中考數(shù)學專題復習卷 幾何圖形的動態(tài)問題精編（含解析）.doc
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幾何圖形的動態(tài)問題精編 1.如圖，平行四邊形ABCD中，AB= cm，BC=2cm，∠ABC=45，點P從點B出發(fā)，以1cm/s的速度沿折線BC→CD→DA運動，到達點A為止，設運動時間為t(s)，△ABP的面積為S(cm2)，則S與t的大致圖象是（ ） A.B.C.D. 【答案】A 【解析】 ：分三種情況討論： ①當0≤t≤2時，過A作AE⊥BC于E．∵∠B=45，∴△ABE是等腰直角三角形．∵AB= ，∴AE=1，∴S= BPAE= t1= t； ②當2＜t≤ 時，S= = 21=1； ③當 ＜t≤ 時，S= APAE= （ -t）1= （ -t）． 故答案為：A． 【分析】根據(jù)題意分三種情況討論：①當0≤t≤2時，過A作AE⊥BC于E；②當2＜t≤ 2 +時；③當 2 + ＜t≤ 4 +時，分別求出S與t的函數(shù)解析式，再根據(jù)各選項作出判斷，即可得出答案。 2.如圖，邊長為a的菱形ABCD中,∠DAB=60,E是異于A、D兩點的動點,F是CD上的動點,滿足AE+CF=a,△BEF的周長最小值是( ) A.B.C.D. 【答案】B 【解析】 ：連接BD ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AB=AD， ∵∠DAB=60， ∴△ABD是等邊三角形， ∴AB=DB，∠BDF=60 ∴∠A=∠BDF 又∵AE+CF=a， ∴AE=DF， 在△ABE和△DBF中， ∴△ABE≌△DBF（SAS）， ∴BE=BF，∠ABE=∠DBF， ∴∠EBF=∠ABD=60， ∴△BEF是等邊三角形． ∵E是異于A、D兩點的動點,F是CD上的動點, 要使△BEF的周長最小，就是要使它的邊長最短 ∴當BE⊥AD時，BE最短 在Rt△ABE中，BE== ∴△BEF的周長為 【分析】根據(jù)等邊三角形的性質及菱形的性質，證明∠A=∠BDF，AE=DF，AB=AD，就可證明△ABE≌△DBF，根據(jù)全等三角形的性質，可證得BE=BF，∠ABE=∠DBF，再證明△BEF是等邊三角形，然后根據(jù)垂線段最短，可得出當BE⊥AD時，BE最短，利用勾股定理求出BE的長，即可求出△BEF的周長。 3.如圖,菱形 的邊長是4厘米, ,動點 以1厘米/秒的速度自 點出發(fā)沿 方向運動至 點停止,動點 以2厘米/秒的速度自 點出發(fā)沿折線 運動至 點停止若點 同時出發(fā)運動了 秒,記 的面積為 ,下面圖象中能表示 與 之間的函數(shù)關系的是( ) A.B. C.D. 【答案】D 【解析】 當0≤t＜2時，S=2t （4-t）=- t2+4 t； 當2≤t＜4時，S=4 （4-t）=-2 t+8 ； 只有選項D的圖形符合． 故答案為：D． 【分析】分別求出當0≤t＜2時和當2≤t＜4時，s與t的函數(shù)解析式，再根據(jù)各選項的圖像逐一判斷即可。 4.如圖,矩形ABCD,R是CD的中點,點M在BC邊上運動,E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點,則EF的長隨M點的運動( ) A.變短B.變長C.不變D.無法確定 【答案】C 【解析】 ：∵E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點, ∴EF是△ANR的中位線 ∴EF= AR ∵R是CD的中點，點M在BC邊上運動 ∴AR的長度一定 ∴EF的長度不變。 