中考数学二轮专项培优专题07 几何图形动点运动问题（教师版）

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专题七 几何图形动点运动问题
【考题研究】
几何动点运动问题，是以几何知识和具体的几何图形为背景，渗透运动变化的观点，通过点、线、形的运动，图形的平移、翻折、旋转等把图形的有关性质和图形之间的数量关系位置关系看作是在变化的、相互依存的状态之中，要求对运动变化过程伴随的数量关系的图形的位置关系等进行探究．对学生分析问题的能力，对图形的想象能力，动态思维能力的培养和提高有着积极的促进作用．动态问题，以运动中的几何图形为载体所构建成的综合题，它能把几何、三角、函数、方程等知识集于一身，题型新颖、灵活性强、有区分度，受到了人们的高度关注，同时也得到了命题者的青睐，动态几何问题，常常出现在各地的中考数学试卷中．
【解题攻略】
几何动点运动问题通常包括动点问题、动线问题、面动问题，在考查图形变换(含三角形的全等与相似)的同时常用到的不同几何图形的性质，以三角形四边形为主，主要运用方程、函数、数形结合、分类讨论等数学思想．
【解题类型及其思路】
动态几何特点----问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性（特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。）动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。利用动点（图形）位置进行分类，把运动问题分割成几个静态问题，然后运用转化的思想和方法将几何问题转化为函数和方程问题 ,利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质（或所求图形面积）直接转化为函数或方程。
解题类型：
几何动点运动问题常见有两种常见类型：
(1)利用函数与方程的思想和方法将所解决图形的性质直接转化为函数或方程；
(2)根据运动图形的位置分类，把动态问题分割成几个静态问题，再将几何问题转化为函数和方程问题

【典例指引】
类型一 【探究动点运动过程中线段之间的数量关系】
【典例指引1】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为一边在AD右侧作正方形ADEF．
（1）如果AB＝AC，如图1，且点D在线段BC上运动，判断∠BAD　 　∠CAF（填“＝”或“≠”），并证明：CF⊥BD
（2）如果AB≠AC，且点D在线段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相交于点P，若AC＝4，CD＝2，求线段CP的长．

【答案】（1）＝，见解析；（2）AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立，见解析；（3）线段CP的长为1或3
【解析】
【分析】
（1）证出∠BAC＝∠DAF＝90°，得出∠BAD＝∠CAF；可证△DAB≌△FAC（SAS），得∠ACF＝∠ABD＝45°，得出∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．
（2）过点A作AG⊥AC交BC于点G，可得出AC＝AG，易证△GAD≌△CAF（SAS），得出∠ACF＝∠AGD＝45°，∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°．即CF⊥BD．
（3）分两种情况去解答．①点D在线段BC上运动，求出AQ＝CQ＝4．即DQ＝4﹣2＝2，易证△AQD∽△DCP，得出对应边成比例，即可得出CP＝1；②点D在线段BC延长线上运动时，同理得出CP＝3．
【详解】
（1）①解：∠BAD＝∠CAF，理由如下：
∵四边形ADEF是正方形
∴∠DAF＝90°，AD＝AF
∵AB＝AC，∠BAC＝90°
∴∠BAD+∠DAC＝∠CAF+∠DAC＝90°
∴∠BAD＝∠CAF
故答案为：＝
②在△BAD和△CAF中，
∴△BAD≌△CAF（SAS）
∴CF＝BD
∴∠B＝∠ACF
∴∠B+∠BCA＝90°
∴∠BCA+∠ACF＝90°
∴∠BCF＝90°
∴CF⊥BD
（2）如图2所示：AB≠AC时，CF⊥BD的结论成立．理由如下：
过点A作GA⊥AC交BC于点G

则∠GAD＝∠CAF＝90°+∠CAD
∵∠ACB＝45°
∴∠AGD＝45°
∴AC＝AG
在△GAD和△CAF中，，
∴△GAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠AGD＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°
∴CF⊥BD．
（3）过点A作AQ⊥BC交CB的延长线于点Q，
①点D在线段BC上运动时，如图3所示：

∵∠BCA＝45°
∴△ACQ是等腰直角三角形
∴AQ＝CQ＝AC＝4
∴DQ＝CQ﹣CD＝4﹣2＝2
∵AQ⊥BC，∠ADE＝90°
∴∠DAQ+∠ADQ＝∠ADQ+∠PDC＝90°
∴∠DAQ＝∠PDC
∵∠AQD＝∠DCP＝90°
∴△DCP∽△AQD
∴＝，即＝
解得：CP＝1
②点D在线段BC延长线上运动时，如图4所示：

