数学因运动而充满活力，数学因变化而精彩纷呈。动态题是近年来中考的的一个热点问题，以运动的观点探究几何图形的变化规律问题，称之为动态几何问题，随之产生的动态几何试题就是研究在几何图形的运动中，伴随着出现一定的图形位置、数量关系的“变”与“不变”性的试题，就其运动对象而言，有点动、线动、面动三大类，就其运动形式而言，有轴对称（翻折）、平移、旋转（中心对称、滚动）等，就问题类型而言，有函数关系和图象问题、问题、最值问题、和差问题、定值问题和存在性问题等。解这类题目要“以静制动”，即把动态问题，变为静态问题来解，而静态问题又是动态问题的特殊情况。以动态几何问题为基架而精心设计的考题，可谓璀璨夺目、精彩四射。
动态几何形成的是动态几何中的基本类型，包括等腰（边）三角形存在问题；直角三角形存在问题；平行四边形存在问题；矩形、菱形、正方形存在问题；梯形存在问题；全等三角形存在问题；相似三角形存在问题；其它存在问题。。
在中考中，的重点和难点在于应用数形结合的思想准确地进行分类。α角（0°＜α＜180°），得到△A1B1P,连结AA1，射线AA1分别交射线PB、射线B1B于点E、F.
（1）如图1，当0°＜α＜60°时，在α角变化过程中，△BEF与△AEP始终存在关系（填“相似”或“全等”），并说明理由；
（2）如图2，设∠ABP=β.当60°＜α＜180°时，在α角变化过程中，是否存在△BEF与△AEP全等？若存在，求出α与β之间的数量关系；若不存在，请说明理由；
（3）如图3，当α=60°时，点E、F与点B重合.已知AB=4，设DP=x，△A1BB1的面
积为S，求S关于x的函数关系式.
【答案】（1）相似。理由见解析（2）存在，α=2β+60°（3）
【解析】解:（1）相似…………………………………………………………1分
由题意得：∠APA1=∠BPB1=αAP=A1PBP=B1P
则∠PAA1=∠PBB1=……………………………2分
∵∠PBB1=∠EBF∴∠PAE=∠EBF
又∵∠BEF=∠AEP
∴△BEF∽△AEP………………………………………………………3分
（2）存在，理由如下：………………………………………………………4分
易得：△BEF∽△AEP
若要使得△BEF≌△AEP，只需要满足BE=AE即可…………………5分
∴∠BAE=∠ABE
∵∠BAC=60°∴∠BAE=
∵∠ABE=β∠BAE=∠ABE………………………………6分
∴即α=2β+60°………………………………7分
在Rt△ABD中，BD=
∴BG=………………………………9分
∴（0≤x＜2）………………10分
（1）通过三角形的相似性求证
（2）由（1）得△BEF∽△AEP，若要使得△BEF≌△AEP，只需要满足BE=AE，即∠BAE=∠ABE，求得∠BAE的度数的表示，即可求出α与β之间的数量关系
（3）连结BD，交A1B1于点G，过点A1作A1H⊥AC于点H.由已知求得△PAA1是等边三角形，在Rt△ABD中，求得BG的长，从而通过三角形的面积，即可求得S关于x的函数关系式
原创模拟预测题2.如图，在平面直角坐标系xOy中，点P（x，y）是抛物线上的一个动点，抛物线的对称轴与x轴交于点D，经过点P的直线PE与y轴交于点E，是否存在OPE与OPD全等？若存在，请求出直线PE的解析式；若不存在，请说明理由。
【答案】存在。
，
抛物线的对称轴为x=2。
OD=2。
如图，若OPE≌△OPD，则OPD=∠OPE，即点P在各象限的角平分线上，
当P1（，），E1（0，）时，由待定系数法可求P1E1的解析式为；
当P2（，），E2（0，）时，由待定系数法可求P2E2的解析式为。
综上所述，直线PE的解析式为或或或。
【考点】二次函数综合题，待定系数法的应用，曲线上点的坐标与方程的关系，全等三角形的判定，解一元二次方程，二次根式化简，分类思想的应用。
原创模拟预测题3.如图，在边长为4的正方形ABCD中，动点E以每秒1个单位长度的速度从点A开始沿边AB向点B运动，动点F以每秒2个单位长度的速度从点B开始沿折线BC﹣CD向点D运动，动点E比动点F先出发1秒，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，设点F的运动时间为t秒．
（1）点F在边BC上．
如图1，连接DE，AF，若DEAF，求t的值；
如图2，连结EF，DF，当t为何值时，EBF与DCF相似？
（2）如图3，若点G是边AD的中点，BG，EF相交于点O，试探究：是否存在在某一时刻t，使得？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
．，.