故答案為：C【分析】根據(jù)已知E，F(xiàn)分別為AM，MR的中點,，可證得EF是△ANR的中位線，根據(jù)中位線定理，可得出EF= AR，根據(jù)已知可得出AR是定值，因此可得出EF也是定值，可得出結果。 5.如圖甲，A，B是半徑為1的⊙O上兩點，且OA⊥OB．點P從A出發(fā)，在⊙O上以每秒一個單位的速度勻速運動，回到點A運動結束．設運動時間為x，弦BP的長度為y，那么如圖乙圖象中可能表示y與x的函數(shù)關系的是（ ） A.①B.④C.①或③D.②或④ 【答案】C 【解析】 當點P順時針旋轉時，圖象是③，當點P逆時針旋轉時，圖象是①， 故答案為①③. 故答案為：C． 【分析】由題意知PB的最短距離為0，最長距離是圓的直徑；而點P從A點沿順時針旋轉和逆時針旋轉后與點B的距離有區(qū)別，當點P從A點沿順時針旋轉時，弦BP的長度y的變化是：從AB的長度增大到直徑的長，然后漸次較小至點B為0，再從點B運動到點A，則弦BP的長度y由0增大到AB的長； 當點P從A點沿逆時針旋轉時，弦BP的長度y的變化是：從AB的長度減小到0，再由0增大到直徑的長，最后由直徑的長減小到AB的長。 6.如圖，一塊等邊三角形的木板，邊長為1，現(xiàn)將木板沿水平線翻滾，那么B點從開始至結束所走過的路徑長度為________． 【答案】 【解析】 ：從圖中發(fā)現(xiàn)：B點從開始至結束所走過的路徑長度為兩段弧長即第一段= ，第二段= ． 故B點從開始至結束所走過的路徑長度= + = ． 故答案為： 【分析】B點的運動路徑是2個圓心角是120度的扇形的弧長，根據(jù)弧長公式求解。 7.如圖，長方形ABCD中，AB=4cm，BC=3cm，點E是CD的中點，動點P從A點出發(fā)，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E 運動，最終到達點E．若點P運動的時間為x秒，那么當x= ________時，△APE的面積等于5 ． 【答案】或5 【解析】 ①如圖1， 當P在AB上時， ∵△APE的面積等于5， ∴ x?3=5， x= ； ②當P在BC上時， ∵△APE的面積等于5， ∴ ， ∴34? (3+4?x)2? 23? 4(x?4)=5， x=5； ③當P在CE上時， ∴ (4+3+2?x)3=5， x= <3+4+2，此時不符合； 故答案為： 或5. 【分析】先對點P所在不同線段的區(qū)間進行分類討論，再結合實際情況與所得結果進行對比從而判斷結果的合理性. 8.如圖，在矩形 中， 點 同時從點 出發(fā)，分別在 ， 上運動，若點 的運動速度是每秒2個單位長度，且是點 運動速度的2倍，當其中一個點到達終點時，停止一切運動．以 為對稱軸作 的對稱圖形 ．點 恰好在 上的時間為________秒．在整個運動過程中， 與矩形 重疊部分面積的最大值為________． 【答案】； 【解析】 ：（1）如圖，當B′與AD交于點E，作FM⊥AD于F， ∴∠DFM=90． ∵四邊形ABCD是矩形， ∴CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90． ∴四邊形DCMF是矩形， ∴CD=MF． ∵△MNB與△MNE關于MN對稱， ∴△MNB≌△MNE， ∴ME=MB，NE=BN． ∵BN=t，BM=2t， ∴EN=t，ME=2t． ∵AB=6，BC=8， ∴CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t 在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理，得（1） EF=AE= ∴＋=2t 解得 ：t= （2）如圖， ∵△MNE與△MNB關于MN對稱， ∴∠MEN=∠MBN=90． ∵∠MEN+∠MBN+∠EMB+∠ENB=360， ∴∠EMB+∠ENB=180． ∵∠ENA+∠ENB=180， ∴∠ENA=∠EMB． ∵tan∠ENA= ∴tan∠EMB= ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠EFG=∠EMB． ∵BN=t，BM=2t， ∴EN=t，ME=2t． ∵AB=6，BC=8， ∴CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6 ∴GA=(6-t) GN=(6-t) ∵EG=EN-GN=t-(6-t)= ∴EF=()=2t- ∴當時， S=t2-(2t-)()=-(t-6)2+ ∴t=4時，s最大=. 當0＜t≤時，S=t2 ∴t=時，S最大=. ∵＞ ∴最大值為【分析】（1）如圖，當B′與AD交于點E，作FM⊥AD于F，根據(jù)矩形的性質得出CD=AB．AD=BC．∠D=∠C=90．進而判斷出四邊形DCMF是矩形，根據(jù)矩形的對邊相等得出CD=MF．根據(jù)翻折的性質得出△MNB≌△MNE，根據(jù)全等三角形對應邊相等得出ME=MB，NE=BN．然后表示出EN=t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，在Rt△MEF和Rt△AEN中，由勾股定理EF,AE的長，根據(jù)線段的和差得出方程，求解得出t的 值； （2）根據(jù)翻折的性質得出∠MEN=∠MBN=90．根據(jù)四邊形的內角和，鄰補角定義及等量代換得出∠ENA=∠EMB．根據(jù)等角的同名三角函數(shù)值相等得出tan∠ENA=tan∠EMB=， 根據(jù)矩形的性質得出∠EFG=∠EMB．EN=t，ME=2t．CD=MF=6，CB=DA=8．AN=6-t，進而表示出GA,GN,EG,EF,的長，當 < t ≤ 4 時，與當0＜t≤ 時，分別求出S的值，再比大小即可得出答案。 9.如圖，在△ABC中，BC＝AC＝5，AB＝8，CD為AB邊的高，點A在x軸上，點B在y軸上，點C在第一象限，若A從原點出發(fā)，沿x軸向右以每秒1個單位長的速度運動，則點B隨之沿y軸下滑，并帶動△ABC在平面內滑動，設運動時間為t秒，當B到達原點時停止運動 （1）連接OC，線段OC的長隨t的變化而變化，當OC最大時，t＝________； （2）當△ABC的邊與坐標軸平行時，t＝________。 【答案】（1） （2）t＝ 【解析】 （1）如圖： 當 三點共線時， 取得最大值， （ 2 ）分兩種情況進行討論：①設 時，CA⊥OA， ∴CA∥y軸， ∴∠CAD=∠ABO. 又 ∴Rt△CAD∽Rt△ABO， ∴ 即 解得 ②設 時， ∴CB∥x軸， Rt△BCD∽Rt△ABO， ∴ 即 綜上可知,當以點C為圓心,CA為半徑的圓與坐標軸相切時,t的值為 或 故答案為： 或 【分析】（1）當 O , C , D 三點共線時，OC取得最大值，此時OC是線段AB的中垂線， 根據(jù)中垂線的性質，及勾股定理得出OA =OB = 4, 然后根據(jù)時間等于路程除以速度即可得出答案； （ 2 ）分兩種情況進行討論：①設OA = t 1 時，CA⊥OA，故CA∥y軸，然后判斷出Rt△CAD∽Rt△ABO，根據(jù)相似三角形對應邊成比例得出AB∶CA = AO∶CD ,從而得出答案；②設 A O = t 2 時，BC ⊥OB ，故CB∥x軸，然后判斷出Rt△BCD∽Rt△ABO，根據(jù)相似三角形對應邊成比例得出BC∶AB=BD∶ AO,從而得出答案. 10.如圖，在平面直角坐標系中，A(4，0)、B(0，-3)，以點B為圓心、2 為半徑的⊙B上 有一動點P.