2025年中考数学总复习课件(山东省专用)50 第二部分 题型五 几何动态综合题

题型五　几何动态综合题 第二部分　题型探究·高分提能 题型五　几何动态综合题 类型一　动点、动线类探究 【典例1】　如图，在平面直角坐标系中，菱形OABC的一边OC在x轴正半轴上，顶点A的坐标为(2，2)，点D是边OC上的动点，过点D作DE⊥OB交边OA于点E，作DF∥OB交边BC于点F，连接EF，设OD＝x，△DEF的面积为S． (1)求S关于x的函数解析式； (2)当x取何值时，S的值最大？请求出最大值． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)如图，过点A作AG⊥OC于点G，连接AC． ∵顶点A的坐标为(2，2)， ∴OA＝＝4，OG＝2，AG＝2， ∴cos ∠AOG＝＝， ∴∠AOG＝60°． ∵四边形OABC是菱形， ∴∠BOC＝∠AOB＝30°，AC⊥OB，AO＝OC， ∴△AOC是等边三角形，∴∠ACO＝60°． ∵DE⊥OB， ∴DE∥AC， ∴∠EDO＝∠ACO＝60°， ∴△EOD是等边三角形， ∴ED＝OD＝x， ∵DF∥OB， ∴△CDF∽△COB， ∴＝， ∵A(2，2)，AO＝4，则B(6，2)， ∴OB＝＝4，∴＝，∴DF＝(4－x)， ∴S＝x×(4－x)＝－x2＋2x， ∴S＝－x2＋2x(0＜x＜4)． (2)∵S＝－x2＋2x＝－(x－2)2＋2(0＜x＜4)， ∴当x＝2时，S有最大值，最大值为2． 归纳总结　熟练掌握等边三角形的判定与性质、菱形的性质、特殊角的三角函数、二次函数的性质、相似三角形的性质与判定等知识是解决此类问题的关键． 题型五　几何动态综合题 [对点演练] (2024·泰山二模)如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是对角线BD上的一个动点．连接AM，过点M作MN⊥AM交BC于点N． (1)如图1，求证：MA＝MN； (2)如图2，过点N作NH⊥BD于H， 当AM＝2时，求△HMN的面积． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)证明：过点M作ME⊥AB于E，作MG⊥BC于G，如图1所示， ∴∠AEM＝∠MEB＝∠CGM＝∠NGM＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠DAB＝90°， AD＝AB，∠ABD＝∠DBC＝45°， ∵ME⊥AB，MG⊥BC， ∴ME＝MG， ∵∠ABC＝90°， ∴四边形EBGM是正方形， ∴∠EMG＝90°， ∴∠EMN＋∠NMG＝90°， ∵MN⊥AM， ∴∠AME＋∠EMN＝90°， ∴∠AME＝∠NMG， 在△AME和△NMG中， ∴△AME≌△NMG(ASA)， ∴MA＝MN． (2)过点A作AF⊥BD于F，如图2所示， ∴∠AFM＝90°， ∴∠FAM＋∠AMF＝90°， ∵MN⊥AM， ∴∠AMN＝90°， ∴∠AMF＋∠HMN＝90°， ∴∠FAM＝∠HMN， ∵NH⊥BD， ∴∠AFM＝∠MHN＝90°， 在△AFM和△MHN中， ∴△AFM≌△MHN(AAS)，∴AF＝MH， 在等腰直角△ABD中，∵AF⊥BD， ∴AF＝BD＝×6＝3， ∴MH＝3，∵AM＝2，∴MN＝2， ∴HN＝＝＝， ∴S△HMN＝MH·HN＝×3＝3，∴△HMN的面积为3． 【典例2】　如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(3，5)，(3，0)．将线段AB向下平移2个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到线段CD，连接AC，BD． 题型五　几何动态综合题 (1)直接写出坐标：点C________，点D_____________． (2)M，N分别是线段AB，CD上的动点，点M从点A出发向点B运动，速度为每秒1个单位长度，点N从点D出发向点C运动，速度为每秒0.5个单位长度，若两点同时出发，求几秒后MN∥x轴？ (3)点P是直线BD上一个动点，连接PC，PA，当点P在直线BD上运动时，请直接写出∠APC与∠PCD，∠PAB的数量关系． (－1，3) (－1，－2) 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)由题意C(－1，3)，D(－1，－2)， 故答案为(－1，3)，(－1，－2)． (2)设t秒后MN∥x轴， ∴5－t＝0.5t－2， 解得t＝， ∴秒后，MN∥x轴． (3)①如图1，当点P在线段BD上时，∠APC＝∠PCD＋∠PAB． ②如图2，当点P在BD的延长线上时，∠PAB＝∠PCD＋∠APC． ③如图3，当点P在DB的延长线上时，∠PCD＝∠PAB＋∠APC． 