專題八：幾何圖形中運動變化問題研究【題型導引】題型一：動點問題動態(tài)型試題一般是指以幾何知識和圖形為背景，滲透運動變化觀點的一類試題，常見的運動對象有點動、線動、圖動；其運動形式有平動、旋轉(zhuǎn)、翻折、滾動等．動態(tài)型試題其特點是集幾何、代數(shù)知識于一體，數(shù)形結(jié)合，有較強的綜合性．題目靈活多變，動中有靜，動靜結(jié)合．(1)動中求靜，即在運動變化中探索問題中的不變性；(2)動靜互化，抓住“靜”的瞬間，找出導致圖形或變化規(guī)律發(fā)生改變的特殊時刻；同時在運動變化的過程中尋找不變性及變化規(guī)律．題型二：動線問題動線問題主要和旋轉(zhuǎn)變換結(jié)合，在處理此類問題上要注意進行轉(zhuǎn)化，化動為靜，利用變換的性質(zhì)解答即可。題型三：動面問題面的轉(zhuǎn)動問題注意轉(zhuǎn)化為靜態(tài)問題來研究，轉(zhuǎn)動后的與之前的在性質(zhì)上形成新的圖形，結(jié)合圖形特點進行解答?！镜淅馕觥款愋鸵唬簞狱c問題例題1：（2019?湖南衡陽?3分）如圖，在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，E是AB的中點，過點E作AC和BC的垂線，垂足分別為點D和點F，四邊形CDEF沿著CA方向勻速運動，點C與點A重合時停止運動，設運動時間為t，運動過程中四邊形CDEF與△ABC的重疊部分面積為S．則S關于t的函數(shù)圖象大致為（）A．B． C．D．【解答】解：∵在直角三角形ABC中，∠C＝90°，AC＝BC，∴△ABC是等腰直角三角形，∵EF⊥BC，ED⊥AC，∴四邊形EFCD是矩形，∵E是AB的中點，∴EF＝AC，DE＝BC，∴EF＝ED，∴四邊形EFCD是正方形，設正方形的邊長為a，如圖1當移動的距離＜a時，S＝正方形的面積﹣△EE′H的面積＝a2﹣t2；當移動的距離＞a時，如圖2，S＝S△AC′H＝（2a﹣t）2＝t2﹣2at＋2a2，∴S關于t的函數(shù)圖象大致為C選項，故選：C．技法歸納：解答此類問題的策略可以歸納為三步：“看”“寫”“選”．(1)“看”就是認真觀察幾何圖形，徹底弄清楚動點從何點開始出發(fā)，運動到何點停止，整個運動過程分為不同的幾段，何點(時刻)是特殊點(時刻)，這是準確解答的前提和關鍵；(2)“寫”就是計算、寫出動點在不同路段的函數(shù)解析式，注意一定要注明自變量的取值范圍，求出在特殊點的函數(shù)數(shù)值和自變量的值；(3)“選”就是根據(jù)解析式選擇準確的函數(shù)圖象或答案，多用排除法。首先，排除不符合函數(shù)類形的圖象選項，其次，對于相同函數(shù)類型的函數(shù)圖象選項，再用自變量的取值范圍或函數(shù)數(shù)值的最大和最小值進行排除，選出準確答案．類型二：動線問題例題2：如圖，直線l的解析式為y＝－x＋4，它與x軸，y軸分別相交于A，B兩點．平行于直線l的直線m從原點O出發(fā)，沿x軸的正方向以每秒1個單位長度的速度運動，它與x軸，y軸分別相交于M，N兩點，設運動時間為t秒(0＜t≤4)．(1)求A，B兩點的坐標；(2)用含t的代數(shù)式表示△MON的面積S1；(3)以MN為對角線作矩形OMPN，記△MPN和△OAB重合部分的面積為S2，①當2＜t≤4時，試探究S2與t之間的函數(shù)關系式；②在直線m的運動過程中，當t為何值時，S2為△OAB面積的eq\f(5,16)？【解析】：(1)當x＝0時，y＝4；當y＝0時，x＝4.∴A(4,0)，B(0,4)；(2)∵MN∥AB，∴eq\f(OM,ON)＝eq\f(OA,OB)＝1，∴OM＝ON＝t，∴S1＝eq\f(1,2)OM·ON＝eq\f(1,2)t2；(3)①當2＜t≤4時，易知點P在△OAB的外面，則設點P的坐標為(t，t)，F(xiàn)點的坐標滿足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝t，,y＝－t＋4，))即F(t,4－t)，同理E(4－t，t)，則PF＝PE＝|t－(4－t)|＝2t－4，所以S2＝S△MPN－S△PEF＝S△OMN－S△PEF＝eq\f(1,2)t2－eq\f(1,2)PE·PF＝eq\f(1,2)t2－eq\f(1,2)(2t－4)(2t－4)＝－eq\f(3,2)t2＋8t－8；②當0＜t≤2時，S2＝eq\f(1,2)t2＝eq\f(5,16)×eq\f(1,2)×4×4＝eq\f(5,2)，解得t1＝－eq\r(5)＜0，t2＝eq\r(5)＞2，兩個都不合題意，舍去；當2＜t≤4時，S2＝－eq\f(3,2)t2＋8t－8＝eq\f(5,2)，解得t3＝3，t4＝eq\f(7,3)，綜上得，當t＝eq\f(7,3)或t＝3時，S2為△OAB的面積的eq\f(5,16).