中考数学动态变化型问题的求解策略

动态变化型问题一般是指几何图形的运动，即由点、线、面的运动产生的数学问题.用运动的观点来探究几何图形的变化规律的试题称为动态型试题.动态型试题是近年来各地中考的常见综合题或压轴题，它考查同学们的多种能力，有较强的选拔功能，需要用运动和变化的观点，把握运动和变化的全过程，动中取静，静中求动，抓住运动中的某一瞬间，抓住变化过程中的特殊情形，确定运动变化过程中的数量关系、图形位置关系，从而建立方程、不等式、函数模型，找到解决问题的途径.解答动态型试题的关键是把握以下三点：一是借助图形在运动中产生的函数关系问题来探究几何图形的变化规律；二是借助图形在三种变换（平移、旋转、折叠）过程中的变量和不变量，动中求静，利用变换的有关性质来解决一些几何图形的面积、周长等问题；三是解答过程中往往需要综合运用数形结合思想、转化思想、分类讨论思想、方程思想、函数思想、特殊与一般的思想等多种数学思想，恰当地利用分析法和综合法，挖掘题目的隐含条件，将复杂问题分解为基本的、常见的问题，逐一击破，从而进一步得到新的结论，最终解决问题.

一、动点型

研究动点问题我们主要根据“运动速度×时间=路程”来表示某些线段的长来解决问题.

例1（2015・贵港）如图1，已知P是O外一点，Q是O上的动点，线段PQ的中点为M，连接OP，OM.若O的半径为2，OP=4，则线段OM的最小值是（）

图1A.0B.1

C.2D.3

分析：取OP的中点N，连接MN，OQ.结合条件可判断MN是POQ的中位线，从而得到MN=12OQ=1，则点M在以N为圆心，1为半径的圆上，当点M在ON上时，OM最小.

解：取OP中点N，连接MN，OQ.M为PQ的中点，MN是POQ的中位线.

MN=12OQ=12×2=1.点M在以N为圆心，1为半径的圆上.在OMN中，1

评注：本题以圆周上的动点为背景，既考查了点与圆的位置关系.又考查了最值的求法.解题的关键是能通过辅助线，将问题转化.解答动态型问题通常需要对几何图形的运动过程有一个完整、清晰的认识，发掘“动”与“静”的内在联系，寻求变化规律，从变中求不变，从而达到解题目的.

二、动线型

由线的运动产生的问题被称为动线问题，求解时应针对直线运动变化过程中相伴随的数量关系、位置关系来研究，抓住变化中的“不变量”，以不变应万变，从而确定基本关系式，并确定变化范围，必要时画出相应的图象解决问题.

例2（2015・长沙）如图2，在菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，对角线AC，BD相交于点O，将对角线AC所在的直线绕点O顺时针旋转角α（0°

图2（1）求证：AOE≌COF；

（2）当α=30°时，求线段EF的长度.

分析：（1）由菱形的性质，得OA=OC，AD∥BC.再利用平行线的性质，得到∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC.最后利用“角角边”即可判断AOE≌COF.

（2）由AB=AC=2，∠ABC=60°得ABC是等边三角形，从而∠OAE=∠ACB=60°，进而由旋转角为30°得到EFBC，OF=OCsin60°=1×32=32，从而EF=2OF=3.

解：（1）证明：四边形ABCD是菱形，OA=OC，AD∥BC.∠OAE=∠OCF，∠OEA=∠OFC.AOE≌COF.

（2）AB=AC=2，∠ABC=60°，ABC是等边三角形.∠OAE=∠ACB=60°.又α=30°=∠AOE，EFBC.四边形ABCD是菱形，OA=OC=1.在RtOCF中，由sin∠OCF=OFOC，得OF=OCsin60°=1×32=32.AOE≌COF，OE=OF.EF=3.

评注：本题的题设条件中虽然给出了动直线l，但在解题时似乎没有接触，这就是处理动态问题时“以静制动”的效果.化归思想是解决综合题的指导性思想，在此基础上，由于综合题内容复杂、涉及的知识和方法众多，因此运用数形结合思想，反复对比已知条件和图形，从中发现已知的和待解决的问题，从而确定要解决的疑点，在解答问题过程中，要做到条理清晰，计算准确，这是解决综合题的基本前提.

三、动面型

动态图形型试题以图形变换为载体，渗透了分类讨论、化归与转化、数形结合、函数与方程等重要数学思想，命题的设置常常带有开放性、操作性和探究性，试题本身有一定的难度和区分度，是中考数学试卷中压轴题的首选.

