第42课-线动型与面动型专题课件

第42课线动型与面动型专题策略摘要真题导航典例解读强化训练第42课线动型与面动型专题策略摘要真题导航典

要策略摘首页暴风教育·中考新动向末页要策略摘首页暴风教育·中考新动向末页探究几何图形(直线、三角形、四边形、圆)在运动变化过程中与图形相关的某些量(如角度、线段、周长、面积机箱关的关系)的变化或其中存在的函数关系，这类题目叫做图形运动型试题．解题策略：对于图形运动型试题，要注意用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变的量、不变的关系或特殊关系，善于化动为静，由特殊情形(特殊点、特殊值、特殊位置、特殊图形等)逐步过渡到一般情形，综合运用各种相关知识及数形结合、分类讨论、转化等数学思想加以解决．当一个问题是确定有关图形的变量之间的关系时，通常建立函数模型或不等式模型求解；当确定图形之间的特殊位置关系或者一些特殊的值时，通常建立方程模型去求解.1.线运动型问题:解答这类问题时要用运动与变化的观点去观察和研究图形，把握直线运动与变化的全过程，抓住等量关系和变量关系，特别注意一些不变量、不变关系或特殊关系．2.面动型问题：面动型问题，指以三角形(如等边三角形，直角三角形等)或四边形(如正方形，梯形，矩形等)来创设情景，探索图形运动变化过程中蕴含的规律或相关的结论．此类问题要注意用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变的量，不变的关系或特殊关系，化动为静．由特殊情形过渡到一般情形，综合运用各种相关知识及数形结合，分类讨论，转化等数学思想加以解决，常常根据需要建立函数或不等式或方程模型.首页暴风教育·中考新动向末页探究几何图形(直线、三角形、四边形、圆)在运动变化过程中与航真题导首页暴风教育·中考新动向末页航真题导首页暴风教育·中考新动向末页1.（2016•陕西）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+5经过点M（1，3）和N（3，5）（1）试判断该抛物线与x轴交点的情况；（2）平移这条抛物线，使平移后的抛物线经过点A（﹣2，0），且与y轴交于点B，同时满足以A、O、B为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你写出平移过程，并说明理由．解：（1）由抛物线过M、N两点，把M、N坐标代入抛物线解析式可得

，解得∴抛物线解析式为y=x2﹣3x+5，令y=0可得x2﹣3x+5=0，该方程的判别式为△=（﹣3）2﹣4×1×5=9﹣20=﹣11＜0，∴抛物线与x轴没有交点；首页暴风教育·中考新动向末页1.（2016•陕西）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标（2）∵△AOB是等腰三角形，A（-2,0），点B在y轴上，∴点B的坐标为（0,2）或（0，-2）.设平移后的抛物线解析式为y=x²+mx+n.①当抛物线过点A（-2，0),B(0,2)时，代入可得

解得∴平移后的抛物线为y=x²+3x+2.∴该抛物线的顶点坐标为（）.而原抛物线顶点坐标为（），∴将原抛物线先向左平移3个单位，再向下平移3个单位即可获得符合条件的抛物线.②当抛物线过A(-2，0),B(0，-2)时，代入可得

解得∴平移后的抛物线为y=x²+x-2.∴该抛物线的顶点坐标为（），而原抛物线顶点坐标为（），∴将原抛物线先向左平移2个单位，再向下平移5个单位即可获得符合条件的抛物线。首页暴风教育·中考新动向末页（2）∵△AOB是等腰三角形，A（-2,0），点B在y轴上，读典例解首页暴风教育·中考新动向末页读典例解首页暴风教育·中考新动向末页1.（2014•义乌）如图，直角梯形ABCO的两边OA，OC在坐标轴的正半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4，以直线x=1为对称轴的抛物线过A，B，C三点．（1）求该抛物线的函数解析式；（2）已知直线l的解析式为y=x+m，它与x轴交于点G，在梯形ABCO的一边上取点P．①当m=0时，如图1，点P是抛物线对称轴与BC的交点，过点P作PH⊥直线l于点H，连结OP，试求△OPH的面积；②当m=﹣3时，过点P分别作x轴、直线l的垂线，垂足为点E，F．是否存在这样的点P，使以P，E，F为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．考点一线动型问题【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式（2）①如图1，作辅助线，利用关系式S△OPH=S△OMH–S三角形OMP求解；②本问涉及复杂的分类讨论，如图2所示，由于点P可能在OC，BC，BK，AK，OA上。而等腰三角形本身又有三种情形，故讨论与计算的过程比较复杂，需要耐心细致、考虑全面.首页暴风教育·中考新动向末页1.（2014•义乌）如图，直角梯形ABCO的两边OA，O解：（1）由题意得，A（4,0），C（0,4），对称轴为x=1，设抛物线的解析式为y=ax²+bx+c，则有：解得

