第2部分 专题5动态几何问题-2021年中考数学一轮复习ppt课件（福建专版）.ppt

1、专题综合强化第二部分 专题五动态几何问题动态几何问题是指题设图形中存在一个或多个动点、动线等在线段、弧线上运动的一类开放性题目近几年常考类型有：动点问题；平移问题；旋转问题(2020.24,2019.21,2018.21)；折叠(翻折翻折)问题动态几何问题有两个显著的特点：一是“动态”，常以图形或图象中点、线的运动(包括图形的平移、旋转、折叠、相似等图形变换包括图形的平移、旋转、折叠、相似等图形变换)为重要的构图背景；二是“综合”，主要体现为三角形、四边形等几何知识与函数、方程等代数知识的综合专题分析专题分析 解决此类问题的关键是在认真审题的基础上先做到“静中求动”，根据题意画一些不同运动时刻

2、的图形，对整个运动过程有一个初步的理解，理清运动过程中的各种情形；然后“动中取静”，寻找变化的本质或将图中的相关线段代数化，转化为函数问题或方程问题常考题型常考题型精讲精讲 例例1在边长为6的菱形ABCD中，动点M从点A出发，沿ABC向终点C运动，连接DM交AC于点N.(1)如图1，当点M在AB边上时，连接BN.求证：ABNADN；题型题型1动点问题动点问题典例精析典例精析 第一步：第一步：由菱形的性质得到对应边、角相等；由菱形的性质得到对应边、角相等；第二步：第二步：由由SAS证明三角形全等即可证明三角形全等即可 解题思路解题思路若ABC60，AM4，ABN，求点M到AD的距离及tan的值；

3、第一步：第一步：过点过点M作作DA的垂线，通过构建直角三角形来求解；的垂线，通过构建直角三角形来求解；第二步：第二步：由由可得可得MDHABN，那么点，那么点M到到AD的距离和的距离和就就转化到转化到RtMAH和和RtMDH中；中；第三步：第三步：根据已知条件进行求解即可根据已知条件进行求解即可 解题思路解题思路图图1 (2)若ABC60，AM4，求MN的长；分为两种情况：当点分为两种情况：当点M在在AB边上时，由边上时，由AMNCDN，可得，可得MN的长；当点的长；当点M在在BC边上时，可分析得出此种情况不存在边上时，可分析得出此种情况不存在 解题思路解题思路(3)如图2，若ABC90，记点

4、M运动所经过的路程为x(6x12)试问：当x为何值时，ADN为等腰三角形要使要使ADN为等腰三角形，则分为三种情况：为等腰三角形，则分为三种情况：NDNA；DNDA；ANAD.分别利用等腰三分别利用等腰三角形的性质计算即可角形的性质计算即可 解题思路解题思路【解答】【解答】ABC90，菱形菱形ABCD是正方形，是正方形，CAD45.分三种情况：分三种情况：若若NDNA，则则ADNNAD45.此时此时，点点M恰好与点恰好与点B重合重合，则则x6；若若DNDA，则则DNADAN45.此时此时，点点M恰好与点恰好与点C重合重合，则则x12；答图答图2 针对训练针对训练(1)求证：ACEBCP；(2)

5、在点P的移动过程中，若ADDC，试求CP的长2已知正方形ABCD的边长为2，中心为点M，O的半径为r，圆心O在射线BD上运动，O与边CD仅有一个公共点E.(1)如图1，若圆心O在线段MD上，点M在O上，OMDE，判断直线AD与O的位置关系，并说明理由；图图1 答图答图1 在在O中，中，OMOE，OMDE，OEDE，DOEODE45，ADB45，DEO90，即，即OEDE.DB平分平分ADC，且，且OFFD，OEOF，即，即OF是是O的半径，的半径，直线直线AD与与O相切相切图图2 答图答图2 过点过点O分别作分别作ONAD，OQCD，分别分别交交AD，CD的延长线于点的延长线于点N，Q，连接，

6、连接OF，OE，EF.QNQDN90，又又ADBODN45，DON45ODN，DNON，四边形四边形OQDN为正方形，为正方形，DNONOQQD.又又OEOF，RtONFRtOQE(HL)，NFQE.又又DFNFDN，DEQEQD，DFDE.DCDEEGCG2，即，即2DFEG2，2DFy2.设设EF交交DB于点于点P，DPa，DFDE，DB平分平分ADC，DPEF，即，即FPO90.3等边三角形ABC的边BC在射线BD上，动点P在等边三角形ABC的BC边上(点点P与点与点B，C不重合不重合)，连接AP.(1)如图1，当点P是BC的中点时，过点P作PEAC于点E，并延长PE至点N，使得ENPE