1.图形的对称

例3（2015・福州）定义：长宽比为n∶1（n为正整数）的矩形称为n矩形.下面，我们通过折叠的方式折出一个2矩形，如图3所示.

图3图4操作1：将正方形ABCD沿过点B的直线折叠，使折叠后的点C落在对角线BD上的点G处，折痕为BH.

操作2：将AD沿过点G的直线折叠，使点A，点D分别落在边AB，CD上，折痕为EF.

则四边形BCEF为2矩形.

证明：设正方形ABCD的边长为1，则BD=12+12=2.

由折叠性质，得BG=BC=1，∠AFE=∠BFE=90°，则四边形BCEF为矩形.

∠A=∠BFE.EF∥AD.BGBD=BFAB，即12=BF1.BF=12.

BC∶BF=1∶12=2∶1.四边形BCEF为2矩形.

阅读以上内容，回答下列问题：

（1）在图3中，所有与CH相等的线段是，tan∠HBC的值是.

（2）已知四边形BCEF为2矩形，模仿上述操作，得到四边形BCMN，如图4，求证：四边形BCMN为3矩形.

（3）将图4中的3矩形BCMN沿用（2）中的方式操作3次后，得到一个“n矩形”，则n的值是.

分析：类比2矩形的证明方法来证明3矩形和6矩形.

解：（1）GH，DG；2-1.

（2）证明：BF=22，BC=1，BD=BF2+BC2=（22）2+12=62.由折叠的性质，得BP=BC=1，∠FNM=∠BNM=90°.四边形BCEF为矩形.∠BNM=∠F.MN∥EF.BPBE=BNBF，即BP・BF=BE・BN.62BN=22.BN=13.BC∶BN=1∶13=3∶1.四边形BCMN为3矩形.

（3）6.

评注：求解本题时一定要明确n矩形都是通过折叠得到的，证明时利用了折叠图形中的相等的边和角，以及折叠图形中的平行线截得的线段成比例等结论.求解本题的关键是掌握矩形折叠的步骤以及每次折叠中图形的数量关系和位置关系.

2.图形的平移

例4（2015・宜昌）如图5，已知点A（4，0），B（0，43），把一个直角三角尺DEF放在OAB内，使其斜边FD在线段AB上，三角尺可沿着线段AB上下滑动.其中∠EFD=30°，ED=2，点G为边FD的中点.

（1）求直线AB的解析式.

（2）如图5，当点D与点A重合时，求经过点G的反比例函数y=kx（k≠0）的解析式.

（3）在三角尺滑动的过程中，经过点G的反比例函数的图象能否同时经过点F？如果能，求出此时反比例函数的解析式；如果不能，说明理由.

图5图6分析：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b，把点A，B的坐标代入，组成方程组，解方程组求出k，b的值即可.

（2）由RtDEF中，求出EF，DF，再求出点D坐标，得出点F，G的坐标，然后把点G的坐标代入反比例函数求出k值即可.

（3）设F（t，-3t+43），得出点D，G的坐标，设过点G和点F的反比例函数的解析式为y=mx，用待定系数法求出t，m，即可得出反比例函数解析式.

解：（1）设直线AB的解析式为y=kx+b.A（4，0），B（0，43），4k+b=0，

b=43.解得k=-3，

b=43.直线AB的解析式为y=-3x+43.

（2）在RtDEF中，∠EFD=30°，ED=2，EF=23，DF=4.点D与点A重合，D（4，0），F（2，23）.G（3，3）.反比例函数y=kx经过点G，k=33.反比例函数的解析式为y=33x.

（3）经过点G的反比例函数的图象能同时经过点F.理由如下：点F在直线AB上，设F（t，-3t+43）.又ED=2，D（t+2，-3t+23）.点G为边FD的中点，G（t+1，-3t+33）.若过点G的反比例函数的图象也经过点F，设解析式为y=mx，则-3t+33=mt+1，

-3t+43=mt.整理，得（-3t+33）（t+1）=（-3t+43）t.解得t=32.

m=1534.

经过点G的反比例函数的图象能同时经过点F，这个反比例函数的解析式为y=1534x.