連接AP，若點C為AP的中點，連接OC，則OC的最小值為________． 【答案】 【解析】 ：作A關于y軸的對稱點A′， 則A′（－4，0）， ∴OC是△AA′P的中位線，當A′P取最小值時，OC取最小值．連接A′B交⊙B于點P，此時A′P最?。? 在Rt△OA′B中，OA′=4，OB=3， ∴A′B=5，∴A′P=5-2=3，∴OC= ， ∴OC的最小值 ． 故答案為： ． 【分析】作A關于y軸的對稱點A′，可得出點A′的坐標，可證得OC是△AA′P的中位線，因此當A′P取最小值時，OC取最小值．連接A′B交⊙B于點P，此時A′P最小，再利用勾股定理求出A′B，再根據(jù)圓的半徑求出A′P的長，利用三角形的中位線定理，即可求出OC的最小值 。 11.已知矩形 中， 是 邊上的一個動點，點 ， ， 分別是 ， ， 的中點. （1）求證： ； （2）設 ，當四邊形 是正方形時，求矩形 的面積. 【答案】（1）解：∵點F,H分別是BC,CE的中點， ∴FH∥BE， ． ∴ ． 又∵點G是BE的中點， ∴ ． 又∵ ， ∴△BGF ≌ △FHC． （2）解：當四邊形EGFH是正方形時，可知EF⊥GH且 ∵在△BEC中，點G，H分別是BE,EC的中點, ∴ 且GH∥BC, ∴ 又∵AD∥BC, AB⊥BC, ∴ ， ∴ ． 【解析】【分析】（1）根據(jù)點F,H分別是BC,CE的中點，可證得FH是△BCE的中位線，就可證得FH∥BE， FH=BE 再根據(jù)點G是BE的中點，得出FH=BG，就可證得結論。 （2）當四邊形EGFH是正方形時，可知EF⊥GH且 E F = G H ，根據(jù)已知在△BEC中，點G，H分別是BE,EC的中點，可證得GH是△BCE的中位線，可求出GH的長及GH∥BC，再根據(jù)AD∥BC, AB⊥BC，可證得AB=GH，然后利用矩形的面積公式，即可求解。 12.如圖，在△ABC中，∠C＝90，AC＝4cm，BC＝5cm，點D在BC上，且CD＝3cm.動點P、Q分別從A、C兩點同時出發(fā)，其中點P以1cm/s的速度沿AC向終點C移動；點Q以 cm/s的速度沿CB向終點B移動．過點P作PE∥CB交AD于點E，設動點的運動時間為x秒． （1）用含x的代數(shù)式表示EP； （2）當Q在線段CD上運動幾秒時，四邊形PEDQ是平行四邊形； （3）當Q在線段BD(不包括點B、點D)上運動時，求當x為何值時，四邊形EPDQ面積等于 . 【答案】（1）解:如圖所示， ∵PE∥CB， ∴∠AEP＝∠ADC. 又∵∠EAP＝∠DAC， ∴△AEP∽△ADC， ∴ ＝ ， ∴ ＝ ， ∴EP＝ x. （2）解：由四邊形PEDQ1是平行四邊形，可得EP＝DQ1. 即 x＝3－ x，所以x＝1.5. ∵0＜x＜2.4 ∴當Q在線段CD上運動1.5秒時，四邊形PEDQ是平行四邊形 （3）解： S四邊形EPDQ2＝ ( x＋ x－3)(4－x)＝－x2＋ x－6， ∵四邊形EPDQ面積等于 ， ∴－x2＋ x－6＝ ， 整理得：2x2－11x＋15＝0. 解得：x＝3或x＝2.5， ∴當x為3或2.5時，四邊形EPDQ面積等于 . 【解析】【分析】（1）抓住已知條件PE∥CB，證明△AEP∽△ADC，再根據(jù)相似三角形的性質得出對應邊成比例，可得出EP的長。 （2）根據(jù)已知可知PE∥CB，要證四邊形PEDQ是平行四邊形，則EP＝DQ1 ， 建立關于x的方程，求出x的值，再寫出x的取值范圍即可。 （3）根據(jù)PE∥CB，可證得四邊形EPDQ是梯形，根據(jù)梯形的面積=， 建立關于x的方程，再解方程求解即可。 13.如圖1，圖2中，正方形ABCD的邊長為6，點P從點B出發(fā)沿邊BC—CD以每秒2個單位長的速度向點D勻速運動，以BP為邊作等邊三角形BPQ，使點Q在正方形ABCD內或邊上，當點Q恰好運動到AD邊上時，點P停止運動。