第40講實驗與動態(tài)型問題內(nèi)容特性動態(tài)型問題是指以三角形、四邊形、圓等幾何圖形或函數(shù)圖象為載體，設(shè)計動態(tài)變化，并對變化過程中伴隨著的等量關(guān)系、變量關(guān)系、圖形的特殊狀態(tài)、圖形間的特殊關(guān)系等進行實驗、觀察、猜想和歸納，進行推理的一類問題，這類問題信息量大，靈活多變，出現(xiàn)的結(jié)果往往有多種情況．涉及到平行線、相似三角形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，方程、不等式及函數(shù)的知識，以及幾何變換，數(shù)形結(jié)合，分類討論，函數(shù)與方程，特殊與一般的思想.解題策略解決此類問題需要運用運動和變化的觀點，把握運動和變化的全過程，動中取靜，靜中求動，抓住運動中的某一瞬間，抓住變化過程中的特殊情形，確定運動變化過程中的數(shù)量關(guān)系、圖形位置關(guān)系，從而建立方程、不等式、函數(shù)、幾何模型，找到解決問題的途徑.基本思想解題時利用方程與函數(shù)的思想、轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想，恰當?shù)厥褂梅治鼍C合法，挖掘題目的隱含條件，將復雜問題分解為基本問題，逐個擊破，進一步得到新的結(jié)論.類型一由點運動產(chǎn)生的問題eq\a\vs4\al(例1)(2017·麗水)如圖1，在△ABC中，∠A＝30°，點P從點A出發(fā)以2cm/s的速度沿折線A－C－B運動，點Q從點A出發(fā)以a(cm/s)的速度沿AB運動，P，Q兩點同時出發(fā)，當某一點運動到點B時，兩點同時停止運動．設(shè)運動時間為x(s)，△APQ的面積為y(cm2)，y關(guān)于x的函數(shù)圖象由C1，C2兩段組成，如圖2所示．(1)求a的值；(2)求圖2中圖象C2段的函數(shù)表達式；(3)當點P運動到線段BC上某一段時△APQ的面積大于當點P在線段AC上任意一點時△APQ的面積，求x的取值范圍．【解后感悟】解題的關(guān)鍵是從運動圖與描述圖中獲取信息，根據(jù)圖象確定x的運動時間與面積的關(guān)系，同時關(guān)注圖象不同情況的討論．這類問題往往探究點在運動變化過程中的變化規(guī)律，如等量關(guān)系、圖形的特殊位置、圖形間的特殊關(guān)系等，且體現(xiàn)分類討論和數(shù)形結(jié)合的思想．(2016·白銀)如圖，△ABC是等腰直角三角形，∠A＝90°，BC＝4，點P是△ABC邊上一動點，沿B→A→C的路徑移動，過點P作PD⊥BC于點D，設(shè)BD＝x，△BDP的面積為y，則下列能大致反映y與x函數(shù)關(guān)系的圖象是()2．(1)如圖，在平面直角坐標系中，點A在拋物線y＝x2－2x＋2上運動，過點A作AC⊥x軸于點C，以AC為對角線作矩形ABCD，連結(jié)BD，則對角線BD的最小值為.(2016·舟山)如圖，在直角坐標系中，點A，B分別在x軸，y軸上，點A的坐標為(－1，0)，∠ABO＝30°，線段PQ的端點P從點O出發(fā)，沿△OBA的邊按O→B→A→O運動一周，同時另一端點Q隨之在x軸的非負半軸上運動，如果PQ＝eq\r(3)，那么當點P運動一周時，點Q運動的總路程為.類型二由線運動產(chǎn)生的問題eq\a\vs4\al(例2)(2015·無錫)如圖，C為∠AOB的邊OA上一點，OC＝6，N為邊OB上異于點O的一動點，P是線段CN上一點，過點P分別作PQ∥OA交OB于點Q，PM∥OB交OA于點M.(1)若∠AOB＝60°，OM＝4，OQ＝1，求證：CN⊥OB；(2)當點N在邊OB上運動時，四邊形OMPQ始終保持為菱形．①問：eq\f(1,OM)－eq\f(1,ON)的值是否發(fā)生變化？如果變化，求出其取值范圍；如果不變，請說明理由；②設(shè)菱形OMPQ的面積為S1，△NOC的面積為S2，求eq\f(S1,S2)的取值范圍．【解后感悟】解答這類問題時要用運動與變化的觀點去觀察和研究圖形，把握直線或曲線變化的全過程，本題中PQ∥OA，PM∥OB，涉及相似三角形的判定與性質(zhì)，抓住等量關(guān)系，特別注意一些不變量、不變關(guān)系或特殊關(guān)系．