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动态几何题，是以几何知识和几何图形为背景，渗透运动变化观点的一类问题，是近几年中考压轴题的一大亮点和热点.它以几何图形中的点运动、线运动、图形运动为主线，体现平移、旋转、翻折等几何变换，寻找运动变换过程中的不变量（关系）或者函数关系.此类问题，数形结合、动静结合，有较强的综合性和灵活性，较好地渗透了分类讨论、数形结合、转化等数学思想.本文从动态变换的角度，举例探讨几类问题的解题策略.
一、 平移型问题
此类问题一般是以特殊三角形、四边形为问题背景，通过点、线段（直线）、图形的平移运动出题
例1 （动点问题）如图1，已知直线l的函数表达式为y=－x+8且l与x轴、y轴分别交于A、B两点，动点Q从B点开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向A点移动,同时动点P从A点开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向O点移动，设点Q、P移动的时间为t秒.
（1） 求出点A、B的坐标；
（2） 当t为何值时,△APQ与△AOB相似？
（3） 求出（2）中当△APQ与△AOB相似时,线段PQ所在直线的函数表达式.
解 （1） A（6，0），B（0，8）；
（2） 由BO=8，AO=6，得AB=10.
当移动的时间为t秒时，AP=t，AQ=10－2t.
① 因为∠QAP=∠BAO，所以当=时，△APQ∽△AOB，所以=，所以t=.
② 因为∠QAP=∠BAO,所以当=时，△AQP∽△ABO，所以=，所以t＝.
所以t=秒或秒，经检验，它们都符合题意，此时△AQP与△AOB相似.
（3） ① 当t=秒时，PQ∥OB，PQ⊥OA，PA=，所以OP=，所以P为（,0）
所以线段PQ所在直线的函数表达式为：x=
② 当t=时，PA=，BQ=，OP=，所以P为（，0）
设Q点的坐标为（x，y），则有=,所以=，所以x＝
当x=时，y=－×+8=，所以Q为（，）
设PQ所在直线的表达式为y=kx+b（k≠0）,
则k+b=0k+b=， k=b=－，所以所以PQ所在直线的表达式为y=x－
评注 此题以三角形中双点运费为问题背景，考察了一次函数、一次方程组和相似三角形等知识点.解决此类问题的关键是寻找平移运动过程中的不变关系－相似，通过相似得到等比式，进而转化为函数关系式.同时，由于运动的复杂性，要注意分类讨论.
例2 （图形的平移）如图2，有两个形状完全相同的直角三角形ABC和EFG叠放在一起（点A与点E重合）.设AC=8cm，BC=6cm,∠C=90°，EG=4cm，∠EGF=90°，O是△EFG斜边上的中点.如图2，若整个△EFG从图1的位置出发，以1cm/s的速度沿射线AB方向平移，在△EFG平移的同时，点P从△EFG的顶点G出发，以1cm/s的速度在直角边GF上向点F运动，当点P到达点F时，点P停止运动，△EFG也随之停止平移.设运动时间为x（s），FG的延长线交AC于H，四边形OAHP的面积为y（cm2）（不考虑点P与G、F重合的情况）.
（1） 当x为何值时，OP∥AC？
（2） 求y与x之间的函数关系式，并确定自变量x的取值范围.
（3） 是否存在某一时刻,使四边形OAHP面积与△ABC面积的比为13∶24？若存在，求出x的值；若不存在，说明理由.
（参考数据:1142=12996,1152=13225,1162=120.25,4.62=21.16）
解：当运动时间为x（s）时，AE=x （cm），GP＝x（cm）
（1） 由于点O为EF的中点，若OP∥AC,那么GP=FG.
因为Rt△EFG∽Rt△ABC，
所以=，得=
所以FG=3（cm）,GP=1.5（cm）.
所以x=1.5（s）.
所以当x为1.5（s）时,OP∥AC.
（2） 不难发现,y=S△AHF-S△OPF.要求△AHF的面积，应先求AH和FH；要求△OPF的面积,应先求PF和△OPF的边PF上的高ON.
