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

这是一份第11讲 几何动态问题-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版），共14页。教案主要包含了方法梳理，巩固强化练习，答案详解等内容，欢迎下载使用。

 《重点题型针对复习》第11讲 几何动态问题
【方法梳理】
“解题思路的延续性”:
①分析思路的延续性；
②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FG⊥BG.
（1）求证：△ABE∽△EGF；
（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，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，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AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．








3．问题：如图1，⊙O中，AB是直径，AC＝BC，点D是劣弧BC上任一点(不与点B、C重合)，
（1）求证：AD-BDCD为定值．

思路：和差倍半问题，可采用截长补短法,先证明△ACE≌△BCD．按思路完成下列证明过程．
证明：在AD上截取点E,使AE＝BD，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BC＝8，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BM－BN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x2-9x+20=0的两个根（OA （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∠AO'P=a，∠PQO'=β，求 tanα+tanβ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，∠A＝90°，AB＝AC=2+1，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE＝1，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），如图2，连接CE，BD，CD．
（1）当0°＜α＜180°时，求证：CE＝BD；
（2）如图3，当α＝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α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①，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②，△AO'E是将图①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③，△AO'E是将图①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】
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FG⊥BG.
（1）求证：△ABE∽△EGF；
（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=90°,∠AEB+∠FEG=90°,∴∠BAE=∠FEG,∵∠B=∠FGE=90°,∴△ABE∽△EGF；

2．如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，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AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．

【解析】
（1）先证明由AB＝AC，AD＝AE，得BD＝CE，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：∵AB＝AC，AD＝AE，
∴BD＝CE，
∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点，
∴MN=12BD，PN=12CE，MN∥AB，PN∥AC，
∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，
∴∠MNE+∠ENP＝∠ABE+∠AEB，
∵∠ABE+∠AEB＝180°﹣∠BAE＝60°，
∴∠MNP＝60°，
故答案为：NM＝NP；60°；
（2）先证明△ABD≌△ACE得BD＝CE，再由三角形的中位线定理得NM＝NP，由平行线性质得∠MNP＝60°，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，∠BAD＝∠CAE，
又∵AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，
∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．
∴MN=12BD，PN=12CE，MN∥BD，PN∥CE，
∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠BPN＝∠BCE，
∴∠ENP＝∠NBP+∠NPB＝∠NBP+∠ECB，
∵∠EBD＝∠ABD+∠ABE＝∠ACE+∠ABE，
∴∠MNP＝∠MNE+∠ENP＝∠ACE+∠ABE+∠EBC+∠EBC+∠ECB＝180°﹣∠BAC＝60°，
∴△MNP是等边三角形；
（3）由BD≤AB+AD，得MN≤2，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，BD≤AB+AD，
即BD≤4，
∴MN≤2，
∴△MNP的面积=12MN⋅32MN=34MN2，
∴△MNP的面积的最大值为3．







3．问题：如图1，⊙O中，AB是直径，AC＝BC，点D是劣弧BC上任一点(不与点B、C重合)，
（1）求证：AD-BDCD为定值．

思路：和差倍半问题，可采用截长补短法,先证明△ACE≌△BCD．按思路完成下列证明过程．
证明：在AD上截取点E,使AE＝BD，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BC＝8，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BM－BN的值．


【解析】
（1）证明：∵AC=BC,∠CAE=∠DBC,AE=BD,
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴∠ACE=∠BCD，CE=CD，
∵AB 是直径，
∴∠ACB=90°，
∴∠ECD=90°，
∴△ECD 是等腰直角三角形.
∴CD=22DE,
∵ED=AD-BD,
∴AD-BDCD=2.
（2）有切线，必连O1A，已知弦BC长，首先考虑垂径定理，作O1F⊥BC于点F，则BF=CF=4,易得四边形O1FOA是矩形，则O1F=OA=3,在Rt△O1FB中，由勾股定理可得O1B=5,由O1A=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，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△MAQ≌△NAB（SAS）,已经有MQ=NB,∠AMQ=∠ANB，只需证AM=AN即可，即证∠AMN=∠ANM，由∠AMN=∠O1BA,∠ANM=∠ABM,故只需证∠O1BA,=∠ABM,由于图中O1、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：O1A//y轴，O1A=O1B,可得∠O1BA,=∠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”。

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x2-9x+20=0的两个根（OA （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∠AO'P=a，∠PQO'=β，求 tanα+tanβ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.

【解析】
（1）解方程x2-9x+20=0可得x1=4，x2=5，
∵OA ∴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BQ⊥OC.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=O`Q=5,∠POQ=∠PO`Q=90°,
∴∠AO`P=∠O`BQ,
∴由勾股定理可得O`B=3，
∴AO`=2，
∵∠OAB=∠ABQ=90°,∠AO`P=∠O`BQ,
∴△APO`∽△BO`Q,
∴AP:O`B=AO`:BQ=O`P:QO,
∴AP:3=2:4=O`P:QO`,
∴AP=32, O`P:QO`=12,
∵∠AO'P=a，∠PQO'=β，
∴tanα+tanβ=APAO`+O`PQO`=322+12=54.

