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初三数学复习--动态几何


初三数学复习讲座

中考数学试题中的 “动态几何”问题

运动变化是事物的本质属性,是自然界中存在的普遍 现象,对运动变化的探究已成为中考数学命题的一大热点。 “动态几何”是再现运动变化的重要窗口,它研究在几何 图形的运动中,伴随着一定的图形位置、数量关系的“变” 与“不变”性,就其运动形式而言有平移、旋转、翻折、 滚动等;在中考试题中常

以动点型、动线型、简单图形的 运动型等形式出现,现结合近年各地中考试题,摘取数例 对各种类型进行精析,以供各位同仁在中考复习中参考。

一、动点型问题
? 动点型的运动对象是“点”,按参与运动的点的数量多少,可将

动点型分为

单动点型和双动点型。

1、单动点型问题
【例1】(2007连云港)如图11,在平面直角坐标系中,矩形

OABC的顶点O与坐标原点重
合,顶点A、C在坐标轴上,

OA=60cm,OC=80cm,动点P
从点O出发,以5cm/s的速度

沿x轴匀速向点C运动,到达
点C即停止,设点P运动的时 间为ts,

(1).过点P作对角线OB的垂线,垂足为点T,求PT 的长y与时间t的函数关系式,并写出自变量t的 取值范围; (2).在点P运动过程中,当点O关于直线AP的对称

点O′恰好落在对角线OB上时,求直线AP的函
数解析式;

(3).探索:以A、P、T三点为顶点的△APT的面积
1 能否达到矩形OABC面积的 4 ?请说明理由。

解:(1)、∵四边形OABC是矩形
在Rt△OCB中: ∵OC=80 , BC=OA=60

∴∠OCB=90°, OA=BC

∴OB=100
∵PT⊥OB,∴∠OTP=∠OCB=90° ∵∠TOP=∠COB,∴△POT∽△BOC



=

,∵OP=5t,PT=y

PT ∴ BC
?

OP OB ∴y=3t
=16 ,

∵当点 C时所需时间为t= y P运动到点 5t

60 t 100 ∴自变量 的取值范围是:0≤t≤16

80 5

(2).当点O关于直线AP的对称点O′恰好在OB上时,A、T、P三点 共线(如图1-2所示) ∵AT⊥OB,∴∠OAT+∠AOT=90°, ∵∠BOC+∠AOT=90° , ∴∠OAT=∠BOC ∵ ∠AOP=∠OCB=90°, ∴△AOP∽△OCB OP OA 60 OP ∴ = , ∴ = 60 ,, ∴OP=45 OC 80 BC ∵OP=5t, ∴t=9, ∴A(0,60), P(45,0) ?45k ? b ? 0 设直线AP的解析式为:y=kx+b,则 ?b ? 60 ? 解得 { k=-1∴此时直线AP的函数解析式为:y= -x+60

4 3

4 3

(3)、由(2)知:当t=9时,点A、T、P共线,不能构成三 角形,故分两种情况讨论: a).当0<t<9时,点T位于△AOP的内部,如图1-3

过点A作AD⊥OB于D, 1 ∵S = OA×OC= 1 OB × AD 2 2 ∴60×80=100AD, ∴AD=48 OC 在Rt△OCB中:∵COS∠BOC= OB , 4 80 ∴COS∠BOC=100 = 5 OT 在Rt△OTP中:∵COS∠TOP= OP , OT 4 ∴ = , ∴OT=4t
?OAB

5t

5

∵S = OA×OP, 1 ∴S = ×60×5t=150t 2 ∵S = 1 OT×AD, 2 ∴S = 1 ×4t×48=96t 2 ∵S = 1 OT×PT, 2 ∴S = 2 × 4t × 3t=6t 1 2 ∵S =S -S -S , ?AOT ?POT ?ATP 2 ∴S =150t-96t-6t =-6t2+54t
?AOP