【解析】
试题解析：（1）如图1
DE⊥AF，
AOE=90°，
②如图2
EBF∽△DCF
∴，
BF=2t，AE=1+t，
FC=4﹣2t，BE=4﹣1﹣t=3﹣t，
，
解得，（舍去），
故．
（2）0＜t≤2时如图3，以点B为原点BC为x轴，BA为y轴建立坐标系，
A的坐标（0，4），G的坐标（2，4），F点的坐标（2t，0），E的坐标（0，3﹣t）
EF所在的直线函数关系式是：y=x+3﹣t，
BG所在的直线函数关系式是：y=2x，
把O的坐标为（，）代入y=x+3﹣t，得
=×+3﹣t，
解得，t=（舍去），t=，
当3≥t＞2时如图4，以点B为原点BC为x轴，BA为y轴建立坐标系，
A的坐标（0，4），G的坐标（2，4），F点的坐标（4，2t﹣4），E的坐标（0，3﹣t）
EF所在的直线函数关系式是：y=x+3﹣t，
BG所在的直线函数关系式是：y=2x，
BG==2
【考点】四边形综合题．
原创模拟预测题4.如图，已知抛物线经过点A，B及原点O，顶点为C，直线OB为，点P是抛物线上的动点，过点P作PMx轴，垂足为M，是否存在点P，使得以P，M，A为顶点的三角形与△BOC相似？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】存在。
若点P在第一象限，则，即，解得：x1=2，x2=。
均不合题意。
②若点P在第二象限，则，即，解得：x1=，x2=2（不合题意，舍去）。
当x=时，y=，即P（，）。
③若点P在第四象限，则，即，解得：x1=2，x2=。均不合题意。
（2）若△PMABOC，则，
若点P在第一象限，则，即，解得：x1=3，x2=2（不合题意，舍去）。
当x=3时，y=3，即P（3，3）。
②若点P在第二象限，则，即，解得：x1=，x2=2（不合题意，舍去）。
当x=时，y=15，即P（，15）。
③若点P在第四象限，则，即，解得：x1=，x2=2。均不合题意。
综上所述，符合条件的点P有两个，分别是P（，）或（3，3）或（，15）。
【考点】二次函数综合题，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，勾股定理和逆定理，相似三角形的性质，分类思想的应用。
原创模拟预测题5.如图，在矩形OABC中，AO=10，AB=8，沿直线CD折叠矩形OABC的一边BC，使点B落在OA边上的点E处．分别以OC，OA所在的直线为x轴，y轴建立平面直角坐标系，抛物线y=ax2+bx+c经过O，D，C三点．
（1）求AD的长及抛物线的解析式；
（2）一动点P从点E出发，沿EC以每秒2个单位长的速度向点C运动，同时动点Q从点C出发，沿CO以每秒1个单位长的速度向点O运动，当点P运动到点C时，两点同时停止运动．设运动时间为t秒，当t为何值时，以P、Q、C为顶点的三角形与△ADE相似？
【答案】解：（1）∵四边形ABCO为矩形，∴∠OAB=∠AOC=∠B=90°，AB=CO=8，AO=BC=10。
由折叠的性质得，△BDC≌△EDC，∴∠B=∠DEC=90°，EC=BC=10，ED=BD。
由勾股定理易得EO=6。∴AE=10﹣6=4。
设AD=x，则BD=CD=8﹣x，由勾股定理，得x2+42=（8﹣x）2，解得，x=3。
∴AD=3。∴点D（﹣3，10）
∵抛物线y=ax2+bx+c过点∴c=0。
∵抛物线y=ax2+bx+c过点D（﹣3，10），C（﹣8，0），
∴，解得。∴抛物线的解析式为：。
【考点】二次函数综合题，折叠和动点问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，曲线上点的坐标与方程的关系，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质。
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