∴抛物线的函数解析式为：y=（1）①当m=0时，直线l：y=x．∵抛物线对称轴为x=1，∴CP=1．如答图1，延长HP交y轴于点M，则△OMH和△CMP均为等腰直角三角形．∴CM=CP=1，∴OM=OC+CM=5．S△OPH=S△OMH﹣S△OMP=·OP=

∴S△OPH=②当m=﹣3时，直线l：y=x﹣3．设直线l与x轴、y轴交于点G、点D，则G（3，0），D（﹣3，0）．假设存在满足条件的点P．首页暴风教育·中考新动向末页解：（1）由题意得，A（4,0），C（0,4），对称轴为x=a）

当点P在OC边上时，如答图2﹣1所示，此时点E与点O重合．设PE=a（0＜a≤4），则PD=3+a，PF=PD=（3+a）．过点F作FN⊥y轴于点N，则FN=PN=PF，∴EN=|PN﹣PE|=|PF﹣PE|．在Rt△EFN中，由勾股定理得：EF=．若PE=PF，则：a=（3+a），解得a=3（+1）＞4，故此种情形不存在；若PF=EF，则：PF=，整理得PE=PF，即a=3+a，不成立，故此种情形不存在；若PE=EF，则：PE=，整理得PF=PE，即

（3+a）=a，解得a=3．∴P1（0，3）．首页暴风教育·中考新动向末页a）当点P在OC边上时，如答图2﹣1所示，此时点E与点O重b）当点P在BC边上时，如答图2﹣2所示，此时PE=4．若PE=PF，则点P为∠OGD的角平分线与BC的交点，有GE=GF，过点F分别作FH⊥PE于点H，FK⊥x轴于点K，∵∠OGD=135°，∴∠EPF=45°，即△PHF为等腰直角三角形，设GE=GF=t，则GK=FK=EH=t，∴PH=EG+GK=t+t，∴PE=PH+EH=t+t+t=4，解得t=4﹣4，则OE=3﹣t=7﹣4，∴P2（7﹣4，4）

首页暴风教育·中考新动向末页b）当点P在BC边上时，如答图2﹣2所示，此时PE=4．若Pc）∵A（4，0），B（2，4），∴可求得直线AB解析式为：y=﹣2x+8；联立y=﹣2x+8与y=x﹣3，解得x=，y=．设直线BA与直线l交于点K，则K（

，

）．当点P在线段BK上时，如答图4所示．设P（a，8﹣2a（2≤a≤），则Q（a，a﹣3），∴PE=8﹣2a，PQ=11﹣3a，∴PF=（11﹣3a）．与a）同理，可求得：EF=．若PE=PF，则8﹣2a=（11﹣3a），解得a=1﹣2＜0，故此种情形不存在；若PF=EF，则PF=，整理得PE=PF，即(8﹣2a)=·（11﹣3a），解得a=3，符合条件，此时P3（3，2）；若PE=EF，则PE=，整理得PF=PE，即

（11﹣3a）=（8﹣2a），解得a=5＞

，故此种情形不存在．首页暴风教育·中考新动向末页c）∵A（4，0），B（2，4），∴可求得直线AB解析式为d）当点P在线段KA上时，如图5所示.∵PE,PF夹角为135°，∴只可能是PE=PF成立.∴点P在∠KGA的平分线上.设此角平分线与y轴交于点M，过点M作MN⊥直线l于点N，则OM=MN，MD=MN,由OD=OM+MD=3，可得M（0,3-）.又∵G（3,0），可求得直线MG的解析式为：y=（-1）x+3-.联立直线MG:y=（-1）x+3-与直线AB：y=2x+8，可得P₄(,).e）当点P在OA边上时，此时PE=0，等腰三角形不存在.综上所述，存在满足条件的点P,点P的坐标为：（0,3），（3,2）（,4），（

，

）.

