近几年在中考数学试卷中动态类题目成了压轴题中的常选内容，有点动、线动、图形运动等类型，呈现方式丰富多彩，强化各种知识的综合与联系，有较强的区分度，且所占分值较高，具有一定的挑战性。想拿高分不是很容易的，我们对动态几何问题进行了详细的梳理，希望同学们认真看，能够掌握其中的技巧和方法。
在图形中，当某一个元素，如点、线或图形等运动变化时，问题的结论随之改变或保持不变的几何问题。它是用运动变化的观点，创设一个由静止的定态到按某一规则运动的动态情景，通过观察、分析、归纳、推理，动中窥定，变中求静，以静制动，从中探求本质、规律和方法，明确图形之间的内在联系。
几何动态问题关心"不变量"，所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的方法。当求变量之间的关系时，通常建立函数模型或不等式模型求解；当求特殊位置关系或数值时，常建立方程模型求解。必要时，多作出几个符合条件的草图也是解决问题的好办法。
类型一 点的运动型问题
例1(2018·四川宜宾中考)在△ABC中，若O为BC边的中点，则必有：AB2＋AC2＝2AO2＋2BO2成立．依据以上结论，解决如下问题：如图，在矩形DEFG中，已知DE＝4，EF＝3，点P在以DE为直径的半圆上运动，则PF ²＋PG ²的最小值为( )
A．√10 B.19/2
C．34 D．10
【分析】设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连结MN，则MN，PM的长度是定值，利用三角形的三边关系可得出NP的最小值，再利用PF²＋PG²＝2PN²＋2FN²即可求出结论．
【解答】如图，设点M为DE的中点，点N为FG的中点，连结MN交半圆于点P，此时PN取最小值．∵DE＝4，四边形DEFG为矩形，
∴GF＝DE，MN＝EF，∴MP＝FN＝1/2DE＝2，∴NP＝MN－MP＝EF－MP＝1，
∴PF ²＋PG ²＝2PN ²＋2FN ²＝2×1 ²＋2×2 ²＝10. 故选D.
方法点拨：这类问题就是在几何图形上或在函数图象上，设计一个动点或几个动点，探究这些点在运动变化过程中伴随着的变化规律，如等量关系、变量关系、图形的特殊位置、图形间的特殊关系等．动点在运动过程中，引起图形或图象的变化，解决问题的关键是把握量与量之间的关系，常与三角函数、直角三角形、矩形等几何知识综合．
解答动点问题要"以静制动"，即把动态问题变为静态问题来解。一般方法是抓住变化中的"不变量"，首先根据题意理清题目中变量的变化情况并找出相关常量，第二，按照图形中的几何性质及相互关系，找出一个基本关系式，把相关的量用一个自变量的表达式表示出来，然后再根据题目的要求，依据几何、代数知识求解。
变式训练
1．（2018•无锡）如图，已知点E是矩形ABCD的对角线AC上的一动点，正方形EFGH的顶点G 、H都在边AD上，若AB＝3，BC＝4，则tan∠AFE的值（ ）
A．等于3/7 B．等于√3/3
C．等于3/4 D．随点E 位置的变化而变化
2.（2018•苏州）如图，已知AB＝8，P为线段AB上的一个动点，分别以AP，PB为边在AB的同侧作菱形APCD和菱形PBFE，点P，C，E在一条直线上，∠DAP＝60°．M，N分别是对角线AC，BE的中点．当点P在线段AB上移动时，点M，N之间的距离最短为___ （结果留根号）．
类型二 线性运动型问题
例2(2018·江苏盐城中考)如图1，在平面直角坐标系xOy中，抛物线y＝ax ²＋bx＋3经过点A(－1，0)，B(3，0)两点，且与y轴交于点C.