在Rt△EFG中,EG=4cm,FG=BC=3cm,得EF=5cm，AF＝（x＋5）cm
因为EG∥AH,
所以△EFG∽△AFH.
所以==，得==4
所以AH=（x+5）,FH＝（x+5）
所以S=AH·FH=（x+5）（cm）
因为点O为EF中点,ON∥EG,
所以ON=EG＝2（cm）
因为PF=FG-GP=（3-x）cm,
所以S=PF·ON=3－x（cm）
从而y=S△AHF-S△OPF＝（x+5）2－（3－x）=x+x+3（0 （3） 假设存在某一时刻x,使得四边形OAHP面积与△ABC面积的比为13∶24,那么必存在实数x使得y=S
所以x2+x+3=××6×8
解之得x=,x=－
因为0 所以x=符合要求
评注 此题中是构造三角形平移，，注意在平移过程中几组线的平行关系保持不变，从而有相似.利用相似等比式构造二次函数，将二次函数、二次方程、相似三角形的性质等知识有机地结合起来.
二、 旋转问题
此类问题要搞清旋转中心，分清楚旋转前后的图形，特别是线段和角.
例3 如图3，已知△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的直角三角形DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），将直线三角板DEF绕点D按逆时针方向旋转.
（1） 在图3中，DE交AB于M，DF交BC于N.
① 证明DM=DN；
② 在这一旋转过程中，直角三角板DEF与△ABC的重叠部分为四边形DMBN，请说明四边形DMBN的面积是否发生变化？若发生变化，请说明是如何变化的？若不发生变化，求出其面积；
（2） 继续旋转至如图4的位置，延长AB交DE于M，延长BC交DF于N，DM=DN是否仍然成立?若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3） 继续旋转至如图5的位置，延长FD交BC于N，延长ED交AB于M，DM=DN是否仍然成立?请写出结论，不用证明.
分析 （1）要证DM=DN，只需连结BD，证△DMB≌△DNC（或△AMD≌△BND）即可.
证明:（1）连结DB，在Rt△ABC中，因为AB= BC，AD=DC，所以DB=DC=DA，∠BDC=90°,
所以∠ABD=∠C=45°.
因为∠MDB+∠BDN=∠CDN+∠BDN=90°，
所以∠MDB =∠NDC,
所以△DMB≌△DNC,
所以DM=DN.
（2）（3）略（可以用第（1）题的两种方法同样能证第（2）、（3）题）
评注：为什么第（1）题的方法能迁移于第（2）、（3）题呢？是因为尽管△DEF绕点D作逆时针旋转， 但∠EDF=90°（使∠MDB=∠NDC）及其它条件没变,所以只是△DMB和△DNC（或△AMD和△BND）的形状、大小发生改变,而△DMB与△DNC（或△AMD与△BND）的全等关系始终没变·故而总有DM=DN.
故，旋转型动态问题一定要搞清楚线段及角的对应关系.图形旋转时，图形中的每一点旋转的角都相等，都等于图形的旋转角．
三、 翻折类问题
解这类题抓住翻折前后两个图形是全等的，弄清翻折后不变的要素．
翻折在三大图形运动中是比较重要的，考查得较多．另外，从运动变化得图形得特殊位置探索出一般的结论或者从中获得解题启示，这种由特殊到一般的思想对我们解决运动变化问题是极为重要的，值得大家留意．
例4 如图，将矩形ABCD沿AE折叠，若∠BAD′＝30°，则∠AED′ 等于（ ）
A． 30° B． 45°
C． 60° D．75°
分析 由已知条件∠BAD′＝30°，易得∠DAD′=60°，又∵ D、D′关于AE对称，∴∠EAD=∠EAD′=30°，∴∠AED=∠AED′=60°． 故选C.