首页暴风教育·中考新动向末页d）当点P在线段KA上时，如图5所示.首页暴风教育·中考新2.（2016•江西）如图，将正n边形绕点A顺时针旋转60°后，发现旋转前后两图形有另一交点O，连接AO，我们称AO为“叠弦”；再将“叠弦”AO所在的直线绕点A逆时针旋转60°后，交旋转前的图形于点P，连接PO，我们称∠OAB为“叠弦角”，△AOP为“叠弦三角形”．【探究证明】（1）请在图1和图2中选择其中一个证明：“叠弦三角形”（△AOP）是等边三角形；（2）如图2，求证：∠OAB=∠OAE′．【归纳猜想】（3）图1、图2中的“叠弦角”的度数分别为＿＿＿，＿＿＿＿；（4）图n中，“叠弦三角形”＿＿＿等边三角形（填“是”或“不是”）（5）图n中，“叠弦角”的度数为＿＿＿＿＿＿（用含n的式子表示）考点二面动型问题15°24°是首页暴风教育·中考新动向末页2.（2016•江西）如图，将正n边形绕点A顺时针旋转60°【分析】（1）先由旋转的性质，再判断出△APD≌△AOD'，最后用旋转角计算即可；（2）先判断出Rt△AEM≌Rt△ABN，在判断出Rt△APM≌Rt△AON即可；（3）先判断出△AD′O≌△ABO，再利用正方形，正五边形的性质和旋转的性质，计算即可；（4）先判断出△APF≌△AE′F′，再用旋转角为60°，从而得出△PAO是等边三角形；（5）用（3）的方法求出正n边形的，“叠弦角”的度数．解析：（1）如图1，∵四ABCD是正方形，

由旋转知：AD=AD'，∠D=∠D'=90°，∠DAD'=∠OAP=60°，∴∠DAP=∠D'AO，∴△APD≌△AOD'（ASA）∴AP=AO，∵∠OAP=60°，∴△AOP是等边三角形，首页暴风教育·中考新动向末页【分析】（1）先由旋转的性质，再判断出△APD≌△AOD'，（2）如图2作AM⊥DE于M，作AN⊥CB于N．∵五ABCDE是正五边形，

由旋转知：AE=AE'，∠E=∠E'=108°，∠EAE'=∠OAP=60°∴∠EAP=∠E'AO∴△APE≌△AOE'（ASA）∴∠OAE'=∠PAE．在Rt△AEM和Rt△ABN中，∠AEM=∠ABN=72°，𝐴𝐸AE=AB∴Rt△AEM≌Rt△ABN（AAS），∴∠EAM=∠BAN，AM=AN．

在Rt△APM和Rt△AON中，AP=AO，AM=AN∴Rt△APM≌Rt△AON（HL）．∴∠PAM=∠OAN，∴∠PAE=∠OAB，∴∠OAE'=∠OAB（等量代换）．（3）由（1）有，△APD≌△AOD'，∴∠DAP=∠D′AO，在△AD′O和△ABO中，AD′=AB，AO=AO∴△AD′O≌△ABO，∴∠D′AO=∠BAO，由旋转得，∠DAD′=60°，∵∠DAB=90°，∴∠D′AB=∠DAB﹣∠DAD′=30°，∴∠D′AD=∠D′AB=15°，同理可得，∠E′AO=24°，故答案为：15°，24°．首页暴风教育·中考新动向末页（2）如图2（3）由（1）有，△APD≌△AOD'，首页暴（4）∵六边形ABCDEF和六边形A′B′C′E′F′是正六边形，∴∠F=F′=120°，由旋转得，AF=AF′，EF=E′F′，∴△APF≌△AE′F′，∴∠PAF=∠E′AF′，由旋转得，∠FAF′=60°，AP=AO∴∠PAO=∠FAO=60°，∴△PAO是等边三角形．故答案为：是（5）同（3）的方法得，∠OAB=[（n﹣2）×180°÷n﹣60°]÷2=60°﹣故答案：60°﹣

．首页暴风教育·中考新动向末页（4）∵六边形ABCDEF和六边形A′B′C′E′F′是正练强化训首页暴风教育·中考新动向末页练强化训首页暴风教育·中考新动向末页1.（2015•岳阳）已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．（1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：

