中考数学动态几何题静态化思考

1、中考数学动态几何题静态化思考摘 要：本文通过对2021年质检题及近几年中考试题中的动态几何题的分析，研究对策，寻找变化中图形的性质和特征，抓住变化图形中的不变量，化动为静，发现规律，培养学生解题素养。关键词：初中数学;动态几何题;静态思考运动与变化是动态观，在解数学问题尤其是几何图形问题时，经常要用这种观念来审视或分析问题，这其实就是解题的辩证观，因为运动与静止，固定与变化等，既对立又统一，我们利用这种对立统一就能使问题易于解决，对培养思维的灵活性很有好处，二期课改后数学中的压轴题逐步向数形结合，动态几何、动手操作、实验探究等方向开展，题意创新，目的是考查学生分析问题，解决问题的能力

2、，特别是动态几何，让考生感到特别烦恼，我们教师必须在教学中研究对策，把握方向，让动态中的数学转向静态中思考，更好的培养学生解题素养，本文就今年龙岩质检题及历年各地中考题谈谈自己的观点。一、点在线上运动问题2021年龙岩质检题20如图在ABC中，点D、E分别在边BC、AC上，连结AD、ED，且1=B=C。1请找出图中一对相似三角形：_。2假设AE=3，EC=2，求线段的AD的长精确到0.01。此题是在新教材九年级上?相似形?的改编，典型的一线三角三等角的问题。该题几乎未提动点问题，其实质上是动态几何问题，在1=B=C的条件上，点D在线段BC上运动，从而带动了点E在线段AC上运动，在整个运动过程中

3、，ABD，ADE，DEC，ADC中的其中两个角都一直在变化中，因此就不能再去确定另一组角相等，此时我们必须在运动中寻找相对的静态量，不难发现DAECAD是CAD和DAE的公共角，虽然点D在BC上运动时，这个公共角也在变化之中，但始终是一个等量，从而得到DAECAD。2021年龙岩质检题24如图将一块三角板放在边长为1的正方形ABCD上，并使它的直角顶点P在对角线AC上滑动，一直角边始终经过点B，另一直角边与射线DC相交于点Q，设AP=x。1当点Q在边CD上时，线段PQ与线段PB有怎样的数量关系？试证明你观察得到的结论。2是否存在点PP不与A重合，使PCQ为等腰三角形？假设存在，请求出相应的x的

4、值;假设不存在，请说明理由。3设以点B，C，P，Q为顶点的多边形的面积为y，试确定y与x之间的出发关系式。此考题可以从三个方面去入手：方案一：过点P作PMAB，PNDC，垂足分别为M，N此时M，N，P三点共线，由于点P在AC上滑动，线段PB，PQ长度也随之发生了变化，此时必须在动中寻静，在整个运动的过程中，正方形ABCD和三角板EPF始终不会发生变化，即FPE都为直角，从而恒有1+2=90°也就可得MBP=2，1=NQP的结论静态量，还有由正方形的性质也可得到AMP和CNP也是等腰直角三角形，虽然等腰三角形大小会随点P的运动发生变化，但其形状不变，因此也就容易得到的结论静态量从而证得

5、BMPPNQ。方案二：过点P作PMBC，PNDC，由于线段AC是正方形ABCD的对角线，不管P点在线段AC上如何运动，四边形PNCM都为正方形，始终都有MPN=90°。又因为EFP始终也是直角，即1+MPQ=2+MPQ=90°从而得到1=2的结论静态量，易证得PNQPMB即PB=PQ。方案三：此题由于没有说明点P不能与点A重合，当点P与A重合时，PB=AB，PQ=AD，容易得到PQ=PB，当点P与线段AC的中点O重合时，PB=OB，PQ=OC此时也可得到PQ=PB，但我们不能以特殊情况去说明一般性的结论，当点P滑动到线段AC的中点之前，都恒有FPE=BCD=90°

6、静态量，在四边形BFGC中都存在着BPQ+BCQ=180°，从而构成了以BQ为直径，P，Q，C，B，四点共圆，再由正方形的性质可得1=2=45°，即PQ，PB所对的劣弧都为45°的弧同圆中等弧对等弦证得PQ=PB。二、绕定点旋转的问题研究历年来各地区的动态几何压轴试题，就能明确中考数学试题热点的形成和命题的动向，在素质教育的背景下更明确地表达新课程标准的导向，动态几何题最突出的特点就是图形是运动的，变化的，解决动态问题时：首先需要把动态问题静态化，化为几个静态的过程，“以静制动抓住变化中的“不变量以不变应万变。2021年莆田中考题25在RtABC中，C=90

7、76;，D为AB边上一点，点M，N分别在BC，AC边上，且DMDN，作MFAB于点F，NEAB于点E。1特殊验证：如图1，假设AC=BC，且D为AB的中点，求证：DM=DN，AE=DF。2拓展探究：假设ABAC。如图2，假设D为AB的中点，1中的两个结论有一个仍成立，请指出并加以证明。如图3，假设BD=kAD，条件中“点M在BC边上改为“点M在线段CB的延长线上其他条件不变，请探究AE与DF的数量关系并加以证明。此考题虽然没有提到“动字，但实质也是一道动态几何题，即NDM绕着点D转动，点M，N分别在BC，AC边上运动，而NDM始终为直角，此类型在前面我们也探究过，不难发现恒有1+2=90

8、76;，又因为MFAB，NFAB从而推得1=FMD，2=END静态量，接着可能較多学生就想方设法去证DENMFD而错误，应注意考虑条件，ABC为等腰三角形，点D又是底边AB上的中点，即三线合一。因此连接CD，易得到CDA=CDB=90°静态量，从而证得CDMADN，即DN=DM，再去证得DENMFD即NE=DF，又因为AEN始终也为等腰三角形静态量所以AE=NE即AE=DF成立。第二小题在第一小题的根底上改编，也属于动态几何题，还是应该从动中寻静，如图不妨过点D作DQAC，DPBC，从而四边形QDPC恒为矩形静态量就不难得到1=2，易证DQNDPM，即DNDM=DQDP。易证DENM

9、FD得DNDM=ENFD，所以DQDP=ENFD从而PBPD=ENFD。易证AENDPB得AENE=DPBP所以ENFD=AENE即AE=FD。2021年三明中考题22如图1，AB是半圆O的直径，以OA为直径作半圆C，P是半圆C上的一个动点P与A、O不重合，AP的延长线交半圆O于点D，其中OA=4。1判断线段AP与PD的大小关系，并说明理由。2连接OD，当OD与半圆C相切时，求弧AP的长。3过点D作DEAB，垂足为E如图2设AP=x，DE=y，求y与x之间的函数关系式，并写出x的取值范围。此考题是以点P在半圆C上运动，带动了点D在半圆O上的运动，从而形成了线段AD绕点A转动的问题。方案一：连接PQ，OD，不管如何绕A怎样转动，始终有几个量是恒定的，即APO=90°直径所对的圆周角是直角静态量，在半圆O中半径相等即AO=DO静态量，不难就想到了等腰三角形的性质三线合一，证得AP=PD。方案二：连接PO，BD，不管如何绕A怎样转动都恒有APO=APB=90°直径所对的圆周角为直角静态量从而得到POBD，又因为点O为线段AB的中点，根据平行线的性质，点P也是线段AP的中点，证得AP=PD。23题略。总之，动态几何题是以几何知识和几何图形为背景，渗透运动变化，反映了“运动与“静止，“固定与“变化的内在联系，通过几何图形的变化，