资源描述
动点问题探究——其它类型动点问题
动点问题探究——其它类型动点问题
知识点
图形的平移、图形的旋转、图形的翻折、动点问题的函数图像
教学目标
会列出函数或方程等解决图形的动点问题
教学重点
会解决图形的平移、旋转、翻折等问题
教学难点
会利用函数及方程解决图形的平移、旋转、翻折等问题
教学过程
一、课堂导入
动点所产生的函数及方程问题在初中数学中占有相当的比重，在全国各地的中考数学试卷中占到10%到20%的比重。主要研究在几何图形运动中，伴随着一定的数量关系、图形位置关系的“变”和“不变性”，就运动对象而言，有点动、线动和面动，常常集代数与几何于一体，有较强的综合性，题目灵活多变，动中有静，静中有动，动静结合．
二、复习预习
1. 平移，是指在平面内，将一个图形上的所有点都按照某个方向作相同距离的移动，这样的图形运动叫做图形的平移运动，简称平移。
平移不改变图形的形状和大小。图形经过平移，对应线段相等，对应角相等，对应点所连的线段相等。
2. 轴对称图形，是指在平面内沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够完全重合的图形，这条直线就叫做对称轴。
3. 在平面内，将一个图形绕一点按某个方向转动一个角度，这样的运动叫做图形的旋转。这个定点叫做旋转中心，转动的角度叫做旋转角。图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕着某个固定点旋转固定角度的位置移动，其中对应点到旋转中心的距离相等，对应线段的长度、对应角的大小相等，旋转前后图形的大小和形状没有改变。
三、知识讲解
考点1 单点运动及双点运动问题
关于点运动的问题，一般根据图形变化，探索动点运动的特点和规律，作出符合条件的草图。
解这类题的关键是抓住动点运动过程中不变的量，用含未知数的代数式去表示所需的线段，根据题意中隐含的条件借助相似等方式构造方程或函数表达式。
考点2 图形运动问题
图形的运动包括图形的平移、旋转、翻折等，图形在运动过程中，对应线段、对应角不变，以三角形、四边形的运动是常见的一种题型。
这里需注意：平移、旋转、翻折都改变了图形的位置，不改变图形的形状和大小。
对于此类题目，关键在于抓住运动图形的特殊位置、临界位置及特殊性质，其基本方法是把握图形运动与变化的全过程，以不变应万变，解答过程中常需借用函数或方程来解答。
考点3 线运动问题
解决此类题的关键是根据线运动的变化，研究图形的变化．
由图形变化前后的关系及图形的性质综合解决问题，如本题利用平移性质及三角形面积建立方程解决问题.
四、例题精析
考点一 “K”型图问题
例1 如图13，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，M是AD的中点，BC＝8，MB＝5．
（1）判断△MBC的形状，并说明理由；
（2）若P、Q分别是线段BC、BM上的动点（点P与B、C均不重合），且∠MPQ＝∠MCB，设BP＝x，QM＝y，求y与x的关系式及x的取值范围，判断y是否存在最大（或最小） 值，若存在，求出其值，并判断此时△MQP的形状，若不存在，说明理由．
考点二 几何变换-翻折问题
例2在矩形ABCD中，=a，点G，H分别在边AB，DC上，且HA=HG，点E为AB边上的一个动点，连接HE，把△AHE沿直线HE翻折得到△FHE．
（1）如图1，当DH=DA时，
①填空：∠HGA= 度；
②若EF∥HG，求∠AHE的度数，并求此时的最小值；
（2）如图3，∠AEH=60°，EG=2BG，连接FG，交边FG，交边DC于点P，且FG⊥AB，G为垂足，求a的值．
考点三 几何变换-平移问题
例3如图，矩形OABC在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A（0，4），C（2，0），将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转1350，得到矩形EFGH（点E与O重合）.