(1)求抛物线的表达式；
(2)如图2，用宽为4个单位长度的直尺垂直于x轴，并沿x轴左右平移，直尺的左右两边所在的直线与抛物线相交于P，Q两点(点P在点Q的左侧)，连结PQ，在线段PQ上方抛物线上有一动点D，连结DP，DQ.
(Ⅰ)若点P的横坐标为－1/2，求△DPQ面积的最大值，并求此时点D的坐标；
(Ⅱ)直尺在平移过程中，△DPQ面积是否有最大值？若有，求出面积的最大值；若没有，请说明理由．
【分析】(1)根据点A，B的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的表达式；
(2)(Ⅰ)由点P的横坐标可得出点P，Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，设点D的坐标为(x，－x ²＋2x＋3)，则点E的坐标为(x，－x＋5/4)，进而即可得出DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△DPQ＝－2x ²＋6x＋7/2，再利用二次函数的性质即可解决最值问题；
(Ⅱ)假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4＋t，进而可得出点P，Q的坐标，利用待定系数法可求出直线PQ的表达式，设点D的坐标为(x，－x ²＋2x＋3)，则点E的坐标为(x，－2(t＋1)x＋t ²＋4t＋3)，进而即可得出DE的长度，利用三角形的面积公式可得出S△DPQ＝－2x ²＋4(t＋2)x－2t ²－8t，再利用二次函数的性质即可解决最值问题．
【解答】(1)将A(－1，0)，B(3，0)代入y＝ax ²＋bx＋3得a-b+3=0,9a+3b+3=0,
解得a=-1, b=2,∴抛物线的表达式为y＝－x ²＋2x＋3.
(2)(Ⅰ)当点P的横坐标为－1/2时，点Q的横坐标为7/2，
∴此时点P的坐标为(－1/2，7/4)，点Q的坐标为(7/2，－9/4)．
设直线PQ的表达式为y＝mx＋n，
将P(－1/2，7/4)，Q(7/2，－9/4)代入y＝mx＋n得
如图，过点D作DE∥y轴交直线PQ于点E，
设点D的坐标为(x，－x ²＋2x＋3)，则点E的坐标为(x，－x＋5/4)，
∴DE＝－x ²＋2x＋3－(－x＋5/4)＝－x ²＋3x＋7/4，
∴S△DPQ＝1/2DE·(xQ－xP)＝－2x ²＋6x＋7/2＝－2(x－3/2) ²＋8.
∵－2＜0，∴当x＝3/2时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8，
此时点D的坐标为(3/2，15/4)．
(Ⅱ)假设存在，设点P的横坐标为t，则点Q的横坐标为4＋t，
∴点P的坐标为(t，－t ²＋2t＋3)，点Q的坐标为(4＋t，－(4＋t) ²＋2(4＋t)＋3)，
利用待定系数法易知，直线PQ的表达式为y＝－2(t＋1)x＋t ²＋4t＋3.
设点D的坐标为(x，－x ²＋2x＋3)，则点E的坐标为(x，－2(t＋1)x＋t ²＋4t＋3)，
∴DE＝－x ²＋2x＋3－[－2(t＋1)x＋t ²＋4t＋3]＝－x ²＋2(t＋2)x－t ²－4t，
∴S△DPQ＝1/2DE·(xQ－xP)＝－2x ²＋4(t＋2)x－2t ²－8t＝－2[x－(t＋2)] ²＋8.
∵－2＜0，∴当x＝t＋2时，△DPQ的面积取最大值，最大值为8.
∴假设成立，即直尺在平移过程中，△DPQ面积有最大值，面积的最大值为8.
方法点拨：这类问题的基本特征是：在一个运动变化过程中，某些直线或线段保持一种位置关系不变，如垂直、平行，而一些线段的长度发生变化．这类问题通常用直角三角形、四边形、全等形、相似形等知识建立线段之间的数量关系，从而解决问题。
变式训练
3．(2018·四川内江中考)如图，已知抛物线y＝ax ²＋bx－3与x轴交于点
A(－3，0)和点B(1，0)，交y轴于点C，过点C作CD∥x轴，交抛物线于点D.
