第11讲 几何动态问题 重点题型针对训练（含答案）2021年北师大版中考数学二轮复习

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1、第第 1111 讲讲 几何动态问题几何动态问题 【方法梳理】 “解题思路的延续性”: 分析思路的延续性； 解题步骤延续性； 【巩固强化练习】 1.如图，已知边长为 10 的正方形 ABCD，E 是 BC 边上一动点（与 B,C 不重合） ，连接 AE,G 是 BC 延长线上的点，过 点 E 作 AE 的垂线交DCG 的角平分线于点 F，若 FGBG. （1）求证：ABEEGF； （2）若 EC=2,求CEF 的面积； （3）EC 为何值时，CEF 的面积最大. 2如图 1，在等腰三角形 ABC 中，A120，ABAC，点 D、E 分别在边 AB、AC 上，ADAE，连接 BE，点 M、N、 P

2、 分别为 DE、BE、BC 的中点 （1）观察猜想 图 1 中，线段 NM、NP 的数量关系是 ，MNP 的大小为 （2）探究证明 把ADE 绕点 A 顺时针方向旋转到如图 2 所示的位置，连接 MP、BD、CE，判断MNP 的形状，并说明理由； （3）拓展延伸 把ADE 绕点 A 在平面内自由旋转，若 AD1，AB3，请求出MNP 面积的最大值 3问题：如图 1，O 中，AB 是直径，ACBC，点 D 是劣弧 BC 上任一点(不与点 B、C 重合)， （1）求证： 为定值 思路：和差倍半问题，可采用截长补短法,先证明ACEBCD按思路完成下列证明过程 证明：在 AD 上截取点 E,使 AEB

3、D，连接 CE 运用：如图 2，在平面直角坐标系中，O1与 x 轴相切于点 A(3，0)，与 y 轴相交于 B、C 两点，且 BC8，连 接 AB、O1B （2）OB 的长为_. （3）如图 3，过 A、B 两点作O2与 y 轴的负半轴交于点 M，与 O1B 的延长线交于点 N，连接 AM、MN，当 O2的大小变化时，问 BMBN 的值是否变化，为什么？如果不变，请求出 BMBN 的值 4.如图 1， 在平面直角坐标系中， 四边形 OABC 的边 OC 在 x 轴上， OA 在 y 轴上， 点 O 为坐标原点， AB/OC， 线段 OA， AB 的长分别是方程 x 2-9x+20=0 的两个根

4、（OAAB）. （1）请求点 B 的坐标; （2） 如图 2， 点 P 为 OA 上一点， 点 Q 为 OC 上一点， OQ=5， 将POQ 翻折， 使点 O 落在 AB 上的点 O处， 记AOP=a， PQO=，求 tan+tan 的值; （3）在（2）的条件下，点 M 为坐标轴上一点，在平面内是否存在点 N，使以 O，Q，M，N 为顶点的四边形为矩形? 若存在，请直接写出点 N 的坐标;若不存在，请说明理由. 5如图 1，在ABC中，A90，ABAC= 2 +1，点D，E分别在边AB，AC上，且ADAE1，连接DE现 将ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为 （0360） ，如图 2，连接C

5、E，BD，CD （1）当 0180时，求证：CEBD； （2）如图 3，当 90时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD； （3）在旋转过程中，求BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角 的度数 6如图，四边形 ABCD 是正方形，点 O 为对角线 AC 的中点 （1）问题解决：如图，连接 BO，分别取 CB，BO 的中点 P，Q，连接 PQ，则 PQ 与 BO 的数量关系是 ，位置 关系是 ； （2）问题探究：如图，AOE 是将图中的AOB 绕点 A 按顺时针方向旋转 45得到的三角形，连接 CE，点 P，Q 分别为 CE，BO的中点，连接 PQ，PB判断PQB 的形状，并证明你的结论

6、； （3）拓展延伸：如图，AOE 是将图中的AOB 绕点 A 按逆时针方向旋转 45得到的三角形，连接 BO， 点 P，Q 分别为 CE，BO的中点，连接 PQ，PB若正方形 ABCD 的边长为 1，求PQB 的面积 【答案详解】【答案详解】 1.如图，已知边长为 10 的正方形 ABCD，E 是 BC 边上一动点（与 B,C 不重合） ，连接 AE,G 是 BC 延长线上的点，过 点 E 作 AE 的垂线交DCG 的角平分线于点 F，若 FGBG. （1）求证：ABEEGF； （2）若 EC=2,求CEF 的面积； （3）EC 为何值时，CEF 的面积最大. 【解析】 （1）BAE+AEB=

