中考数学二轮复习难点题型突破课件几何动态型问题

几何动态型问题几何动态型问题特征：探究几何图形在运动变化过程中与图形相关的某些量的变化或

其中存在的函数关系.类型：（1）点的运动.（2）线的运动.（3）图形的运动.解题策略：对于图形动态型问题，要注意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，抓住其中的等量关系和变量关

系，并特别关注一些不变的量，不变的关系或特殊关系，善于化动为静，

由特殊情形（特殊点、特殊值、特殊位置、特殊图形等）逐步过渡到一般

情形，综合运用各种相关知识及数形结合、分类讨论、转化等数学思想加

以解决.当要确定有关图形中变量之间的关系时，通常建立函数模型或不

等式模型求解；当要确定图形之间的特殊位置关系或者一些特殊值时，通

常建立方程模型去求解.类型之一几何图形中的动点问题1.

［2024•黑龙江］如图，在平面直角坐标系中，等边三角形OAB的边

OB在x轴上，点A在第一象限内，OA的长度是一元二次方程x2－5x－6＝

0的根，动点P从点O出发以每秒2个单位长度的速度沿折线O－A－B运

动，动点Q从点O出发以每秒3个单位长度的速度沿折线O－B－A运动，

P，Q两点同时出发，相遇时停止运动.设运动时间为t s（0＜t＜3.6），

△OPQ的面积为S.

（1）求点A的坐标.解：（1）x2－5x－6＝0，解得x1＝6，x2＝－1.∵OA的长是x2－5x－6＝0的根，∴OA＝6.∵△OAB是等边三角形，∴OA＝OB＝AB＝6，∠OAB＝∠AOB＝∠ABO＝60°.如答图1，过点A作AC⊥x轴，垂足为C.

解：（1）x2－5x－6＝0，解得x1＝6，x2＝－1.∵OA的长是x2－5x－6＝0的根，∴OA＝6.∵△OAB是等边三角形，∴OA＝OB＝AB＝6，∠OAB＝∠AOB＝∠ABO＝60°.如答图1，过点A作AC⊥x轴，垂足为C.

答图1答图1在Rt△AOC中，∠AOC＝60°，∴∠OAC＝30°，

在Rt△AOC中，∠AOC＝60°，∴∠OAC＝30°，

（2）求S与t之间的函数关系式.解：（2）当0＜t≤2时，如答图2，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，∴OP＝2t，OQ＝3t，∠OPD＝30°，答图2∴OD＝t，

解：（2）当0＜t≤2时，如答图2，过点P作PD⊥x轴，垂足为D，∴OP＝2t，OQ＝3t，∠OPD＝30°，答图2∴OD＝t，

答图3∵∠A＝60°，∴∠AQE＝30°.又AQ＝12－3t，

当2＜t≤3时，如答图3，过点Q作QE⊥OA，垂足为E.

答图3∵∠A＝60°，∴∠AQE＝30°.又AQ＝12－3t，

答图4

又OP＝2t，

当3＜t＜3.6时，如答图4，过点O作OF⊥AB，垂足为F，答图4∴PQ＝18－（2t＋3t）＝18－5t.

∴OP＝2×2＝4.

答图5答图5

时M（0，－4），四边形POMN是菱形；

答图6

（0，4），四边形POMN是菱形；答图6

答图7

时，四边形PMNO是菱形；答图7如答图8，当OP为对角线时，设OP的中点为T，过点T作TM⊥PO，交y

轴于点M，延长MT到点N，使TN＝TM，连接ON，过点N作NH⊥x轴

于点H，答图8则∠MOT＝∠NOT＝∠HON＝30°，OT＝2，∴ON＝2TN，∴ON2＝OT2＋TN2，如答图8，当OP为对角线时，设OP的中点为T，过点T作TM⊥PO，交y

轴于点M，延长MT到点N，使TN＝TM，连接ON，过点N作NH⊥x轴

于点H，答图8则∠MOT＝∠NOT＝∠HON＝30°，OT＝2，∴ON＝2TN，∴ON2＝OT2＋TN2，

解得t＝2，不符合题意，此情况不存在；

不符合题意，此情况不存在.

2.

［2024•南充］如图，正方形ABCD的边长为6 cm，点E为对角线AC上

一点，CE＝2AE，点P在AB边上以1 cm/s的速度由点A向点B运动，同时

点Q在BC边上以2 cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t s（0＜

t≤3）.

（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠PAE＝∠QCE＝45°.∵CE＝2AE，AP＝t，CQ＝2t，

∴△AEP∽△CEQ.

（2）当△EPQ是直角三角形时，求t的值；（2）解：如答图1，过点E作EM⊥AB于点M，过点E作EN⊥BC于点N.

