【中考快车道】初中数学中考复习专题5：运动变化问题课件

(共27张PPT)
专题五　运动变化问题
第三编
2026
内容索引
01
热点·问题探究
02
命题·热点例析
03
能力·提升演练
热点·问题探究
运动变化问题一般是指动态几何问题,是以几何图形为背景,渗入运动变化观点的一类问题.主要研究的是几何图形在运动中所遵循的规律.具体的研究内容是图形的位置、数量关系.就图形的运动形式来说有平移、旋转、翻折和滚动等;就运动对象来说有点、线、图形等.
中考中单独考查这些知识可以检验学生的计算和演绎推理的能力,也有考查学生学习过程和创新思维能力的操作题、探索题、方案设计等综合性问题.解答几何综合性问题时要注意从复杂的几何图形中分解出基本的几何图形,或从复杂的实际背景中建立几何图形模型,再利用相关的几何知识解题.
命题·热点例析
考向1点的运动问题
在三角形、四边形或函数图象上,设计一个或几个动点,并对这些点在运动变化的过程中伴随着的等量关系、图形的特殊状态、图形间的特殊关系等进行研究.解决点的运动问题的关键在于抓住其中的等量关系、变量关系,并特别关注一些不变的关系,用运动与变化的观点建立函数模型、方程模型或不等式模型去解决问题.
例1已知在矩形ABCD中,AB=a,BC=b,动点M从点A出发沿边AD向点D运动.
(1)如图5-1图1,当b=2a,点M运动到边AD的中点时,请证明∠BMC=90°.
(2)如图5-1图2,当b>2a时,点M在运动的过程中,是否存在∠BMC=90° 若存在,请给出证明;若不存在,请说明理由.
(3)如图5-1图3,当b<2a时,(2)中的结论是否仍然成立 请说明理由.
图5-1
(1)证明:∵b=2a,点M是AD的中点,∴AB=AM=MD=DC=a.
在矩形ABCD中,∵∠A=∠D=90°,
∴∠AMB=∠ABM=∠DCM=∠DMC=45°.∴∠BMC=90°.
(2)解:存在.
证明如下:若∠BMC=90°,则∠AMB+∠DMC=90°.
又∠AMB+∠ABM=90°,∴∠ABM=∠DMC.
又∠A=∠D=90°,∴△ABM∽△DMC.
∴.
设AM=x,则,整理得x2-bx+a2=0.∵b>2a,a>0,b>0,∴Δ=b2-4a2>0.
故方程有两个不相等的实数根,且两根均大于零,符合题意.
即当b>2a时,存在∠BMC=90°.
(3)解:不成立.
理由:若∠BMC=90°,
由(2)可知x2-bx+a2=0.
∵b<2a,a>0,b>0,∴Δ=b2-4a2<0.
故方程没有实数根.即当b<2a时,不存在∠BMC=90°,即(2)中的结论不成立.
方法点拨 点在不同位置时,判断图形的某些特性是否成立.解这类问题常常要变“动”为“静”,综合利用几何图形的性质和方程、函数等来进行分析.
考向2线的运动问题
由线的运动直接引起面积的变化是中考的一个常考考点,解决此类问题时,常常要用到三角形的相关性质.
例2如图5-2,在等边三角形ABC中,BC=6 cm,射线AG∥BC,点E从点A出发沿射线AG以1 cm/s的速度运动,同时点F从点B出发沿射线BC以2 cm/s的速度运动,设运动时间为t(单位:s).
(1)连接EF,当EF经过AC边的中点D时,求证:△ADE≌△CDF.
(2)当t为多少秒时,四边形ACFE是菱形
图5-2
(1)证明:∵AG∥BC,∴∠EAD=∠ACB.
又点D是AC边的中点,∴AD=CD.
又∠ADE=∠CDF,
∴△ADE≌△CDF.
(2)解:若四边形ACFE是菱形,
则AE=AC=CF=EF.
由题意可知AE=t,CF=2t-6,得t=2t-6,即t=6 s.故当t=6 s时,四边形ACFE是菱形.
方法点拨 本例中,点E,F的运动导致线段EF运动,运动的结果是一定的,所以解题过程较简单.解题时,要充分利用菱形的性质和判定.
考向3图形的运动问题
图形的运动实质是图形的相对位置发生了变化,而图形的大小及一些绝对位置没有改变.在解决图形运动问题时,要弄清楚运动的过程中,哪些量发生了变化,哪些量没有改变.
例3如图5-3图1,△ABC是等腰直角三角形,四边形ADEF是正方形,点D,F分别在AB,AC边上,此时BD=CF,BD⊥CF.