(1)求抛物线的表达式；
(2)若直线y＝m(－3＜m＜0)与线段AD，BD分别交于G，H两点，过G点作EG⊥x轴于点E，过点H作HF⊥x轴于点F，求矩形GEFH的最大面积；
(3)若直线y＝kx＋1将四边形ABCD分成左、右两个部分，面积分别为S1，S2，且S1∶S2＝4∶5，求k的值．
类型三 图形运动型问题
例3(2018·湖南益阳中考)如图1，在矩形ABCD中，E是AD的中点，以点E为直角顶点的直角三角形EFG的两边EF，EG分别过点B，C，∠F＝30°.
(1)求证：BE＝CE；
(2)将△EFG绕点E按顺时针方向旋转，当旋转到EF与AD重合时停止转动，若EF，EG分别与AB，BC相交于点M，N(如图2)．
①求证：△BEM≌△CEN；
②若AB＝2，求△BMN面积的最大值；
③当旋转停止时，点B恰好在FG上(如图3)，求sin∠EBG的值．
【分析】(1)只要证明△BAE≌△CDE即可；
(2)①利用(1)可知△EBC是等腰直角三角形，根据ASA即可证明；
②构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
③如图3中，作EH⊥BG于H.设NG＝m，则BG＝2m，BN＝EN＝√3m，EB＝√6m.利用面积法求出EH，根据三角函数的定义即可解决问题；
【解答】(1)如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠A＝∠D＝90°.
∵E是AD中点，∴AE＝DE，∴△BAE≌△CDE，∴BE＝CE.
(2)①如图2中，由(1)可知，△EBC是等腰直角三角形，∴∠EBC＝∠ECB＝45°.
∵∠ABC＝∠BCD＝90°，∴∠EBM＝∠ECN＝45°.
∵∠MEN＝∠BEC＝90°，∴∠BEM＝∠CEN.
∵EB＝EC，∴△BEM≌△CEN.
②∵△BEM≌△CEN，∴BM＝CN.设BM＝CN＝x，则BN＝4－x，
∴S△BMN＝1/2·x(4－x)＝－1/2(x－2) ²＋2.
∵－1/2＜0，∴x＝2时，△BMN的面积最大，最大值为2.
③如图3中，作EH⊥BG于H.设NG＝m，则BG＝2m，BN＝EN＝√3m，EB＝√6m.
∴EG＝m＋√3m＝(1＋√3)m.
∵S△BEG＝1/2·EG·BN＝1/2·BG·EH，
方法点拨：图形形运动问题一般与图形变换结合，图形在运动过程中只是位置发生变化，大小、形状一般不变。所以解答这类问题往往可运用平移、旋转、对称、平行、全等、等腰三角形等知识。
变式训练
4．(2018·湖南永州中考)如图1，在△ABC中，矩形EFGH的一边EF在AB上，顶点G，H分别在BC，AC上，CD是边AB上的高，CD交GH于点I.若CI＝4，HI＝3，AD＝9/2.矩形DFGI恰好为正方形．
(1)求正方形DFGI的边长；
(2)如图2，延长AB至P.使得AC＝CP，将矩形EFGH沿BP的方向向右平移，当点G刚好落在CP上时，试判断移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形还是四边形，为什么？
(3)如图3，连结DG，将正方形DFGI绕点D顺时针旋转一定的角度得到正方形DF′G′I′，正方形DF′G′I′分别与线段DG，DB相交于点M，N，求△MNG′的周长．
变式训练练习参考答案
1.∵EH∥CD，∴△AEH∽△ACD，∴EH/AH=CD/AD=3/4．
设EH＝3x，AH＝4x，∴HG＝GF＝3x，
∵
EF∥AD，∴∠AFE＝∠FAG，∴tan∠AFE＝tan∠FAG＝GF/AG=3x/(3x+4x)=3/7．故选：A．2.连接PM、PN．∵四边形APCD，四边形PBFE是菱形，∠DAP＝60°，
∴∠APC＝120°，∠EPB＝60°，
∵M，N分别是对角线AC，BE的中点，
∴∠CPM＝1/2∠APC＝60°，∠EPN＝1/2∠EPB＝30°，∴∠MPN＝60°+30°＝90°，
3．解：(1)∵抛物线y＝ax ²＋bx－3与x轴交于点A(－3，0)和点B(1，0)，
∴9a-3b-3=0, a+b-3=0,
∴a=1,b=2, ∴抛物线的表达式为y＝x ²＋2x－3.
