思路的延续性” 这种分析方法却不会变， 只是由 “COADOB” 转化成了 “COADOB” ， 从这个相似的解题寻找解题的突破口。 则分别在RtCOD、 RtAOB 中由 tan30=OD OC = OB OA = 3 3 及COA=DOB 可证COADOB， BD AC = OB OA = 3 3 ， 即AC BC = 3； 与（1）的解法类似，先由相似三角形的性质得CAO=DBO，然后根据三角形的内角和定理即可得

14、. 在OAB中，18090OABOBAAOB 在ABM中， 8)1 0(CAAMBO BBAOAD 180()DADBBOO BA )180901(9080OABOBA AC BC的值为3；AMB 的度数为 90 2.【思路导入】几何动点动态题型一般有两类变化：单纯的几何动点问题，如此题；与行程问题结合的几何动 点问题，如 22 题；在解题方法上，类题只有一个，那就是“解题思路的延续性”，类题有两个： “用 t 表示出 能表示的所有线段，及解题思路的延续性” ；在解题经验上，这类题一般难度在中等偏上，所以一定会考查“四个 典型”； 【思路分析】 （1）求线段比问题，首选相似，找两个这样的三角形

15、相似：一个含有所求的边 AD、AG，另一个是已知三角形，依 这条线索， 不难找到DAG 与ABC。 这两个三角形均是等腰三角形， 只需证一组对应角即可， 由 AM/BC 可得GAD= B，则DAGABC，得 AD:AG=AB:BC=6：2=3； （2）由 AM/BC 可得B=GAD，由B=CPD、GAD=G 可得B=GAD=G，就出现了相似中的典型模型“一线 三等角模型”，如图 3，以下是固定思路：由三角形内角和公式易证GPD=PCB,则DGPPBC. （3）解题思路的延续性：套用（1） （2）思路构造“一线三等角模型”，利用相似知识求解 AD 的长。 如图 4.在 BA 延长线上取一点 G，

16、使 DG=DA。 由（1）可知 AD=DG=3AG，设 AG=x，则 AD=DG=3x，BP=AP=3，PG=3+x； 由（2）可知DGPPBC，DG:PB=GP:BC，即 3x:3=(3+x):2，解得 x=3，AD=3x=9. 【思路总结】 问题（1）考查相似的典型题型“求线段比问题”，所走的分析思路也是最常见的走法； 问题（2）考查“四个典型中”的“典型模型：一线三等角模型”； 问题 （3） 考查对“解题思路的延续性”的理解与运用， 理解到位， 运用在思路框架上就是“复制粘贴、 略作修改”， 改动的只是具体解题过程中的某一个步骤：利用相似性质，外加方程思路求解具体题目。 图3 A B D

17、M P G C 图4 G A BC D P M 3. 【解析】 （1） 由题可知ABC 为等腰直角三角形， 由易得 AB=AC,BAD=CAF， AD=AF， 则BADCAF， 则B=ACF=45, ACB=45,BCF=90,即 FCBD； （2） 【思路分析】 此题为几何动点问题，最好的解题方法是：解题思路的延续性。即“套用”第（1）小题的思路来分析思考，通俗 地说：第（1）小题怎么做，则第（2）小题就怎么做。所以首先先总结第（1）小题的做法。 第（1）小题证明结论正确，用到的最主要知识点是BADCAF，而全等条件则由图形中的“等腰直角三角形” 及“正方形”这两个图形性质来提供。故第（2）

18、小题也应采用这一思路过程来论证； 第（2）小题，首先补图：补上全等条件需要的“等腰直角三角形”及“正方形” ，如图 3.明显BAD 与CAF 不 全等，故需要构造一个能与CAF 全等的新的三角形，由图中缺少“等腰直角三角形”这个图形，故作 AMAC 交 BD 于点 M，则MAD 是等腰直角三角形，加上“正方形 ADEF”的性质，易证MADCAF，则AMD=ACF=45, ACB=45,BCF=90,即 FCBD； 注意（1） 、 （2）小题思路过程及步骤过程的比对，发现：证明 FCBD 的思路过程完全相同，即使在解题步骤上， 除了多了一条辅助线 AM，其余仅仅是把（1）中过程中的凡是带“B”的

19、线段，修改为带“M”的线段。这就是解决 几何动点问题最好的解题方法： “解题思路的延续性”-“复制粘贴，略作修改” （3） 【思路分析】 由（1） 、 （2）可暗示第（3）小题 D 点的位置也应该有两个：在线段 BC 上和在射线 BC 上，故存在分类讨论。先解 决第一种更为简单的情况，再利用“解题思路的延续性”来解决更有难度的第二种情况。 如图 4.由解题经验“凡出现 45角，必构造等腰直角三角形”可暗示辅助线的添法：作 ANBC 于点 N，则图形 中 RtAND 与 RtDCP 构成了一个数学典型模型“一线三垂直模型” ，必证且必用“ANDDCP” ，则AN ND = DC CP， 只需算出

