动态几何问题大都属于一类以几何图形为载体，以运动变化为特征，经几何图形中各元素间存在的关系为特点的综合题型.从其运动对象及形式来分析，动态几何问题可分成点动型、线动型与面动型三种；而从数学实践的操作层面上来分类，则又可分为对称型、平移型、旋转型、翻折型等几种.解决动态几何问题的策略是“化动为静，以静制动”，即要抓住变化中的“不变因素”，做到以“不变应万变”.具体讲，就是要用运动变化的眼光去观察、研究、把握动点的运动与变化过程，通过变量与常量的分析，从中猜想、探索、发现、归纳出某种等量关系及变化规律，建立合适的函数、方程或不等式模型，找出解决问题的最佳途径.下面结合动态几何的三种常见题型具体分析其解法.
　　一、点动型
　　例1如图1，已知⊙O的半径为6 cm，射线PM经过点O，
　　OP=10 cm，射线PN与⊙O相切于点Q.A、B两点同时从点P出发，点A以5 cm/s的速度沿射线PM方向运动，点B以4 cm/s的速度沿射线PN方向运动.设运动时间为t.
　　（1）求PQ的长；
　　（2）当t为何值时，直线AB与⊙O相切？
　　分析：本题属于多动点型， A点与B点的运动，使直线AB与⊙O的位置关系发生了一个相离、相切、相交，再到相切、相交的变化过程.因此，要解决问题（2），还必须要运用分类讨论的数学思想，才能正确解决问题.
　　解：（1）如图2，连接OQ.知△PQO为直角三角形，故有
　　PQ=
　　OP2-OQ2
　　=102-62=8.
　　（2）过点O作OC⊥AB，垂足为
　　C.因为点A的运动速度为5 cm/s，点B的运动速度为4 cm/s，运动时间为t ，即有
　　PA=5t，PB=4t.
　　所以PAPO=
　　PBPQ.
　　因为∠P=∠P，所以△PAB∽△POQ.
　　所以∠PBA=∠PQA=
　　90°.
　　因为∠BQO=∠CBQ=∠OCB=90°，
　　所以四边形OCBQ为矩形.所以BQ=OC.因为圆O的半径为6，
　　所以BQ=OC=6
　　时，直线AB与⊙O相切.
　　①当AB运动到如图2所示的位置时，有BQ=PQ-PB=8-4t.由
　　BQ=6，得
　　8-4t=6.解得
　　t=0.5 （s）.
　　[TP<4T2
　　.tif>，BP#][TS（][HT5”SS][JZ]图2图3
　　[TS）]
　　②当AB运动到如图3所示的位置时，有
　　BQ=PB-PQ=4t-8.由BQ=6，得
　　4t-8=t
　　.解得
　　t=3.5（s）.
　　所以，当t为0.5 s或3.5 s时直线AB与⊙O相切.
　　点评：动点问题总是在一点或多个动点的运动变化过程中，伴随着等量关系、变量关系、图形本身的特殊状态与图形间的特殊关系的变化.解决这类题型，往往需要结合几何与代数的基础知识，利用几何图形的性质（如勾股定理、相似的判定、圆与直线的位置关系等）和列代数式、列方程等知识解决问题.
　　二、线动型
　　例2如图4，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点B的坐标为（4，3）.平行于对角线AC的直线m从原点O出发，沿x轴正方向以每秒1个单位长度的速度运动，设直线m与矩形OABC的两边分别交于点M、N，直线m运动的时间为t（秒）.
　　（1） 点A的坐标是，点C的坐标是；
　　（2） 当t=秒或 秒时，MN=
　　12AC；
　　（3）设△OMN的面积为S，求S与t的函数关系式；
　　（4） 探求（3）中得到的函数S有没有最大值？若有，求出最大值；若没有，要说明理由.
