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教學(xué)過程 動點問題探究——幾何圖形中的動點問題 知識點 圖形的平移、圖形的旋轉(zhuǎn)、圖形的翻折、動點問題的函數(shù)圖像 教學(xué)目標(biāo) 會列出函數(shù)或方程等解決圖形的動點問題 教學(xué)重點 會解決圖形的平移、旋轉(zhuǎn)、翻折等問題 教學(xué)難點 會利用函數(shù)及方程解決圖形的平移、旋轉(zhuǎn)、翻折等問題 教學(xué)過程 動點所產(chǎn)生的函數(shù)及方程問題在初中數(shù)學(xué)中占有相當(dāng)?shù)谋戎?，在全國各地的中考?shù)學(xué)試卷中占到10%到20%的比重。主要研究在幾何圖形運動中，伴隨著一定的數(shù)量關(guān)系、圖形位置關(guān)系的“變”和“不變性”，就運動對象而言，有點動、線動和面動，常常集代數(shù)與幾何于一體，有較強的綜合性，題目靈活多變，動中有靜，靜中有動，動靜結(jié)合． 二、復(fù)習(xí)預(yù)習(xí) 1. 平移，是指在平面內(nèi)，將一個圖形上的所有點都按照某個方向作相同距離的移動，這樣的圖形運動叫做圖形的平移運動，簡稱平移。 平移不改變圖形的形狀和大小。圖形經(jīng)過平移，對應(yīng)線段相等，對應(yīng)角相等，對應(yīng)點所連的線段相等。 2. 軸對稱圖形，是指在平面內(nèi)沿一條直線折疊，直線兩旁的部分能夠完全重合的圖形，這條直線就叫做對稱軸。 3. 在平面內(nèi)，將一個圖形繞一點按某個方向轉(zhuǎn)動一個角度，這樣的運動叫做圖形的旋轉(zhuǎn)。這個定點叫做旋轉(zhuǎn)中心，轉(zhuǎn)動的角度叫做旋轉(zhuǎn)角。圖形的旋轉(zhuǎn)是圖形上的每一點在平面上繞著某個固定點旋轉(zhuǎn)固定角度的位置移動，其中對應(yīng)點到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等，對應(yīng)線段的長度、對應(yīng)角的大小相等，旋轉(zhuǎn)前后圖形的大小和形狀沒有改變。 三、知識講解 考點1 單點運動及雙點運動問題 關(guān)于點運動的問題，一般根據(jù)圖形變化，探索動點運動的特點和規(guī)律，作出符合條件的草圖。 解這類題的關(guān)鍵是抓住動點運動過程中不變的量，用含未知數(shù)的代數(shù)式去表示所需的線段，根據(jù)題意中隱含的條件借助相似等方式構(gòu)造方程或函數(shù)表達式。 考點2 圖形運動問題 圖形的運動包括圖形的平移、旋轉(zhuǎn)、翻折等，圖形在運動過程中，對應(yīng)線段、對應(yīng)角不變，以三角形、四邊形的運動是常見的一種題型。 這里需注意：平移、旋轉(zhuǎn)、翻折都改變了圖形的位置，不改變圖形的形狀和大小。 對于此類題目，關(guān)鍵在于抓住運動圖形的特殊位置、臨界位置及特殊性質(zhì)，其基本方法是把握圖形運動與變化的全過程，以不變應(yīng)萬變，解答過程中常需借用函數(shù)或方程來解答。 考點3 線運動問題 解決此類題的關(guān)鍵是根據(jù)線運動的變化，研究圖形的變化． 由圖形變化前后的關(guān)系及圖形的性質(zhì)綜合解決問題，如本題利用平移性質(zhì)及三角形面積建立方程解決問題. 四、例題精析 考點一 雙點運動問題 例1 如圖14，在△ABC中，∠B = 90，AB = 6cm，BC = 12cm，動點P以1cm/s的速度從A出發(fā)沿邊AB向點B移動，動點Q以2cm/s的速度同時從點B出發(fā)沿BC向點C移動． ⑴△PBQ的面積S(cm2)與點P移動時間t (s)的函數(shù)關(guān)系式為______，其中t的取值范圍為________； ⑵判斷△PBQ能否與△ABC相似，若能，求出此時點P移動的時間，若不能，說明理由； ⑶設(shè)M是AC的中點，連接MP、MQ，試探究點P移動的時間是多少時，△MPQ的面積為△ABC面積的？  例2如圖，Rt△ABC中，∠ACB=90，AC=6cm，BC=8cm，動點P從點B出發(fā)，在BA邊上以每秒5cm的速度向點A勻速運動，同時動點Q從點C出發(fā)，在CB邊上以每秒4cm的速度向點B勻速運動，運動時間為t秒（0＜t＜2），連接PQ． （1）若△BPQ與△ABC相似，求t的值； （2）連接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值； （3）試證明：PQ的中點在△ABC的一條中位線上．  