（1）若GH交y轴于点M，则∠FOM＝ ，OM= ；
（2）矩形EFGH沿y轴向上平移t个单位。
①直线GH与x轴交于点D，若AD∥BO，求t的值；
②若矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为S个平方单位，试求当0<t≤时，S与t之间的函数关系式。
考点四 几何变换-旋转问题
例4 已知：如图①，在矩形ABCD中，AB=5，AD=，AE⊥BD，垂足是E．点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF．
（1）求AE和BE的长；
（2）若将△ABF沿着射线BD方向平移，设平移的距离为m（平移距离指点B沿BD方向所经过的线段长度）．当点F分别平移到线段AB、AD上时，直接写出相应的m的值．
（3）如图②，将△ABF绕点B顺时针旋转一个角α（0°＜α＜180°），记旋转中的△ABF为△A′BF′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q．是否存在这样的P、Q两点，使△DPQ为等腰三角形？若存在，求出此时DQ的长；若不存在，请说明理由．
课程小结
本节课主要研究了其它类型的动点问题，例如K型图的动点问题，几何变换类的动点问题。中考中，对运动变化问题的考查是常考的内容之一，考查的热点是点运动问题、图形运动问题（旋转、翻折、对称变换），解答动点问题时，点不同位置考虑的不全面是容易导致出错的原因之一。复习运动变化问题时，要注意动中觅静，动静互化，以静制动，注意问题中的不变量、不变关系，在运动变化中探索问题的不变性。
考点一 “K”型图问题
例1
【规范解答】（1）判断：△MBC是等腰三角形．
证明：∵四边形ABCD是等腰梯形
图13
∴AB=DC，∠A=∠D
∵M是AD的中点，即AM=DM
∴△ABM≌△DCM
∴MB=MC，即△MBC是等腰三角形．
（2）由（1）知，∠MBC=∠MCB
∵∠MPQ ∠MCB，∴∠MBC ∠MPQ
∵∠MBC∠BQP=∠MPQ∠MPC，∴∠BQP∠MPC，
∴△BPQ∽△CMP∴
∴ ，即
∴
当 时，y最小
此时BP=PC=4
∴MP⊥BC，即∠MPC=90°，∴∠BQP=90°
∴∠MQP=90°，即△MQP为直角三角形．
【总结与反思】利用K型图构造三角形的全等或是相似，从而可以得到相应线段之间的关系。考点二 几何变换-翻折问题
例2
【规范解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADH=90°，
∵DH=DA，∴∠DAH=∠DHA=45°，∴∠HAE=45°，
∵HA=HG，∴∠HAE=∠HGA=45°；故答案为：45°；
②分两种情况讨论：
第一种情况：
∵∠HAG=∠HGA=45°；∴∠AHG=90°，由折叠可知：∠HAE=∠F=45°，∠AHE=∠FHE，
∵EF∥HG，∴∠FHG=∠F=45°，∴∠AHF=∠AHG﹣∠FHG=45°，
即∠AHE+∠FHE=45°，∴∠AHE=22.5°，此时，当B与G重合时，a的值最小，最小值是2；
第二种情况：
∵EF∥HG，∴∠HGA=∠FEA=45°，即∠AEH+∠FEH=45°，由折叠可知：∠AEH=∠FEH，∴∠AEH=∠FEH=22.5°，
∵EF∥HG，∴∠GHE=∠FEH=22.5°，∴∠AHE=90°+22.5°=112.5°，此时，当B与E重合时，a的值最小，
设DH=DA=x，则AH=CH=x，在Rt△AHG中，∠AHG=90°，由勾股定理得：AG=AH=2x，
∵∠AEH=∠FEH，∠GHE=∠FEH，∴∠AEH=∠GHE，∴GH=GE=x，∴AB=AE=2x+x，
∴a的最小值是=2+；
（2）如图：过点H作HQ⊥AB于Q，则∠AQH=∠GOH=90°，在矩形ABCD中，∠D=∠DAQ=90°，
∴∠D=∠DAQ=∠AQH=90°，∴四边形DAQH为矩形，∴AD=HQ，