7、.图图1 若AB2，试求出AP的长度；连接CN，求证CNAB.证明：证明：ENPE，PEAC，CPCN.又又CEPN，NCEPCE60，NCEBAC，CNAB.(2)如图2，若点M是ABC的外角ACD的平分线上的一点，且APPM，求证：APM60.图图2 (2)证明：证明：如答图，在直线如答图，在直线BC的下方，过点的下方，过点B作作CBNCBA，BN交交MC的延长线于点的延长线于点N，连接，连接PN.ABC是等边三角形，是等边三角形，ACB60，ACD120.CM平分平分ACD，MCD60，BCN60，BNC为等边三角形，为等边三角形，ABBCBN.答图答图 4如图，MBN45，P为MBN内

8、的一个动点，过点P作BPA与BPC，使得BPABPC135，分别交BM，BN于点A，C.(1)求证：CPBBPA；证明：证明：PCBPBCBPC180，BPC135，PCBPBC45.又又MBN45，ABPPBC45，PCBABP.又又BPABPC135，CPBBPA.(3)记APa，BPb，CPc，若abc20，a2b，且a，b，c为整数，求a，b，c的值例例2在平面直角坐标系xOy中，四边形OABC为矩形，OA在x轴上，OC在y轴正半轴上，且A(10,0)，B(0,8)(1)如图1，在矩形OABC的AB边上取一点E，连接OE，将AOE沿OE折叠，使点A恰好落在BC边上的F处，求AE的长题型

9、题型2平移问题平移问题典例精析典例精析 图图1 设设AEx，在，在RtBEF中，根据勾股定理列方中，根据勾股定理列方程解出即可程解出即可 解题思路解题思路【解答】【解答】由题意，得由题意，得OA10，AB8，设设AEx，则，则BE8x，EFx，在，在RtCOF中，中，OC8.OFOA10，CF6，BF1064.由勾股定理，得由勾股定理，得42(8x)2x2，解得，解得x5，AE5.(2)将矩形OABC的AB边沿x轴负方向平移至MN(其他边保持不动其他边保持不动)，M，N分别在边OA，CB上且满足CNOMOCMN.如图2，P，Q分别是OM，MN上一点，若PCQ45，求证：PQOPNQ.图图2 第

10、一步：第一步：作辅助线，构建两个三角形全等，证明作辅助线，构建两个三角形全等，证明COECNQ和和ECPQCP；第二步：第二步：由由PEPQOEOP，得出结论，得出结论 解题思路解题思路【解答】【解答】如答图，在如答图，在PO的延长线上取一点的延长线上取一点E，使，使NQOE.CNOMOCMN，COEN90，COECNQ(SAS)，CQCE，ECOQCN.PCQ45，QCNOCP904545，ECPECOOCP45，ECPPCQ.CPCP，ECPQCP(SAS)，PEPQ.PEEOOPNQOP，PQOPNQ.答图答图 1如图，在RtABC中，ACB90，AB5，AC4，将ABC绕点C逆时针旋转

11、90后得到A1B1C，再将A1B1C沿CB向右平移，使点B2恰好落在斜边AB上，A2B2与AC相交于点D.针对训练针对训练(1)判断四边形A1A2B2B1的形状，并说明理由；解：解：四边形四边形A1A2B2B1是平行四边形是平行四边形理由如下：理由如下：A2B2C2是由是由A1B1C向右平移所得，向右平移所得，根据平移的性质，得根据平移的性质，得B1B2A1A2且且B1B2A1A2，四边形四边形A1A2B2B1是平行四边形是平行四边形(2)求A2C的长度2(2020宁德二检宁德二检)如图，RtABC中，BAC90，将ABC沿斜边BC向右平移，得到DEF(BEBC)，AC与DE相交于点O，连接A

12、D，AE，DC，得到四边形AECD.(1)当点E为BC的中点时，求证：四边形AECD是菱形；证明：证明：由平移的性质可知ADBE，ADBE.BAC90，点E为BC的中点，AEBECE，ADCE，ADCE，四边形AECD是平行四边形，又AECE，四边形AECD是菱形(2)在ABC平移过程中，判断四边形AECD的面积是否发生变化，请说明理由例例3(2020福建福建)如图，ADE由ABC绕点A按逆时针方向旋转90得到，且点B的对应点D恰好落在BC的延长线上，AD，EC相交于点P.题型题型3旋转问题旋转问题典例精析典例精析(1)求BDE的度数；第一步：第一步：由旋转的性质得出由旋转的性质得出ABAD，