；（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA•PB=k•AB．PA=PB首页暴风教育·中考新动向末页1.（2015•岳阳）已知直线m∥n，点C是直线m上一点，（1）PA=PB.提示：∵l⊥n.∴BC⊥BD.∴三角形CBD是直角三角形.又∵点P为线段CD的中点，∴PA=PB.（2）解：把直线l向上平移到如图2的位置，PA=PB仍然成立.理由如下：如图2，过C作CE⊥n于点E，连接PE.∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点，∴PD=PE.又∵点P为线段CD的中点，∴PC=PD.∴PC=PE.∵PD=PE,∴∠CDE=∠PEB.∵直线m∥n，∵∠CDE=∠PCA.∵∠PCA=∠PEB.又直线l⊥m，l⊥n，CE⊥m，CE⊥n，∴l∥CE.∴AC=BE.PC=PE,在△PAC和△PBE中，∠PCA=∠PEB,∴△PAC≌△PBE.AC=BE,∴PA=PB.首页暴风教育·中考新动向末页（1）PA=PB.提示：∵l⊥n.∴BC⊥BD.∴三角形CB(3)证明：如图3，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点E.∵直线m∥n，∴=1.∴AP=PF.∵∠APB=90°，∴BP⊥AF.∠又∵AP=PF,∴BF=AB.在△AEF和△BPE中，∴△AEF∽△BPF.∴.∴AF·BP=AE·BF.∵AF=2PA,AE=2k.BF=AB.∴2PA·PB=2k·AB,∴PA·PB=k·AB.首页暴风教育·中考新动向末页(3)证明：如图3，延长AP交直线n于点F，作AE⊥BD于点2.（2016•益阳）如图①，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，D为AB的中点，EF为△ACD的中位线，四边形EFGH为△ACD的内接矩形（矩形的四个顶点均在△ACD的边上）．（1）计算矩形EFGH的面积；（2）将矩形EFGH沿AB向右平移，F落在BC上时停止移动．在平移过程中，当矩形与△CBD重叠部分的面积为

时，求矩形平移的距离；（3）如图③，将（2）中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1，将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转，当H1落在CD上时停止转动，旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2，设旋转角为α，求cosα的值．首页暴风教育·中考新动向末页2.（2016•益阳）如图①，在△ABC中，∠ACB=90解：（1）如图1，在△ABC中，∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，∴AB=2，又∵D是AB的中点，∴AD=1，CD=AB=1，又∵EF是△ACD的中位线，∴EF=DF=，在△ACD中，AD=CD，∠A=60°，∴∠ADC=60°，在△FGD中，GF=DF•sin60°=，∴矩形EFGH的面积S=EF·GF=x=；（2）如图2，设矩形移动的距离为x，则

，0＜x≤当矩形与△CBD重叠部分为三角形时，则0＜x≤

，重叠部分的面积S=∴x=．（舍去），当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时，则

，重叠部分的面积S=，∴x=，即矩形移动的距离为

时，矩形与△CBD重叠部分的面积是

首页暴风教育·中考新动向末页解：（1）如图1，在△ABC中，（2）如图2，设矩形移动的距（3）如图3，作H2Q⊥AB于Q，设DQ=m，则H2Q=，又DG1=，H2G1=

．在Rt△H2QG1中

，解之得m=（

负的舍去）．

∴cosα==首页暴风教育·中考新动向末页（3）如图3，作H2Q⊥AB于Q，首页暴风教育·中考新动向家谢谢大首页暴风教育·中考新动向末页家谢谢大首页暴风教育·中考新动向末页第42课线动型与面动型专题策略摘要真题导航典例解读强化训练第42课线动型与面动型专题策略摘要真题导航典