(1)(2016·長春市南關(guān)區(qū)模擬)如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的邊BC在x軸的正半軸上，點B在點C的左側(cè)，直線y＝kx經(jīng)過點A(3，3)和點P，且OP＝6eq\r(2).將直線y＝kx沿y軸向下平移得到直線y＝kx＋b，若點P落在矩形ABCD的內(nèi)部，則b的取值范圍是()A．0<b<3B．－3<b<0C．－6<b<－3D．－3<b<3(2016·合肥模擬)在平面直角坐標系的第一象限內(nèi)，邊長為1的正方形ABCD的邊均平行于坐標軸，A點的坐標為(a，a)．如圖，若曲線y＝eq\f(4,x)(x>0)與此正方形的邊有交點，則a的取值范圍是.(2016·新昌模擬)已知Rt△ABC的頂點坐標為A(1，2)，B(2，2)，C(2，1)，若拋物線y＝ax2與該直角三角形無公共點，則a的取值范圍是.(2016·海陵模擬)如圖，等腰直角三角形的斜邊長AB＝8，一直線l繞頂點B任意旋轉(zhuǎn)，過A向l作垂線，垂足為H，則線段CH長的取值范圍是.類型三由圖形運動產(chǎn)生的問題eq\a\vs4\al(例3)(2016·金華)由6根鋼管首尾順次鉸接而成六邊形鋼架ABCDEF，相鄰兩鋼管可以轉(zhuǎn)動．已知各鋼管的長度為AB＝DE＝1米，BC＝CD＝EF＝FA＝2米．(鉸接點長度忽略不計)(1)轉(zhuǎn)動鋼管得到三角形鋼架，如圖1，則點A，E之間的距離是米；(2)轉(zhuǎn)動鋼管得到如圖2所示的六邊形鋼架，有∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝120°，現(xiàn)用三根鋼條連接頂點使該鋼架不能活動，則所用三根鋼條總長度的最小值是米．【解后感悟】由圖形變化產(chǎn)生的問題包括由點引起的圖形變化，圖形的平移、旋轉(zhuǎn)、翻轉(zhuǎn)等；圖形在變化過程中，抓住不變的圖形和量；以三角形、四邊形和圓的變化為常見的一種題型．本題的關(guān)鍵是添加輔助線構(gòu)造特殊三角形以及平行四邊形．(2016·金華)如圖，Rt△ABC紙片中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，點D在邊BC上，以AD為折痕折疊△ABD得到△AB′D，AB′與邊BC交于點E.若△DEB′為直角三角形，則BD的長是.5．(2016·寧波)如圖，在平面直角坐標系中，O為坐標原點，點A的坐標為(5，0)，菱形OABC的頂點B，C都在第一象限，tan∠AOC＝eq\f(4,3)，將菱形繞點A按順時針方向旋轉(zhuǎn)角α(0°＜∠α＜∠AOC)得到菱形FADE(點O的對應點為點F)，EF與OC交于點G，連結(jié)AG.(1)求點B的坐標；(2)當OG＝4時，求AG的長；(3)求證：GA平分∠OGE；(4)連結(jié)BD并延長交x軸于點P，當點P的坐標為(12，0)時，求點G的坐標．【動點實驗題】用如圖1，2所示的兩個直角三角形(部分邊長及角的度數(shù)在圖中已標出)，完成以下兩個探究問題：探究一：將以上兩個三角形如圖3拼接(BC和ED重合)，在BC邊上有一動點P.(1)當點P運動到∠CFB的角平分線上時，連結(jié)AP，求線段AP的長；(2)當點P在運動的過程中出現(xiàn)PA＝FC時，求∠PAB的度數(shù)．探究二：如圖4，將△DEF的頂點D放在△ABC的BC邊上的中點處，并以點D為旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)△DEF，使△DEF的兩直角邊與△ABC的兩直角邊分別交于M、N兩點，連結(jié)MN.在旋轉(zhuǎn)△DEF的過程中，△AMN的周長是否存在有最小值？若存在，求出它的最小值；若不存在，請說明理由．【方法與對策】本題是幾何綜合題，運用了解直角三角形、勾股定理、全等三角形、二次函數(shù)最值等知識點．第(3)問，由發(fā)現(xiàn)并證明△AMD≌△CND取得解題的突破點，再利用勾股定理和二次函數(shù)的性質(zhì)求出最小值．這種題型要注意問題的前后關(guān)系，要利用前面方法來指導后面的問題，要利用特殊到一般的思想，這是中考常見題型．【沒有畫圖和動態(tài)分析，致使問題分析不全】如圖，已知△ABC三個頂點的坐標分別為A(1，4)，B(4，1)，C(1，1)，若雙曲線y＝eq\f(k,x)(x＞0)與△ABC有公共點，則k的取值范圍是________．