∵∠BCA＝45°
∴AQ＝CQ＝4
∴DQ＝AQ+CD＝4+2＝6
∵AQ⊥BC于Q
∴∠Q＝∠FAD＝90°
∵∠C′AF＝∠C′CD＝90°，∠AC′F＝∠CC′D
∴∠ADQ＝∠AFC′
则△AQD∽△AC′F
∴CF⊥BD
∴△AQD∽△DCP
∴＝，即＝
解得：CP＝3
综上所述，线段CP的长为1或3．
【名师点睛】
此题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；本题综合性强，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键．
【举一反三】
如图1，点C在线段AB上，（点C不与A、B重合），分别以AC、BC为边在AB同侧作等边三角形ACD和等边三角形BCE，连接AE、BD交于点P
（1）观察猜想：①线段AE与BD的数量关系为_________；②∠APC的度数为_______________
（2）数学思考：如图2，当点C在线段AB外时，（1）中的结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明
（3）拓展应用：如图3，分别以AC、BC为边在AB同侧作等腰直角三角形ACD和等腰直角三角形BCE，其中∠ACD=∠BCE=90°，CA=CD，CB=CE，连接AE=BD交于点P，则线段AE与BD的关系为________________

【答案】（1）AE=BD．∠APC=60°；（2）成立，见详解；（3）AE=BD
【解析】
【分析】
（1）观察猜想：①证明△ACE≌△DCB（SAS），可得AE=BD，∠CAE=∠BDC；
②过点C向AE，BD作垂线，由三角形全等可得高相等，再根据角分线判定定理，推出PC平分∠APB，即可求出∠APC的度数；
（2）数学思考：结论成立，证明方法类似；
（3）拓展应用：证明△ACE≌△DCB（SAS），即可得AE=BD.
【详解】
解：（1）观察猜想：结论：AE=BD．∠APC=60°．
理由： ①∵△ADC，△ECB都是等边三角形，
∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=60°，CE=CB，
∴∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE=BD；
②由①得∠EAC=∠BDC，
∵∠AOC=∠DOP，
∴∠APB=∠AOC+∠EAC=180°-60°= 120°．
过过点C向AE，BD作垂线交于点F与G

∵由①知△ACE≌△DCB
∴CF=CG
∴CP为∠APB的角平分线
∴∠APC=60°；
（2）数学思考：结论仍然成立．

①∵△ADC，△ECB都是等边三角形，
∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=60°，CE=CB，
∴∠ACE=∠DCB
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE=BD；
②由①得∠AEC=∠DBC，
∴∠CEA+∠PEB=∠CBD+∠PEB=60°，
∴∠APB=∠CBD+∠CBE+∠PEB=120°．
过过点P向AC，BC作垂线交于点H与I

∵由①知△ACE≌△DCB
∴PH=PI
∴CP为∠APB的角平分线
∴∠APC=60°；
（3）∵△ADC，△ECB都是等腰直角三角形，
∴CA=CD，∠ACD=∠ECB=90°，CE=CB，
∴∠ACB+∠BCE=∠ACB+∠ACD
∴∠ACE=∠DCB
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE=BD.
【点睛】
本题属于四边形综合题，考查了等边三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
类型二 【确定动点运动过程中的运动时间】
【典例指引2】已知：如图，在平面直角坐标系中，长方形的项点的坐标是.

（1）直接写出点坐标（______，______），点坐标（______，______）；
（2）如图，D为中点.连接，，如果在第二象限内有一点，且四边形的面积是面积的倍，求满足条件的点的坐标；

（3）如图，动点从点出发，以每钞个单位的速度沿线段运动，同时动点从点出发.以每秒个单位的連度沿线段运动，当到达点时，，同时停止运动，运动时间是秒，在，运动过程中.当时，直接写出时间的值.