技法歸納：解答此類題先要畫出各個關鍵時刻的圖形，再由“動”變“靜”設法分別求解．用分類思想畫圖的方法在解動態(tài)幾何題中非常有效，它可幫助我們理清思路，突破難點．類型三：動面問題例題3：如圖1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點．(1)觀察猜想圖1中，線段PM與PN的數(shù)量關系是__________，位置關系是__________；(2)探究證明把△ADE繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由；(3)拓展延伸把△ADE繞點A在平面內(nèi)自由旋轉(zhuǎn)，若AD＝4，AB＝10，請直接寫出△PMN面積的最大值．【解析】：(1)PM＝PNPM⊥PN詳解：∵點P，N是DC，BC的中點，∴PN∥BD，PN＝eq\f(1,2)BD，∵點P，M是CD，DE的中點，∴PM∥CE，PM＝eq\f(1,2)CE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∴PM＝PN，∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA，∵∠BAC＝90°，∴∠ADC＋∠ACD＝90°，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°，∴PM⊥PN；(3)eq\f(49,2)詳解：如圖，同(2)的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大時，△PMN的面積最大，∴DE∥BC且DE在頂點A上面，∴MN最大＝AM＋AN，連接AM，AN，在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝2eq\r(2)，在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5eq\r(2)，∴MN最大＝2eq\r(2)＋5eq\r(2)＝7eq\r(2)，∴S△PMN最大＝eq\f(1,2)PM2＝eq\f(1,2)×eq\f(1,2)MN2＝eq\f(1,4)×(7eq\r(2))2＝eq\f(49,2).技法歸納：認真觀察幾何圖形，徹底弄清楚動點從何點開始出發(fā)，運動到何點停止，整個運動過程分為不同的幾段，何點(時刻)是特殊點(時刻)，這是準確解答的前提和關鍵?！咀兪接柧殹?.如圖，A，B是半徑為1的⊙O上兩點，且OA⊥OB，點P從點A出發(fā)，在⊙O上以每秒一個單位長度的速度勻速運動，回到點A運動結(jié)束，設運動時間為x(單位：x)，弦BP的長為y，那么下列圖象中可能表示y與x函數(shù)關系的是（）A．① B．④ C．②或④ D．①或③【答案】D【解析】分兩種情形討論當點P順時針旋轉(zhuǎn)時，圖象是③，當點P逆時針旋轉(zhuǎn)時，圖象是①，由此即可解決問題．當點P順時針旋轉(zhuǎn)時，圖象是③，當點P逆時針旋轉(zhuǎn)時，圖象是①，故答案為①③.2.（2019?四川省涼山州?5分）如圖，正方形ABCD中，AB＝12，AE＝AB，點P在BC上運動（不與B、C重合），過點P作PQ⊥EP，交CD于點Q，則CQ的最大值為4．【答案】4【解答】解：∵∠BEP＋∠BPE＝90°，∠QPC＋∠BPE＝90°，∴∠BEP＝∠CPQ．又∠B＝∠C＝90°，∴△BPE∽△CQP．∴．設CQ＝y(tǒng)，BP＝x，則CP＝12﹣x．∴，化簡得y＝﹣（x2﹣12x），整理得y＝﹣（x﹣6）2＋4，所以當x＝6時，y有最大值為4．故答案為4．3.（2019?湖北省咸寧市?3分）如圖，先有一張矩形紙片ABCD，AB＝4，BC＝8，點M，N分別在矩形的邊AD，BC上，將矩形紙片沿直線MN折疊，使點C落在矩形的邊AD上，記為點P，點D落在G處，連接PC，交MN于點Q，連接CM．下列結(jié)論：①CQ＝CD；②四邊形CMPN是菱形；③P，A重合時，MN＝2；④△PQM的面積S的取值范圍是3≤S≤5．其中正確的是②③（把正確結(jié)論的序號都填上）．