通用版中考三轮冲刺复习动点综合问题（三）—双动点问题

(共26张PPT)
动点综合问题（三）
通用版 中考复习
解读考点
知　识　点 名师点晴
动点问题中的特殊图形 等腰三角形与直角三角形 利用等腰三角形或直角三角形的特殊性质求解动点问题
相似问题 利用相似三角形的对应边成比例、对应角相等求解动点问题
动点问题中的计算问题 动点问题的最值与定值问题 理解最值或定值问题的求法
动点问题的面积问题 结合面积的计算方法来解决动点问题
动点问题的函数图象问题 一次函数或二次函数的图象 结合函数的图象解决动点问题
知识要点
专题三：双动点问题
点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题. 它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题. 这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力.
典型例题
1.(以双动点为载体，探求函数图象问题)在直角梯形ABCD中，∠C=90°，高CD=3.6cm（如图1）．动点P，Q同时从点B出发，点P沿BA，AD，DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，两点运动时的速度都是1cm/s，而当点P到达点A时，点Q正好到达点C．设P，Q同时从点B出发，经过的时间为t（s）时，△BPQ的面积为y（cm2）（如图2）．分别以t，y为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点P在AD边上从A到D运动时，y与t的函数图象是图3中的线段MN．
典型例题
1.(以双动点为载体，探求函数图象问题)在直角梯形ABCD中，∠C=90°，高CD=3.6cm（如图1）．动点P，Q同时从点B出发，点P沿BA，AD，DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，两点运动时的速度都是1cm/s，而当点P到达点A时，点Q正好到达点C．设P，Q同时从点B出发，经过的时间为t（s）时，△BPQ的面积为y（cm2）（如图2）．分别以t，y为横、纵坐标建立直角坐标系，已知点P在AD边上从A到D运动时，y与t的函数图象是图3中的线段MN．
（1）分别求出梯形中BA，AD的长度；
（2）分别写出点P在BA边上和DC边上运动时，y与t的函数关系式（注明自变量的取值范围），并在图3中补全整个运动中y关于t的函数关系的大致图象．
（3）问：是否存在这样的t，使PQ将梯形ABCD的面积恰好分成1：5的两部分？若存在，求出这样的t的值；若不存在，请说明理由．
典型例题
解析：（1）由于点P在AD运动时，点Q在C点，利用函数图象和三角形面积公式得到 ×BC×3.6=10.8，解得BC=6，而当点P到达点A时，点Q正好到达点C，所以AB=BC=6，作AH⊥BC于H，在Rt△ABH中，利用勾股计算出BH，则可求出CH的长，即可得出AD的长度．
（2）分类讨论：①当点P在BA上时，根据三角形面积公式得到
，②当点P在DC上时，y=-3t+32.4．
（3）分类讨论：当0≤t≤6，利用S△BPQ= S梯形ABCD及S△BPQ=
S梯形ABCD，求出时间t
典型例题
解：（1）点P在AD边上从A到D运动时，点Q在C点，
根据函数图象得到：
×BC×3.6=10.8，∴BC=6，
∵当点P到达点A时，点Q正好到达点C，∴AB=BC=6，
如图1，作AH⊥BC于H，在Rt△ABH中，
AB=6，AH=CD=3.6，
∴CH=BC-BH=6-4.8=1.2，
∴AD=1.2，即BA，AD的长度分别为6cm，1.2cm；
典型例题
（2）①当点P在BA上时，
如图3补全整个运动中y关于t的函数关系的大致图象；
（3）存在．
当0≤t≤6，
典型例题
2.(以双动点为载体，探求结论开放性问题)如图①，Rt△ABC中，∠B=90°，∠CAB=30°，它的顶点A的坐标为（10，0），顶点B的坐标为（5， ）AB=10，点P从点A出发，沿A→B→C的方向匀速运动，同时点Q从点D（0，2）出发，沿y轴正方向以相同速度运动，当点P到达点C时，两点同时停止运动，设运动的时间为t秒．
典型例题
2.(以双动点为载体，探求结论开放性问题)如图①，Rt△ABC中，∠B=90°，∠CAB=30°，它的顶点A的坐标为（10，0），顶点B的坐标为（5， ）AB=10，点P从点A出发，沿A→B→C的方向匀速运动，同时点Q从点D（0，2）出发，沿y轴正方向以相同速度运动，当点P到达点C时，两点同时停止运动，设运动的时间为t秒．