　　分析：有了问题（2）的提示，我们不难想到用分类讨论的思想来解决问题（3），本题的难点在于问题（4）又综合了存在型问题的特点，需要我们先来进行大胆的猜想，然后再去探索、发现、归纳，需要注意的是，解决这个问题，仍然需要运用分类讨论在0　　解：（1）（4，0），（0，3）； （2） 2，6；
　　（3） 本题需要分类讨论：①当0　　OMOA
　　=ONOC
　　，所以 ON=
　　34t
　　，S=
　　38t2； ②当4　　34
　　BN
　　=6-
　　34t，所以 AM=
　　34（t-4）.因为OD=t，所以 AD= t-4. 所以
　　S=S矩形OABC
　　-SRt△OAM-SRtMBN
　　-SRt△NCO
　　=12-32（t-4）-
　　12
　　（8-t）（6-34t）
　　-32
　　（t-4）=-38
　　t2+3t.
　　（4） 有最大值.理由：①当0　　38t2的开口向上，在对称轴t=0的右边， S随t的增大而增大，所以 当t=4时，S可取到最大值
　　38
　　×42
　　=6； ②当4　　t2+3t
　　的开口向下，其顶点是（4，6），所以 S<6.综上，当t=4时，S有最大值6.
　　点评：线动性题型近年来考查最多，且一般都作为中考压轴题出现.解决这类问题，图形的结构分析显得特别重要.而“由数思形，以形促数”的数学思想，可以为我们开辟了一个多角度、多层次的解题思维途径.
　　三、面动型
　　例3如图6，抛物线y=ax2-3ax+b经过A（-1，0），C（3，2）两点，与y轴交于点D，与x轴交于另一点B.
　　（1）求此抛物线的解析式；
　　（2）若直线y=kx-1（k≠0）将四边形ABCD面积二等分，求k的值；
　　（3）如图7，过点E（1，-1）作EF⊥x轴于点F，将△AEF绕平面内某点旋转180°后得△MNQ（点M，N，Q分别与点A，E，F对应），使点M，N在抛物线上，求点M，N的坐标.
　　分析：如图8，由于经过点A（-1，0）与点C（3，2），因而可以直接通过待定系数法的方法，求出抛物线的解析式；解决问题（2）则必须通过数形结合的思想方法考虑构建方程求解，由于有H（
　　1k，0）、T（
　　3k，2），根据
　　S梯形AHTD=
　　12S梯形ABCD，不难得到
　　12（3k+
　　1k+1）×2=4，从而求出k=
　　43；问题（3）中，我们可以由题意知AN与EM实际是关于某一点的中心对称，因而自然就有四边形AEMN为平行四边形，利用平行四边形的相关性质，确定出M、N这两组有序实数间的相互关系，然后代入抛物线的解析式，则可求解.
　　解：（1）因为抛物线
　　y=ax2-3ax+b
　　过A（-1，0）、C（3，2）， 所以 0=a+3a+b，2=9a-9a+b. 解得a=
　　-12，b=2， 所以 抛物线解析式
　　y=-12x2+32x+2.
　　（2）由y=-
　　12
　　x2+32x
　　+2得B（4，0）、D（0，2）. 所以CD∥AB.所以
　　S△ABCD=
　　12（5+3）×2=8.设直线
　　y=kx-1交AB、CD于点H、T，则H（
　　1k，0）、T（
　　3k，2）.因为直线
　　y=kx-1平分四边形ABCD的面积，所以
　　S梯形AHTD=
　　12S梯形ABCD=4.
　　所以
　　12
　　（3k
　　+1k+1）×2=4
　　.所以
　　k=43. 所以当
　　k=34时，直线
　　y=kx-1（k≠0）将四边形ABCD面积二等分.
　　（3）由题意知，四边形AEMN为平行四边形， 所以AN∥EM且AN=EM. 因为E（1，-1）、A（-1，0）， 设M（m，n），则有N（m-2，n+1）.而M、N在抛物线上， 即有
　　n=-12m2+32m+2，
　　n+1=-12（m-2）2+32
　　（m-2）+2， 解之得：m=3，n=2.所以M（3，2），N（1，3）.
　　点评：本题是一道以旋转为载体的坐标几何题.中考中的坐标几何题，融丰富的几何图象于一题，包含的知识点较多.而代数变换（包括数式变换、方程变换、不等式变换）与几何推理的巧妙融合，更使数形结合的数学思想得到充分运用.