20、 AN、ND、DC 的长度即可求出 CP 的长度。由等腰直角三角形 ANC 及 AC=4 可得 AN=NC=22,由 CD=2，可得 ND=22-2,则可得 CP=2-2； 【思路分析】 “套用”的思路过程： “作垂线构造等腰直角三角形-寻找相似的典型图形或模型-利用相似性质解题” 如图 5. 作 ANBC 于点 N， 则图形中 RtAND 与 RtDCP 构成了一个相似的典型图形 “A 字模型” ， 必证且必用 “ ANDPCD” ，则PC AC = DC ND，只需算出 AN、ND、DC 的长度即可求出 CP 的长度。由等腰直角三角形 ANC 及 AC=4 可得 AN=NC=22,由 CD

21、=2，可得 ND=22+2,则可得 CP=2+2； 综上所述，线段 CP 的长为 2-2或 2-2. 4.【解析】 （1）四边形 ABCD是菱形，ABBCCDAD，BADBCD60， ABD，BCD是等边三角形，MNBC，CMNCBD60， CNMCDB60， CMN 是等边三角形， CMCN， MBND， ABMADN120， ABAD，ABMADN（SAS） ，BAMDAN，CADBAD30，DAD15， 15 （2）CBD60，EBG120，EAG60，EAG+EBG180， 四边形 EAGB四点共圆， AEBAGD， EABGAD， ABAD， AEBAGD （AAS） ， EBGD，

22、AEAG，AHAH，HAEHAG，AHEAHG（SAS） ，EHGH，EHB的周长为 2， EH+EB+HBBH+HG+GDBD2，ABAB2，菱形 ABCD 的周长为 8 图3 M A B CD E F P N 图4 F E D C B A P N 图5 A B CD E F 5.【解析】 （1）由 A、C 两点坐标可得 OA=8，OC=6，由矩形 ABCO 的性质可得 AB=0C=6，BC=OA=8，AB BC= 3 4； （2）数学典型模型： “尺子模型” ，总体解题思路：过尺子顶点做垂线，用相似或全等性质解题 过点 P 分别作 PNOA 于点 N、PMAB 于点 M，通过PNQPMB

23、可得出PQ PB = PN PM，即求 AM PM的值，由相似典型图形 “A 字模型”可得AM PM = AB BC = 3 4； 解：在点 P 从点 C 运动到点 A 的过程中， PQ PB 的值不变，等于 3 4， 如图 3， 过点 P 分别作 PNOA 于点 N、 PMAB 于点 M， PNA=PMA=BAO=90， 四边形 PNAM 是矩形， PN=AM， PM=AN， MPN=90， 又PQPB， BPQ=90， NPQ=MPB， PNQPMB， PQ PB = PN PM， PN=AM， PQ PB = AM PM， PM/BC，AM PM = AB BC = 3 4， PQ PB

24、 = 3 4， 在点 P 从点 C 运动到点 A 的过程中， PQ PB的值不变，等于 3 4 （3） 由数学典型模型 “一线三垂直模型” 可得COAQAB 可得出CO OA = QA AB， 进而可得 AQ=3， 由勾股定理可得 BQ=25， 在直角三角形 ABQ 中，由数学典型模型“双垂模型”的“等面积法”可得 AF=2.4，由折叠性质可得 AP=2AF=4.8， 由勾股定理可得 AC=10，进而可得 PC 的长； 解： 由折叠性质可得 BQ 垂直平分 AP， CAO=QBA， COA=BAQ=90， COAQAB， CO OA = QA AB， OC=AB=6， AB=8， AQ=3，

25、在 RtABQ 中， BQ=32+ 42=5， AQ AB = AF BQ， AF=345=2.4， 由折叠性质可得 PF=AF=2.4， AP=4.8，AB=6，BC=8，AC=10，CP=AC-AP=10-4.8=5.2. 6. 【解析】 （1）四边形 ABCD 和四边形 AEFG 是正方形，AB=AD，AE=AG， BAD EAG90AB=AD，AE=AG，BAD EAG90， BAEEADDAGEAD，BAEDAG， BAEDAG （2）FCN45 理由是：作 FHMN 于 H AEFABE90 BAE +AEB90，FEH+AEB90 FEHBAE ，又AE=EF，EHFEBA90，

