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点拨复习
(八)一一动态变化问题【专题点拨】动态型问题一般是指以几何知识和图形为背景,渗透运动变化观点的一类试题,常见的运动对象有点动、线动和面动;其运动形式而言就是平移、旋转、翻折和滚动等动态型试题其特点是集几何、代数知识于一体,数形结合,有较强的综合性,题目灵活,多变,动中有静,动静结合,能够在运动变化中发展同学们的空间想象能力解答动态型试题的策略是
(1)动中求静,即在运动变化中探索问题中的不变性;
(2)动静互化,抓住静的瞬间找到导致图形或者变化规律发生改变的特殊时刻,同时在运动变化的过程中寻找不变性及其变化规律【典例赏析】【例题1】(2017黑龙江佳木斯)如图,在边长为的正方形中,、是边上的两个动点,且连接、、与4交于点ABC连D接E F交于点连接下列结论正确的个数是(AD AE=FD,BE CF BD,CFB)D G,AG平分△吟
⑤线段的最小
①△BE H,DH,ABGS/\FDGAHB值是灰-
②HD NEHG
③AGJ_BE
④S SG=tanZDAG DH
22.【考点】相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;正方A.2B.3C.4D.5形的性质;解直角三角形.S9KD LE【分析】首T先7证明()利用全等三角形的性质,等高模型、△三AB边Eg关ZX系DC一F,一AA判D断G^即AC可DG.SAS,AAGB^ACGB,【解答】解••四边形是正方形,・ABCDAAB=CD,ZBAD=ZADC=90°,ZADB=ZCDB=45°,在和中,4ABE4DCF心I ZBAD-ZADC,l DF()AAABE^ADCF SAS,ZABE=ZDCF,于是得到结论.【解答】解图结论,理由•・•四边形是正方形,2AC=BD,AC BD,ABCD\AO=OC,BO=OD,AC±BD,;将旋转得到,,Rt^COD RtZXC0D,7OD=OD,OC=0C,ND OD=NC OC,二•件,,在与中,[二NBQD,,NA0CAO=BO,OC=0D,NAOC=NBOD,BOlor w△AOC△BOD7,.KCfA AAOC^△BOD,=BD,NOAC=N0B»,二ZV ZAO D NB00,NO BO+NBO0=90°,.ZQf,,AC+NA0D=90°,;7ZA AC1BD图结论,Z理由••四边形是菱形,3・BD=V3AC,AC J_BDABCD.\AC±BD,AO=CO,BO=DO,VZ ABC=60°,AZAB0=30°,•••将旋转得到/.0B=V50A,0D=V30C,RtZXCOD RtZXCOD,7,「•OD=0D,OC=OC,ND0D=Z,C OC,,7,.OB OD,OD=V30C,ZAOC=ZB0D.BD:•△AOC s^BOD,二,记•NOBD,7,ABD MAC,z7•・••/AOD,=ZB00,/O BO+Z,BO0=90°••NO AC+NA0D=
90.•.AC_LBD.如图,矩形的顶点、分别位于轴和轴的正半轴上,线段、的
5.AOCB A C x y OA0C长度满足方程直线分别与轴、轴交于、两点,将沿直线折叠,点恰好落在直线上的点处,且|x-15|+WF=0OAOC,y=kx+b Xy MN44BCN BNC MND3tanZCBD=-求点的坐标;1B求直线的解析式;2BN将直线以每秒个单位长度的速度沿轴向下平移,求直线扫过矩形的面积关于运动的时间的函数关系式.3BN1y BN【考点】一次函数综合题.AOCBS t0tW13【分析】由非负数的性质可求得、的值,则可求得点坐标;F I过作1于点交于点x由y条件可求得点坐B标,且可求得患总,结合2D利E用F±平OA行线分E线,段C成B比例可F,求得和D的长,则可求得点坐标,〃利用DE待定ON系,数法可求得直线的解析式;0M ONN设直线平移后交轴于点,交于点,当点在轴上方时,可知即BN为的面积,当在轴的负半轴上时,可用表示出直线的解析式,3BN yN AB B Nx S设交轴于点可用表示出点坐标,由可分别得到与oBNN B N yt BM二四边形BNN B△OGN,,的函数关系式.x G,t GS S-S S