第40講實驗與動態(tài)型問題【例題精析】例1(1)如圖1，作PD⊥AB于D，∵∠A＝30°，∴PD＝eq\f(1,2)AP＝x，∴y＝eq\f(1,2)AQ·PD＝eq\f(1,2)ax2，由圖象可知，當x＝1時，y＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,2)×a×12＝eq\f(1,2)，解得a＝1；(2)如圖2，作PD⊥AB于D，由圖象可知，PB＝5×2－2x＝10－2x，PD＝PB·sinB＝(10－2x)·sinB，∴y＝eq\f(1,2)×AQ×PD＝eq\f(1,2)x×(10－2x)·sinB，∵當x＝4時，y＝eq\f(4,3)，∴eq\f(1,2)×4×(10－2×4)·sinB＝eq\f(4,3)，解得，sinB＝eq\f(1,3)，∴y＝eq\f(1,2)x×(10－2x)×eq\f(1,3)＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(5,3)x；(3)eq\f(1,2)x2＝－eq\f(1,3)x2＋eq\f(5,3)x，解得，x1＝0，x2＝2，由圖象可知，當x＝2時，y＝eq\f(1,2)x2有最大值，最大值是eq\f(1,2)×22＝2，－eq\f(1,3)x2＋eq\f(5,3)x＝2，解得，x1＝3，x2＝2，∴當2＜x＜3時，點P運動到線段BC上某一段時△APQ的面積大于當點P在線段AC上任意一點時△APQ的面積．例2(1)過P作PE⊥OA于E，∵PQ∥OA，PM∥OB，∴四邊形OMPQ為平行四邊形．∴PM＝OQ＝1，∠PME＝∠AOB＝60°，∴PE＝PM·sin60°＝eq\f(\r(3),2)，ME＝eq\f(1,2)，∴CE＝OC－OM－ME＝eq\f(3,2)，∴tan∠PCE＝eq\f(PE,CE)＝eq\f(\r(3),3)，∴∠PCE＝30°，∴∠CPM＝90°，又∵PM∥OB，∴∠CNO＝∠CPM＝90°，即CN⊥OB.(2)①eq\f(1,OM)－eq\f(1,ON)的值不發(fā)生變化．理由如下：設(shè)OM＝x，ON＝y(tǒng).∵四邊形OMPQ為菱形，∴OQ＝QP＝OM＝x，NQ＝y(tǒng)－x.∵PQ∥OA，∴∠NQP＝∠O.又∵∠QNP＝∠ONC，∴△NQP∽△NOC，∴eq\f(QP,OC)＝eq\f(NQ,ON)，即eq\f(x,6)＝eq\f(y－x,y)，∴6y－6x＝xy.兩邊都除以6xy，得eq\f(1,x)－eq\f(1,y)＝eq\f(1,6)，即eq\f(1,OM)－eq\f(1,ON)＝eq\f(1,6).②過P作PE⊥OA于E，過N作NF⊥OA于F，則S1＝OM·PE，S2＝eq\f(1,2)OC·NF，∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(x·PE,3NF).∵PM∥OB，∴∠PMC＝∠O.又∵∠PCM＝∠NCO，∴△CPM∽△CNO.∴eq\f(PE,NF)＝eq\f(CM,CO)＝eq\f(6－x,6).∴eq\f(S1,S2)＝eq\f(x（6－x）,18)＝－eq\f(1,18)(x－3)2＋eq\f(1,2).∵0＜x＜6，由這個二次函數(shù)的圖象可知，0＜eq\f(S1,S2)≤eq\f(1,2).例3(1)如圖1中，∵FB＝DF，F(xiàn)A＝FE，∴∠FAE＝∠FEA，∠B＝∠D，∴∠FAE＝∠B，∴AE∥BD，∴eq\f(AE,DB)＝eq\f(AF,FB)，∴eq\f(AE,4)＝eq\f(2,3)，∴AE＝eq\f(8,3)，故答案為eq\f(8,3).(2)如圖2中，作BN⊥FA于N，延長AB、DC交于點M，連結(jié)BD、AD、BF、CF.在Rt△BFN中，∵∠BNF＝90°，BN＝eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)N＝AN＋AF＝eq\f(1,2)＋2＝eq\f(5,2)，∴BF＝eq\r(BN2＋NF2)＝eq\r(7)，同理得到AC＝DF＝eq\r(7)，∵∠ABC＝∠BCD＝120°，∴∠MBC＝∠MCB＝60°，∴∠M＝60°，∴CM＝BC＝BM，∵∠M＋∠MAF＝180°，∴AF∥DM，∵AF＝CM，∴四邊形AMCF是平行四邊形，∴CF＝AM＝3，∵∠BCM＝∠CBD＋∠CDB＝60°，∠CBD＝∠CDB，∴∠CBD＝∠CDB＝30°，∵∠M＝60°，∴∠MBD＝90°，∴BD＝eq\r(DM2－BM2)＝2eq\r(3)，BE＝eq\r(BD2＋DE2)＝eq\r(13)，∵eq\r(7)<3<2eq\r(3)＜eq\r(13)，∴用三根鋼條連接頂點使該鋼架不能活動，∴連結(jié)AC、BF、DF即可，∴所用三根鋼條總長度的最小值為3eq\r(7)，故答案為3eq\r(7).