动态几何中的函数问题

赵　艳

近几年动态几何命题的趋势是：运动对象从动点型→动线型→动图型；运动形式从平移→旋转→对称→位似→折叠；蕴涵的函数关系从一次函数→二次函数→分段函数.从知识整合的角度来看不仅有几何代数的数形结合，还有几何坐标的解析整合，较好地渗透了分类讨论，数形结合.转化等数学思想方法，有较强的综合性.本文主要探讨如何解决动态几何中的函数问题.其基本策略：把握图形的运动规律，寻求图形运动的一般与特殊位置关系，在“动”中探求“静”的本质，在“静”中去探“动”的规律.解决问题时在“动”中建立变量之间的函数关系，在“静”中利用函数关系解决几何问题.

1 图形运动中的函数问题

图形运动变化的过程中，探求两个变量之间的函数关系，并根据实际情况确定自变量的取值范围，利用函数关系去解决有关的几何问题.

例1 已知：如图1，△ABC是边长3cm的等边三角形，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB，BC方向匀速移动，它们的速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动，设点P的运动时间为t(s)，解答下列问题：

(1)当t为何值时，△PBQ是直角三角形?

(2)设四边形APQC的面积为y(cm²)，求y与t的关系式；是否存在某一时刻t使四边形APQC的面积是△ABC面积的23?如果存在，求出相应的t值，不存在请说明理由.

(3)设PQ的长为x(cm)，试确定y与x之间的关系式.

图1 图2略解 (1)由题意，得AP=tcm，BQ=tcm，在△ABC中，AB=BC=3cm，∠B=60°，所以BP=(3-t)cm，在△PBQ中，BP=(3-t)cm. BQ=t，若△PBQ是直角三角形，则∠BQP=90°或∠BPQ=90°，当∠BQP=90°，BQ=12BP时，即t=12(3-t)，t=1(s).

当∠BPQ=90°时，BP=12BQ. 3-t=12t，t=2(s)，故当t=1s或t=2s时，△PBQ是直角三角形.

(2)如图2，过点P作PM⊥BC于点M，y与t的关系式为：y=34t²-334t+934，假设存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是△ABC面积的23，则S┧谋咝蜛PQC=23S△ABC，所以34t²-334t+934=23×12×3²×32，但该方程无实数解. 所以无论t取何值，四边形APQC的面积都不可能是△ABC面积的23.

(3)y与x的关系式为：y=312x²+323.

评析 此类问题在试题中出现的较多，结合几何与代数的知识，综合考查利用几何图形的基本性质和列一元一次方程、一元二次方程解决问题，并根据方程根的情况判断t值的存在性，对分类讨论思想和问题转化思想有一定的要求.

例2 有一根直尺，短边长2cm，长边长10cm，还有一块锐角为45°的直角三角形纸板，它的斜边长12cm，如图3，将直尺的短边DE与直角三角形纸板的斜边AB部分重合，且点D与点A重合，将直尺沿AB方向平移，如图4，设平移的长度为xcm(0≤x≤10)，直尺和三角形纸板的重叠部分(图中阴影部分)的面积为Scm².

⑴当x=0时(如图3)，S=，当x=10时，(如图3)，S=；

⑵当0

⑶当4

⑷当6

⑸求出当x为何值时，阴影部分S的面积为11cm²?

图3 图4答案 ⑴2cm²，2cm²；⑵S=2x+2；⑶S=-x²+10x-14⑷；S=22-2x；⑸x=5时.

评析 此是以图形的平移为载体，蕴含着分段函数关系，考查学生对图形运动中的变量关系的理解，学会用运动变化的观点和分类讨论考虑问题.

2 坐标平面内图形运动中的函数问题

解决此类问题借用坐标系中的几何图形，由图形中的动点引出两个变量之间的函数关系，进而利用探索的函数关系求图形在符合某个条件时动点的坐标或者解决其它有关问题.

图5例3 如图5，平面直角坐标系中，四边形OABC为矩形，点A、B的坐标分别为(3，0)、(3、4).动点M、N分别从O、B同时出发，以每秒1个单位的速度运动，其中点M沿OA向终点A运动，点N沿BC向终点C运动. 过点N作NP⊥BC，交AC于点P，连结MP，已知动点运动了x秒.

⑴P点的坐标为(，)；(用含x的代数表示)

⑵设△MPA的面积为y，试求x为何值时y最大，最大是多少?

⑶请你探索，当x为何值时，△MPA是一个等腰三角形?你发现了几种情况?并求P点坐标.

略解 ⑴P(3-x，43x)；

⑵S△MPA=12MA·h=12(3-x)·43x=23x²+6x，当x=32时，y最大为32.