归纳总结　平移的图形，平移前后的对应角相等，对应边相等，图形上各点平移的距离相等． 题型五　几何动态综合题 [对点演练] 已知点C在线段AB上，AC＝2BC，点D，E在直线AB上，点D在点E的左侧． (1)若AB＝15，DE＝6，线段DE在线段AB上移动． ①如图，当E为BC中点时，求AD的长； ②点F(异于A，B，C点)在线段AB上，AF＝3AD，CF＝3，求AD的长； (2)若AB＝2DE，线段DE在直线AB上移动，且满足关系式＝，求的值． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)∵AC＝2BC，AB＝15， ∴BC＝5，AC＝10． ①∵E为BC中点， ∴CE＝2.5， ∵DE＝6， ∴CD＝3.5， ∴AD＝AC－CD＝10－3.5＝6.5． ②当点F在点C的右侧时，如图1， ∵CF＝3，AC＝10， ∴AF＝AC＋CF＝13， ∴AD＝AF＝． 当点F在点C的左侧时，如图2， ∵AC＝10，CF＝3， ∴AF＝AC－CF＝7， ∴AF＝3AD＝7，∴AD＝． 综上所述，AD的长为或． (2)当点E在线段BC之间时，如图3， 设BC＝x， 则AC＝2BC＝2x， ∴AB＝3x， ∵AB＝2DE， ∴DE＝1.5x， 设CE＝y，∴AE＝2x＋y，BE＝x－y， ∴AD＝AE－DE＝2x＋y－1.5x＝0.5x＋y， ∵＝，∴＝，∴y＝x， ∴CD＝1.5x－x＝x，BD＝3x－(0.5x＋y)＝x， ∴＝＝； 当点E在点A的左侧，如图4， 设BC＝x，则AC＝2BC＝2x，∴AB＝3x，∵AB＝2DE，∴DE＝1.5x， 设CE＝y，∴DC＝EC＋DE＝y＋1.5x， ∴AD＝DC－AC＝y＋1.5x－2x＝y－0.5x，∵＝， BE＝EC＋BC＝x＋y，∴＝，∴y＝4x， ∴CD＝y＋1.5x＝4x＋1.5x＝5.5x，BD＝DC＋BC＝y＋1.5x＋x＝6.5x，∴＝＝； 当点D在C点右侧，及点D在B点右侧，无解，不符合题意； 当点D在点A右侧，点E在点C左侧时，如图5， 设BC＝x，则AC＝2BC＝2x，∴AB＝3x，∵AB＝2DE， ∴DE＝1.5x， 设CE＝y， ∴AD＝AC－DC＝2x－1.5x－y＝0.5x－y， ∵＝，∴＝， ∴x＝3x＋3y(不合题意)； 当点E在线段AC上及点E在点B右侧时，无解． 综上所述，的值为或． 类型二　图形形状变化类探究 【典例3】　在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10． 题型五　几何动态综合题 (1)若G，H分别是AD，BC的中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形(E，F相遇时除外)? 答：__________________；(直接填空，不用说明理由) (2)在(1)条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值； (3)在(1)条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，求t的值． 平行四边形 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)四边形EGFH是平行四边形． 理由如下： 由题意得：AE＝CF＝t， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠GAE＝∠HCF， ∵G，H分别是AD，BC的中点， ∴AG＝AD，CH＝BC， ∴AG＝CH， ∴△AEG≌△CFH(SAS)， ∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH， ∴∠FEG＝∠EFH， ∴EG∥HF， ∴四边形EGFH是平行四边形． 故答案为：平行四边形． (2)连接GH． 由(1)得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°， ∴四边形ABHG是矩形， ∴GH＝AB＝6． ①如图1，当四边形EGFH是矩形时， 则EF＝GH＝6， ∵AE＝CF＝t， ∴EF＝10－2t＝6， ∴t＝2； ②如图2，当四边形EGFH是矩形时， ∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t， ∴EF＝t＋t－10＝2t－10＝6， ∴t＝8． 