评注 本例考查灵活运用翻折前后两个图形是全等的性质的能力，解题的关键是发现∠EAD=∠EAD′，∠AED=∠AED′．
图形沿某条线折叠，这条线就是对称轴，利用轴对称的性质就能较快得到结果．
由此看出，近几年中考，重点突出，试题贴近考生，贴近初中数学教学，图形运动的思想（图形的旋转、翻折、平移三大运动）都一一考查到了.因此在平时抓住这三种运动的特征和基本解题思路来指导我们的复习，将是一种事半功倍的好.
一、 平移型问题
此类问题一般是以特殊三角形、四边形为问题背景，通过点、线段（直线）、图形的平移运动出题
例1 （动点问题）如图1，已知直线l的函数表达式为y=－x+8且l与x轴、y轴分别交于A、B两点，动点Q从B点开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向A点移动,同时动点P从A点开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向O点移动，设点Q、P移动的时间为t秒.
（1） 求出点A、B的坐标；
（2） 当t为何值时,△APQ与△AOB相似？
（3） 求出（2）中当△APQ与△AOB相似时,线段PQ所在直线的函数表达式.
解 （1） A（6，0），B（0，8）；
（2） 由BO=8，AO=6，得AB=10.
当移动的时间为t秒时，AP=t，AQ=10－2t.
① 因为∠QAP=∠BAO，所以当=时，△APQ∽△AOB，所以=，所以t=.
② 因为∠QAP=∠BAO,所以当=时，△AQP∽△ABO，所以=，所以t＝.
所以t=秒或秒，经检验，它们都符合题意，此时△AQP与△AOB相似.
（3） ① 当t=秒时，PQ∥OB，PQ⊥OA，PA=，所以OP=，所以P为（,0）
所以线段PQ所在直线的函数表达式为：x=
② 当t=时，PA=，BQ=，OP=，所以P为（，0）
设Q点的坐标为（x，y），则有=,所以=，所以x＝
当x=时，y=－×+8=，所以Q为（，）
设PQ所在直线的表达式为y=kx+b（k≠0）,
则k+b=0k+b=， k=b=－，所以所以PQ所在直线的表达式为y=x－
评注 此题以三角形中双点运费为问题背景，考察了一次函数、一次方程组和相似三角形等知识点.解决此类问题的关键是寻找平移运动过程中的不变关系－相似，通过相似得到等比式，进而转化为函数关系式.同时，由于运动的复杂性，要注意分类讨论.
例2 （图形的平移）如图2，有两个形状完全相同的直角三角形ABC和EFG叠放在一起（点A与点E重合）.设AC=8cm，BC=6cm,∠C=90°，EG=4cm，∠EGF=90°，O是△EFG斜边上的中点.如图2，若整个△EFG从图1的位置出发，以1cm/s的速度沿射线AB方向平移，在△EFG平移的同时，点P从△EFG的顶点G出发，以1cm/s的速度在直角边GF上向点F运动，当点P到达点F时，点P停止运动，△EFG也随之停止平移.设运动时间为x（s），FG的延长线交AC于H，四边形OAHP的面积为y（cm2）（不考虑点P与G、F重合的情况）.
（1） 当x为何值时，OP∥AC？
（2） 求y与x之间的函数关系式，并确定自变量x的取值范围.
（3） 是否存在某一时刻,使四边形OAHP面积与△ABC面积的比为13∶24？若存在，求出x的值；若不存在，说明理由.
（参考数据:1142=12996,1152=13225,1162=120.25,4.62=21.16）
解：当运动时间为x（s）时，AE=x （cm），GP＝x（cm）
（1） 由于点O为EF的中点，若OP∥AC,那么GP=FG.
因为Rt△EFG∽Rt△ABC，
所以=，得=
所以FG=3（cm）,GP=1.5（cm）.
所以x=1.5（s）.
所以当x为1.5（s）时,OP∥AC.
（2） 不难发现,y=S△AHF-S△OPF.要求△AHF的面积，应先求AH和FH；要求△OPF的面积,应先求PF和△OPF的边PF上的高ON.
在Rt△EFG中,EG=4cm,FG=BC=3cm,得EF=5cm，AF＝（x＋5）cm
因为EG∥AH,
所以△EFG∽△AFH.