1 2

?AOP

?AOT

?AOT

?POT

?POT

?AOP

?ATP

1 若S ?ATP = S 4

□OABC



则-6t2 +54t=1200 , t2 -9t+200=0

∵△=(-9)2-4×1×200<0,
∴方程t2-9t+200=0无实数解

∴当0<t<9时,以A、P、T为顶点的三 角形的面积不能达到矩形OABC面积 1 的 。
4

b)、当9<t≤16时,点T位于△AOP的 外部,如图1-4所示
y

过点A作AD⊥OB于点D, A 则AD=48 ∵S =S +S -S , 1 S = 2×4t×48=96t 1 1 S = 2 OT×PT= 2 ×3t×4t=6t2 1 S = 2 ×60×5t=150t ∴S =96t+6t2-150t=6t2-54t
T D

B

△ATP

△AOT

△POT

△AOP

O

P

C

x

△AOT

图1-4

△POT

△AOP

△ATP

y

? 若S = ? 则:6t2-54t=1200, t2-9t-200=0 ,t = 9 ? 81? 800 = 9 ? 881 2 2 ? ∴t1= 9 ? 881 >16不合题意,舍去,
A
B

△ATP

1 S□OABC, 4

T

D

O

P

C

x

图1-4

t2= 9 ? 881 <0不合题意,舍去。 2 ? ∴当9<t≤16 时,以A、P、T为顶点 的△APT的面积不能达到矩形OABC 面积的 。
2

1 4

点评:
本题第(1)问的关键是能利用相似知识得到对应线段成比 例,第(2)问需要明白点O关于直线AP的对称点O′恰好落 在对角线OB上的实质是告诉AP与OB垂直的关系,第(3)问 探索以A、P、T为顶点的△APT的面积能否达到矩形OABC面 积的 ,则要注意分点T位于△AOP的内部和点T位于△AOP

的外部两种情况进行分析讨论。
1 4

2、双动点型问题
? 【例2】(2008山东青岛)已知:如图2-1,在Rt△ABC中,

∠C=90°,AC=4cm,BC=3cm,点P由B出发沿BA方向向点A 匀速运动,速度为1cm/s,点Q由A 出发沿AC方向向点C匀速 运动,速度为2cm/s;连接PQ,若设运动的时间为t(s) (0<t<2),
? 解答下列问题:

(1).当t为何值时,PQ∥BC? (2).设△AQP的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式; (3).是否存在某一时刻t,使线段PQ恰好把Rt△ABC的周长和面积同 时平分?若存在,求出此时t的值,若不存在,说明理由; (4).如图2-2,连接PC,并把△PQC沿QC翻折,得到四边形 PQP'C,那么是否存在某一时刻t,使四边形PQP'C为菱形? 若存在,求出此时菱形的边长;若不存在,说明理由。

(1).当t为何值时,PQ∥BC?
解:(1).在Rt△ACB中:∵AB2=AC2+BC2, AC=4, BC=3

∴AB=5, ∵BP=t, AQ=2t, ∴AP=5﹣t
若PQ∥BC,则△PAQ∽△BAC, 故: = ∴
AP AB

=
AQ AC



10-2t=5t, t=
故:当 5 t= ? t 时, t PQ∥BC 5 2
10 7

10 7

(2).设△AQP的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式;
?

(2)、过点P作PD⊥AC于D, ∵∠ADP=∠C=90°∠PAD=∠BAC, ∴△PAD∽△BAC

∴ PD = AP ,
BC = AB , ∴PD= ∴ PD 15 ? 3t 5?t 5 5 ×PD, ∴y= × ∵S 3 = AQ 2t × 1 1 t2+3t 2 2
△APQ

∴y=

-

3 5

15 ? 3t 5

(3).是否存在某一时刻t,使线段PQ恰

好把Rt△ABC的周长和面积同时平分? 若存在,求出此时t的值,若不存在, 说明理由;