7、90,AEB+FEG=90,BAE=FEG,B=FGE=90,ABEEGF； 2如图 1，在等腰三角形 ABC 中，A120，ABAC，点 D、E 分别在边 AB、AC 上，ADAE，连接 BE，点 M、N、 P 分别为 DE、BE、BC 的中点 （1）观察猜想 图 1 中，线段 NM、NP 的数量关系是 ，MNP 的大小为 （2）探究证明 把ADE 绕点 A 顺时针方向旋转到如图 2 所示的位置，连接 MP、BD、CE，判断MNP 的形状，并说明理由； （3）拓展延伸 把ADE 绕点 A 在平面内自由旋转，若 AD1，AB3，请求出MNP 面积的最大值 【解析】 （1）先证明由 ABAC，A

8、DAE，得 BDCE，再由三角形的中位线定理得 NM 与 NP 的数量关系，由平行线性质得 MNP 的大小； 解：ABAC，ADAE， BDCE， 点 M、N、P 分别为 DE、BE、BC 的中点， MN= 1 2BD，PN= 1 2CE，MNAB，PNAC， MNPN，ENMEBA，ENPAEB， MNE+ENPABE+AEB， ABE+AEB180BAE60， MNP60， 故答案为：NMNP；60； 改：=1 2a(10-a)=- 1 2(x-5) 2+25 2 当EC=5时CEF的面积最大 改： 10 a+FG = 10-a FG FG=10-a 改:由(2)知:EG=a+FG （3）

9、设CE=a，AB=BC=10,BE=10-a, CF是DCG的角平分线，FGCG， FG=CG,EG=CE+CG=2+FG, 由(1)知：BAEGEF, AB EG= BE FG, 10 2+FG = 8 FG,FG=8, S CEF= 1 2CEFG= 1 228=8 略作修改 复制粘贴 （2）AB=BC=10,CE=2,BE=8, CF是DCG的角平分线，FGCG， FG=CG,EG=CE+CG=2+FG, 由(1)知：BAEGEF, AB EG= BE FG, 10 2+FG = 8 FG,FG=8, S CEF= 1 2CEFG= 1 228=8 （2）先证明ABDACE 得 BDCE

10、，再由三角形的中位线定理得 NMNP，由平行线性质得MNP60，再根 据等边三角形的判定定理得结论； MNP 是等边三角形 理由 如下： 由旋转可得，BADCAE， 又ABAC，ADAE， ABDACE（SAS） ， BDCE，ABDACE， 点 M、N、P 分别为 DE、BE、BC 的中点 MN= 1 2BD，PN= 1 2CE，MNBD，PNCE， MNPN，ENMEBD，BPNBCE， ENPNBP+NPBNBP+ECB， EBDABD+ABEACE+ABE， MNPMNE+ENPACE+ABE+EBC+EBC+ECB180BAC60， MNP 是等边三角形； （3）由 BDAB+AD，

11、得 MN2，再由等边三角形的面积公式得MNP 的面积关于 MN 的函数关系式，再由函数性 质求得最大值便可 解:根据题意得，BDAB+AD， 即 BD4， MN2， MNP 的面积= 1 2 MN 3 2 MN = 3 4 MN2， MNP 的面积的最大值为3 3问题：如图 1，O 中，AB 是直径，ACBC，点 D 是劣弧 BC 上任一点(不与点 B、C 重合)， （1）求证： 为定值 思路：和差倍半问题，可采用截长补短法,先证明ACEBCD按思路完成下列证明过程 证明：在 AD 上截取点 E,使 AEBD，连接 CE 运用：如图 2，在平面直角坐标系中，O1与 x 轴相切于点 A(3，0)

12、，与 y 轴相交于 B、C 两点，且 BC8，连 接 AB、O1B （2）OB 的长为_. （3）如图 3，过 A、B 两点作O2与 y 轴的负半轴交于点 M，与 O1B 的延长线交于点 N，连接 AM、MN，当 O2的大小变化时，问 BMBN 的值是否变化，为什么？如果不变，请求出 BMBN 的值 【解析】 （1）证明：AC=BC,CAE=DBC,AE=BD, ACEBCD(SAS)， ACE=BCD，CE=CD， AB 是直径， ACB=90， ECD=90， ECD 是等腰直角三角形. CD= 2 2 DE, ED=AD-BD, = 2. （2）有切线，必连 A，已知弦 BC 长，首先考