所以==，得==4
所以AH=（x+5）,FH＝（x+5）
所以S=AH·FH=（x+5）（cm）
因为点O为EF中点,ON∥EG,
所以ON=EG＝2（cm）
因为PF=FG-GP=（3-x）cm,
所以S=PF·ON=3－x（cm）
从而y=S△AHF-S△OPF＝（x+5）2－（3－x）=x+x+3（0
所以x2+x+3=××6×8
解之得x=,x=－
因为0
评注 此题中是构造三角形平移，，注意在平移过程中几组线的平行关系保持不变，从而有相似.利用相似等比式构造二次函数，将二次函数、二次方程、相似三角形的性质等知识有机地结合起来.
二、 旋转问题
此类问题要搞清旋转中心，分清楚旋转前后的图形，特别是线段和角.
例3 如图3，已知△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的直角三角形DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直角三角板的短直角边为DE，长直角边为DF），将直线三角板DEF绕点D按逆时针方向旋转.
（1） 在图3中，DE交AB于M，DF交BC于N.
① 证明DM=DN；
② 在这一旋转过程中，直角三角板DEF与△ABC的重叠部分为四边形DMBN，请说明四边形DMBN的面积是否发生变化？若发生变化，请说明是如何变化的？若不发生变化，求出其面积；
（2） 继续旋转至如图4的位置，延长AB交DE于M，延长BC交DF于N，DM=DN是否仍然成立?若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（3） 继续旋转至如图5的位置，延长FD交BC于N，延长ED交AB于M，DM=DN是否仍然成立?请写出结论，不用证明.
分析 （1）要证DM=DN，只需连结BD，证△DMB≌△DNC（或△AMD≌△BND）即可.
证明:（1）连结DB，在Rt△ABC中，因为AB= BC，AD=DC，所以DB=DC=DA，∠BDC=90°,
所以∠ABD=∠C=45°.
因为∠MDB+∠BDN=∠CDN+∠BDN=90°，
所以∠MDB =∠NDC,
所以△DMB≌△DNC,
所以DM=DN.
（2）（3）略（可以用第（1）题的两种方法同样能证第（2）、（3）题）
评注：为什么第（1）题的方法能迁移于第（2）、（3）题呢？是因为尽管△DEF绕点D作逆时针旋转， 但∠EDF=90°（使∠MDB=∠NDC）及其它条件没变,所以只是△DMB和△DNC（或△AMD和△BND）的形状、大小发生改变,而△DMB与△DNC（或△AMD与△BND）的全等关系始终没变·故而总有DM=DN.
故，旋转型动态问题一定要搞清楚线段及角的对应关系.图形旋转时，图形中的每一点旋转的角都相等，都等于图形的旋转角．
三、 翻折类问题
解这类题抓住翻折前后两个图形是全等的，弄清翻折后不变的要素．
翻折在三大图形运动中是比较重要的，考查得较多．另外，从运动变化得图形得特殊位置探索出一般的结论或者从中获得解题启示，这种由特殊到一般的思想对我们解决运动变化问题是极为重要的，值得大家留意．
例4 如图，将矩形ABCD沿AE折叠，若∠BAD′＝30°，则∠AED′ 等于（ ）
A． 30° B． 45°
C． 60° D．75°
分析 由已知条件∠BAD′＝30°，易得∠DAD′=60°，又∵ D、D′关于AE对称，∴∠EAD=∠EAD′=30°，∴∠AED=∠AED′=60°． 故选C.
评注 本例考查灵活运用翻折前后两个图形是全等的性质的能力，解题的关键是发现∠EAD=∠EAD′，∠AED=∠AED′．
图形沿某条线折叠，这条线就是对称轴，利用轴对称的性质就能较快得到结果．
由此看出，近几年中考，重点突出，试题贴近考生，贴近初中数学教学，图形运动的思想（图形的旋转、翻折、平移三大运动）都一一考查到了.因此在平时抓住这三种运动的特征和基本解题思路来指导我们的复习，将是一种事半功倍的好.