(2)由(1)知，抛物线的表达式为y＝x ²＋2x－3，
∴C(0，－3)，∴x ²＋2x－3＝－3，
∴x＝0或x＝－2，∴D(－2，－3)．
∵A(－3，0)，B(1，0)，∴直线AD的表达式为y＝－3x－9，直线BD的表达式为y＝x－1.
∵直线y＝m(－3＜m＜0)与线段AD，BD分别交于G，H两点，
∴G(－1/3m－3，m)，H(m＋1，m)，
∴GH＝m＋1－(－1/3m－3)＝4/3m＋4，
∴S矩形GEFH＝－m(4/3m＋4)＝－4/3 (m ²＋3m)＝－4/3 (m＋3/2) ²＋3，
∴m＝－3/2，矩形GEFH的最大面积为3.
(3)∵A(－3，0)，B(1，0)，∴AB＝4.
∵C(0，－3)，D(－2，－3)，∴CD＝2，∴S四边形ABCD＝1/2×3(4＋2)＝9.
∵S1∶S2＝4∶5，∴S1＝4.
设直线y＝kx＋1与线段AB相交于M，与线段CD相交于N，
∴M(－1/k，0)，N(－4/k，－3)，∴AM＝－1/k＋3，DN＝－4/k＋2，
∴S1＝1/2(－1/k＋3－4/k＋2)×3＝4，∴k＝15/7.
4．解：(1)如图1中，∵HI∥AD，∴HI/AD=CI/CD, ∴3/4.5=4/CD∴CD＝6，
∴ID＝CD－CI＝2，∴正方形的边长为2.
(2)如图2中，设点G落在PC上时对应的点为G′，点F的对应的点为F′.
∵CA＝CP，CD⊥PA，∴∠ACD＝∠PCD，∠A＝∠P.
∵HG′∥PA，∴∠CHG′＝∠A，∠CG′H＝∠P，
∴∠CHG′＝∠CG′H，∴CH＝CG′，∴IH＝IG′＝DF′＝3.
∵IG∥DB，∴IG/DB=CI/CD，∴2/DB=4/6,∴DB＝3，
∴DB＝DF′＝3，∴点B与点F′重合，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分是△BGG′，
∴移动后的矩形与△CBP重叠部分的形状是三角形．
(3)如图3中，将△DMI′绕点D逆时针旋转90°得到△DF′R，此时N，F′，R共线．
∵∠MDN＝∠NDF′＋∠DRF′＝∠NDR＝45°.
∵DN＝DN，DM＝DR，∴△NDM≌△NDR，∴MN＝NR＝NF′＋RF′＝NF′＋MI′，
∴△MNG′的周长＝MN＋MG′＋NG′＝MG′＋MI′＋NG′＋F′N＝2I′G′＝4.
方法总结：几何方面涉及的知识主要有全等形，相似形，勾股定理，特殊的四边形和圆，代数方面涉及的知识主要有方程，函数，不等式，三角函数等.
解答几何动态问题大致可分为三步：（1）审清题意，明确研究对象；（2）明确运动过程，抓住关键时刻的动点，如起点，终点；（3）将运动元素看作静止元素，运用数学知识解决问题。
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