中考数学专题：动态型问题(含答案)
动态型试题比较侧重图形的旋转、平移、对称、翻折，在这里重点考察学生几何图形的认识，对称、全等、相似，是对数学综合能力的考察动态型试题。对学生的思维要求比较高，对题目的理解要清晰，明确变化的量之间的关系，同时还要明确不变的量有那些，抓住关键，理清思路。
动态几何型问题体现的数学思想方法是数形结合思想，这里常把函数与方程、函数与不等式联系起来，实际上是一般化与特殊化方法．当求变量之间关系时，通常建立函数模型或不等式模型求解；当求特殊位置关系和值时，常建立方程模型求解．
类型之一探索性的动态题。
探索性问题是指命题中缺少一定的条件或无明确的结论，需要经过推断。探索型问题一般没有明确的结论，没有固定的形式和方法，需要学生自己通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所需要的结论或方法或条件，用考察学生的分析问题和解决问题的能力和创新意识。
1.如图，在rt△abc中，ab=ac，p是边ab（含端点）上的动点，过p作bc的垂线pr，r为垂足，∠prb的平分线与ab相交于点s，**段rs上存在一点t，若以线段pt为一边作正方形ptef，其顶点e、f恰好分别在边bc、ac上。
1）△abc与△sbr是否相似？说明理由；
2）请你探索线段ts与pa的长度之间的关系；
3）设边ab=1，当p在边ab（含端点）上运动时，请你探索正方形ptef的面积y的最小值和最大值。
2.如图，已知的半径为6cm，射线经过点，，射线与相切于点．两点同时从点出发，点以5cm/s的速度沿射线方向运动，点以4cm/s的速度沿射线方向运动．设运动时间为s．
1）求的长；
2）当为何值时，直线与相切？
类型之二存在性动态题。
存在性动态题运用几何计算进行探索的综合型问题，要注意相关的条件，可以先假设结论成立，然后通过计算求相应的值，再作存在性的判断。
3.如图，直线和x轴、y轴的交点分别为b、c，点a的坐标是（-2，0）．
1）试说明△abc是等腰三角形；
2）动点m从a出发沿x轴向点b运动，同时动点n从点b出发沿线段bc向点c运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设m运动t秒时，△mon的面积为s．
求s与t的函数关系式；
设点m**段ob上运动时，是否存在s=4的情形？若存在，求出对应的t值；若不存在请说明理由；
在运动过程中，当△mon为直角三角形时，求t的值．
4． 已知：在矩形中，，．分别以所在直线为轴和轴，建立如图所示的平面直角坐标系．是边上的一个动点（不与重合），过点的反比例函数的图象与边交于点．
1）求证：与的面积相等；
2）记，求当为何值时，有最大值，最大值为多少？
3）请探索：是否存在这样的点，使得将沿对折后，点恰好落在上？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
5.如图，在平面直角坐标系中，四边形oabc是矩形，点b的坐标为（4，3）．平行于对角线ac的直线m从原点o出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，设直线m与矩形oabc的两边分别交于点m、n，直线m运动的时间为t（秒）．
1) 点a的坐标是点c的坐标是。
(2) 当t= 秒或秒时，mn=ac；
3) 设△omn的面积为s，求s与t的函数关系式；
(4) 探求(3)中得到的函数s有没有最大值？若有，求出最大值；若没有，要说明理由．
类型之三开放性动态题。
开放性问题的条件或结论不给出，即条件开放或结论开放，需要我们充分利用自己的想像，大胆猜测，发现问题的结论，寻找解决问题的方法，正确选择解题思路。解答开放性问题的思维方法及途径是多样的，无常规思维模式。开放性问题的条件、结论和方法不是唯一的，要对问题充分理解，分析条件引出结论，达到完善求解的目的。
6.如图，在等腰梯形中，，，动点从点出发沿以每秒1个单位的速度向终点运动，动点从点出发沿以每秒2个单位的速度向点运动．两点同时出发，当点到达点时，点随之停止运动．
1）梯形的面积等于。
2）当时，p点离开d点的时间等于秒；
3）当三点构成直角三角形时，点离开点多少时间？
7.如图，已知△abc是边长为6cm的等边三角形，动点p、q同时从a、b两点出发，分别沿ab、bc匀速运动，其中点p运动的速度是1cm/s，点q运动的速度是2cm/s，当点q到达点c时，p、q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：
1）当t＝2时，判断△bpq的形状，并说明理由；
2）设△bpq的面积为s（cm2），求s与t的函数关系式；
3）作qr//ba交ac于点r，连结pr，当t为何值时，△apr∽△prq？
8.课堂上，老师将图①中△aob绕o点逆时针旋转，在旋转中发现图形的形状和大小不变，但位置发生了变化．当△aob旋转90°时，得到∠a1ob1．已知a（4，2），b（3，0）．
1）△a1ob1的面积是a1点的坐标为b1点的坐标为。
2）课后，小玲和小惠对该问题继续进行**，将图②中△aob绕ao的中点c（2，1）逆时针旋转90°得到△a′o′b′，设o′b′交oa于d，o′a′交x轴于e．此时a′，o′和b′的坐标分别为（1，3），（3，-1）和（3，2），且o′b′经过b点．在刚才的旋转过程中，小玲和小惠发现旋转中的三角形与△aob重叠部分的面积不断变小，旋转到90°时重叠部分的面积（即四边形cebd的面积）最小，求四边形cebd的面积．
3）在（2）的条件下，△aob外接圆的半径等于 ．
参***。1.【解析】要想证明△abc与△sbr相似，只要证明其中的两个角相等即可；要想得到ts=pa，只要证明△tps≌△pfa即可；对于（3），需要建立正方形ptef的面积y与ap的函数关系式，利用函数的极值来解决。
答案】解：(1)∵rs是直角∠prb的平分线，∴∠prs＝∠brs＝45°.