【答案】②③【解答】解：如圖1，∵PM∥CN，∴∠PMN＝∠MNC，∵∠MNC＝∠PNM，∴∠PMN＝∠PNM，∴PM＝PN，∵NC＝NP，∴PM＝CN，∵MP∥CN，∴四邊形CNPM是平行四邊形，∵CN＝NP，∴四邊形CNPM是菱形，故②正確；∴CP⊥MN，∠BCP＝∠MCP，∴∠MQC＝∠D＝90°，∵CP＝CP，若CQ＝CD，則Rt△CMQ≌△CMD，∴∠DCM＝∠QCM＝∠BCP＝30°，這個不一定成立，故①錯誤；點P與點A重合時，如圖2，設BN＝x，則AN＝NC＝8﹣x，在Rt△ABN中，AB2＋BN2＝AN2，即42＋x2＝（8﹣x）2，解得x＝3，∴CN＝8﹣3＝5，AC＝，∴，∴，∴MN＝2QN＝2．故③正確；當MN過點D時，如圖3，此時，CN最短，四邊形CMPN的面積最小，則S最小為S＝，當P點與A點重合時，CN最長，四邊形CMPN的面積最大，則S最大為S＝，∴4≤S≤5，故④錯誤．故答案為：②③．4.如圖，在△ABC中，AB＝AC，點E在BC上移動(點E不與點B，C重合)，滿足∠DEF＝∠B，且點E，F(xiàn)分別在邊BC，AC上．(1)求證：△BDE∽△CEF；(2)當點E移動到BC的中點時，求證：FE平分∠DFC．【解析】(1)證明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠C，∵∠B＋∠BDE＋∠BED＝∠DEF＋∠FEC＋∠BED＝180°∵∠DEF＝∠B，∴∠BDE＝∠CEF，∴△BDE∽△CEF；(2)解：∵△BDE∽△CEF，∴eq\f(BE,CF)＝eq\f(DE,EF)，∵點E是BC的中點，∴BE＝CE，∴eq\f(CE,CF)＝eq\f(DE,EF)，又∵∠DEF＝∠C，∴△DEF∽△ECF，∴∠EFD＝∠CFE，∴FE平分∠DFC．5.（江蘇泰州，第25題12分）如圖，正方形ABCD的邊長為8cm，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA上的動點，且AE＝BF＝CG＝DH．（1）求證：四邊形EFGH是正方形；（2）判斷直線EG是否經(jīng)過一個定點，并說明理由；（3）求四邊形EFGH面積的最小值．[【解析】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA∵AE＝BF＝CG＝DH，∴AH＝BE＝CF＝DG在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，，∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），∴EH＝FE＝GF＝GH，∠AEH＝∠BFE，∴四邊形EFGH是菱形，∵∠BEF＋∠BFE＝90°，∴∠BEF＋∠AEH＝90°，∴∠HEF＝90°，∴四邊形EFGH是正方形；（2）解：直線EG經(jīng)過一個定點，這個定點為正方形的中心（AC、BD的交點）；理由如下：連接AC、EG，交點為O；如圖所示：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∴∠OAE＝∠OCG，在△AOE和△COG中，，∴△AOE≌△COG（AAS），∴OA＝OC，即O為AC的中點，∵正方形的對角線互相平分，∴O為對角線AC、BD的交點，即O為正方形的中心；（3）解：設四邊形EFGH面積為S，設BE＝xcm，則BF＝（8﹣x）cm，根據(jù)勾股定理得：EF2＝BE2＋BF2＝x2＋（8﹣x）2∴S＝x2＋（8﹣x）2＝2（x﹣4）2＋32，∵2＞0∴S有最小值，當x＝4時，S的最小值＝32，∴四邊形EFGH面積的最小值為32cm2．6.．(2018·濟寧)如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，連接DF，過點E作EH⊥DF，垂足為H，EH的延長線交DC于點G.(1)猜想DG與CF的數(shù)量關系，并證明你的結(jié)論；(2)過點H作MN∥CD，分別交AD，BC于點M,N.若正方形ABCD的邊長為10，點P是MN上一點，求△PDC的周長的最小值．【解析】(1)CF＝2DG.證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝CD，AD∥BC，∠ADC＝90°.∵E，F(xiàn)分別是邊AD，BC的中點，∴DE＝eq\f(1,2)AD，CF＝eq\f(1,2)BC．