评注：图形运动与函数图象问题常见的三种类型：一是线段与多边形的运动图形问题，把一条线段沿一定方向运动经过三角形或四边形；二是多边形与多边形的运动图形问题，把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过另一个多边形；三是多边形与圆的运动图形问题，把一个圆沿一定方向运动经过一个三角形或四边形，或把一个三角形或四边形沿一定方向运动经过一个圆.求解时，都应根据问题中的常量与变量之间的关系，进行分段，判断函数图象.本题难度较大，综合性强，用待定系数法确定一次函数和反比例函数的解析式是解决问题的关键.

3.图形的旋转

例5（2015・潜江）已知∠MAN=135°，正方形ABCD绕点A旋转.

（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN.

图6图7图8①如图6，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是.

②如图7，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由.

（2）如图8，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由.

分析：（1）①如图6，先利用“边角边”证明ADN≌ABM，得出AN=AM，∠NAD=∠MAB，再计算出∠NAD=∠MAB=12（360°-135°-90°）=67.5°，作AEMN于E，根据等腰三角形三线合一的性质得出MN=2NE，∠NAE=12∠MAN=67.5°，再根据“角角边”证明ADN≌AEN，得出DN=EN，进而得到MN=BM+DN；②如图7，先利“边角边”证明ABM≌ADP，得出AM=AP，∠AMB=∠P=∠BAP，再计算出∠PAN=360°-∠MAN-（∠BAP+∠BAM）=360°-135°-90°=135°，然后根据“边角边”证明ANM≌ANP，得到MN=PN，进而得到MN=BM+DN.

（2）如图8，先由正方形的性质得出∠BDA=∠DBA=45°，根据等角的补角相等得出∠MDA=∠NBA=135°，再证明∠N=∠MAD.根据两角对应相等的两三角形相似得出ANB∽MAD，那么BNAD=ABMD.又AB=AD=22DB，变形得出BD2=2BN・MD，然后证明（MD+BD）2+（BD+BN）2=（DM+BD+BN）2，即MB2+DN2=MN2，根据勾股定理的逆定理即可得出以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形.

解：（1）①如图6，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN=BM+DN.理由如下：在ADN与ABM中，AD=AB，∠ADN=∠ABM=90°，DN=BM，ADN≌ABM.AN=AM，∠NAD=∠MAB.∠MAN=135°，∠BAD=90°，∠NAD=∠MAB=12（360°-135°-90°）=67.5°.过点A作AEMN于E，则MN=2NE，∠NAE=12∠MAN=67.5°.在ADN和AEN中，∠ADN=∠AEN=90°，∠NAD=∠NAE=67.5°，AN=AN，ADN≌AEN.DN=EN.BM=DN，MN=2EN，MN=BM+DN.

②如图7，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立.理由如下：延长NC到点P，使DP=BM，连接AP.四边形ABCD是正方形，AB=AD，∠ABM=∠ADC=90°.在ABM和ADP中，AB=AD，∠ABM=∠ADC=90°，BM=DP，ABM≌ADP.AM=AP，∠AMB=∠P=∠BAP.∠AMB+∠BAM=90°，∠BAP+∠BAM=90°.∠MAN=135°，∠PAN=360°-∠MAN-（∠BAP+∠BAM）=360°-135°-90°=135°.在ANM和ANP中，AM=AP，∠MAN=∠PAN=135°，AN=AN，ANM≌ANP.MN=PN.PN=DP+DN=BM+DN，MN=BM+DN.

（2）如图8，以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形.理由如下：四边形ABCD是正方形，∠BDA=∠DBA=45°.∠MDA=∠NBA=135°.∠N+∠BAN=45°，∠BAN+∠MAD=45°，∠N=∠MAD.在ANB和MAD中，∠ABN=∠MDA=135°，∠N=∠MAD，ANB∽MAD.BNAD=ABMD.AB2=BN・MD.AB=AD=22DB，BN・MD=（22DB）2=12BD2.BD2=2BN・MD.MD2+2MD・BD+BD2+BD2+2BD・BN+BN2=MD2+BD2+BN2+2MD・BD+2BD・BN+2BN・MD.（MD+BD）2+（BD+BN）2=（DM+BD+BN）2，即MB2+DN2=MN2.以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形.

评注：本题是几何变换综合题，其中涉及正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，补角的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识，综合性较强，有一定难度.准确作出辅助线，及时地将问题转化，并利用数形结合是解第（1）问的关键，证明ANB∽MAD是解第（2）问的关键.另外，画图形的平移或旋转图形的关键是确定各顶点平移或旋转后的位置，平移或旋转前后各顶点相互之间的位置关系保持不变，利用这种不变性，可快速确定某些平移或旋转后的位置.