若S = ∴t2-5t+5=0, t = 5 ?2 5, t1 = 5 ? 5 不合题 2 意,舍去 t2= 5 ? 5 , ∴t= 5 ? 5 2 2 若AP+AQ= 1 (AB+BC+AC), 2 则:(5-t)+2t=6, t=1 ∵5 ? 5≠1, 2 ∴不存在这一时刻 t,使线段PQ把Rt 的周 长和面积同时平分。
△APQ △ABC

1 3 2 S△ACB,则:- 5t +3t=3 2

(4).如图2-2,连接PC,并把△PQC沿QC翻折, 得到四边形PQP‘C,那么是否存在某一时 刻t,使四边形PQP’C为菱形?若存在, 求出

此时菱形的边长;
若不存在,说明理由。
A

假设存在某一时刻t,使四边形PQP'C为菱 形,则:PQ=PC 过点P作PM⊥AC于M, ∴QM=MC= 1 QC, ∵QC=4-2t, ∴QM=2-t; 2
在Rt△PAM中:∵COS∠PAM= COS∠PAM=COS∠A= AC = 4 ∴4 5 = AM ,AM=4﹣ 4t,
5?t
AM, AP

AB

5
A

5

∵QM=AM-AQ,

∴QM=4﹣ t﹣ 42t=-

t+4 14 5 ∴2-t=- t+4,5t= , 14 10 A ∵PM=3- t, QM=2-t; 5 9 3 ∴当t= 时,PM=3 ﹣ × = ,QM=2﹣ = ,
在Rt△PMQ 10 中:∵PQ= ∴PQ= 9 = =
5

3 10 , 7 5 ,9 3

10 9

8 9

2 2 QM ? PM 故:存在t= ,使四边形PQP‘C为菱形,此时菱形的边长为 64 ? 441 505 (cm)。64 ? 49 81 81 9 9

10 9

505 9

? 点评:本题第(1)问的关键是用t的代数式表示出AP和AQ,

再用相似三角形的性质列出相应的比例式,求出t值。 ? 第(2)问的关键在于作出AQ边上的高PD,并用t的式子表 示PD; ? 第(3)问的关键在于分别求出PQ将△ACB周长和面积平分 时的对应时间,然后看这两个时间是否相等;

? 第(4)问的关键在于把四边形PQP′C是菱形的问题转化为 PQ=PC,并用t的两个表达式表示QM,布列方程求出t值。

二、动线型问题

? 几何图形中的运动对象是直线,这 种动态几何为动线型,它包括直线
的平移、旋转等。

? 【例3】.(2008重庆)已知:如图3,抛物线y=ax2-2ax+c (a≠0)与y轴交于点C(0,4),与x轴交于点A、B,点A的坐标为 (4,0)。 ? (1).求该抛物线的解析式; ? (2).点Q是线段AB上的动点,过点Q作QE∥AC, 交BC于点E,连接CQ,当△CQE的面积最大时,求点Q的坐标; ? (3).若平行于x轴的动直线L与该抛物线交于点P,与直线AC交 于点F,点D的坐标为(2,0), 问:是否存在这样的直线L,使得△ODF是等腰三角形?若存 在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由。

(1).求该抛物线的解析式;
解 (1).∵抛物线y=ax2-2ax+c过点A(4,0), C(0,4) ∴所求抛物线的解析式为: y=- x2+x+4
1 2

?8a ? c ? 0 ∴? ?c ? 4

解得:c=4,a=-

1 2

(2).点Q为线段AB上的动点,过点Q作QE∥AC,交BC于点E,连 接CQ,当△CQE的面积最大时,求点Q的坐标;