∴DE＝CF＝eq\f(1,2)CD．∵∠ADC＝90°，EH⊥DF，∴∠CDF＋∠EDF＝90°，∠DEG＋∠EDF＝90°，∴∠DEG＝∠CDF，∴tan∠DEG＝tan∠CDF，∴eq\f(DG,DE)＝eq\f(CF,CD)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(DG,CF)＝eq\f(1,2)，∴CF＝2DG.(2)解：如圖，在NB上取一點Q，使NQ＝NC，連接DQ交MN于點P，連接PC．∵MN∥CD，CD⊥BC，∴MN⊥BC．又∵NQ＝NC，∴PC＝PQ，∴PD＋PC＝PD＋PQ＝DQ.由“兩點之間，線段最短”知，此時PD＋PC最?。帧逤D＝10，∴△PDC的周長的最小值為PD＋PC＋CD＝DQ＋10.易知∠MEH＝∠MHD＝∠CDF，∴tan∠MEH＝tan∠MHD＝tan∠CDF，即eq\f(MH,ME)＝eq\f(MD,MH)＝eq\f(1,2)，∴ME＝2MH，MH＝2MD．設MD＝t，則MH＝2t，ME＝4t，∴DE＝5t，∴CD＝2DE＝10t＝10，∴t＝1，∴CQ＝2DM＝2.在Rt△CDQ中，由勾股定理得DQ＝eq\r(CD2＋CQ2)＝eq\r(102＋22)＝2eq\r(26)，將△PDC周長的最小值為2eq\r(26)＋10.7.（2019?湖北十堰?10分）如圖1，△ABC中，CA＝CB，∠ACB＝α，D為△ABC內(nèi)一點，將△CAD繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)角α得到△CBE，點A，D的對應點分別為點B，E，且A，D，E三點在同一直線上．（1）填空：∠CDE＝（用含α的代數(shù)式表示）；（2）如圖2，若α＝60°，請補全圖形，再過點C作CF⊥AE于點F，然后探究線段CF，AE，BE之間的數(shù)量關系，并證明你的結(jié)論；（3）若α＝90°，AC＝5，且點G滿足∠AGB＝90°，BG＝6，直接寫出點C到AG的距離．【解答】解：（1）∵將△CAD繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)角α得到△CBE∴△ACD≌△BCE，∠DCE＝α∴CD＝CE∴∠CDE＝故答案為：（2）AE＝BE＋CF理由如下：如圖，∵將△CAD繞點C按逆時針方向旋轉(zhuǎn)角60°得到△CBE∴△ACD≌△BCE∴AD＝BE，CD＝CE，∠DCE＝60°∴△CDE是等邊三角形，且CF⊥DE∴DF＝EF＝∵AE＝AD＋DF＋EF∴AE＝BE＋CF（3）如圖，當點G在AB上方時，過點C作CE⊥AG于點E，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝5，∴∠CAB＝∠ABC＝45°，AB＝10∵∠ACB＝90°＝∠AGB∴點C，點G，點B，點A四點共圓∴∠AGC＝∠ABC＝45°，且CE⊥AG∴∠AGC＝∠ECG＝45°∴CE＝GE∵AB＝10，GB＝6，∠AGB＝90°∴AG＝8∵AC2＝AE2＋CE2，∴（5）2＝（8﹣CE）2＋CE2，∴CE＝7（不合題意舍去），CE＝1若點G在AB的下方，過點C作CF⊥AG，同理可得：CF＝7∴點C到AG的距離為1或7．8.如圖1，一架長4m的梯子AB斜靠在與地面OM垂直的墻壁ON上，梯子與地面所成的角α為60度．(1)求AO與BO的長；(2)若梯子頂端A沿NO下滑，同時底端B沿OM向右滑行．①如圖2，設A點下滑到C點，B點向右滑行到D點，并且AC∶BD＝2∶3，試計算梯子頂端A下滑了多少米？②如圖3，當A點下滑到A′點，B點向右滑行到B′點時，梯子AB的中點P也隨之運動到P′點，若∠POP′＝15°，試求AA′的長．【解析】：(1)BO＝AB·cos60°＝4×eq\f(1,2)＝2(m)，AO＝AB·sin60°＝4×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)(m)，所以BO＝2m；AO＝2eq\r(3)m；(2)①設AC＝2x，BD＝3x，在Rt△COD中，OC＝2eq\r(3)－2x，OD＝2＋3x，CD＝4m，根據(jù)勾股定理有OC2＋OD2＝CD2，∴(2eq\r(3)－2x)2＋(2＋3x)2＝42，∴13x2＋(12－8eq\r(3))x＝0，∵x≠0，∴13x＋12－8eq\r(3)＝0，∴x＝eq\f(8\r(3)－12,13)m，∴AC＝2x＝eq\f(16\r(3)－24,13)m．