九年級數學 第13講 動點問題探究-幾何圖形中的動點問題教案.doc

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教學過程 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、圖形的翻折、動點問題的函數圖像 教學目標 會列出函數或方程等解決圖形的動點問題 教學重點 會解決圖形的平移、旋轉、翻折等問題 教學難點 會利用函數及方程解決圖形的平移、旋轉、翻折等問題 教學過程 動點所產生的函數及方程問題在初中數學中占有相當的比重，在全國各地的中考數學試卷中占到10%到20%的比重。主要研究在幾何圖形運動中，伴隨著一定的數量關系、圖形位置關系的“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，動靜結合． 二、復習預習 1. 平移，是指在平面內，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。圖形經過平移，對應線段相等，對應角相等，對應點所連的線段相等。 2. 軸對稱圖形，是指在平面內沿一條直線折疊，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，將一個圖形繞一點按某個方向轉動一個角度，這樣的運動叫做圖形的旋轉。這個定點叫做旋轉中心，轉動的角度叫做旋轉角。圖形的旋轉是圖形上的每一點在平面上繞著某個固定點旋轉固定角度的位置移動，其中對應點到旋轉中心的距離相等，對應線段的長度、對應角的大小相等，旋轉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 關于點運動的問題，一般根據圖形變化，探索動點運動的特點和規(guī)律，作出符合條件的草圖。 解這類題的關鍵是抓住動點運動過程中不變的量，用含未知數的代數式去表示所需的線段，根據題意中隱含的條件借助相似等方式構造方程或函數表達式。 考點2 圖形運動問題 圖形的運動包括圖形的平移、旋轉、翻折等，圖形在運動過程中，對應線段、對應角不變，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、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，關鍵在于抓住運動圖形的特殊位置、臨界位置及特殊性質，其基本方法是把握圖形運動與變化的全過程，以不變應萬變，解答過程中常需借用函數或方程來解答。 考點3 線運動問題 解決此類題的關鍵是根據線運動的變化，研究圖形的變化． 由圖形變化前后的關系及圖形的性質綜合解決問題，如本題利用平移性質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)的函數關系式為______，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，當直線l經過點A時，點B′停止移動，連接BB′；設直線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的函數關系式，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，當點P到達點C時，點P與直線m同時停止運動，設運動時間為t秒（t＞0）． （1）當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△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 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?？嫉膬热葜?，考查的熱點是點運動問題、圖形運動問題（旋轉、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致出錯的原因之一。復習運動變化問題時，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， 【總結與反思】（1）要求△PBQ的面積，只需用含t的代數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的代數式表示各線段的長度后帶入即可。 （3）用含t的代數式表示△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△BPQ∽△BAC時， ∵=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，∴=，∴t=1； ②當△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． 【總結與反思】（1）分兩種情況討論：①當△BPQ∽△BAC時，=，當△BPQ∽△BCA時，=，再根據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△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當點F在點C下方時，如圖2所示設直線EF與BC交于點K 設∠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列出關系式寫出x的取值范圍即可， ②當點F在點C下方時，如圖2所示,利用勾股定理與三角函數，列出關系式，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t=秒或t=秒時，△PEF為直角三角形． 【總結與反思】（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，然后利用二次函數的性質求解； （3）如答圖3所示，分三種情形，需要分類討論，分別求解．