设AD=x，GB=y，则HQ=x，EG=2y，由折叠可知：∠AEH=∠FEH=60°，∴∠FEG=60°，
在Rt△EFG中，EG=EF×cos60°，EF=4y，在Rt△HQE中，EQ==x，∴QG=QE+EG=x+2y，
∵HA=HG，HQ⊥AB，∴AQ=GQ=x+2y，∴AE=AQ+QE=x+2y，
由折叠可知：AE=EF，∴x+2y=4y，∴y=x，
∴AB=2AQ+GB=2（x+2y）+y=x，
∴a==．
【总结与反思】
（1）①根据矩形的性质和已知条件得出∠HAE=45°，再根据HA=HG，得出∠HAE=∠HGA，从而得出答案；
②先分两种情况讨论：第一种情况，根据（1）得出∠AHG=90°，再根据折叠的性质得出∠HAE=∠F=45°，∠AHE=∠FHE，再根据EF∥HG，得出∠AHF=∠AHG﹣∠FHG，即可得出∠AHE=22.5°，此时，当B与G重合时，a的值最小，求出最小值；第二种情况：根据已知得出∠AEH+∠FEH=45°，由折叠的性质求出∠AHE的度数，此时，当B与E重合时，a的值最小，设DH=DA=x，则AH=CH=x，在Rt△AHG中，∠AHG=90°，根据勾股定理得：AG=AH=2x，再根据∠AEH=∠FEH，∠GHE=∠FEH，求出∠AEH=∠GHE，得出AB=AE=2x+x，从而求出a的最小值；
（2）先过点H作HQ⊥AB于Q，则∠AQH=∠GOH=90°，根据矩形的性质得出∠D=∠DAQ=∠AQH=90°，得出四边形DAQH为矩形，设AD=x，GB=y，则HQ=x，EG=2y，
由折叠的性质可知∠AEH=∠FEH=60°，得出∠FEG=60°，在Rt△EFG中，根据特殊角的三角函数值求出EG和EQ的值，再由折叠的性质得出AE=EF，求出y的值，从而求出AB=2AQ+GB，即可得出a的值．
考点三 几何变换-平移问题
例3
【规范解答】（1）45°；。
（2）
①如图1，设直线HG与y轴交于点I。
∵四边形OABC是矩形，∴AB∥DO，AB=OC。
∵C（2，0），∴AB=OC=2。又∵AD∥BO， ∴四边形ABOD是平行四边形。∴DO=AB=2。 由（1）易得，△DOI是等腰直角三角形，∴OI=OD=2。∴t=IM=OM－OI=－2。
②如图2，过点F，G分别作x轴，y轴的垂线，垂足为R，T，连接OC。则由旋转的性质，得，OF=OA=4，∠FOR＝450，∴OR=RF=，F（，－）。由旋转的性质和勾股定理，得OG=，设TG=MT=x，则OT=OM＋MT=。在Rt△OTG中，由勾股定理，得，解得x=。∴G（，－）。
∴用待定系数法求得直线FG的解析式为。当x=2时，。∴当t=时，就是GF平移到过点C时的位置（如图5）。
∴当0<t≤时，几个关键点如图3，4，5所示：
如图3 ，t=OE=OC=2，此时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边EF经过点C；如图4，t=OE=OM=，此时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边HG经过点O；如图5，t=OE=，此时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中边FG经过点C。
∴（I）当0<t≤2时，矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为△OCS的面积（如图6）。此时，OE=OS= t， ∴。（II）当2<t≤时，矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为直角梯形OEPC的面积（如图7）。此时OE= t，，OC=2。由E（0，t），∠FFO=450，用用待定系数法求得直线EP的解析式为。 当x=2时，。∴CP=。∴。
