《安徽省2019年中考數學一輪復習 第二部分 熱點專題突破 專題6 在圖形運動中探究課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《安徽省2019年中考數學一輪復習 第二部分 熱點專題突破 專題6 在圖形運動中探究課件.ppt（24頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題六在圖形運動中探究,“形”動,這里包括點動、線動和形動,而初中階段一定是以點動問題為最重要.形動,則一定會引起圖形中其他部分的形狀、大小和位置發(fā)生變化,研究這些變化規(guī)律,就形成數學問題.形動產生的數學問題有時會和函數知識相聯(lián)系,如2016年安徽數學中考第22題、2018年安徽數學中考第10題等就是和二次函數知識相聯(lián)系;有時也會和點的軌跡等知識相聯(lián)系,如2016、2017年安徽數學中考的第10題以及2018年安徽數學中考第14題都是和點的軌跡(弧和直線)相聯(lián)系.有關與函數知識相聯(lián)系的問題我們將在本書《專題八函數圖象,建模解題》中具體解決,這里只是點到為止.,類型1,類型2,“形”動“腦”動,函數解題典例1如圖,已知正方形ABCD的邊長為4,點P是AB邊上的一個動點,連接CP,過點P作PC的垂線交AD于點E,以PE為邊作正方形PEFG,頂點G在線段PC上,對角線EG,PF相交于點O.在點P從點A到點B的運動過程中,△APE的外接圓的圓心也隨之運動,求該圓心到AB邊的距離的最大值.,類型1,類型2,【解析】由題意可得EP為Rt△APE的外接圓的直徑,PE的中點M即為圓心,過點M作MN⊥AB于點N,∴MN∥AE,由MN∥AE可得成比例線段,從而得到MN關于其他線段的函數關系式,利用二次函數的最大值可求MN的最大值.,類型1,類型2,【名師點撥】(1)本題的關鍵在于當點P在AB邊上移動時,雖然△APE的外接圓的圓心M也隨之運動,但△MNP和△PBC一直保持相似,在動中找到△MNP∽△PBC這個規(guī)律性的結論,得到.再設NP=x,MN=y,得到y(tǒng)與x的函數關系式,利用函數知識解答.注意經歷“圖形運動→圖形規(guī)律→函數式→問題解決”這個過程,感悟用“函數”解“圖形”這種方法.(2)“形”動不僅可以得到二次函數,還可以得到一次函數和反比例函數,這類問題在本書《專題二用“數”解“形”》中已有詳細解讀,這里不再贅述.,類型1,類型2,“形”動“腦”動,軌跡解題典例2(2018安徽第14題)矩形ABCD中,AB=6,BC=8.點P在矩形ABCD的內部,點E在邊BC上,滿足△PBE∽△DBC.若△APD是等腰三角形,則PE的長為.,類型1,類型2,【解析】本題中找到滿足條件的點P,E很關鍵,而其中點P尤為關鍵.∵△APD是等腰三角形,即PA=PD或DP=DA或PA=AD.當PA=PD時,則點P在AD的垂直平分線MN上(設直線MN與AD,BC兩邊的交點為M,N),又點P在矩形的內部,∴點P在線段MN上,當滿足△PBE∽△DBC時,且點E在邊BC上,∴點E與N重合,則PE為△BDC的中位線(如圖1),即PE=3;當DP=DA時,即點P在以D為圓心,DA為半徑的圓弧上,又點P在矩形的內部,且△PBE∽△DBC,即可得△PBE(如圖2),這時點P在線段BD上,且DP=DA=8,PE⊥BC,由△PBE∽△DBC,可得;當PA=AD時,即點P在以A為圓心,AD為半徑的圓弧上,又點P在矩形的內部,如圖3,易得∠PBE<∠DBC,即△PBE∽△DBC不可能成立,綜上,PE的長為3或.,類型1,類型2,命題拓展考向一利用點動成直線解題有關點的運動軌跡還有很多,如本書《專題四利用圖形變換添加輔助線》中的典例2直線l也是點的軌跡.考向二利用點動前后保持圖形相似的特征解題(2018合肥包河區(qū)一模)如圖,在△ABC中,已知AB=AC=6,BC=8,P是BC邊上一動點(P不與點B,C重合),Q是AC上另一動點(Q不與點A,C重合),運動時始終保持∠APQ=∠B.當△APQ為等腰三角形時,則PB的長為.【解析】當AP=PQ時,易得△ABP≌△PCQ,∴PC=AB=6,即PB=2;當AQ=PQ時,易得△ABC∽△PAC,∴PC=4.5,即PB=3.5;當AQ=AP時,則∠AQP=∠APQ=∠C,此時P與B重合,不合題意.綜上,PB的長為2或3.5.,2或3.5,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,1.如圖,在△ABC中,BC=8,AB=,∠B=45,直線l從A向BC平行移動,分別與AB,AC交于M,N,設MN=x,點M到BC的距離為y,則y關于x的函數圖象的大致形狀是(),B,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,2.如圖,△AOB為等邊三角形,且邊長為定長,C為射線BA上一個動點,連接OC,以OC為邊作等邊三角形△COD,設OA為x,點D到射線BO的距離為y,當x增大時,y值()A.不變B.增大C.減小D.不確定【解析】過點D作DE⊥BO于點E,過點O作OM⊥AB于點M,∵B,O,E在同一條直線上,∴∠AOC+∠DOE=180-60-60=60,∵∠AOC+∠ACO=60,∴∠ACO=∠DOE,易證△OCM≌△DOE,,B,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,3.