要策略摘首页暴风教育·中考新动向末页要策略摘首页暴风教育·中考新动向末页探究几何图形(直线、三角形、四边形、圆)在运动变化过程中与图形相关的某些量(如角度、线段、周长、面积机箱关的关系)的变化或其中存在的函数关系，这类题目叫做图形运动型试题．解题策略：对于图形运动型试题，要注意用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变的量、不变的关系或特殊关系，善于化动为静，由特殊情形(特殊点、特殊值、特殊位置、特殊图形等)逐步过渡到一般情形，综合运用各种相关知识及数形结合、分类讨论、转化等数学思想加以解决．当一个问题是确定有关图形的变量之间的关系时，通常建立函数模型或不等式模型求解；当确定图形之间的特殊位置关系或者一些特殊的值时，通常建立方程模型去求解.1.线运动型问题:解答这类问题时要用运动与变化的观点去观察和研究图形，把握直线运动与变化的全过程，抓住等量关系和变量关系，特别注意一些不变量、不变关系或特殊关系．2.面动型问题：面动型问题，指以三角形(如等边三角形，直角三角形等)或四边形(如正方形，梯形，矩形等)来创设情景，探索图形运动变化过程中蕴含的规律或相关的结论．此类问题要注意用运动与变化的眼光去观察和研究图形，把握图形运动与变化的全过程，抓住其中的等量关系和变量关系，并特别关注一些不变的量，不变的关系或特殊关系，化动为静．由特殊情形过渡到一般情形，综合运用各种相关知识及数形结合，分类讨论，转化等数学思想加以解决，常常根据需要建立函数或不等式或方程模型.首页暴风教育·中考新动向末页探究几何图形(直线、三角形、四边形、圆)在运动变化过程中与航真题导首页暴风教育·中考新动向末页航真题导首页暴风教育·中考新动向末页1.（2016•陕西）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，抛物线y=ax2+bx+5经过点M（1，3）和N（3，5）（1）试判断该抛物线与x轴交点的情况；（2）平移这条抛物线，使平移后的抛物线经过点A（﹣2，0），且与y轴交于点B，同时满足以A、O、B为顶点的三角形是等腰直角三角形，请你写出平移过程，并说明理由．解：（1）由抛物线过M、N两点，把M、N坐标代入抛物线解析式可得

，解得∴抛物线解析式为y=x2﹣3x+5，令y=0可得x2﹣3x+5=0，该方程的判别式为△=（﹣3）2﹣4×1×5=9﹣20=﹣11＜0，∴抛物线与x轴没有交点；首页暴风教育·中考新动向末页1.（2016•陕西）如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标（2）∵△AOB是等腰三角形，A（-2,0），点B在y轴上，∴点B的坐标为（0,2）或（0，-2）.设平移后的抛物线解析式为y=x²+mx+n.①当抛物线过点A（-2，0),B(0,2)时，代入可得

解得∴平移后的抛物线为y=x²+3x+2.∴该抛物线的顶点坐标为（）.而原抛物线顶点坐标为（），∴将原抛物线先向左平移3个单位，再向下平移3个单位即可获得符合条件的抛物线.②当抛物线过A(-2，0),B(0，-2)时，代入可得

解得∴平移后的抛物线为y=x²+x-2.∴该抛物线的顶点坐标为（），而原抛物线顶点坐标为（），∴将原抛物线先向左平移2个单位，再向下平移5个单位即可获得符合条件的抛物线。首页暴风教育·中考新动向末页（2）∵△AOB是等腰三角形，A（-2,0），点B在y轴上，读典例解首页暴风教育·中考新动向末页读典例解首页暴风教育·中考新动向末页1.（2014•义乌）如图，直角梯形ABCO的两边OA，OC在坐标轴的正半轴上，BC∥x轴，OA=OC=4，以直线x=1为对称轴的抛物线过A，B，C三点．（1）求该抛物线的函数解析式；（2）已知直线l的解析式为y=x+m，它与x轴交于点G，在梯形ABCO的一边上取点P．①当m=0时，如图1，点P是抛物线对称轴与BC的交点，过点P作PH⊥直线l于点H，连结OP，试求△OPH的面积；②当m=﹣3时，过点P分别作x轴、直线l的垂线，垂足为点E，F．是否存在这样的点P，使以P，E，F为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．考点一线动型问题【分析】（1）利用待定系数法求出抛物线的解析式（2）①如图1，作辅助线，利用关系式S△OPH=S△OMH–S三角形OMP求解；②本问涉及复杂的分类讨论，如图2所示，由于点P可能在OC，BC，BK，AK，OA上。而等腰三角形本身又有三种情形，故讨论与计算的过程比较复杂，需要耐心细致、考虑全面.首页暴风教育·中考新动向末页1.（2014•义乌）如图，直角梯形ABCO的两边OA，O解：（1）由题意得，A（4,0），C（0,4），对称轴为x=1，设抛物线的解析式为y=ax²+bx+c，则有：解得

∴抛物线的函数解析式为：y=（1）①当m=0时，直线l：y=x．∵抛物线对称轴为x=1，∴CP=1．如答图1，延长HP交y轴于点M，则△OMH和△CMP均为等腰直角三角形．∴CM=CP=1，∴OM=OC+CM=5．S△OPH=S△OMH﹣S△OMP=·OP=