設運動時間為t秒（t≥0）。 （1）當t＝2時，點Q到BC的距離＝________； （2）當點P在BC邊上運動時，求CQ的最小值及此時t的值； （3）若點Q在AD邊上時，如圖2，求出t的值； （4）直接寫出點Q運動路線的長。 【答案】（1）解： （2）解：點P在BC邊上運動時，有 ，根據(jù)垂線段最短，當 時，CQ最小， 如圖，在直角三角形BCQ中， ， ∴ ∴ ∴ （3）解：若點Q在AD邊上，則 ∵ ∴Rt△BAQ≌Rt△BCP（HL）, ∴ ∴ ∵ ，且由勾股定理可得， ∴ 解得： （不合題意，舍去）， ∴ （4）解：點Q運動路線的長等于點 運動的路線長： 【解析】【解答】 如圖： 過點 作 當 時， 是等邊三角形， 故答案為： 【分析】(1）過點 Q 作QE⊥BC, 根據(jù)路程等于速度乘以時間，由 t = 2 ， 得出BP的長，根據(jù)等邊三角形的性質得出BQ = 4 , ∠QBE = 60 ° ,在Rt△BPQ中，根據(jù)正弦函數(shù)的定義即可得出QE的長； （2）點P在BC邊上運動時，有 ∠QBC = 60 ，根據(jù)垂線段最短，當 CQ⊥BQ 時，CQ最小，如圖，在直角三角形BCQ中， ∠QBC= 60 ，從而得出BQ的長度，根據(jù)等邊三角形的性質得出BP=BQ=3，根據(jù)時間等于路程除以速度，從而得出t的值，再根據(jù)正切函數(shù)的定義，即可得出CQ的長； （3）若點Q在AD邊上，則 C P = 2 t ? 6 ， 首先利用HL判斷出Rt△BAQ≌Rt△BCP，根據(jù)全等三角形對應邊相等得出A Q = C P = 2 t ? 6 , 進而得出DQ =DP= 12 ? 2 t , 由 BP = PQ ，且由勾股定理可得，DQ 2 + DP 2 =QP 2 ， BC 2 +CP2 =BP 2,得出關于t的方程，求解并檢驗即可得出t的值； （4）根據(jù)題意點Q運動路線的長等于點 P 運動的路線長，由路程等于速度乘以時間即可得出答案。 14.已知：如圖①，在平行四邊形ABCD中，AB=12，BC=6，AD⊥BD．以AD為斜邊在平行四邊形AB CD的內部作Rt△AED，∠EAD=30，∠AED=90． （1）求△AED的周長； （2）若△ AED以每秒2個單位長度的速度沿DC向右平行移動，得到△AE0D0 ， 當A0D0與BC重合時停止移動，設運動時間為t秒，△A0E0D0與△BDC重疊的面積為S，請直接寫出 S與t之間的函數(shù)關系式，并寫出t的取值范圍； （3）如圖②，在（2）中，當△AED停止移動后得到△BEC，將△BEC繞點C按順時針方向旋轉α（0＜α＜180），在旋轉過程中，B的對應點為B1 ， E的對應點為E1 ， 設直線B1E1與直線BE交于點P、與直線CB交于點Q．是否存在這樣的α，使△BPQ為等腰三角形？若存在，求出α的度數(shù)；若不存在，請說明理由． 【答案】（1）解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴AD=BC=6． 在Rt△ADE中，AD=6，∠EAD=30， ∴AE=AD?cos30=6=3， DE=AD?sin30=6=3， ∴△AED的周長為：6+3+3=9+3。 （2）解：在△AED向右平移的過程中： （I）當0≤t≤1.5時，如答圖1所示，此時重疊部分為△D0NK． ∵DD0=2t，∴ND0=DD0?sin30=t，NK=ND0tan30=t， ∴S=S△D0NK=1ND0?NK=t?t=t2； （II）當1.5
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