所以梯子頂端A沿NO下滑了eq\f(16\r(3)－24,13)m.②∵P點和P′點分別是Rt△AOB的斜邊AB與Rt△A′OB′的斜邊A′B′的中點，∴PA＝PO，P′A′＝P′O，∴∠PAO＝∠AOP，∠P′A′O＝∠A′OP′，∴∠P′A′O－∠PAO＝∠A′OP′－∠AOP，∴∠P′A′O－∠PAO＝∠POP′＝15°，又∵∠PAO＝30°，∴∠P′A′O＝45°，∴A′O＝A′B′·cos45°＝4×eq\f(\r(2),2)＝2eq\r(2)(m)，∴AA′＝AO－A′O＝(2eq\r(3)－2eq\r(2))m.9.(2018·岳陽)已知在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，CD為∠ACB的平分線，將∠ACB沿CD所在的直線折疊，使點B落在點B′處，連接AB′，延長CD交BB′于點E，設∠ABC＝2α(0°＜α＜45°)．(1)如圖(1)，若AB＝AC，求證：CD＝2BE；(2)如圖(2)，若AB≠AC，試求CD與BE的數(shù)量關系(用含α的式子表示)；(3)如圖(3)，將(2)中的線段BC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)(α＋45°)，得到線段FC，連接EF，交BC于點O，設△COE的面積為S1，△COF的面積為S2，求eq\f(S1,S2)(用含α的式子表示)．證明：（1）由折疊的性質(zhì)可知，點B，B′關于直線CE對稱，∴CE垂直平分BB′，∴BE＝B′E＝eq\f(1,2)BB′，∠CEB′＝∠CEB＝90°，∠ACE＝∠BCE.∵∠BAC＝90°，∴∠BAB′＝∠BAC＝90°.又∵∠BB′A＋∠B′BA＝∠BB′A＋∠ACE＝90°，∴∠B′BA＝∠ACD．在△ABB′和△ACD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BAB′＝∠BAC，,AB＝AC，,∠B′BA＝∠ACD，))∴△ABB′≌△ACD，∴BB′＝CD，∴CD＝2BE；(3)易得∠CEB＝90°，∠ACE＝∠ECB．∵∠ABC＝2α，∴∠ACB＝90°－2α，∴∠ECB＝eq\f(1,2)∠ACB＝45°－α.由旋轉(zhuǎn)知，∠BCF＝45°＋α，∴∠ECF＝∠ECB＋∠BCF＝90°，∴∠BEC＋∠FCE＝180°，∴CF∥BE，∴∠EBO＝∠FCO，∠BEO＝∠CFO，∴△BEO∽△CFO，∴eq\f(BE,CF)＝eq\f(EO,FO).在Rt△BEC中，sin∠ECB＝eq\f(BE,BC)，∠ECB＝45°－α，∴sin(45°－α)＝eq\f(BE,BC).設點C到EF的距離為h，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(\f(1,2)EO·h,\f(1,2)FO·h)＝eq\f(EO,FO)＝eq\f(BE,CF)＝eq\f(BE,BC)，∴eq\f(S1,S2)＝sin(45°－α)．(2)由(1)得，B′B＝2BE，∠BAB′＝∠BAC＝90°，∠B′BA＝∠ACD，∴△ABB′∽△ACD，∴eq\f(CD,BB′)＝eq\f(AC,AB)，∴eq\f(CD,2BE)＝eq\f(AC,AB).在Rt△ABC中，tan∠ABC＝tan2α＝eq\f(AC,AB)，∴eq\f(CD,2BE)＝tan2α，∴CD＝2BE·tan2α；10.(2019?浙江麗水?12分)如圖，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝，點D，E分別在邊AB，BC上，將線段ED繞點E按逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到EF．(1)如圖1，若AD＝BD，點E與點C重合，AF與DC相交于點O．求證：BD＝2DO．(2)已知點G為AF的中點．①如圖2，若AD＝BD，CE＝2，求DG的長．②若AD＝6BD，是否存在點E，使得△DEG是直角三角形？若存在，求CE的長；若不存在，試說明理由．【解答】(1)證明：如圖1，∵CA＝CB，∠ACB＝90°，BD＝AD，∴CD⊥AB，CD＝AD＝BD，∵CD＝CF，∴AD＝CF，∵∠ADC＝∠DCF＝90°，∴AD∥CF，∴四邊形ADFC是平行四邊形，∴OD＝OC，∴BD＝2OD．(2)①解：如圖2，作DT⊥BC于點T，F(xiàn)H⊥BC于H．由題意：BD＝AD＝CD＝7，BC＝BD＝14，∵