考點二 圖形運動問題 例3如圖，矩形紙片ABCD中，AB=6，BC=8；折疊紙片使點B落在AD上，落點為B′；點B′從點A開始沿AD移動，折痕所在直線l的位置也隨之改變，當(dāng)直線l經(jīng)過點A時，點B′停止移動，連接BB′；設(shè)直線l與AB相交于點E，與CD所在直線相交于點F，點B′的移動距離為x，點F與點C的距離為y； （1）求證∠BEF=∠AB′B； （2）求y與x的函數(shù)關(guān)系式，并直接寫出x的取值范圍；  考點三 線運動問題 例4如圖，在△ABC中，AB=AC，AD⊥AB于點D，BC=10cm，AD=8cm．點P從點B出發(fā)，在線段BC上以每秒3cm的速度向點C勻速運動，與此同時，垂直于AD的直線m從底邊BC出發(fā)，以每秒2cm的速度沿DA方向勻速平移，分別交AB、AC、AD于E、F、H，當(dāng)點P到達點C時，點P與直線m同時停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t＞0）． （1）當(dāng)t=2時，連接DE、DF，求證：四邊形AEDF為菱形； （2）在整個運動過程中，所形成的△PEF的面積存在最大值，當(dāng)△PEF的面積最大時，求線段BP的長； （3）是否存在某一時刻t，使△PEF為直角三角形？若存在，請求出此時刻t的值；若不存在，請說明理由．  課程小結(jié) 本節(jié)課主要研究了幾何圖形中的動點問題，中考中，對運動變化問題的考查是?？嫉膬?nèi)容之一，考查的熱點是點運動問題、圖形運動問題（旋轉(zhuǎn)、翻折、對稱變換），解答動點問題時，點不同位置考慮的不全面是容易導(dǎo)致出錯的原因之一。復(fù)習(xí)運動變化問題時，要注意動中覓靜，動靜互化，以靜制動，注意問題中的不變量、不變關(guān)系，在運動變化中探索問題的不變性。 考點一 雙點運動問題 例1 【規(guī)范解答】（1）0＜t＜6 （2）由題意知 AP=t，BQ=2t，若△PBQ與△ABC相似，則 ①，∴，解得t=3 ②，∴，解得t= 即當(dāng)點P移動3s或s時，△PBQ與△ABC相似 （3）作MD⊥AB于D，ME⊥BC于E ∴∠ADM=90，又∠B=90，∴∠ADM=∠B，∴DM∥BC，∴ 又∵M是AC的中點，∴，即D是AB的中點，∴ ，同理 ∵，∴ ∴ 即，， 即點P移動3s時， 【總結(jié)與反思】（1）要求△PBQ的面積，只需用含t的代數(shù)式表示三角形的底和高即可得到。 （2）若△PBQ與△ABC相似，分兩種情況討論：①，②，分別用含t的代數(shù)式表示各線段的長度后帶入即可。 （3）用含t的代數(shù)式表示△MPQ的面積后，按照題意建立起含有t的方程，便可以求出移動的時間了。 例2 【規(guī)范解答】解：（1）①當(dāng)△BPQ∽△BAC時， ∵=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，∴=，∴t=1； ②當(dāng)△BPQ∽△BCA時， ∵=，∴=，∴t=，∴t=1或時，△BPQ與△ABC相似； （2）如圖所示，過P作PM⊥BC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t， ∵∠NAC+∠NCA=90，∠PCM+∠NCA=90，∴∠NAC=∠PCM且∠ACQ=∠PMC=90， ∴△ACQ∽△CMP，∴=，∴=，解得：t=； （3）如圖，仍有PM⊥BC于點M，PQ的中點設(shè)為D點，再作PE⊥AC于點E，DF⊥AC于點F， ∵∠ACB=90，∴DF為梯形PECQ的中位線，∴DF=， ∵QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t，∴DF==4，∵BC=8，過BC的中點R作直線平行于AC，∴RC=DF=4成立， ∴D在過R的中位線上，∴PQ的中點在△ABC的一條中位線上． 【總結(jié)與反思】（1）分兩種情況討論：①當(dāng)△BPQ∽△BAC時，=，當(dāng)△BPQ∽△BCA時，=，再根據(jù)BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入計算即可；（2）過P作PM⊥BC于點M，AQ，CP交于點N，則有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，根據(jù)△ACQ∽△CMP，得出=，代入計算即可；（3）作PE⊥AC于點E，DF⊥AC于點F，先得出DF=，再把QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t代入求出DF，過BC的中點R作直線平行于AC，得出RC=DF，D在過R的中位線上，從而證出PQ的中點在△ABC的一條中位線上． 