【變式拓展】B(1)1(2)43.(1)C(2)2≤a≤3(3)a<0或a>2或0<a<eq\f(1,4)(4)0≤CH≤84.2或55．(1)如圖1，過點B作BH⊥x軸于點H，∵四邊形OABC為菱形，∴OC∥AB，∴∠BAH＝∠COA.∵tan∠AOC＝eq\f(4,3)，∴tan∠BAH＝eq\f(4,3).又∵在直角△BAH中，AB＝5，∴BH＝eq\f(4,5)AB＝4，AH＝eq\f(3,5)AB＝3，∴OH＝OA＋AH＝5＋3＝8，∴點B的坐標為(8，4)；(2)如圖1，過點A作AM⊥OC于點M，在直角△AOM中，∵tan∠AOC＝eq\f(4,3)，OA＝5，∴AM＝eq\f(4,5)OA＝4，OM＝eq\f(3,5)OA＝3，∵OG＝4，∴GM＝OG－OM＝4－3＝1，∴AG＝eq\r(AM2＋GM2)＝eq\r(42＋12)＝eq\r(17)；(3)如圖1，過點A作AN⊥EF于點N，∵在△AOM與△AFN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠AOM＝∠F，,OA＝FA，,∠AMO＝∠ANF＝90°，))∴△AOM≌△AFN(AAS)，∴AM＝AN，∴GA平分∠OGE.(4)如圖2，過點G作GQ⊥x軸于點Q，由旋轉(zhuǎn)可知：∠OAF＝∠BAD＝α.∵AB＝AD，∴∠ABP＝eq\f(180°－α,2)，∵∠AOT＝∠F，∠OTA＝∠GTF，∴∠OGF＝∠OAF＝α，∴∠OGA＝∠EGA＝eq\f(180°－α,2)，∴∠OGA＝∠ABP，又∵∠GOA＝∠BAP，∴△GOA∽△BAP，∴eq\f(GQ,BH)＝eq\f(OA,AP)，∴GQ＝eq\f(5,7)×4＝eq\f(20,7).∵tan∠AOC＝eq\f(4,3)，∴OQ＝eq\f(20,7)×eq\f(3,4)＝eq\f(15,7)，∴Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(15,7)，\f(20,7))).【熱點題型】【分析與解】探究一：(1)依題意畫出圖形，如圖1所示：由題意，得∠CFB＝60°，F(xiàn)P為角平分線，則∠CFP＝30°.∴CF＝BC·tan30°＝3×eq\f(\r(3),3)＝eq\r(3).∴CP＝CF·tan∠CFP＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝1.過點A作AG⊥BC于點G，則AG＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(3,2)，∴PG＝CG－CP＝eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2).在Rt△APG中，由勾股定理得：AP＝eq\r(AG2＋PG2)＝eq\r(（\f(3,2)）2＋（\f(1,2)）2)＝eq\f(\r(10),2).(2)由(1)可知，F(xiàn)C＝eq\r(3)，如圖2所示，以點A為圓心，以FC＝eq\r(3)長為半徑畫弧，與BC交于點P1、P2，則AP1＝AP2＝eq\r(3).過點A作AG⊥BC于點G，則AG＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(3,2)，在Rt△AGP1中，cos∠P1AG＝eq\f(AG,AP1)＝eq\f(\f(3,2),\r(3))＝eq\f(\r(3),2)，∴∠P1AG＝30°.∴∠P1AB＝45°－30°＝15°.同理求得，∠P2AG＝30°，∠P2AB＝45°＋30°＝75°.∴∠PAB的度數(shù)為15°或75°.探究二：△AMN的周長存在最小值．如圖3所示，連結(jié)AD，∵△ABC為等腰直角三角形，點D為斜邊BC的中點，∴AD＝CD，∠C＝∠MAD＝45°.∵∠EDF＝90°，∠ADC＝90°，∠MDA＝∠NDC.∵在△AMD與△CND中，eq\b\lc\{(\a\v