综上，四边形EGFH为矩形时，t＝2或t＝8． (3)如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于点O， ∵四边形EGFH为菱形， ∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF， ∴OA＝OC，AG＝AH， ∴四边形AGCH为菱形， ∴AG＝CG， 设AG＝CG＝x，则DG＝8－x， 由勾股定理可得：CD2＋DG2＝CG2， 即：62＋(8－x)2＝x2， 解得：x＝， ∴MG＝－4＝，即t＝， ∴当t＝时，四边形EGFH为菱形． [对点演练] 【探究问题】 (1)如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，点F是DE上的一个动点，BF与边CD相交于点G．若BF⊥DE，试猜想CG与CE的数量关系，并说明理由； 题型五　几何动态综合题 【拓展迁移】 (2)如图2，正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，求证：BE＋DF＝EF； (3)在(2)的条件下，若正方形的边长为6，点E是BC边的中点，求EF的长． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)CG＝CE．理由如下： ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°， ∵BF⊥DE， ∴∠E＋∠CBG＝∠E＋∠EDC＝90°， ∴∠CBG＝∠EDC， 在△BCG与△DCE中， ∴△BCG≌△DCE(ASA)， ∴CG＝CE． (2)证明：延长FD至G，使得DG＝BE， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠ADF＝∠ADG＝90°， 又DG＝BE， ∴△ABE≌△ADG(SAS)， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠FAG＝∠FAD＋∠DAG＝∠FAD＋∠BAE＝90°－45°＝45°＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF(SAS)， ∴EF＝GF， ∴EF＝GF＝DG＋DF＝BE＋DF， ∴BE＋DF＝EF． (3)设DF＝x，则根据题意，知：FC＝6－x， ∵点E是BC边的中点， ∴BE＝EC＝3， ∵BE＋DF＝EF， ∴EF＝3＋x， 在Rt△EFC中，由勾股定理得：(x＋3)2＝32＋(6－x)2， 解得：x＝2， ∴EF＝5． 即EF的长为5． 【典例4】　观察下列图形的变化过程，解答以下问题： 如图，在△ABC中，D为BC边上的一动点(D点不与B，C两点重合)．DE∥AC交AB于E点，DF∥AB交AC于F点．   (1)试探索AD满足什么条件时，四边形AEDF为菱形，并说明理由； (2)在(1)的条件下，△ABC满足什么条件时，四边形AEDF为正方形为什么？ 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)当AD平分∠EAF时，四边形AEDF为菱形．理由如下： ∵DE∥AC，DF∥AB， ∴四边形AEDF为平行四边形， ∴∠EAD＝∠FDA， ∵AD平分∠EAF， ∴∠EAD＝∠FAD， ∴∠FAD＝∠FDA， ∴AF＝DF， ∴四边形AEDF为菱形． (2)当△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°时，四边形AEDF为正方形． 理由：由(1)知，四边形AEDF为菱形， ∵∠BAC＝90°， ∴四边形AEDF为正方形． [对点演练] (2024·泰山期中)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M为AD的中点，过点M作MN∥BD交CD延长线于点N． (1)若AB＝BD，求证：四边形MNDO是菱形； (2)请直接写出当四边形ABCD的边AB与BD 满足什么关系时，四边形MNDO分别是矩形、正方形． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC， ∵点M为AD的中点， ∴OM是△ACD的中位线， ∴OM∥CD，OM＝AB＝CD， 又MN∥BD， ∴四边形MNDO是平行四边形， ∵AB＝BD， ∴OM＝OD， ∴四边形MNDO是菱形． (2)若四边形MNDO是矩形，只需∠MOD＝90°， 而∠MOD＝∠ABD， ∴当AB⊥BD时，四边形MNDO是矩形； 若四边形MNDO是正方形，需OM＝OD，∠MOD＝90°， ∴当AB＝BD，AB⊥BD时，四边形MNDO是正方形． 类型三　图形旋转类探究 【典例5】　(2024·岱岳一模)如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝12，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α． 