13、虑垂径定理，作 FBC 于点 F，则 BF=CF=4,易得四边形 FOA 是矩 形，则 F=OA=3,在 Rt FB 中，由勾股定理可得 B=5,由 A=5，即 OF=5，OB=OF-BF=5-4=1 （3）此题相当于材料阅读理解题，能理解（1）的解法，会对比“套”的，这题的难度不大. 理解过程：（1） 中的四边形ABCD是圆内接四边形，（3） 中的四边形MNBA也是圆内接四边形，（1） 中的 “AD-BD” 即相当于（3）中的“BM-BN” ，即线段“AD”对应的是线段“BM” ，线段“BD”对应的是线段“BN” ，四 边形字母对应应该是 ABCD-MABN，(1)中在 AD 上截取 AE，

14、使 AE=BD，则可得出（3）中应在 BM 上截 取 MQ=BN， （1）中连接 CE，即（3）中连接 AQ， （1）中 CB 有连线，故（3）中需连接 AN，(1)中需证ACE BCD（SAS） ，则（3）中应证MAQNAB（SAS）,已经有 MQ=NB,AMQ=ANB，只需证 AM=AN 即可，即 证AMN=ANM，由AMN= BA,ANM=ABM,故只需证 BA,=ABM,由于图中 、A、B 仍在，故从（2）小题 找思路，由数学典型模型“等腰+平行=角平分线”即可证明： A/y 轴， A= B,可得 BA,=ABM,此小题完 整的思路分析线就形成了，这就是我们常说的“解题思路的延续性”。

15、 4.如图 1， 在平面直角坐标系中， 四边形 OABC 的边 OC 在 x 轴上， OA 在 y 轴上， 点 O 为坐标原点， AB/OC， 线段 OA， AB 的长分别是方程 x 2-9x+20=0 的两个根（OAAB）. （1）请求点 B 的坐标; （2） 如图 2， 点 P 为 OA 上一点， 点 Q 为 OC 上一点， OQ=5， 将POQ 翻折， 使点 O 落在 AB 上的点 O处， 记AOP=a， PQO=，求 tan+tan 的值; （3）在（2）的条件下，点 M 为坐标轴上一点，在平面内是否存在点 N，使以 O，Q，M，N 为顶点的四边形为矩形? 若存在，请直接写出点 N 的

16、坐标;若不存在，请说明理由. 【解析】 （1）解方程 x 2-9x+20=0 可得 = 4，2= 5， OAAB， OA=4,AB=5, 点 B 的坐标为（5，4） ； （2）特别要注意 B，Q 两点的横坐标相同，即连接 BQ，则 BQOC.这一隐藏条件对解题是一个很好的“突破口”. 如图 2，连接 BQ， AB/OC,OQ=AB=5,AOQ=90, 四边形 AOQB 是矩形， BQ=OA=4,OAB=ABQ=90, 由折叠性质可得 OQ=OQ=5,POQ=POQ=90, AOP=OBQ, 由勾股定理可得 OB=3， AO=2， OAB=ABQ=90,AOP=OBQ, APOBOQ, AP:O

17、B=AO:BQ=OP:QO, AP:3=2:4=OP:QO, AP=3 2, OP:QO= 2, AOP=a，PQO=， tan+tan= + = 3 2 2 + 2 = 5 4. （3）矩形的分类讨论，有几何方法和代数方法两种解题方法。 【方法一】几何方法.特别提醒：运用几何方法解答特殊四边形的分类讨论，一定要重点做到两点：在画各种情 况的几何图时，记住一句话：几何题的分类讨论，即是图形位置的分类讨论；解题思路的延续性：第（2）小题 的设置，50%的作用是为考查，另 50%的作用就是为了暗示第（3）小题矩形的各种情况； 利用图 2，找一种最简单的矩形情况:即如图 3，N 与 B 点重合，故

18、N（5，4） 依几何题分类讨论的技巧，既然在 x 的正半轴有一个 M 点，则一般在 x 轴的负半轴上也存在一个 M 点，画图的时 候，一定要重点把握“解题思路的延续性” ，结合第（2）小题的图思考。这样不难发现POQ=90，则 M 点即为 OP 与 x 轴负半轴的交点（千万别认为这是“恰巧” ，它早在题目设置时就暗藏好了，它体现解答题各小题间的逻辑 关联，这就是解题思路的延续性） ，如图 4.分别作 NHx 于点 D，ODx 轴于点 D，则易证DOQHNM,则 NH=OD=4,DQ=MH=3,由（2）可知 OA=2,AP=3 2,OP= 5 2,由 AO/MO 可得 OA:AP=OM:OP 可

