漆發(fā)明

動點幾何問題是中考的熱點題型，解決此類問題的基本策略是：動中取靜——在運動變化中探索問題中的不變性（這里的“靜”就是問題中的不變量、不變關系）;動靜互化——抓住“靜”的瞬間，將一般情形轉(zhuǎn)化為特殊問題，從而找到“動”與“靜”的關系;以動制動——建立圖形中的數(shù)量關系，進而解決問題.下面以特殊四邊形動點問題為例進行介紹.

例1（2020·江蘇·揚州）如圖1，在矩形ABCD中，AB = 4 cm，BC = 11 cm，點P從點D出發(fā)向終點A運動，同時點Q從點B出發(fā)向終點C運動. 當P，Q兩點其中有一點到達終點時，另一點隨之停止，點P，Q的速度分別為1 cm/s，2 cm/s，連接PQ，AQ，CP. 設點P，Q運動的時間為t（s）.

（1）如圖1，當t為何值時，四邊形ABQP是矩形？

（2）如圖2，若點E為邊AD上一點，當AE = 3 cm時，四邊形EQCP可能為菱形嗎？若能，請求出t的值;若不能，請說明理由.

[A][P][D][C][Q][B][E] [A][D][B][C]

圖1 ? ? ? 圖2

分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AP = BQ，進而列方程，解方程即可得解;（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得PE = CQ = CP，進而列方程，解方程即可得解.

解：由題意可得DP = t，BQ = 2t，則AP = 11 - t，CQ = 11 - 2t.

（1）若四邊形ABQP是矩形，則AP = BQ，

∴11 - t = 2t，解得t = [113]，即當t = [113]時，四邊形ABQP是矩形.

（2）由題意得PE = 11 - 3 - t = 8 - t，CQ = 11 - 2t，CP2 = CD2 + DP2 = 16 + t2，

若四邊形EQCP為菱形，則PE = CQ = CP，

∴（8 - t）2 =? （11 - 2t）2 = t2? + 16，解得t = 3，

∴當t = 3時，四邊形EQCP為菱形.

點評：解題關鍵是由動轉(zhuǎn)化為靜，根據(jù)矩形、菱形的性質(zhì)，構造方程求解.

例2（2020·四川·樂山）點P是平行四邊形ABCD的對角線AC所在直線上的一個動點（點P不與點A，C重合），分別過點A，C向直線BP作垂線，垂足分別為點E，F(xiàn)，點O為AC的中點.

（1）如圖3，當點P與點O重合時，線段OE和OF的關系是 ? ? .

（2）當點P運動到如圖4所示的位置時，請在圖中補全圖形并通過證明判斷（1）中的結論是否仍然成立.

（3）如圖5，點P在線段OA的延長線上運動，當∠OEF = 30°時，試探究線段CF，AE，OE之間的關系.

[D] [A][C][B][P][E][O][F] [D][A][C][B] [O] [D][A][C][B] [P][O][E][F][P]

圖3 圖4 圖5

分析：（1）由“AAS”可證△AEO ≌ △CFO，可得OE = OF;（2）如圖6，延長EO交CF于點G，由“ASA”可證△AOE ≌ △COG，可得OE = OG，由直角三角形的性質(zhì)可得OG = OE = OF;（3）如圖7，延長EO交FC的延長線于點H，由全等三角形的性質(zhì)可得AE = CH，OE = OH，由直角三角形的性質(zhì)可得HF = [12]EH = OE，可得結論.

解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO = CO，

∵∠AEO = ∠CFO = 90°，∠AOE = ∠COF，∴△AEO ≌ △CFO（AAS），

∴OE = OF.

（2）補全圖形如圖6所示.? [A][E][D][C][G][B][F][P][O] [D][C][H][O][A][P][E][B][F]

圖6 ? ? 圖7

結論仍然成立.

理由：延長EO交CF于點G，∵AE⊥BP，CF⊥BP，∴AE[?]CF，∴∠EAO = ∠GCO，

∵點O為AC的中點，∴AO = CO，又∵∠AOE = ∠COG，∴△AOE ≌△COG（ASA），

∴OE = OG，∵∠GFE = 90°，∴OF = [12]EG = OE.

（3）線段CF，AE，OE之間的關系為OE = CF + AE，

證明：如圖7，延長EO交FC的延長線于點H，

由（2）可知△AOE ≌△COH，∴AE = CH，OE = OH，

∵∠OEF = 30°，∠HFE = 90°，∴HF = [12]EH = OE，

∴OE = CF + CH = CF + AE.

即OE = CF + AE.

點評：解題關鍵是添加輔助線構造全等三角形.