在△abc与△sbr中，∠c＝∠brs＝45°，∠b是公共角，△abc∽△sbr..
2)线段ts的长度与pa相等。
四边形ptef是正方形，pf＝pt，∠spt＋∠fpa＝180°－∠tpf＝90°,在rt△pfa中，∠pfa ＋∠fpa＝90°,∠pfa＝∠tps，rt△paf≌rt△tsp，∴pa＝ts.
当点p运动到使得t与r重合时，这时△pfa与△tsp都是等腰直角三角形且底边相等，即有pa＝ts.
由以上可知，线段st的长度与pa相等。
3)由题意，rs是等腰rt△prb的底边pb上的高，ps＝bs, ∴bs＋ps＋pa＝1, ∴ps＝.
设pa的长为x，易知af=ps，则y＝pf＝pa＋ps,得y＝x＋()即y＝，(5分)
根据二次函数的性质，当x＝时，y有最小值为。
如图2，当点p运动使得t与r重合时，pa＝ts为最大。
易证等腰rt△paf≌等腰rt△psr≌等腰rt△bsr，pa＝.
如图3，当p与a重合时，得x＝0.
x的取值范围是0≤x≤.
①当x的值由0增大到时，y的值由减小到。
②当x的值由增大到时，y的值由增大到。
≤≤，在点p的运动过程中，正方形ptef面积y的最小值是，y的最大值是。
2.【解析】本题是双动点问题，解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题，挖掘运动、变化的全过程，并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系，动中取静，静中求动。
答案】解：（1）连接．
与相切于点，即．，2）过点作，垂足为．
点的运动速度为5cm/s，点的运动速度为4cm/s，运动时间为s，．，
四边形为矩形，．
的半径为6，时，直线与相切．
当运动到如图1所示的位置．
由，得．解得．
当运动到如图2所示的位置．
由，得．解得．
所以，当为0.5s或3.5s时直线与相切．
3.【答案】（1）将代入，得，点的坐标为；
将代入，得，点的坐标为．
在中，，，又，，，是等腰三角形．
2），故点同时开始运动，同时停止运动．
过点作轴于，则，当时（如图甲），当时（如图乙），注：若将的取值范围分别写为和也可以）
存在的情形．
当时，．解得，（不合题意，舍去）．
故当时，秒．
当轴时，为直角三角形．又．
当点分别运动到点时，为直角三角形，．
故为直角三角形时，秒或秒．
4. 【答案】（1）证明：设，，与的面积分别为，由题意得，．
即与的面积相等．
2）由题意知：两点坐标分别为，当时，有最大值．
3）解：设存在这样的点，将沿对折后，点恰好落在边上的点，过点作，垂足为．
由题意得：，．
又，，，解得．
存在符合条件的点，它的坐标为．
5.【解析】该题所蕴涵的知识量较大，并以动态形式，着重考查了四边形、三角形、相似形、平面直角坐标系、二次函数、不等式组等知识点，且解法思路多样化，易于发展学生的各种思维能力。
答案】解：(1)（4，0），（0，3）；
3) 当0＜t≤4时，om=t．
由△omn∽△oac，得， on=，s=．
当4＜t＜8时，如图，∵ od=t，∴ ad= t－4．
方法一：由△dam∽△aoc，可得am=，∴bm=6－．
由△bmn∽△bac，可得bn==8－t，∴ cn=t－4．
s=矩形oabc的面积－rt△oam的面积－ rt△mbn的面积－ rt△nco的面积。
12--（8－t）（6-）-
方法二：易知四边形adnc是平行四边形，∴ cn=ad=t-4，bn=8-t．
由△bmn∽△bac，可得bm==6－，∴am=，以下同方法一．
4) 有最大值．
方法一：当0＜t≤4时，∵ 抛物线s=的开口向上，在对称轴t=0的右边， s随t的增大而增大， 当t=4时，s可取到最大值=6；
当4＜t＜8时，∵ 抛物线s=的开口向下，它的顶点是（4，6），∴s＜6．
综上，当t=4时，s有最大值6．
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