19、得 OM= 0 3 ,则 OH= 3,N( 3,-4); 当 M 在 y 轴正半轴时，同样结合第（2）小题的图思考，不难发现当 P 与 M 重合时，也可构成矩形，如图 5，则 M(0, 5 2),由中点坐标公式易得 N(3,- 3 2) 依几何题分类讨论的技巧，既然在 y 的正半轴有一个 M 点，则一般在 y 轴的负半轴上也存在一个 M 点，仍利用第 （2）小题图寻找第四个矩形，如图 6，由“共角模型”可得OQB=OQM，则易证OQBMQO，则相似性质可 得 OM= 5 4 ,则 M(0, 5 4 ),由中点坐标公式易得 N(-3, 4) 综上所述，N 的坐标为（5，4） 、( 3,-4)、(

20、3,- 3 2)、(-3, 4). 【方法二】几何方法.特别提醒：运用几何方法解答矩形的分类讨论，利用的是矩形的判定性质“有一个角是直角 的平行四边形是矩形” 、 “矩形的对角线互相平行” ， 利用中点坐标公式表示 N 点坐标， 再利用勾股定理列方法求解。 它不需要矩形的图形，但对计算的细致与准确有很大的要求。 由题可知：O(2,4),Q(5,0)， (1)当 M 在 x 轴上时，设 M(a,0) 当 OQ 为对角线时，依公式 = + = + 可得 N(7-a,4),由 2 + 2= 2可列方程为( 2)2+ 16 + (5 )2= (2 7)2+ 16，解得 a=2 或 a=5，a=5 时

21、M 与 Q 重合，故舍去，则 N(5,4) 当 OM 为对角线时，依公式 = + = + 可得 N(a-3,4),由 2 + 2= 2可列方程为25 + (5 )2= ( 8)2+ 16，解得 a=5，舍去. 当 QM 为对角线时，依公式 = + = + 可得 N(a+3,-4),由 2 + 2= 2可列方程为25 + ( 2)2+ 16 = (5 )2，解得 a= 0 3 ，则 N(- 3,-4). (2) 当 M 在 y 轴上时，设 M(0,a) 当 OQ 为对角线时， 依公式 = + = + 可得 N(7,4-a,),由 2 + 2= 2可列方程为22+ ( 4)2+ 52+ 2= 72

22、+ (2 4)2，由0 可得此种情况不存在。 当 OM 为对角线时， 依公式 = + = + 可得 N(-3,a+4),由 2 + 2= 2可列方程为25 + 52+ 2= 82+ ( + 4)2，解得 a= 5 4 ，则 N(-3, 4). 当 QM 为对角线时，依公式 = + = + 可得 N(3,a-4),由 2 + 2= 2可列方程为25 + 22+ ( 4)2= 52+ 2，解得 a=5 2，则 N(3,- 3 2). 综上所述，N 的坐标为（5，4） 、( 3,-4)、(3,- 3 2)、(-3, 4). 5如图 1，在ABC中，A90，ABAC= 2 +1，点D，E分别在边AB，

23、AC上，且ADAE1，连接DE现 将ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为 （0360） ，如图 2，连接CE，BD，CD （1）当 0180时，求证：CEBD； （2）如图 3，当 90时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD； （3）在旋转过程中，求BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角 的度数 【解析】 （1）利用“SAS”证得ACEABD 即可得到结论； 证明：如图 2 中，根据题意：ABAC，ADAE，CABEAD90， CAE+BAEBAD+BAE90， CAEBAD， 在ACE 和ABD 中， AC = AB CAE = BAD AE = AD ， ACEABD（SAS）

24、， CEBD； （2）利用“SAS”证得ACEABD，推出ACEABD，计算得出 ADBC= 2 + 2，利用等腰三角形“三 线合一”的性质即可得到结论； 证明：如图 3 中，根据题意：ABAC，ADAE，CABEAD90， 在ACE 和ABD 中， AC = AB CAE = BAD AE = AD ， ACEABD（SAS） ， ACEABD， ACE+AEC90，且AECFEB， ABD+FEB90， EFB90， CFBD， ABAC= 2 + 1，ADAE1，CABEAD90， BC= 2AB= 2 + 2，CDAC+AD= 2 + 2， BCCD， CFBD， CF 是线段 BD