【答案】（1），（2）（3）或
【解析】
【分析】
（1）根据矩形的性质和直角坐标系中点的确定，即可求出点坐标和点坐标；
（2）根据四边形的面积是面积的倍，列出关于m的方程，解方程即可求出点的坐标；
（3）由题意表示出ON=6－2t，MC=t，过点M作ON 得垂线ME交OA 于点E，
根据勾股定理列出关于t的方程，求解即可.
【详解】
（1）∵长方形的项点的坐标是，
∴BC=6，AB=4，
∴OA=6，OC=4，
∴A（6,0）C（0,4）；
（2）连接PD，PO，过点P作PE⊥OD，交OD 于点E，

∵BC=6，AB=4；
∴，
∵四边形的面积是面积的倍，
∴四边形的面积是24，
∴

∵D为中点，
∴OD=2;
∵是第二象限的点，
∴PE=﹣m，
∴可列方程为；解得m=﹣18，
∴
（3）如图，过点M作ON 的垂线ME交OA 于点E，

由题意得ON=6－2t，MC=t；
∴ME=4，EN=6－3t
又∵，
∴根据勾股定理可列方程为，解方程得t=或t=
∴当t=或t=时，.
【名师点睛】
本题考查了矩形的性质和直角坐标系中点的确定，勾股定理等，利用方程思想解决问题是解题的关键
【举一反三】如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3，BC＝5，点P从点A出发，沿AD以每秒1个单位的速度向终点D运动．连结PO并延长交BC于点Q．设点P的运动时间为t秒．
（1）求BQ的长，（用含t的代数式表示）
（2）当四边形ABQP是平行四边形时，求t的值
（3）当点O在线段AP的垂直平分线上时，直接写出t的值．

【答案】（1）BQ＝5﹣t;（2）秒;（3）t＝.
【解析】
【分析】
（1）利用平行四边形的性质可证△APO≌△CQO，则AP＝CQ，再利用即可得出答案；

（2）由平行四边形性质可知AP∥BQ，当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，建立一个关于t的方程，解方程即可求出t的值；

（3）在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC的长度，进而求出AO的长度，然后利用的面积求出EF的长度，进而求出OE的长度，而AE可以用含t的代数式表示出来，最后在中利用勾股定理即可求值.
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，AD∥BC，
∴∠PAO＝∠QCO，
∵∠AOP＝∠COQ，
∴△APO≌△CQO（ASA），
∴AP＝CQ＝t，
∵BC＝5，
∴BQ＝BC-CQ=5﹣t；
（2）∵AP∥BQ，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
即t＝5﹣t，
t＝ ，
∴当t为秒时，四边形ABQP是平行四边形；
（3）t＝ ，
如图，

在Rt△ABC中，
∵AB＝3，BC＝5，
∴AC=
∴AO＝CO＝AC＝2，


∴3×4＝5×EF，
∴，
∴，
∵OE是AP的垂直平分线，
∴AE＝AP＝t，∠AEO＝90°，
由勾股定理得：AE2+OE2＝AO2，

或（舍去）
∴当秒时，点O在线段AP的垂直平分线上．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定及性质以及动点问题，掌握平行四边形的判定及性质，以及勾股定理是解题的关键.
类型三 【探究动点运动过程中图形的形状或图形之间的关系】
【典例指引3】已知矩形ABCD中，，，现有两只蚂蚁P和Q同时分别从A、B出发，沿方向前进，蚂蚁P每秒走1cm，蚂蚁Q每秒走2cm．问：

（1）蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行几秒?
（2）P、Q两只蚂蚁最快爬行几秒后，直线PQ与边AB平行?
【答案】（1）蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行秒；（2）P、Q两只蚂蚁最快爬行20秒后,直线PQ∥AB
【解析】
【分析】
（1）首先设蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行t秒，可得方程：10-t=2t，解此方程即可求得答案；
（2）首先设P、Q两只蚂蚁最快爬行x秒后，直线PQ∥AB，可得方程：x-10=50-2x，解此方程即可求得答案.
【详解】
(1)设蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行t秒，
∵四边形ABCD是长方形，
∴∠B=90∘，
∴BP=BQ，
∵AP=tcm,BQ=2tcm,则PB=AB−AP=10−t(cm)，
∴10−t=2t，
解得：t=，
∴蚂蚁出发后△PBQ第一次是等腰三角形需要爬行秒；
(2)设P、Q两只蚂蚁最快爬行x秒后,直线PQ∥AB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABPQ是平行四边形，
∴AQ=BP，
∴x−10=50−2x，
解得：x=20，
∴P、Q两只蚂蚁最快爬行20秒后,直线PQ∥AB；
【名师点睛】
此题考查了矩形的性质以及等腰三角形的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
【举一反三】
如图，平面直角坐标系中，直线分别交x轴、y轴于A、B两点（AO