资源描述
动点问题探究——几何图形中的动点问题
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 双点运动问题
例1 如图14，在△ABC中，∠B = 90°，AB = 6cm，BC = 12cm，动点P以1cm/s的速度从A出发沿边AB向点B移动，动点Q以2cm/s的速度同时从点B出发沿BC向点C移动．
⑴△PBQ的面积S(cm2)与点P移动时间t (s)的函数关系式为______，其中t的取值范围为________；
⑵判断△PBQ能否与△ABC相似，若能，求出此时点P移动的时间，若不能，说明理由；
⑶设M是AC的中点，连接MP、MQ，试探究点P移动的时间是多少时，△MPQ的面积为△ABC面积的？
例2如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=8cm，动点P从点B出发，在BA边上以每秒5cm的速度向点A匀速运动，同时动点Q从点C出发，在CB边上以每秒4cm的速度向点B匀速运动，运动时间为t秒（0＜t＜2），连接PQ．
（1）若△BPQ与△ABC相似，求t的值；
（2）连接AQ，CP，若AQ⊥CP，求t的值；
（3）试证明：PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
考点二 图形运动问题
例3如图，矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8；折叠纸片使点B落在AD上，落点为B′；点B′从点A开始沿AD移动，折痕所在直线l的位置也随之改变，当直线l经过点A时，点B′停止移动，连接BB′；设直线l与AB相交于点E，与CD所在直线相交于点F，点B′的移动距离为x，点F与点C的距离为y；
（1）求证∠BEF=∠AB′B；
（2）求y与x的函数关系式，并直接写出x的取值范围；
考点三 线运动问题
例4如图，在△ABC中，AB=AC，AD⊥AB于点D，BC=10cm，AD=8cm．点P从点B出发，在线段BC上以每秒3cm的速度向点C匀速运动，与此同时，垂直于AD的直线m从底边BC出发，以每秒2cm的速度沿DA方向匀速平移，分别交AB、AC、AD于E、F、H，当点P到达点C时，点P与直线m同时停止运动，设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）当t=2时，连接DE、DF，求证：四边形AEDF为菱形；
（2）在整个运动过程中，所形成的△PEF的面积存在最大值，当△PEF的面积最大时，求线段BP的长；
（3）是否存在某一时刻t，使△PEF为直角三角形？若存在，请求出此时刻t的值；若不存在，请说明理由．
课程小结
本节课主要研究了几何图形中的动点问题，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 双点运动问题
例1
【规范解答】（1）0＜t＜6
（2）由题意知 AP=t，BQ=2t，若△PBQ与△ABC相似，则
①，∴，解得t=3
②，∴，解得t=
即当点P移动3s或s时，△PBQ与△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的中点，∴，即D是AB的中点，∴ ，同理
∵，∴
∴
即，，
即点P移动3s时，
【总结与反思】（1）要求△PBQ的面积，只需用含t的代数式表示三角形的底和高即可得到。
（2）若△PBQ与△ABC相似，分两种情况讨论：①，②，分别用含t的代数式表示各线段的长度后带入即可。
（3）用含t的代数式表示△MPQ的面积后，按照题意建立起含有t的方程，便可以求出移动的时间了。
例2
【规范解答】解：（1）①当△BPQ∽△BAC时，
∵=，BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，∴=，∴t=1；
②当△BPQ∽△BCA时，
∵=，∴=，∴t=，∴t=1或时，△BPQ与△ABC相似；
（2）如图所示，过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有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）如图，仍有PM⊥BC于点M，PQ的中点设为D点，再作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，
∵∠ACB=90°，∴DF为梯形PECQ的中位线，∴DF=，
∵QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t，∴DF==4，∵BC=8，过BC的中点R作直线平行于AC，∴RC=DF=4成立，
∴D在过R的中位线上，∴PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
【总结与反思】（1）分两种情况讨论：①当△BPQ∽△BAC时，=，当△BPQ∽△BCA时，=，再根据BP=5t，QC=4t，AB=10cm，BC=8cm，代入计算即可；（2）过P作PM⊥BC于点M，AQ，CP交于点N，则有PB=5t，PM=3t，MC=8﹣4t，根据△ACQ∽△CMP，得出=，代入计算即可；（3）作PE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，先得出DF=，再把QC=4t，PE=8﹣BM=8﹣4t代入求出DF，过BC的中点R作直线平行于AC，得出RC=DF，D在过R的中位线上，从而证出PQ的中点在△ABC的一条中位线上．
考点二 图形运动问题
例3
【规范解答】（1）证明，如图，由四边形ABCD是矩形和折叠的性质可知，BE=B′E，∠BEF=∠B′EF，
∴在等腰△BEB′中，EF是角平分线，∴EF⊥BB′，∠BOE=90°，∴∠ABB′+∠BEF=90°，
∵∠ABB′+∠AB′B=90°，∴∠BEF=∠AB′B；
（2）解①当点F在CD之间时，如图1，作FM⊥AB交AB于点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，∴=，化简，得y=x2﹣x+3，（0＜x≤8﹣2）
②当点F在点C下方时，如图2所示设直线EF与BC交于点K
设∠ABB′=∠BKE=∠CKF=θ，则，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）
综上所述，
y=
【总结与反思】（1）先由等腰三角形中的三线合一，得出∠BOE=90°，再由∠ABB′+∠BEF=90°，∠ABB′+∠AB′B=90°，得出∠BEF=∠AB′B；
（2）①当点F在线段CD上时，如图1所示．作FM⊥AB交AB于点E，在RT△EAB′中，利用勾股定理求出AE，再由tan∠AB′B=tan∠BEF列出关系式写出x的取值范围即可，
②当点F在点C下方时，如图2所示,利用勾股定理与三角函数，列出关系式，写出x的取值范围.
考点三 线运动问题
例4
【规范解答】（1）证明：当t=2时，DH=AH=2，则H为AD的中点，如答图1所示．
又∵EF⊥AD，∴EF为AD的垂直平分线，∴AE=DE，AF=DF．
∵AB=AC，AD⊥AB于点D，∴AD⊥BC，∠B=∠C．
∴EF∥BC，∴∠AEF=∠B，∠AFE=∠C，
∴∠AEF=∠AFE，∴AE=AF，
∴AE=AF=DE=DF，即四边形AEDF为菱形．
（2）解：如答图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
∴当t=2秒时，S△PEF存在最大值，最大值为10，此时BP=3t=6．
（3）解：存在．理由如下：
①若点E为直角顶点，如答图3①所示，
此时PE∥AD，PE=DH=2t，BP=3t．
∵PE∥AD，∴，即，此比例式不成立，故此种情形不存在；
②若点F为直角顶点，如答图3②所示，
此时PE∥AD，PF=DH=2t，BP=3t，CP=10﹣3t．
∵PF∥AD，∴，即，解得t=；
③若点P为直角顶点，如答图3③所示．
过点E作EM⊥BC于点M，过点F作FN⊥BC于点N，则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）
化简得：t2﹣35t=0，
解得：t=或t=0（舍去）
∴t=．
综上所述，当t=秒或t=秒时，△PEF为直角三角形．
【总结与反思】（1）如答图1所示，利用菱形的定义证明；
（2）如答图2所示，首先求出△PEF的面积的表达式，然后利用二次函数的性质求解；
（3）如答图3所示，分三种情形，需要分类讨论，分别求解．
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