题型五　几何动态综合题 (1)问题发现 ①当α＝0°时，＝________；②当α＝180°时，＝________． (2)拓展探究 试判断：当0°≤α＜360°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明． (3)问题解决 当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，求线段BD的长． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)问题发现 ①当α＝0°时， ∵BC＝2AB＝12，∴AB＝6， ∴AC＝＝6， ∵点D，E分别是边BC，AC的中点， ∴BD＝CD＝BC＝6，AE＝CE＝AC＝3， ∴＝＝．故答案为． ②如图1， 当α＝180°时， ∵旋转180°后，△EDC所对的边长不变， ∴CD＝6，CE＝3， ∴AE＝AC＋CE＝9，BD＝BC＋CD＝18， ∴＝＝． 故答案为． (2)拓展探究 如图2，当0°≤α＜360°时，的大小没有变化． ∵∠ECD＝∠ACB， ∴∠ECA＝∠DCB， 又∵＝＝， ∴△ECA∽△DCB， ∴＝＝． (3)问题解决 ①如图3，连接BD． ∵AC＝6，CD＝6，CD⊥AD， ∴AD＝＝12， ∵AD＝BC，AB＝DC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠B＝90°， ∴四边形ABCD是矩形，∴BD＝AC＝6． ②如图4，连接BD，∵AC＝6，CD＝6，CD⊥AD， ∴AD＝＝12， ∵点D，E分别是边BC，AC的中点， ∴DE＝AB＝3， ∴AE＝AD－DE＝12－3＝9， 由(2)可得＝，∴BD＝＝． 综上所述，BD＝6或． [对点演练] (2024·烟台)在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE． 【尝试发现】 (1)如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为___________； CD 题型五　几何动态综合题 【类比探究】 (2)当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明； 【联系拓广】 (3)若AC＝BC＝1，CD＝2，请写出sin ∠ECD的值． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)如图，过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M， 由旋转得AD＝DE， ∠ADE＝90°， ∴∠ADC＋∠EDM＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠DME，∠ADC＋∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠EDM， ∴△ACD≌△DME(AAS)， ∴CD＝EM，AC＝DM， ∵AC＝BC， ∴BM＝DM－BD＝AC－BD＝BC－BD＝CD， ∴BM＝EM， ∵EM⊥CB， ∴BE＝EM＝CD． 故答案为BE＝CD． (2)补全图形如图， BE＝CD，理由如下： 过点E作EM⊥BC于点M， 由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°， ∴∠ADC＋∠EDM＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACD＝∠DME，∠ADC＋∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠EDM， ∴△ACD≌△DME(AAS)， ∴CD＝EM，AC＝DM， ∵AC＝BC， ∴DM＝BC， ∴DM－CM＝BC－CM， ∴CD＝BM， ∴EM＝BM， ∵EM⊥CB， ∴BE＝EM＝CD． (3)如图，当点D在CB延长线上时，过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M， 由(2)得DM＝AC＝1，EM＝CD＝2， ∴CM＝CD＋DM＝3， ∴CE＝＝， ∴sin ∠ECD＝＝＝． 当点D在BC的延长线上时，过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M， 同理可得：△ACD≌△DME， ∴DM＝AC＝1，ME＝CD＝2， ∴CM＝2－1＝1， ∴CE＝＝， ∴sin ∠ECD＝＝＝． 综上，sin ∠ECD＝或． 类型四　图形折叠类探究 【典例6】　【问题情境】 综合与实践课上，老师发给每位同学一张正方形纸片ABCD．在老师的引导下，同学们在边BC上取中点E，取CD边上任意一点F(不与C，D重合)，连接EF，将△CEF沿EF折叠，点C的对应点为G．然后将纸片展平，连接FG并延长交AB所在的直线于点N，连接EN，EG．