∴S△OPH=②当m=﹣3时，直线l：y=x﹣3．设直线l与x轴、y轴交于点G、点D，则G（3，0），D（﹣3，0）．假设存在满足条件的点P．首页暴风教育·中考新动向末页解：（1）由题意得，A（4,0），C（0,4），对称轴为x=a）

当点P在OC边上时，如答图2﹣1所示，此时点E与点O重合．设PE=a（0＜a≤4），则PD=3+a，PF=PD=（3+a）．过点F作FN⊥y轴于点N，则FN=PN=PF，∴EN=|PN﹣PE|=|PF﹣PE|．在Rt△EFN中，由勾股定理得：EF=．若PE=PF，则：a=（3+a），解得a=3（+1）＞4，故此种情形不存在；若PF=EF，则：PF=，整理得PE=PF，即a=3+a，不成立，故此种情形不存在；若PE=EF，则：PE=，整理得PF=PE，即

（3+a）=a，解得a=3．∴P1（0，3）．首页暴风教育·中考新动向末页a）当点P在OC边上时，如答图2﹣1所示，此时点E与点O重b）当点P在BC边上时，如答图2﹣2所示，此时PE=4．若PE=PF，则点P为∠OGD的角平分线与BC的交点，有GE=GF，过点F分别作FH⊥PE于点H，FK⊥x轴于点K，∵∠OGD=135°，∴∠EPF=45°，即△PHF为等腰直角三角形，设GE=GF=t，则GK=FK=EH=t，∴PH=EG+GK=t+t，∴PE=PH+EH=t+t+t=4，解得t=4﹣4，则OE=3﹣t=7﹣4，∴P2（7﹣4，4）

首页暴风教育·中考新动向末页b）当点P在BC边上时，如答图2﹣2所示，此时PE=4．若Pc）∵A（4，0），B（2，4），∴可求得直线AB解析式为：y=﹣2x+8；联立y=﹣2x+8与y=x﹣3，解得x=，y=．设直线BA与直线l交于点K，则K（

，

）．当点P在线段BK上时，如答图4所示．设P（a，8﹣2a（2≤a≤），则Q（a，a﹣3），∴PE=8﹣2a，PQ=11﹣3a，∴PF=（11﹣3a）．与a）同理，可求得：EF=．若PE=PF，则8﹣2a=（11﹣3a），解得a=1﹣2＜0，故此种情形不存在；若PF=EF，则PF=，整理得PE=PF，即(8﹣2a)=·（11﹣3a），解得a=3，符合条件，此时P3（3，2）；若PE=EF，则PE=，整理得PF=PE，即

（11﹣3a）=（8﹣2a），解得a=5＞

，故此种情形不存在．首页暴风教育·中考新动向末页c）∵A（4，0），B（2，4），∴可求得直线AB解析式为d）当点P在线段KA上时，如图5所示.∵PE,PF夹角为135°，∴只可能是PE=PF成立.∴点P在∠KGA的平分线上.设此角平分线与y轴交于点M，过点M作MN⊥直线l于点N，则OM=MN，MD=MN,由OD=OM+MD=3，可得M（0,3-）.又∵G（3,0），可求得直线MG的解析式为：y=（-1）x+3-.联立直线MG:y=（-1）x+3-与直线AB：y=2x+8，可得P₄(,).e）当点P在OA边上时，此时PE=0，等腰三角形不存在.综上所述，存在满足条件的点P,点P的坐标为：（0,3），（3,2）（,4），（

，

）.

首页暴风教育·中考新动向末页d）当点P在线段KA上时，如图5所示.首页暴风教育·中考新2.（2016•江西）如图，将正n边形绕点A顺时针旋转60°后，发现旋转前后两图形有另一交点O，连接AO，我们称AO为“叠弦”；再将“叠弦”AO所在的直线绕点A逆时针旋转60°后，交旋转前的图形于点P，连接PO，我们称∠OAB为“叠弦角”，△AOP为“叠弦三角形”．【探究证明】（1）请在图1和图2中选择其中一个证明：“叠弦三角形”（△AOP）是等边三角形；（2）如图2，求证：∠OAB=∠OAE′．【归纳猜想】（3）图1、图2中的“叠弦角”的度数分别为＿＿＿，＿＿＿＿；（4）图n中，“叠弦三角形”＿＿＿等边三角形（填“是”或“不是”）（5）图n中，“叠弦角”的度数为＿＿＿＿＿＿（用含n的式子表示）考点二面动型问题15°24°是首页暴风教育·中考新动向末页2.（2016•江西）如图，将正n边形绕点A顺时针旋转60°【分析】（1）先由旋转的性质，再判断出△APD≌△AOD'，最后用旋转角计算即可；（2）先判断出Rt△AEM≌Rt△ABN，在判断出Rt△APM≌Rt△AON即可；（3）先判断出△AD′O≌△ABO，再利用正方形，正五边形的性质和旋转的性质，计算即可；（4）先判断出△APF≌△AE′F′，再用旋转角为60°，从而得出△PAO是等边三角形；（5）用（3）的方法求出正n边形的，“叠弦角”的度数．解析：（1）如图1，∵四ABCD是正方形，