t【解答】解1*.,|x-15|+Vy-13=0,Ax=15,y=13,A0A=BC=15;,AB=0013,AB15,13如图过作于点交于点由2折叠的1性,质D可知EF_LOA E,CB F,BD=BO15,ZBDN=ZBCN=90°,•••辱,且解得现3VtanZCBD=-,4BF+DF2=BD2=152,BF=12,DF=9,4,且,.ACF=0E=15-12=3,DE=EF-DF=13-9=4,.OB_3VZCND+ZCBD=360°-90°-90°=180°N0NM+NCND=180°ZONM=ZCBD,•而丁.Jffi0I3VDE/70=N,=,且一而一而一;OE=3,,解得026,H,b=8把、的坐标代入可得,解得N By=kx+b即直线的解析式为;•••0N=8,N0,8,J设直BN线平移后交y=^x轴+8于点,,交于点,当3点在B轴N上方,即y时,N如图ABB由题意N可知x四边形0为tW平8行四边形,2,且,;BNN BNN=t,当点在轴负半轴上,即时,设直线交轴于点如图S=NN•0A=15tzN y8VtW13BNx G,3,Z•••可设直线解析式为尸VNN=t,,令可得B,N£x+8-t,,y=0,x=3t-24,0G=24,二•V0N=8,NN=t,区1ON=t-8,;••S-S四边形BNN B-SAOGN^215t0t8=15t-W t-83t-24=--^t+39t-96综上可知与的函数关系式为-1t239t-968t13S tS=在和中,fAD=CD4ADG4CDG旨I-{NAD-CDB,DG DGA,AADG^ACDG SAS,ND AG=N DCF,AZABE=ZDAG,V ZDAG+ZBAH=90°,A Z.BAE+ZBAH=90°,0ZAHB=故90
③,正确,A同A法G±可BE证,电Z^AGB ZXCGB,VDF^CB,.•.△CBG^AFDG,故
①正确,.-.S△AA HBDGG^A SFDGG,=DGAHBV BG=DF BC=DF CD=tanZFCD,XVZDA G=ZFCD,故
④正确AHDG AHB/取.S的S中点G-ta连nZ接FCD,t、anZDAG,•・•A正B方形的边0长,为0D OH,4,AA0=0H=^X4=2,由勾股定理得,二肝卷,由三角形的三边关系得,、、三点共线时,最小,0D020D HDH最小泥-D无H法证明=2平2分.故
②错误,故
①③④⑤DH正确,N故EH选G,【例题2】(2017黑龙江C佳.木斯)已知和均为等腰直角三角形,,连接点为中A点A,OB连接aCOD ZA0B=ZC0D=90°AD,BC,H BC0H.如图所不,易证二弓且不需证明1将1绕点旋转到0图H图AD所示O位H置J_A时D,线段与又有怎样的关系,并2选择△一1个©图形证0明你的结论2,.30H AD【考点】旋转的性质;全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形.【分析】R2只要证明KD即可解决问题;KW1△AOD^^BOC,⑵
①如图中,结论延长到使得连接由,OH[AD会即2可解决问题;OH±AD.OH E,HE=OH,BE,△BEO
②如ZX图ODA中,结论不变.延长到使得连接延长交于由30H E,HE=OH,BE,E0AD G.即可解决问题;△【BE解O答^A】ODA证明如图中,•一△与1为等腰1直角三角形,OAB△OCD ZA0B=ZC0D=90°,•••在与中,AOC=OD,OA=OB,偿?△OBAOD△BOCNAODIBOC,IOD=OCAAAOD^ABOC SAS,••点为线段的中点,AZ・AD0=ZBC0,Z0AD=Z0BC,H BCZ.OH=HB,又因为,AZ0BH=ZH0B=Z0AD,所以N0AD+NAD0=90,所以NAD0+NB0H=90OHJ_AD解
①结论二如图中,延长到使得二连接易2证会OH1AD,OH±AD,2OH E,HE OH,BE,△BEO ZXODAOE=AD22-OH YOE由知△BEO0ZXODA,NEOB=NDAOA ZDA0+ZA0H=ZE0B+ZA0H=90°,