探究点F在位置改变过程中出现的特殊数量关系或位置关系． 题型五　几何动态综合题 【探究与证明】 (1)如图1，小亮发现：∠FEN＝90°．请证明小亮发现的结论； (2)如图2、图3，小莹发现：连接CG并延长交AB所在的直线于点H，交EF于点M，线段EN与CH之间存在特殊关系．请直接写出小莹发现的特殊关系，不需要证明； 题型五　几何动态综合题 【应用拓展】 (3)在图2、图3的基础上，小博士进一步思考发现：将EG所在直线与AB所在直线的交点记为P，若给出BP和BC的长，则可以求出CF的长． 当BC＝10，BP＝12时，请根据题意选择图2或图3其中一个，补画图形，求CF的长． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝∠C＝90°，∵将△CEF沿EF折叠， ∴∠C＝∠EGF＝∠EGN＝90°，∠CEF＝∠GEF，EC＝EG，FC＝FG， ∵E为BC的中点，∴EC＝EB，∴EG＝EB， 在Rt△EGN和Rt△EBN中， ∴Rt△EGN≌Rt△EBN(HL)，∴∠GEN＝∠BEN． ∵∠CEF＋∠GEF＋∠GEN＋∠BEN＝180°， ∴2(∠GEF＋∠GEN)＝180°，∴∠FEN＝90°． (2)EN∥CH，EN＝CH． (选择图2证明：将△CEF沿EF折叠，则CG⊥EF， ∴∠FMG＝90°，∵∠FEN＝90°， ∴∠FMG＝∠FEN， ∴EN∥CH， ∴△BEN∽△BCH， ∴＝＝，∴EN＝CH．) (3)选择图2，如图． ∵BC＝10，E为BC的中点， ∴BE＝BC＝5，又∵BP＝12， ∴PE＝＝13， ∵EG＝BE＝5，∴PG＝13－5＝8， ∵tan ∠P＝＝，∴＝， ∴GN＝． ∵∠NEG＋∠ENG＝∠EFG＋∠ENG＝90°， ∴∠NEG＝∠EFG， ∴tan ∠NEG＝tan ∠EFG， ∴＝，∴＝， ∴FG＝， 又∵CF＝FG，∴CF＝． 选择图3，如图． 同理可求PE＝13，∴PG＝13＋5＝18， ∵tan ∠P＝＝，∴＝，∴GN＝， 同理可得＝， ∴＝，∴FG＝， ∵CF＝FG，∴CF＝． 归纳总结　折叠类的题目，经常用到轴对称的性质，注意题目中隐含条件的挖掘常常达到“柳暗花明又一村”的效果． 题型五　几何动态综合题 [对点演练] 如图，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，B(30，40)，将OC沿OD折叠，使点C落在对角线OB上的点E处． 题型五　几何动态综合题 (1)求点D的坐标； (2)动点P从点B出发，沿折线B-A-O方向以5个单位/秒的速度匀速移动，到终点O停止，设P运动时间为t，△POE的面积为S，求出S与t的关系式，并写出t的取值范围； (3)在(2)的条件下，当PE∥AB时，在平面内是否存在点Q，使得以P，D，E，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点Q坐标；若不存在，请说明原因． 题型五　几何动态综合题 [解]　(1)∵B的坐标为(30，40)，则OC＝30，BC＝40， 在Rt△OBC中，OC＝30，BC＝40，则OB＝50， ∴BE＝OB－OE＝OB－OC＝50－30＝20， 设CD＝ED＝x，则BD＝40－x， 在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD2＝BE2＋DE2， 即(40－x)2＝202＋x2， 解得x＝15， 故点D的坐标为(30，15)． (2)分两种情况讨论： ①当点P在AB段时，即0<t≤6，如图1，过点P作PG⊥OB于点G，连接OP， ∴BP＝5t， ∴S△POB＝PB·OA＝×5t×40＝100t， ∴＝＝＝， ∴S△POE＝S△POB＝×100t＝60t(0＜t≤6)； ②当点P在AO段时，即6＜t＜14，如图2， OP＝30＋40－5t＝70－5t，OB＝50，AB＝30， S△OBP＝OP·AB＝×(70－5t)×30＝－75t＋1 050， ∴S△POE＝S△POB＝×(－75t＋1 050) ＝630－45t(6＜t＜14)． 综上，S＝ (3)在平面内存在点Q，使得以P，D，E，Q为顶点的四边形是平行四边形，理由如下： 如图3， 由(1)知，点E(18，24)，当PE∥AB时，则点P(0，24)， 而点D(30，15)，设点Q(a，b)， ①当PE为边时，依据平行四边形的性质可知： 点P向右平移18个单位长度得到点E，同样点D向右 (左)平移18个单位长度得到点Q， 即30±18＝a且b＝15，解得或 故点Q的坐标为(12，15)或(48，15)； ②当PE为对角线时，由平行四边形的性质结合中点公式得：18＋0＝a＋30且24＋24＝b＋15， 解得 ∴Q(－12，33)． 综上，点Q的坐标为(12，15)或(48，15)或(－12，33)． THANKS 题型五　几何动态综合题 Lavf58.20.100 $$