由旋转知：AD=AD'，∠D=∠D'=90°，∠DAD'=∠OAP=60°，∴∠DAP=∠D'AO，∴△APD≌△AOD'（ASA）∴AP=AO，∵∠OAP=60°，∴△AOP是等边三角形，首页暴风教育·中考新动向末页【分析】（1）先由旋转的性质，再判断出△APD≌△AOD'，（2）如图2作AM⊥DE于M，作AN⊥CB于N．∵五ABCDE是正五边形，

由旋转知：AE=AE'，∠E=∠E'=108°，∠EAE'=∠OAP=60°∴∠EAP=∠E'AO∴△APE≌△AOE'（ASA）∴∠OAE'=∠PAE．在Rt△AEM和Rt△ABN中，∠AEM=∠ABN=72°，𝐴𝐸AE=AB∴Rt△AEM≌Rt△ABN（AAS），∴∠EAM=∠BAN，AM=AN．

在Rt△APM和Rt△AON中，AP=AO，AM=AN∴Rt△APM≌Rt△AON（HL）．∴∠PAM=∠OAN，∴∠PAE=∠OAB，∴∠OAE'=∠OAB（等量代换）．（3）由（1）有，△APD≌△AOD'，∴∠DAP=∠D′AO，在△AD′O和△ABO中，AD′=AB，AO=AO∴△AD′O≌△ABO，∴∠D′AO=∠BAO，由旋转得，∠DAD′=60°，∵∠DAB=90°，∴∠D′AB=∠DAB﹣∠DAD′=30°，∴∠D′AD=∠D′AB=15°，同理可得，∠E′AO=24°，故答案为：15°，24°．首页暴风教育·中考新动向末页（2）如图2（3）由（1）有，△APD≌△AOD'，首页暴（4）∵六边形ABCDEF和六边形A′B′C′E′F′是正六边形，∴∠F=F′=120°，由旋转得，AF=AF′，EF=E′F′，∴△APF≌△AE′F′，∴∠PAF=∠E′AF′，由旋转得，∠FAF′=60°，AP=AO∴∠PAO=∠FAO=60°，∴△PAO是等边三角形．故答案为：是（5）同（3）的方法得，∠OAB=[（n﹣2）×180°÷n﹣60°]÷2=60°﹣故答案：60°﹣

．首页暴风教育·中考新动向末页（4）∵六边形ABCDEF和六边形A′B′C′E′F′是正练强化训首页暴风教育·中考新动向末页练强化训首页暴风教育·中考新动向末页1.（2015•岳阳）已知直线m∥n，点C是直线m上一点，点D是直线n上一点，CD与直线m、n不垂直，点P为线段CD的中点．（1）操作发现：直线l⊥m，l⊥n，垂足分别为A、B，当点A与点C重合时（如图①所示），连接PB，请直接写出线段PA与PB的数量关系：

；（2）猜想证明：在图①的情况下，把直线l向上平移到如图②的位置，试问（1）中的PA与PB的关系式是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；（3）延伸探究：在图②的情况下，把直线l绕点A旋转，使得∠APB=90°（如图③所示），若两平行线m、n之间的距离为2k．求证：PA•PB=k•AB．PA=PB首页暴风教育·中考新动向末页1.（2015•岳阳）已知直线m∥n，点C是直线m上一点，（1）PA=PB.提示：∵l⊥n.∴BC⊥BD.∴三角形CBD是直角三角形.又∵点P为线段CD的中点，∴PA=PB.（2）解：把直线l向上平移到如图2的位置，PA=PB仍然成立.理由如下：如图2，过C作CE⊥n于点E，连接PE.∵三角形CED是直角三角形，点P为线段CD的中点，∴PD=PE.又∵