解:设点Q的坐标为Q(m,0),过点E作 1 2 EG⊥AB于G,对抛物线y=- 2 x +x+4, 令y=0,
1 2 则:- x +x+4=0, 2

x2-2x-8=0,

∴x1=4, x2=-2; ∴B(-2,0), OB=2, BQ=2+m

在Rt△AOC中:∵AC=

A(4,0),C(0,4)
∴AC= =4 ,

OA2 , ? OC 2

2 ∵QE∥AC,4∴ △BQE 2 , ? 42 ∽△BAC



=



=

∴EQ=

(m+2),

∵OA=OC=4 , EQ∥ AC, OA EQ EQ BQ m ?⊥ 2 OC, AC BA°; 4 2 6 ∴∠EQG=45

2 2 3

在Rt△EGQ中:∵Sin∠EQG=
∴Sin45= , EG
EQ

EG EQ

∴EG=

2 2 3 EG= (m+2)

(m+2)×
2 2

2 ∵S△BQC = BQ×OC , 3 1 ×4=2(m+2), ∴S△BQC = (m+2)

∵S△BQE = (m+2)× (m+2)= (m+2)2,
1 2

2

1 2

2 3

1 3

∵S =2(m+2)∴S=2m+4﹣ 1 (m2+4m+4), 32 S=2m+4- 1 m - 4 m- 4 , 3 3 3 S=- 1 m2+ 2 m+ 8 , 3 3 3 2 S=- 1 (m -2m+1)+3=- 1 (m-1)2+3, 3 3 ∴当m=1时,S有最大值 ,S的最大值为3, ∵-2<m<4, ∴m=1符合要求, 当m=1时,点Q的坐标 为Q(1,0)
△CQE

1 (m+2)2, 3

(3).若平行于x轴的动直线L与该抛物线交 于点P,与直线AC交于点F,点D的坐 标为(2,0) 问:是否存在这样的直线L,使得 △ODF是等腰三角形?若存在,请求出 点P的坐标;若不存在,请说明理由。 ? 分三种情况讨论:

1).若OD=DF,则△ODF是等腰三角形, ∵D(2,0),A(4,0); ∴OD=DA=DF, ∴∠ODF=90°, ∵∠CAO=45°, ∴∠FOA=45°, ∴OF=FA, ∴FD⊥OA, ∴OD=DF=2, ∴F(2, 2) ∵L∥AB, ∴点P的纵坐标为2 ∵点P在抛物线上, ∴y=2时, - x2+x+4=2,x2-2x-4=0, ∴x1=1+ , x2=1- , ∴P1(1- ,2), P2(1+ ,2)
1 2

5 5

5 5

2) .当OF=FD时,△OFD为等腰三角形;过点F作FM⊥OA于M ∴OM=DM=1, ∴AM=3, ∵FM∥OC, ∴△FAM∽△CAO, ∴ = , ∴ = , ∴FM=3, ∵L∥AB, ∴点P的纵坐标为3, 3 FM AM ∵点 P在抛物线上, ∴FM 当y=3时, 4 4 OA - OC x2+x+4=3, x2-2x-2=0, X= , x3=1- , x4=1﹢ ∴此时点P有两个,其坐标分别为:P3(11 2

, 3), P4(1+

,3)

2?

4?8 2

3

3 3

3

3).在R△AOC中, ∵OA=OC=4, ∴AC=4 ∴2 ≦OF≦4 2 2 ∵OD=2, ∴OF≠OD 综上所述: 存在满足条件的动直线L和满足条件的 点P,这样的点有4个,其坐标分别为: P1(1- ,2), P2(1+ ,2) P3(1- ,3), P4(1+ ,3)

5

3

5 3

? 点评:本题既有动点问题,又有动线
问题;涉及到的知识有:二次函数的知

识,解直角三角形的知识,一元二次方
程的知识等;涉及到的数学思想有:转 换思想、方程思想、函数思想、分类讨

论思想等。

三、图形运动型问题

? 图形运动型着眼于探究特殊三角形
(等腰三角形、等边三角形)、特殊

四边形(矩形、菱形、正方形、等腰
梯形)、圆等简单图形的平移、旋转、

翻折、滚动等运动变化问题。

? 例【4】

如图①,一张三角形纸片

ABC,∠ACB=90°,AC=8,BC=6,沿斜边AB的中线CD把这张纸 片剪成△AC1D1和△BC2D2两个三角形(如图②),将纸片 △AC1D1沿直线D2B(AB)方向平移(点A,D1,D2,B始终在同 一条直线上),当点D1与点B重 合时,停止平移,在平移的 过程中,C1D1与BC2交于点E,AC1与C2D2、BC2分别交于点F、 P(如图③)