26、EFHABE FHBE，EHABBC，CHBEFH， FHC90，FCH45 图3 N M x y OA B C P Q （3）当点 E 由 B 向 C 运动时，FCN 的大小总保持不变， 理由是：作 FHMN 于 H ，由已知可得EAGBADAEF90，结合（1） （2） 得FEHBAEDAG，又G 在射线 CD 上，GDAEHFEBA90， EFHGAD，EFHABE EHADBCb，CHBE， EH AB FH BE FH CH， 在 RtFEH 中，tanFCNFH CH EH AB b a 当点 E 由 B 向 C 运动时，FCN 的大小总保持不变，tanFCN b a 7【解析】

27、8. 【思路分析】 （1）折叠问题,解题方法：折叠性质+方程思想+勾股定理(或相似)，如图 3 思路解答，即可得出 D 点坐标为(3， 3 2). （2）求 S 与 t 的关系，即是求 AP 与 FN 的关系，这里面包含两个问题 利用相似明确 AP 与 FN 的比例关系； 这两个相似三角形中的两组对应边，一定要用 t 或 S 表示出来； 第一个小问题：找含有 AP 与含有 FN 的三角形相似，不难找到AMP 与FNP，有一组直角，只需再找一组对应角相 等即可， 由图初步确定证MAP=NFP， 即证 AC=CF， 解决的办法一定与 （1） 中的 D 点坐标有关。 由 （1） 可得 BD=3 2,

28、CD= 5 2, 则已知条件AC、 CD、 BD与BF恰好构造相似中的一个典型模型“8字模型”， 则易得BF=3， 则由勾股定理可得CF=5=AC， 可得MAP=NFP，AMPFNP，则 AM:AP=FN:PF，即 AM:t=S：PF，想办法用 t 表示出 AM、PF 的长即可得出 S 与 t 的关系式，思路分析就进入到了第二个小问题。 第二个小问题:由勾股定理可以求出 AD=55 2 ,AF=45,则 PF=45-t，由 AP、AD、AM、AC 恰好构成相似的一个典型模 型“A 字模型”， 则 AM:AC=AP:AD=MP:CD， 所以 AM=25 5 t， 第二个小问题解决了。 25 5

29、t： t=S:( 45-t),S= 25 5 t+8. （3）遇到等腰三角形，首先考虑分类讨论，分类讨论题的思维习惯是：先分情况、再画草图、最后由易到难解答； 总体解题思路是：用 t 表示出 PM、PN，结合等腰三角形的“三线合一”及相似知识列方程求解 t 值，再求出 AM 与 PM 的长，即可得到 P 点坐标； 当 MP=NP 时，由（2）可得AMPFNP，则 AP=PF，即 t=45-t,则 t=25,则 AM=4,AP=25,则 MP=2,P(4,2) 当 MP=MN 时， 如图 4， 作 MQPN 于点 Q， 由 （2） AM:AC=MP:CD 可得 MP= 5 5 t， 由AMPFN

30、P 可得 PN=1 2S = 5 5 t+4， 则 PQ= 5 10t+2，MPQ 的两条边都用 t 表示出来了，剩下要做的事就是找一个已知 Rt 三角形与它相似，利用相似性 质列方程求解 t 值。在四边形 PMCN 中，PMC 与PNC 为直角，则MPN+MCN=180,CFB+MCN=180, MPN=CFB,则MPQCFB,则 MP:PQ=CF:BF,即 5 5 t：( 5 10t+2)=5:3,解得 t= 40 11, 则 AM= 40 11,MP= 20 11,P( 40 11, 24 11) 当NP=MN时， 如图5， 作NQPM于点Q， PN= 5 5 t+4， PQ= 5 10

31、t， 由NPQCFB,则NP:PQ=CF:BF,即( 5 5 t+4): 5 10t =5:3, 解得 t=245 11 , 则 AM=48 11,MP= 24 11,P( 48 11, 20 11) 【思路总结】 第（1）小题考查的是“四个典型中的典型题型：折叠问题”；第（2）小题是“典型题型：几何动点与行程问题结 合题型”，最重要的解题技巧是“用 t 把所有能表示出来的线段通通表示出来”，再去通过勾股定理或特殊三角形 (四边形)性质或全等或相似或三角函数列方程求解 t 值，只要 t 值求出来了，其余都容易解决；第（2）小题如此， 第（3）小题在具体思路过程中是完全相同“用 t 表示相关线段，用相似求解 t”。只是在整体步骤框架上，由于第 （3）小题考查的仍是“四个典型中的典型题型：等腰三角形的分类讨论”，所以会把这个具体思路放在每一种分 类讨论情形中。同时分类讨论题型在具体解题过程中，同样遵循“解题思路的延续性”，对照第（3）小题中 的解题过程，几乎属于“套用”，这种思考，对我们解决分类讨论题时，在思路分析或解题过程的时间上会有很大 帮助。 4-x 4-x x 23 4 5 5 y x o 图3 A B D FE C N M P y x o 图5 A B D FE C N M P y x o 图4 A B D FE C Q Q