25、的垂直平分线； （3）观察图形，当点 D 在线段 BC 的垂直平分线上时，BCD 的面积取得最大值，利用等腰直角三角形的性质 结合三角形面积公式即可求解 解：BCD 中，边 BC 的长是定值，则 BC 边上的高取最大值时BCD 的面积有最大值， 当点 D 在线段 BC 的垂直平分线上时，BCD 的面积取得最大值， 如图 4 中： ABAC= 2 + 1，ADAE1，CABEAD90，DGBC 于 G， AG= 1 2BC= 2+2 2 ，GAB45， DGAG+AD= 2+2 2 + 1 = 2+4 2 ，DAB18045135， BCD 的面积的最大值为： 2 BC DG = 2 (2 +

26、2)(2+4 2 ) = 32+5 2 ， 旋转角 135 6如图，四边形 ABCD 是正方形，点 O 为对角线 AC 的中点 （1）问题解决：如图，连接 BO，分别取 CB，BO 的中点 P，Q，连接 PQ，则 PQ 与 BO 的数量关系是 ，位置 关系是 ； （2）问题探究：如图，AOE 是将图中的AOB 绕点 A 按顺时针方向旋转 45得到的三角形，连接 CE，点 P，Q 分别为 CE，BO的中点，连接 PQ，PB判断PQB 的形状，并证明你的结论； （3）拓展延伸：如图，AOE 是将图中的AOB 绕点 A 按逆时针方向旋转 45得到的三角形，连接 BO， 点 P，Q 分别为 CE，BO

27、的中点，连接 PQ，PB若正方形 ABCD 的边长为 1，求PQB 的面积 【解析】 （1）由正方形的性质得出 BOAC，BOCO，由中位线定理得出 PQOC，PQ= 1 2OC，则可得出结论； 解：点 O 为对角线 AC 的中点， BOAC，BOCO， P 为 BC 的中点，Q 为 BO 的中点， PQOC，PQ= 1 2OC， PQBO，PQ= 1 2BO； （2）连接 OP 并延长交 BC 于点 F，由旋转的性质得出AOE 是等腰直角三角形，OEBC，OEOA， 证得OEPFCP，POEPFC，OPEFPC（AAS） ，则 OEFCOA，OPFP，证得OBF 为等 腰直角三角形同理BPO

28、也为等腰直角三角形，则可得出结论； PQB 的形状是等腰直角三角形理由如下： 连接 OP 并延长交 BC 于点 F， 四边形 ABCD 是正方形， ABBC，ABC90， 将AOB 绕点 A 按顺时针方向旋转 45得到AOE， AOE 是等腰直角三角形，OEBC，OEOA， OEPFCP，POEPFC， 又点 P 是 CE 的中点， CPEP， OPEFPC（AAS） ， OEFCOA，OPFP， ABOACBFC， BOBF， OBF 为等腰直角三角形 BPOF，OPBP， BPO也为等腰直角三角形 又点 Q 为 OB 的中点， PQOB，且 PQBQ， PQB 的形状是等腰直角三角形； （

29、3）延长 OE 交 BC 边于点 G，连接 PG，OP证明OGPBCP（SAS） ，得出OPGBPC，OPBP，得出 OPB90，则OPB 为等腰直角三角形，由直角三角形的性质和勾股定理可求出 OA 和 OB，求出 BQ，由 三角形面积公式即可得出答案 解：延长 OE 交 BC 边于点 G，连接 PG，OP 四边形 ABCD 是正方形，AC 是对角线， ECG45， 由旋转得，四边形 OABG 是矩形， OGABBC，EGC90， EGC 为等腰直角三角形 点 P 是 CE 的中点， PCPGPE，CPG90，EGP45， OGPBCP（SAS） ， OPGBPC，OPBP， OPGGPBBPCGPB90， OPB90， OPB 为等腰直角三角形， 点 Q 是 OB 的中点， PQ= 1 2OBBQ，PQOB， AB1， OA= 2 2 ， OB= OA2+ AB2=( 2 2 )2+ 12= 6 2 ， BQ= 6 4 SPQB= 1 2BQPQ= 1 2 6 4 6 4 = 3 16