13、BAD90，ABCADE；第二步：第二步：得到得到ADEB45；第三步：第三步：即可求出即可求出BDE的度数的度数 解题思路解题思路【解答】【解答】ADE由由ABC绕点绕点A按逆时针方向旋转按逆时针方向旋转90得到，得到，ABAD，BAD90，ABCADE.在在RtABD中，中，BADB45，ADEB45，BDEADBADE90.(2)F是EC延长线上的点，且CDFDAC.判断DF和PF的数量关系，并证明；第一步：第一步：由旋转的性质得出由旋转的性质得出ACAE，CAE90；第二步：第二步：证得证得FDPFPD；第三步：第三步：由等腰三角形的判定得出结论由等腰三角形的判定得出结论 解题思路解题

14、思路【解答】【解答】DFPF.证明：证明：由旋转的性质可知，由旋转的性质可知，ACAE，CAE90，在在RtACE中，中，ACEAEC45.CDFCAD，ACEADB45，ADBCDFACECAD，即，即FDPFPD，DFPF.解题思路解题思路答图答图 针对训练针对训练(1)求证：BECF；证明：证明：AEF是由是由ABC绕点绕点A按顺时针方向旋转得到的，按顺时针方向旋转得到的，AEAB，AFAC，EAFBAC，EAFBAFBACBAF，即即EABFAC.ABAC，AEAF，且，且EABFAC，AEBAFC(SAS)，BECF.(2)当四边形ACDE为菱形时，求BD的长2(2020漳州二检漳州

15、二检)如图，将RtAOB绕直角顶点O顺时针旋转，得到AOB，使点A的对应点A落在AB边上，过点B作BCAB，交AO的延长线于点C.(1)求证：BAOC；证明：证明：如答图如答图，BCAB，AC180.由旋转的性质，得由旋转的性质，得OAOA，1A.1BAO180，BAOC.答图答图 (2)若OB2OA，求tanOBC的值答图答图 3(2019莆田二检莆田二检)如图1，在RtABC中，ABC90，ABBC，将ABC绕点A逆时针旋转，得到ADE，旋转角为(090)，连接BD并延长交CE于点F.(1)如图2，当45时，求证：CFEF；(1)证明：证明：由旋转的性质可知，由旋转的性质可知，EACDAB

16、，AEAC，ADAB，AECACEADBABD.ADBCDF，FDCFCD，FDFC.EDC90，DEFECD90，FDEFDC90，FEDFDE，FEFD，CFEF.(2)在旋转过程中：问(1)中的结论是否仍然成立？证明你的结论解解：(1)中中的结论仍然成立证明如下：的结论仍然成立证明如下：如答图如答图1，连接，连接AF.由由(1)知，知，FCAABF，A，B，C，F四点共圆，四点共圆，AFCABC180.ABC90，AFC90，AFEC.AEAC，CFEF.题型题型4折叠折叠(翻折翻折)问题问题典例精析典例精析(1)求AOA的度数；第一步：第一步：由直角三角形的性质得出由直角三角形的性质得

17、出B60；第二步：第二步：由折叠的性质得由折叠的性质得OAPOAB30，求出，求出BOC60；第三步：第三步：由余角的性质得出由余角的性质得出AOA906030即可即可 解题思路解题思路答图答图1(2)求BP的长度 解题思路解题思路答图答图2 1(2020泉州二检泉州二检)如图，在矩形ABCD中，AB6，BC8，点E是对角线BD上的一点，把ABE沿着直线AE翻折得到AFE，且点F恰好落在AD边上，连接BF.针对训练针对训练(1)求DEF的周长；(2)求sinBFE的值答图答图 (1)求证：DMBN；证明：证明：四边形四边形ABCD是平行四边形，是平行四边形，ADBC，ADBDBC.四边形四边形

18、MPNQ是平行四边形，是平行四边形，MQPN，MQPN，MQPNPQ，MQDNPB，MQDNPB(AAS)，DMBN.(2)如图1，将BCD沿直线BD折叠得到BCD，当BC恰好经过点M时，求证：四边形MPNQ是菱形；证明证明：BCD与与BCD关于直线关于直线BD对称，对称，DBCDBC.由由(1)得得ADBDBC，DBCADB，BMDM.由由(1)得得DMBN，BMBN.BPBP，MBPNBP(SAS)，PMPN.又又四边形四边形MPNQ是平行四边形，是平行四边形，四边形四边形MPNQ是是菱形菱形图图1(3)如图2，若四边形MPNQ是矩形，且MPAB，求BP的长(结果结果中的分母可保留根号中的分母可保留根号)图图2 答图答图