②如图中,结论不变.延长到使得连接延长交于A OH±AD.易证3四OH E,HE=OH,BE,E0AD G.△BEO/XODAOO EH==AT-DOE=^AD22由知△BEO0ZXODA,NEOB=NDAO.ZDA0+ZA0F=ZE0B+ZA0G=90°,ZAG0=90°A OH±AD.【例题】湖北江汉如图,在平面直角坐标系中,四边形的边在3轴上,点在轴的负半轴上,直线且将经过、两点的直2017〃ABCD AD线向右平移,平移后的直线与轴交于点与直线交于点设XC yBC AD,BC=3,0D=2,A B的长为1y=-2x-10x E,BC F,AE四边t形tN
0.的面积为;1设四边形ABCD被直线20扫过的面积阴影部分为请直接写出关于的2函数解析式AB;CD1S,St当时,直线上有一动点,作直线于点交轴于点将3t=2沿直线折EF叠得到探究P是M,否存在BC点使M点,恰x好落在坐N,标轴上?若存在,请求出点的坐标;若不存在,请说明理由.APMF EFAPTF,P,T【考点】一次函P数综合题.【分析】FI根据函数解析式得到求得得到于是得到结论;10A=5,AC=7,004,
②当时,如图;求得直线的解析式为直解方S=AE*0C=4t3WtV71,线的解析式为,CD y=2x-4,程组得到噂,于是得到E Fy=-2x+一2t-焉10,四边形ABCD~SA DE*G=20G t-7,X7-t=-
③当S
①=S当时根据已知条件X得7-到t四边2形是平行四边形,于是得到4t+7t-t272四边0形WABCtDW=203,ABFE,S=S当时,点的坐标分别为-此时直线的解析式为设动点的直线为求得3t=2E,F3,0,-1,-4,EF y=-2x-6,
①假设直线上存在点使点恰好落在轴上,如图连接P m,-2m-6,PM=|-2m-6--4|=2|m+l|,PN=-2m-6|=2m+3|,假设直线上存在点使点恰好落在轴上,如图连接根据全FM=|m--1|=|m+l,EF P,T x2,等三角形的判定性质和相似三角形的判定和性质即可得到结论.PT,FT,
②EF P,T y3,PT,FT,【解答】解在中,当时,1y=-2x-10y=0x=-5,A A-5,0,•••0A=5,AAC=7,把代入得,x=-3y=-2x-10y=-4A0C=4,,四边形的面积;故答案为ABCD;=13+7X4=2020
①当时,〃20tW3VBC^AD,AB EF,...四边形是平行四边形,ABFE,・;S=AE0C=4t
②当时,如图3WtV71,VC0,-4,D2,0,•直线的解析式为:・・4,CD y=2x-〃〃7,VE F二AB二,BF AE’,.BF AEt,,AF t-3,-4,直线的解析式为F解了…得,卜苧E y=-2x+2t-10,]尸|y=-2x+2t-10t-72/•G t-7,1Q,四边形ABCD-S—E G2S=S=20--X7-t X7-t=--t+7t--,
③当时,四边形t27S=S ABCD=20,综上所述关于的函数解析式为J乙2017StS=当时,点的坐标分别为此时直线的解析式为3t=2E,F-3,0,-1,-4,设动点的直线为EFy=-2x-6,直线于交轴于P m,-2m-6,BC M,x n,m,-4,N m,0,APM=|-2m-6--4|=2|m+l|,PN=-2m-6|=2m+3|,FM=|m-
①假设直线上存在点使点恰好落在轴上,1|=|m+l,如图连接则EF P,T x工旦二2,PT,FT,△PFMdPFT,FTA作PT=PM=轴2|于m+l|,则FT=FM=|m+l|,2,由得,生名工KF TFFKJ_x K,KF=4,△TKFs/\PNT2,AVPNNT2+=N2TK2=FP=T82,,222解得A4m+3+8=4m+1,=此时,;ni-6,-2m-6=-6,
②假设直线上存在点使点恰好落在轴上,P-6,6如图连接则EF P,T y3,PT,FT,△PFMgaPFT,PT=PM=2m+1,FT=FM=m+1,••F2,F.FT-作轴于则由PH±y得H,,黑P书H=|m|,△TFCs^PTH=2,HT=2CF=2,222VHT+PH=PT,即()222解得2+m=4薨,m+1(,不合题意,舍去),m=寸-,m=0二-二-2m-633・(,)33••p YT,综上所述直线上存在点()或()使点恰好落在轴上.EF P-6,6P-,-,T y【能力检测】(乌鲁木齐)如图,在矩形中,点在上,点在上,把这个矩形沿折叠后,使点恰好落在边上的点处,若矩形面积为簿且