(1)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时,如图5-3图2,BD=CF成立吗 若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
(2)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时,如图5-3图3,延长BD交CF于点G.
①求证:BD⊥CF;
②当AB=4,AD=时,
求线段BG的长.
图5-3
解:(1)BD=CF成立.
证明:由△ABC是等腰直角三角形,四边形ADEF是正方形,知AB=AC,AD=AF,∠BAC=∠DAF=90°.
∵∠BAD=∠BAC-∠DAC,∠CAF=∠DAF-∠DAC,∴∠BAD=∠CAF.
在△BAD和△CAF中,
∴△BAD≌△CAF.∴BD=CF.
(2)①证明:设BG交AC于点M.
∵△BAD≌△CAF(已证),
∴∠ABM=∠GCM.
∵∠BMA=∠CMG,
∴△BMA∽△CMG.
∴∠BGC=∠BAC=90°.∴BD⊥CF.
②如图5-4,过点F作FN⊥AC于点N.在正方形ADEF中,∵AD=DE=,
∴AE==2.
∴AN=FN=AE=1.
在等腰直角三角形ABC中,
∵AB=AC=4,∴CN=AC-AN=3,
BC==4.
故在Rt△FCN中,tan∠FCN=.
图5-4
在Rt△ABM中,tan∠ABM==tan∠FCN=.∴AM=AB=.
∴CM=AC-AM=4-,
BM=.
由△BMA∽△CMG得.
∴.
∴CG=.
故在Rt△BGC中,BG=.
方法点拨 本题考查了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、矩形的性质、勾股定理以及三角函数等知识,综合性很强,难度较大,要注意数形结合思想的应用和辅助线的作法.
能力·提升演练
1.在我市供暖改造工程中,甲、乙两工程队分别同时开挖两条600 m长的管道,所挖管道长度y(单位:m)与挖掘时间x(单位:天)之间的关系如图所示,则下列说法中:①甲队每天挖100 m;②乙队开挖两天后,每天挖50 m;③当x=4时,甲、乙两队所挖管道长度相同;④甲队比乙队提前2天完成任务.正确的个数为(　　).
A.1
B.2
C.3
D.4
解析:设y甲=kx,代入点(6,600)得600=6k,∴k=100,
∴y甲=100x,∴①正确.
当0≤x≤2时,设y乙=k1x,代入点(2,300)得300=2k1,∴k1=150,∴y乙=150x.
当x≥2时,设y乙=k2x+b,代入点(2,300),(6,500)得
解得k2=50,b=200.
∴y乙=50x+200,∴②正确.
∵当x=4时,y甲=100x=400(m),y乙=50×4+200=400(m),∴③正确.
当y甲=100x=600时,x=6.当y乙=50x+200=600时,x=8,8-6=2,∴④正确.
故选D.
答案:D
2.如图,O为矩形ABCD的中心,M为BC边上一点,N为DC边上一点,ON⊥OM,若AB=6,AD=4,设OM=x,ON=y,则y与x的函数关系式为　　　　　　　　.
解析:如图,作OF⊥BC于点F,OE⊥CD于点E,
由四边形ABCD为矩形,可知∠C=90°.
∵OF⊥BC,OE⊥CD,∠OFM=∠OEN=90°,
∴∠EOF=90°.
∴∠EON+∠FON=90°.
∵ON⊥OM,∴∠EON=∠FOM.
∴△OEN∽△OFM,.
又O为矩形ABCD的中心,可得.
故,即y=x.
答案:y=x
3.如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,点D,E分别在线段AC,BC上,且DE∥AB,DE=BC=3,AB=5.
(1)线段BE=　　　　　,DC=　　　　　.
(2)如图2,当△CED绕点C顺时针旋转α(0°<α<180°)时,DE∥BC,连接BE,AD,求BE的长.
(3)如图3,当△CDE绕点C顺时针旋转α(0°<α<180°)
时,连接AD,BE.
①求的值;
②猜想BE与AD的位置关系,
并说明理由.
图1
图2
图3
解:(1)
(2)由旋转的性质知CE=,CD=,
且DE=BC=3.
又DE∥BC,
故四边形BEDC是平行四边形.
所以BE=CD=.
(3)①由旋转的性质知∠BCE=∠ACD=α,
由题知.
所以△BCE∽△ACD.
所以.
②BE⊥AD.理由:延长BE交AC于点F,交AD于点G(图略),则∠AFG=∠BFC.
由①知△BCE∽△ACD,
所以∠CAD=∠CBE.
所以∠AGF=∠ACB=90°.
故BG⊥AD,即BE⊥AD.