答图1

∴EP2＝EM2＋MP2，（2）解：如答图1，过点E作EM⊥AB于点M，过点E作EN⊥BC于点N.

答图1

2t，BQ＝6－2t，MP＝｜t－2｜，BP＝6－t，QN＝｜2t－4｜，∴EP2＝EM2＋MP2，即EP2＝22＋（2－t）2＝t2－4t＋8，PQ2＝BP2＋BQ2，即PQ2＝（6－t）2＋（6－2t）2＝5t2－36t＋72，EQ2＝EN2＋NQ2，即EQ2＝42＋（2t－4）2＝4t2－16t＋32.①当∠EPQ＝90°时，则EQ2＝EP2＋PQ2，即4t2－16t＋32＝t2－4t＋8＋5t2－36t＋72，整理，得t2－12t＋24＝0.

即EP2＝22＋（2－t）2＝t2－4t＋8，PQ2＝BP2＋BQ2，即PQ2＝（6－t）2＋（6－2t）2＝5t2－36t＋72，EQ2＝EN2＋NQ2，即EQ2＝42＋（2t－4）2＝4t2－16t＋32.①当∠EPQ＝90°时，则EQ2＝EP2＋PQ2，即4t2－16t＋32＝t2－4t＋8＋5t2－36t＋72，整理，得t2－12t＋24＝0.

②当∠PEQ＝90°时，则PQ2＝EP2＋EQ2，即5t2－36t＋72＝t2－4t＋8＋4t2－16t＋32，整理，得t－2＝0，解得t＝2；③当∠PQE＝90°时，则EP2＝PQ2＋EQ2，即t2－4t＋8＝5t2－36t＋72＋4t2－16t＋32，整理，得t2－6t＋12＝0，该方程无实数解.

答图2∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，∴AF＝AC.

（3）解：（方法一）过点A作AF⊥AC，交CB的延长线于点F，连接FE交AQ于点G.

如答图2，答图2∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，∴AF＝AC.

又CE＝2AE，

∴∠AFE＝∠AQE.

∵∠AGF＝∠EGQ，∴△AGF∽△EGQ，

∵∠AGE＝∠FGQ，∴△AGE∽△FGQ，∴∠AEG＝∠FQG.

∵∠AFE＋∠AEF＝90°，∴∠FQG＋∠EQG＝90°，即∠FQE＝90°，∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形，

∴QC＝QE＝4，∴S△AEQ＝S△AQC－S△EQC

＝4（cm2）.（方法二）∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，∴∠FQG＋∠EQG＝90°，即∠FQE＝90°，∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形，

∴QC＝QE＝4，∴S△AEQ＝S△AQC－S△EQC

＝4（cm2）.（方法二）∵AF⊥AC，∠ACF＝45°，

∴AF＝AC.

∴∠AFE＝∠AQE，∴A，F，Q，E四点共圆，直径为EF，如答图3，答图3答图3∴∠FQE＝90°，∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形，

∴QC＝QE＝4，∴S△AEQ＝S△AQC－S△EQC∴∠FQE＝90°，∴AB∥EQ，△EQC是等腰直角三角形，

∴QC＝QE＝4，∴S△AEQ＝S△AQC－S△EQC

＝4（cm2）.类型之二以三角形为基架的动态问题3.

［2025春•成都校级月考］如图1，在等边三角形ABC中，点D，E分别

在边AB，BC上运动，且满足BD＝CE，连接AE，CD，AE与CD相交

于点G.

图1（1）求证：∠AGD＝60°；（1）证明：∵△ABC为等边三角形，∴AB＝BC＝AC，∠ACB＝∠B＝∠CAB＝60°.

∴△ACE≌△CBD（SAS），∴∠CAE＝∠DCB，∴∠AGD＝∠CAE＋∠ACD＝∠ACD＋∠DCB＝∠ACB＝60°.图1（2）如图2，若AB＝4，过点A作AM⊥CD，分别交CD，BC于点M，

N，设BN＝x，EN＝y，求y与x的关系式；图2（2）解：将△ACE绕点A顺时针旋转60°至△ABH，连接NH，过H作

HF⊥CB于F，如答图，答图（2）解：将△ACE绕点A顺时针旋转60°至△ABH，连接NH，过H作

HF⊥CB于F，如答图，答图∴AE＝AH，∠CAE＝∠BAH，CE＝BH，∠ABH＝∠ACE＝60°，

BH＝CE＝4－x－y.∵AM⊥CD，∠AGD＝60°，∴AE＝AH，∠CAE＝∠BAH，CE＝BH，∠ABH＝∠ACE＝60°，

BH＝CE＝4－x－y.∵AM⊥CD，∠AGD＝60°，图2∴∠GAM＝30°，∴∠CAE＋∠NAB＝30°，即∠NAH＝30°.