1.2017ABCD FAD EBC则折痕的长为EF D()BC GZAFG=60°,GE=2B•G代,2EVF3【考点】翻折变换(折叠问题);矩形的性质.A.1B C.2D.【分析】由折叠的性质可知,、、、结合即PB LB可得出,进而可得出为等边三角形,在中,通过解含度DF=GF HE=CE GH=DC ZDFE=ZGFE,/AFG=60°角的直角三角形及勾股定理即可得出、一行再由结合矩形面NGFE=60°4GEF RtaGHE30积为次,即可求出的长度,根据即可求出结论.GE=2EC DCEC,GE=2BG【解答】解由折叠的性质可知,二4EC EF=GE=2ECDF GF,HE=CE,GH=DC,ZDFE=ZGFE.VZ.GFE+ZDFE=180°-ZAFG=120°,ZGFE=60°.VAF^GE,ZAFG=60°,..ZFGE为=Z等AF边G=三60角°,形,AGEFJEF=GE.V ZFGE=60°,ZFGE+ZHGE=90°,.-.ZHGE=30°.在中,RtZXGHE ZHGE=30°,AGE=2小HE=CE,HE二二/HE=RE.GH y—V,GE=2BG,BC=BG+GE+EC=4EC.••矩形的面积为小,・•••4EC・V5A EBCC=D4V^4AEC=1,EF=GE=
2.故选(c.乌鲁木齐)如图,点()()都在双曲线二士上,点分别是轴,轴上的动点,则四边形周长的最小值为()
2.2017A a,3,B b,1y C,x班D,xyABCD2TO+2V2【考点】反比例函数图象上点的坐标特征;轴对称-最短路线问题.A.Me.D.【分析】先把点和点的坐标代入反比例函数解析式中,求出与的值,确定G6PA出与坐标,再作点关于轴的对称点点关于轴的对称点根据对称A Ba b的性A质得B到点坐标为A()y点坐标为(P,B)分x别交轴、Q轴,于点、点,根据两点之间线段最短得此时四边形的周长最小,然后利用两点间的距P-1,3,Q3,-1,PQ xy CD离公式求解可得.PABQ【解答】解分别把点()、()代入双曲线丫二圆得则点的坐标为()、点坐标为()A a,3B b,1a=l,b=3,X作点A关于轴的1对,3称点B点关于3轴,1的对,称点所以点坐标为()点坐标A为(y)连结分P别,B交轴、x轴于点、Q,点,此时P四边形-1,3的,周Q长最小,四边形周长=3,-1,PQ xy CD ABCDABCDDA+DC+CB+AB=DP+DC+CQ+AB==VP(Q-+lA-B3)2+(3+l)2+V(l-3)2+(3-l)2加加=4+2加,故选=6(黑龙B江.鹤岗)如图,边长为的正方形点是对角线上一动点,点在边上,则的最小值是
3.20174ABCD,P BD【考点】轴对称-最短路线问题;正方形的性质.ECD EC=L PC+PE
5.【分析】连接、由正方形的性质可知、关于直线对称,则的长即PA LE为的最小值,再根据勾股定理求出的长即可.AC AE,ACBD AE【解答】解连接、PC+PE:AEAC AE,•.•四边形是正方形,、关于直线对称,:.A ABCD的长即为的最小值,C BDAAEPC+PEVCD=4,CE=1,.*.DE=3,在中,RtZSADE;AE=7D;+DE2=V42+32=5A,的最小值为故答案为...PC+PE
5.(5黑.龙江鹤岗)在四边形中,对角线、交于点若四边形是正方形如图则有
4.2017ABCD AC BD
0.ABCD旋转图中的1到AC图=BD,所AC示±B的D.位置,与有什么关系?(直接写出)Z若四边形是菱形,,旋转至图所示的位置,与又有1RtACOD2AL BD什么关系?写出结论并证明.ABCD NABC=60°Rt4COD3ACBD【考点】正方形的性质;全等三角形的判定与性质;菱形的性质;旋转的性质.LE KDL8R2【分析】图根据四边形是正方形,得到根据旋转的性质得到等量代换得到2ABC0DD=ZC AO=OC,BO=OD,AC1B,D,z/,根据全等三角形的性质得到,于是得到结论;0D=0D,0C=0C,ND0C,AO=BO,0C=0D‘NA0CZ7图根据四边形是菱形,得到求得=NB0D AC=BD,ZOAC=NOBD,根据旋转的性质得到求得,根3ABCD AC_LBD,AO=CO,BO=DO,OB=V^OA0D=V30C,z Zz据相似三角形的性质得到0»=0D,0C=0C,ZD0D=ZC0C,0D=J50C,NAOC=NB0DBD=/AC,。