⑶MA=3-x，要使△MPA为等腰三角形.

则有当PA=PM，BN=x，BN=12MA，所以x=12(3-x)，所以x=1. 当AP=AM时，3-x=x·53，所以x=98，当AP=MA时，3-x=(3-2x)²+(43)²，x=0(舍去)，x=5443，因此有三种情况.

评析 此题的条件既相互关联又相互制约，在解题中“由数思形”“以形促数”可以开辟多角度，多层次的解题思维途径，考查学生的运算能力和对复杂图形的解构能力.

图6例4 如图6所示，在直角坐标系中，矩形ABCD的边AD在x轴上，点A在原点，AB=3，AD=5. 若矩形以每秒2个单位长度沿x轴正方向作匀速运动. 同时点P从A点出发以每秒1个单位长度沿A—B—C—D的路线作匀速运动，当P点运动到D点时停止运动，矩形ABCD也随之停止运动.

⑴求P点从A点运动到D点所需的时间；

⑵设P点运动时间为t(秒).

①当t=5时，求出点P的坐标；

②若△OAP的面积为S，试求出S与t之间的函数关系式(并写出相应的自变量t取值范围).

略解 ⑴P点从A点运动到D点所需的时间为(3+5+3)÷1=11(秒)，⑵①当t=5时，P点从A点运动到BC上，此时OA=10，AB+BP=5，所以BP=2.过点P作PE⊥AD于点E，则PE=AB=3，AE=BP=2，所以OE=OA+AE=10+2=12.所以点P的坐标(12，3).

②分三种情况：(Ⅰ)当02

评析 本题是动点动图相结合的动态几何中的函数问题.

此类题目应从相关图形的性质和数量关系分类讨论来解决. 用动态的观点看待分段函数和图形结合问题.

3 函数图象中的图形运动问题

解决此类问题先求函数解析式，然后在函数图象上探求符合几何条件的点. 运用待定系数法和数形结合思想，求出函数的解析式，再利用解析式解决有关几何问题.

图7例5 如图7所示，已知二次函数图象的顶点坐标为C(1，0)，直线y=x+m与该二次函数的图象交于A，B两点，其中A点的坐标为(3，4)，B点在y轴上.

(1)求m的值及这个二次函数的关系式；

(2)P为线段AB上的一个动点(点P与A，B不重合)，过P作x轴的垂线与这个二次函数的图象交于E点，设线段PE的长为h，点P的横坐标为x，求h与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；

(3)D为直线AB与这个二次函数的图象对称轴的交点，在线段AB上是否存在一点P，使得四边形DCEP是平行四边形?若存在，请求出此时P点的坐标；若不存在，请说明理由.

略解 ⑴由题意可知4=3+m，所以m=1. 设函数关系为y=a(x-1)²，所以4=a(3-1)²，所以a=1，所以y=(x-1)²=x²-2x+1.

⑵设P、E纵坐标分别为y璓和y璄，所以PE=h=y璓-y璄=(x+1)-(x+1)²=-x²+3x，

即h=-x²+3x(0

⑶存在，四边形DCEP为平行四边形则有PE=DC，因为D在y=x+1上，所以D(1，2)，-x²+3x=2，x1=2，x2=1(舍去).

所以当点P坐标为(2，3)时，四边形DCEP是平行四边形.

评析 此题以二次函数为对象，考查满足条件的二次函数形式，而动点P在一次函数图象上运动，应从相关图象图形的性质、数量关系进行分析，探求新的函数关系式，考查学生综合应用能力.

图8例6 矩形OABC在直角坐标系中的位置如图8所示，A，C两点的坐标分别为A(6，0)，C(0，3)，直线y=34x与BC边相交于点D.

⑴求点D的坐标；

⑵若抛物线y=ax²+bx经过D，A两点，试确定此抛物线的表达式；

⑶P为x轴上方(2)中抛物线上一点，求△POA面积的最大值；

⑷设(2)中抛物线的对称轴与直线OD交于点M，点Q为对称轴上一动点，以Q、O、M为顶点的三角形与△OCD相似，求符合条件的Q点的坐标.

答案 ⑴D(4，3)；

⑵y=-38x²+94x；

⑶S△POA的最大值=12×6×278=818；

⑷符合条件的点有两个：

Q1(3，0)、Q2(3，-4).

评析 本题仍以二次函数为载体，把确定解析式作为突破口，其中构造的基本图形也是动态几何图形，解此类问题也应从图形图象的性质入手，探求变量之间的关系，继而探求图形在符合某个条件时动点的坐标.

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