∴△EAN≌△HAN（SAS），∴EN＝NH＝y.在Rt△FBH中，∠HBF＝180°－∠ABC－∠ABH＝60°，∴∠BHF＝30°，图2

在Rt△NHF中，由勾股定理，得NH2＝NF2＋HF2，

图2（3）如图3，在（2）的条件下，连接BG，当AG＝2CG时，求BG的长.图3（3）解：由（2）可知∠GAM＝30°，∴AG＝2GM.

∵AG＝2CG，∴CG＝GM，∴CM＝AG.

由（1）知∠CAE＝∠DCB，∴∠ACG＝∠EAB.

∵AC＝AB，∴△ACM≌△BAG（SAS），∴∠AGB＝∠CMA＝90°，AM＝BG，在Rt△ABG中，设MG＝a，则

图34.

［2025春•锦江区校级期中］在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，

点D是BC边上的一个动点，连接AD并延长，过点B作BF⊥AD，交AD

的延长线于点F.

（1）如图1，延长BF与AC交于点Q，求证：AD＝BQ；图1（1）证明：∵BF⊥AD，∴∠AFB＝90°，∴∠ACB＝∠AFB，∵∠ADC＝∠BDF，∴∠DAC＝∠CBQ，∵AC＝BC，∠ACD＝∠BCQ，∴△ACD≌△BCQ（ASA），∴AD＝BQ；（1）证明：∵BF⊥AD，∴∠AFB＝90°，∴∠ACB＝∠AFB，∵∠ADC＝∠BDF，∴∠DAC＝∠CBQ，∵AC＝BC，∠ACD＝∠BCQ，∴△ACD≌△BCQ（ASA），∴AD＝BQ；（2）如图2，M是FB延长线上一点，连接AM，当AD平分∠MAC时，

若BC＝5，CD＝3，求AM的长；图2（2）解：如答图1，延长AC、MF，交于点G，答图1（2）解：如答图1，延长AC、MF，交于点G，答图1由（1）可得：△ADC≌△BGC，∴CD＝CG，∵AF⊥MG，∴∠AFM＝∠AFG＝90°，∵AD平分∠MAC，∴∠MAF＝∠GAF，在△AMF和△GFG中，

∴△AMF≌△GFG（ASA），∴AM＝AG，∵AG＝AC＋CG，∴AM＝BC＋CD＝5＋3＝8.∴AM＝AG，∵AG＝AC＋CG，∴AM＝BC＋CD＝5＋3＝8.图2（3）如图3，若点D在射线CB上，连接AD，在AD左侧作等腰

Rt△ADE，∠ADE＝90°，∠E＝∠EAD＝45°，射线AB与射线ED交

于点G，若AD＋DG＝AE，请直接写出∠ADB的度数.图3（3）解：①如答图2，当点D在BC边上时，延长AD到H，使DH＝

DG，连接EH，

（3）解：①如答图2，当点D在BC边上时，延长AD到H，使DH＝

DG，连接EH，答图2∵AD＋DG＝AE，∠DAE＝45°，∴AH＝AE，

∵∠ADE＝90°，∴∠DEH＝90°－∠H＝22.5°，在△ADG和△EDH中，

∴△ADG≌△EDH（SAS），∴∠DAG＝∠DEH＝22.5°，∴∠ADB＝180°－∠DAG－∠CBA＝180°－22.5°－45°＝112.5°.图3②如答图3，当点D在CB的延长线上时，答图3②如答图3，当点D在CB的延长线上时，答图3∵△ADE为等腰直角三角形，∴AD＝DE，∠EAD＝45°.∵AD＋DG＝AE，∴DE＋DG＝AE，即EG＝AE，图3∴∠EAG＝∠G，∴∠G＝∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝45°＋∠DAG.

∵∠ADE＝90°，∴∠ADG＝90°，∴∠DAG＋∠G＝90°，∴∠DAG＋45°＋∠DAG＝90°，∴∠DAG＝22.5°.∵∠ABC＝∠ADB＋∠DAG＝45°，∴∠ADB＝45°－∠DAG＝22.5°，综上所述，∠ADC的度数为112.5°或22.5°.∴∠EAG＝∠G，∴∠G＝∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝45°＋∠DAG.

∵∠ADE＝90°，∴∠ADG＝90°，∴∠DAG＋∠G＝90°，∴∠DAG＋45°＋∠DAG＝90°，∴∠DAG＝22.5°.∵∠ABC＝∠ADB＋∠DAG＝45°，∴∠ADB＝45°－∠DAG＝22.5°，综上所述，∠ADC的