如圖,在∠AOB的一邊OA上截取線段OC=2,P,Q分別是另一邊的兩個動點,運動中時刻保持∠OCP=∠OQC,記OP=x,OQ=y,則y關于x的函數圖象大致是(),D,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,B,A.1B.2C.3D.4,【解析】直線滿足條件①,則以D為圓心,為半徑作圓,那么直線是圓D的切線.直線滿足條件②有兩種情況:一是直線與AC平行,這時與圓D相切的直線有兩條(如圖所示);二是直線經過AC的中點O,這時直線與圓D相交,不可能相切,故這樣的直線不存在.綜上可知,滿足條件的直線共有兩條.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,5.如圖,在正方形ABCD中,AB=3cm,動點M自A點出發(fā)沿AB方向以每秒1cm的速度運動,同時動點N自D點出發(fā)沿折線DC-CB以每秒2cm的速度運動,到達B點時運動同時停止,設△AMN的面積為y(cm2),運動時間為x(秒),則下列圖象中能大致反映y與x之間的函數關系的是(),A,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,6.如圖,在△ABC中,∠C=90,AC=3,BC=4,點D,E分別在AC,BC上移動(點D,E均不與△ABC的頂點重合),移動時保持∠DEC=∠A,設CD=x,DE=y.則y關于x的函數關系式為.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,7.等腰△ABC中,頂角A為40,P為△ABC所在的平面上一動點(點P與點A在BC所在直線的同側),P到A的距離等于BC,且BP=BA,則∠PBC的度數為.,30或110,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,8.(2018廣州節(jié)選)設P(x,0)是x軸上的一個動點,它與原點的距離為y1.求y1關于x的函數解析式,并畫出這個函數的圖象.解:∵P(x,0)與原點的距離為y1,∴當x≥0時,y1=OP=x,當x<0時,y1=OP=-x,∴y1關于x的函數解析式為即為y=|x|,函數圖象如圖所示.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,9.如圖,在四邊形ABCD中,∠B=60,∠D=30,AB=BC.(1)求∠A+∠C的度數;(2)連接BD,探究AD,BD,CD三者之間的數量關系,并說明理由;(3)若AB=1,點E在四邊形ABCD內部運動,且滿足AE2=BE2+CE2,求點E運動路徑的長度.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解:(1)在四邊形ABCD中,∠B=60,∠D=30,∴∠A+∠C=360-∠B-∠D=360-60-30=270.(2)如圖1,將△BCD繞點B逆時針旋轉60,得到△BAQ,連接DQ,∵BD=BQ,∠DBQ=60,∴△BDQ是等邊三角形,∴BD=DQ,∵∠BAD+∠C=270,∴∠BAD+∠BAQ=270,∴∠DAQ=360-270=90,∴△DAQ是直角三角形,∴AD2+AQ2=DQ2,即AD2+CD2=BD2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,(3)如圖2,將△BCE繞點B逆時針旋轉60到△BAF,連接EF,∵BE=BF,∠EBF=60,∴△BEF是等邊三角形,∴EF=BE,∠BFE=60,∵AE2=BE2+CE2,∴AE2=EF2+AF2,∴∠AFE=90,∴∠BFA=∠BFE+∠AFE=60+90=150,∴∠BEC=150,∴動點E在四邊形ABCD內部運動,滿足∠BEC=150,以BC為邊向下作等邊△OBC,,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,10.如圖,已知二次函數y=ax2+bx+4的圖象經過x軸上的兩點A(4,0),B(-2,0),與y軸交于C點.(1)直接寫出C點的坐標.(2)求此二次函數的表達式.(3)連接AC,BC,P是線段AB上的一個動點(P不與A,B重合),過點P作PD∥AC,交BC于點D,連接CP.當P在什么位置時,△PCD的面積取最大值?求出這個最大值.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,11.已知P為正方形ABCD內一點.(1)如圖1,點E在AD邊上,若PA=PC=PE,延長EP與AB的延長線交于點F.①求證:PE=PF;②求∠EPC的度數;(2)如圖2,若PB=1,PC=2,PD=3,求∠BPC的度數.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,解:(1)①過點P作PM⊥AE于點M,∵PA=PE,∴AM=ME,∵PM∥AB,∴PE=PF.②連接BP并延長,∵PA=PC,易得△ABP≌△CBP,∴∠ABP=∠CBP=45,∴BP的延長線一定經過D點,∴∠BAP=∠BCP,∠DPC=∠DPA,∵PM⊥AE,PA=PE,∴PM平分∠APE,∴∠EPM=∠APM=∠BAP,∴∠EPC=∠DPC+∠DPE=2∠DPC-2∠APM=2(45+∠BCP)-2∠BAP=90.(2)如圖2,過點C作CQ⊥CP,并截取CQ=CP,連接PQ,BQ,易得△PCQ為等腰直角三角形,∴∠CPQ=45,PQ=,易證△DCP≌△BCQ,∴BQ=PD=3,∵PB=1,∴PB2+PQ2=BQ2,∴∠BPQ=90,即∠BPC=90+45=135.,