? (1).当△AC1D1平移到图③所示的位置时, 猜想图中D1E与D2F的数量关系,并证 明你的猜想。 ? (2).设平移距离D2D1为x,△AC1D1与 △BC2D2重叠部分的面积为y,请写出y 与x的函数关系式,以及自变量x的取 值范围。 ? (3).对于(2)中结论是否存在这样的x, 使得重叠部分面积等于原△ABC纸片 面积的 ?若存在,请求出x的值;若 不存在,请说明理由
1 4

? 解(1). D1E=D2F

∵C1D1∥C2D2, ∴∠C1=∠AFD2
又∵∠ACB=90°,CD是斜边AB的中线, ∴DC=DA=DB,即:C1D1=C2D2=BD2=AD1,

∴∠C1=∠A, ∴∠A=∠AFD2,
∴AD2=D2F, ∵∠C2=∠B, ∠C2=∠BED1, ∴BD1=D1E, BD1=BD2-D2D1 ∴D1E=D2F; ∴∠B=∠BED1 , ∵AD2=AD1-D2D1, ∴AD2=BD1,

(2).在Rt△ABC中:∵AC=8,BC=6,

由勾股定理得AB=10
即:AD1=BD2=C1D1=C2D2=5, 又∵D2D1=x, ∴D1E=BD1=D2F=AD2=5-x, ∴C2F=C1E=x, 在△BC2D2中,点C2到BD2的距离等

于△ABC的AB边上的高
上的高为h,

,设△BED1的BD1边

24 5

? ∵D1E∥D2C2, ∴△BD1E∽△BD2C2,

?
?

h 5? x ∴ 24 = , 5 5 1 ∵S△BED1= 2 BD1×h,
12 2, (5-x) 25

24(5 ? x) h= , 25

? ∴S△BED1=

又∵∠C1+∠C2=90°,
4 , 5

? ∴∠A+∠B=90°, ∴∠APB=90°, ∴AP⊥BP,

? ∵∠C2=∠B, sinB=
?

cosB=

?

4 3 ∴PC2= x, PF= 5 x, 5 6 2 1 ∴S?FC2 P = PC2×PF= 25x , 2

3 5

,

? ∵y=S ?

?BC2 D2

-S

?BED 1

-S

?FC2 P

?
?

1 12 16 2 2 = 2 S△ABC - 25 (5-x) - 25 x 1 1 24 12 = 2 × 2×10× 5 - 25 (5-x)2-

62 x 25

=-

18 25

x+
2

24 5

x (0≤x≤5)

1 ? (3).存在,当y= S△ABC 时, - x2+ 18 x=6, 25 4 ? 整理得,3x2-20x+25=0, 解得:x1= ,
x2=5; ? 即当x=

24 5

5 3

或x=5时,重叠部分的面积等于原△ABC面积的

5 3

1 4

? 由此可见,动态几何问题常常集几何、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学生们的空间想象 能力,综合分析能力,具有较强的甄别功 能,在中考中常以压轴题的形式出现。

? 解决动态几何问题时,通常需要我们树立联系发展的动态观, 用运动与变化的眼光去观察和研究图形,把握图形运动与变 化的全过程,一方面要注意在运动过程中的各个时刻的图形 分类画图,由“动”变“静”;另一方面还要善于抓住在运 动过程中某一特殊位置的等量关系和变量关系,并特别关注 一些不变量和不变关系或特殊关系以及特定的限制条件,在 求有关图形中变量之间的关系时,通常建立函数模型来求解; 而求图形之间的特殊数量关系和一些特殊值时,通常建立方 程模型求解。


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