（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：①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；②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；
①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N（5，4）

②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∠PO`Q=90°，则M点即为O`P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NH⊥x于点D，O`D⊥x轴于点D，则易证△DO`Q≌△HNM,则NH=O`D=4,DQ=MH=3,由（2）可知O`A=2,AP=32,OP=52,由AO`//MO可得O`A:AP=OM:OP可得OM=103,则OH=13,∴N(-13,-4);

③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, 52),由中点坐标公式易得N(3,- 32)
④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∠O`QB=∠OQM，则易证△O`QB∽△MQO，则相似性质可得OM=154,则M(0,- 154),由中点坐标公式易得N(-3, 14)
综上所述，N的坐标为（5，4）、(-13,-4)、(3,- 32)、(-3, 14).
【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)
①当O`Q为对角线时，依公式xN=xO`+xQ-xMyN=yO`+yQ-yM可得N(7-a,4),由QM2+ON2=MN2可列方程为(a-2)2+16+(5-a)2=(2a-7)2+16，解得a=2或a=5，a=5时M与Q重合，故舍去，则N(5,4)
②当O`M为对角线时，依公式xN=xO`+xM-xQyN=yO`+yM-yQ可得N(a-3,4),由QO`2+QM2=QN2可列方程为25+(5-a)2=(a-8)2+16，解得a=5，舍去.
③当QM为对角线时，依公式xN=xQ+xM-xO`yN=yQ+yM-yO`可得N(a+3,-4),由QO`2+QN2=QM2可列方程为25+(a-2)2+16=(5-a)2，解得a=-103，则N(-13,-4).
(2) 当M在y轴上时，设M(0,a)
①当O`Q为对角线时，依公式xN=xO`+xQ-xMyN=yO`+yQ-yM可得N(7,4-a,),由QM2+ON2=MN2可列方程为22+(a-4)2+52+a2=72+(2a-4)2，由△<0可得此种情况不存在。
②当O`M为对角线时，依公式xN=xO`+xM-xQyN=yO`+yM-yQ可得N(-3,a+4),由QO`2+QM2=QN2可列方程为25+52+a2=82+(a+4)2，解得a=-154，则N(-3, 14).
③当QM为对角线时，依公式xN=xQ+xM-xO`yN=yQ+yM-yO`可得N(3,a-4),由QO`2+QN2=QM2可列方程为25+22+(a-4)2=52+a2，解得a=52，则N(3,-32).
综上所述，N的坐标为（5，4）、(-13,-4)、(3,- 32)、(-3, 14).

5．如图1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC=2+1，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE＝1，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜360°），如图2，连接CE，BD，CD．
（1）当0°＜α＜180°时，求证：CE＝BD；
（2）如图3，当α＝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α的度数．

【解析】（1）利用“SAS”证得△ACE≌△ABD即可得到结论；
证明：如图2中，根据题意：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∵∠CAE+∠BAE＝∠BAD+∠BAE＝90°，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴CE＝BD；
（2）利用“SAS”证得△ACE≌△ABD，推出∠ACE＝∠ABD，计算得出AD＝BC=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：AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，
在△ACE和△ABD中，
AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB＝90°，
∴∠EFB＝90°，
∴CF⊥BD，
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，
∴BC=2AB=2+2，CD＝AC+AD=2+2，
∴BC＝CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD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：
∵AB＝AC=2+1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于G，
∴AG=12BC=2+22，∠GAB＝45°，
∴DG＝AG+AD=2+22+1=2+42，∠DAB＝180°﹣45°＝135°，
∴△BCD的面积的最大值为：12BC⋅DG=12(2+2)(2+42)=32+52，
旋转角α＝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①，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②，△AO'E是将图①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③，△AO'E是将图①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．

【解析】（1）由正方形的性质得出BO⊥AC，BO＝CO，由中位线定理得出PQ∥OC，PQ=12OC，则可得出结论；
解：∵点O为对角线AC的中点，
∴BO⊥AC，BO＝CO，
∵P为BC的中点，Q为BO的中点，
∴PQ∥OC，PQ=12OC，
∴PQ⊥BO，PQ=12BO；
（2）连接O'P并延长交BC于点F，由旋转的性质得出△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，
证得∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，△O'PE≌△FPC（AAS），则O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，证得△O'BF为等
腰直角三角形．同理△BPO'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O'P并延长交BC于点F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵将△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到△AO'E，
∴△AO'E是等腰直角三角形，O'E∥BC，O'E＝O'A，
∴∠O'EP＝∠FCP，∠PO'E＝∠PFC，
又∵点P是CE的中点，
∴CP＝EP，
∴△O'PE≌△FPC（AAS），
∴O'E＝FC＝O'A，O'P＝FP，
∴AB﹣O'A＝CB﹣FC，
∴BO'＝BF，
∴△O'BF为等腰直角三角形．
∴BP⊥O'F，O'P＝BP，
∴△BPO'也为等腰直角三角形．
又∵点Q为O'B的中点，
∴PQ⊥O'B，且PQ＝BQ，
∴△PQB的形状是等腰直角三角形；

（3）延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．证明△O'GP≌△BCP（SAS），得出∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，得出∠O'PB＝90°，则△O'PB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O'A和O'B，求出BQ，由三角形面积公式即可得出答案．
解：延长O'E交BC边于点G，连接PG，O'P．
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ECG＝45°，
由旋转得，四边形O'ABG是矩形，
∴O'G＝AB＝BC，∠EGC＝90°，
∴△EGC为等腰直角三角形．
∵点P是CE的中点，
∴PC＝PG＝PE，∠CPG＝90°，∠EGP＝45°，
∴△O'GP≌△BCP（SAS），
∴∠O'PG＝∠BPC，O'P＝BP，
∴∠O'PG﹣∠GPB＝∠BPC﹣∠GPB＝90°，
∴∠O'PB＝90°，
∴△O'PB为等腰直角三角形，
∵点Q是O'B的中点，
∴PQ=12O'B＝BQ，PQ⊥O'B，
∵AB＝1，
∴O'A=22，
∴O'B=O'A2+AB2=(22)2+12=62，
∴BQ=64．
∴S△PQB=12BQ•PQ=12×64×64=316．