（III）当<t≤时，矩形EFHG与矩形OABC重叠部分的面积为五边形EQCUV的面积（如图8），它等于直角梯形EQCO的面积减去直角三角形VOU的的面积。 此时，OE= t，，OC=2，CQ= ，OU=OV= t－。
∴。
综上所述，当0<t≤时，S与t之间的函数关系式为
。
【总结与反思】（1）由旋转的性质，得∠AOF＝1350，∴∠FOM＝450。
由旋转的性质，得∠OHM＝450，OH=OC=2，∴OM=。
（2）①由矩形的性质和已知AD∥BO，可得四边形ABOD是平行四边形，从而DO=AB=2。又由△DOI是等腰直角三角形可得OI=OD=2。从而由平移的性质可求得t=IM=OM－OI=－2。
②首先确定当0<t≤－2时，矩形EFGH沿y轴向上平移过程中关键点的位置，分0<t≤2，2<t≤，<t≤－2三种情况求出S与t之间的函数关系式。
考点四 几何变换-旋转问题
例4
【规范解答】（1）在Rt△ABD中，AB=5，AD=，由勾股定理得：BD===．
∵S△ABD=BD•AE=AB•AD，∴AE===4．在Rt△ABE中，AB=5，AE=4，由勾股定理得：BE=3．
（2）设平移中的三角形为△A′B′F′，如答图2所示：由对称点性质可知，∠1=∠2．
由平移性质可知，AB∥A′B′，∠4=∠1，BF=B′F′=3．
①当点F′落在AB上时，∵AB∥A′B′，∴∠3=∠4，∴∠3=∠2，∴BB′=B′F′=3，即m=3；
②当点F′落在AD上时，∵AB∥A′B′，∴∠6=∠2，∵∠1=∠2，∠5=∠1，∴∠5=∠6，又易知A′B′⊥AD，
∴△B′F′D为等腰三角形，∴B′D=B′F′=3，∴BB′=BD﹣B′D=﹣3=，即m=．
（3）存在．理由如下：在旋转过程中，等腰△DPQ依次有以下4种情形：
①如答图3﹣1所示，点Q落在BD延长线上，且PD=DQ，易知∠2=2∠Q，
∵∠1=∠3+∠Q，∠1=∠2，∴∠3=∠Q，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=F′A′+A′Q=4+5=9．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===．
∴DQ=BQ﹣BD=﹣；
②如答图3﹣2所示，点Q落在BD上，且PQ=DQ，易知∠2=∠P，
∵∠1=∠2，∴∠1=∠P，∴BA′∥PD，则此时点A′落在BC边上．∵∠3=∠2，∴∠3=∠1，∴BQ=A′Q，
∴F′Q=F′A′﹣A′Q=4﹣BQ．在Rt△BQF′中，由勾股定理得：BF′2+F′Q2=BQ2，即：32+（4﹣BQ）2=BQ2，
解得：BQ=，∴DQ=BD﹣BQ=﹣=；
③如答图3﹣3所示，点Q落在BD上，且PD=DQ，易知∠3=∠4．
∵∠2+∠3+∠4=180°，∠3=∠4，∴∠4=90°﹣∠2．∵∠1=∠2，∴∠4=90°﹣∠1．∴∠A′QB=∠4=90°﹣∠1，
∴∠A′BQ=180°﹣∠A′QB﹣∠1=90°﹣∠1，∴∠A′QB=∠A′BQ，∴A′Q=A′B=5，∴F′Q=A′Q﹣A′F′=5﹣4=1．
在Rt△BF′Q中，由勾股定理得：BQ===，
∴DQ=BD﹣BQ=﹣；
④如答图3﹣4所示，点Q落在BD上，且PQ=PD，易知∠2=∠3．
∵∠1=∠2，∠3=∠4，∠2=∠3，∴∠1=∠4，∴BQ=BA′=5，∴DQ=BD﹣BQ=﹣5=．综上所述，存在4组符合条件的点P、点Q，使△DPQ为等腰三角形；DQ的长度分别为﹣、、﹣或．
【总结与反思】
（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；
（2）依题意画出图形，如答图2所示．利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；
（3）在旋转过程中，等腰△DPQ有4种情形，如答图3所示，对于各种情形分别进行计算．
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