考點二 圖形運動問題 例3 【規(guī)范解答】（1）證明，如圖，由四邊形ABCD是矩形和折疊的性質(zhì)可知，BE=B′E，∠BEF=∠B′EF， ∴在等腰△BEB′中，EF是角平分線，∴EF⊥BB′，∠BOE=90，∴∠ABB′+∠BEF=90， ∵∠ABB′+∠AB′B=90，∴∠BEF=∠AB′B； （2）解①當(dāng)點F在CD之間時，如圖1，作FM⊥AB交AB于點E， ∵AB=6，BE=EB′，AB′=x，BM=FC=y，∴在RT△EAB′中，EB′2=AE2+AB′2，∴（6﹣AE）2=AE2+x2 解得AE=，tan∠AB′B==，tan∠BEF==， ∵由（1）知∠BEF=∠AB′B，∴=，化簡，得y=x2﹣x+3，（0＜x≤8﹣2） ②當(dāng)點F在點C下方時，如圖2所示設(shè)直線EF與BC交于點K 設(shè)∠ABB′=∠BKE=∠CKF=θ，則，BK=，CK=BC﹣BK=8﹣ ∴CF=CK?tanθ=（8﹣）?tanθ=8tanθ﹣BE=x﹣BE 在Rt△EAB′中，EB′2=AE2+AB′2，∴（6﹣BE）2+x2=BE2 解得BE=，∴CF=x﹣BE=x﹣=﹣x2+x﹣3，∴y=﹣x2+x﹣3（8﹣2＜x≤6） 綜上所述， y= 【總結(jié)與反思】（1）先由等腰三角形中的三線合一，得出∠BOE=90，再由∠ABB′+∠BEF=90，∠ABB′+∠AB′B=90，得出∠BEF=∠AB′B； （2）①當(dāng)點F在線段CD上時，如圖1所示．作FM⊥AB交AB于點E，在RT△EAB′中，利用勾股定理求出AE，再由tan∠AB′B=tan∠BEF列出關(guān)系式寫出x的取值范圍即可， ②當(dāng)點F在點C下方時，如圖2所示,利用勾股定理與三角函數(shù)，列出關(guān)系式，寫出x的取值范圍. 考點三 線運動問題 例4 【規(guī)范解答】（1）證明：當(dāng)t=2時，DH=AH=2，則H為AD的中點，如答圖1所示． 又∵EF⊥AD，∴EF為AD的垂直平分線，∴AE=DE，AF=DF． ∵AB=AC，AD⊥AB于點D，∴AD⊥BC，∠B=∠C． ∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C， ∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF， ∴AE=AF=DE=DF，即四邊形AEDF為菱形． （2）解：如答圖2所示，由（1）知EF∥BC， ∴△AEF∽△ABC， ∴，即，解得：EF=10﹣t． S△PEF=EF?DH=（10﹣t）?2t=﹣t2+10t=﹣（t﹣2）2+10 ∴當(dāng)t=2秒時，S△PEF存在最大值，最大值為10，此時BP=3t=6． （3）解：存在．理由如下： ①若點E為直角頂點，如答圖3①所示， 此時PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t． ∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此種情形不存在； ②若點F為直角頂點，如答圖3②所示， 此時PE∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10﹣3t． ∵PF∥AD，∴，即，解得t=； ③若點P為直角頂點，如答圖3③所示． 過點E作EM⊥BC于點M，過點F作FN⊥BC于點N，則EM=FN=DH=2t，EM∥FN∥AD． ∵EM∥AD，∴，即，解得BM=t， ∴PM=BP﹣BM=3t﹣t=t． 在Rt△EMP中，由勾股定理得：PE2=EM2+PM2=（2t）2+（t）2=t2． ∵FN∥AD，∴，即，解得CN=t， ∴PN=BC﹣BP﹣CN=10﹣3t﹣t=10﹣t． 在Rt△FNP中，由勾股定理得：PF2=FN2+PN2=（2t）2+（10﹣t）2=t2﹣85t+100． 在Rt△PEF中，由勾股定理得：EF2=PE2+PF2， 即：（10﹣t）2=（t2）+（t2﹣85t+100） 化簡得：t2﹣35t=0， 解得：t=或t=0（舍去） ∴t=． 綜上所述，當(dāng)t=秒或t=秒時，△PEF為直角三角形． 【總結(jié)與反思】（1）如答圖1所示，利用菱形的定義證明； （2）如答圖2所示，首先求出△PEF的面積的表達式，然后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解； （3）如答圖3所示，分三種情形，需要分類討論，分別求解．