（1）当点P在AB上运动时，△OPQ的面积S（平方单位）与时间t（秒）之间的函数图象为抛物线的一部分，（如图②），则点P的运动速度为 ；
（2）求（1）中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S的最大值及S取最大值时点P的坐标；3）如果点P，Q保持（1）中的速度不变，那么点P沿AB边运动时，∠OPQ的大小随着时间t的增大而增大；沿着BC边运动时，∠OPQ的大小随着时间t的增大而减小，当点P沿这两边运动时，使∠OPQ=90°的点P有 个；
典型例题
解析：（1）利用图②中的函数图象，求得点P的运动时间与路程解决即可．（2）已知了AB的长和B点的坐标，那么sin∠BAO=
因此∠BAO=60°．根据（1）的求解过程即可得出S的解析式．然后根据函数的解析式来得出函数的最大值及此时对应的t的取值，然后根据P，Q的速度和t的取值，可求出P点的坐标．
典型例题
解析：（3）本题其实主要是看P在B点和C点时∠OPQ的度数范围，当∠OBQ的度数大于90°，∠OCQ的度数小于90°时，那么在AB，BC上分别有一个符合要求的点P，如果∠OBQ的度数小于90°时那么就没有符合要求的点，如果∠OBQ=90°，那么符合要求的点只有一个．当P，B重合时，作∠OPM=90°交y轴于点M，作PH⊥y轴于点H，然后比较OM和OQ的长即可得出∠OPQ的大致范围，根据相似三角形OPH和OPM不难得出OM的长，然后比较OM，OQ的大小，如果OQ＞OM则说明∠OPQ＞90°，反之则小于90°，用同样的方法可得出当P与C重合时∠OPQ的大致取值范围，然后根据上面的分析即可判定出有几个符合要求的点．
典型例题
解: （1）由图形可知，当点P运动了5秒时，它到达点B，此时AB=10，因此点P的运动速度为10÷5=2个单位/秒，
点P的运动速度为2个单位/秒．故答案是：2个单位/秒；
（2）如图①，过P作PM⊥x轴，∵点P的运动速度为2个单位/秒．
∴t秒钟走的路程为2t，即AP=2t，∵顶点B的坐标为（5， ），AB=10，∴sin∠BAO= ∴∠BAO=60°，∴∠APM=30°，
∴AM=t，又OA=10，∴OM=（10-t），即为△OPQ中OQ边上的高，
典型例题
而DQ=2t，OD=2，可得OQ=2t+2，
（3）当点P沿这两边运动时，∠OPQ=90°的点P有2个．
①当点P与点A重合时，∠OPQ＜90°，
当点P运动到与点B重合时，OQ的长是12单位长度，
作∠OPM=90°交y轴于点M，作PH⊥y轴于点H，
由△OPH∽△OPM得：
典型例题
所以OQ＞OM，从而∠OPQ＞90度．
所以当点P在AB边上运动时，∠OPQ=90°的点P有1个．
②同理当点P在BC边上运动时，可算得
而构成直角时交y轴于
所以∠OCQ＜90°，从而∠OPQ=90°的点P也有1个．
所以当点P沿这两边运动时，∠OPQ=90°的点P有2个．
故答案是：2．
典型例题
3.( 以双动点为载体，探求存在性问题) 如图，已知矩形ABCD中，AB=4cm，BC=a厘米（a＞4）．动点P、Q同时从C点出发，点P在线段CB上以1厘米/秒的速度由C点向B点运动，点Q在线段CD上以相同的速度由C点向D点运动，过点P作直线垂直于BC，分别交BQ、AD于点E、F，当点Q到达终点D时，点P随之停止运动．设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）如图①，若a=5厘米，在运动过程中，当点E在矩形ABCD的对角线AC上时，求t的值；
（2）如图②，若a=6厘米，在运动过程中，是否存在某一时刻t，使得∠BFQ=90°？若存在，请求出此时t的值；若不存在，请说明理由；
（3）若经过t秒后，恰好使矩形ABPF的面积与直角三角形BCQ的面积相等，求a的取值范围．
典型例题
解析：
（1）根据平行线分线段成比例定理求出PF，得出
，代入求出即可；
（2）连接BF、FQ，根据勾股定理求出即可；
（3）根据面积公式求出t，根据t、a的取值求出即可．
典型例题
解：（1）∵EF∥AB， ∴△CEP∽△CAB，
∵EF∥CD，∴△BPE∽△BCQ，
解得t1=1，t2=0， ∵t＞0，
∴t=1， 答：t的值是1秒．
典型例题
（2）连接BF、FQ，根据勾股定理得：BF +FQ =BQ ，
即4 +（6-t） +t +（4-t） =t +6 ，解得：t1=2，t2=8＞4（舍去）．答：在运动过程中，存在某一时刻t，使得 ∠BFQ=90°，此时t的值是2秒．
（3）根据面积公式得： at=4（a-t），∴at=8（a-t），
∴（a+8）t=8a， 解得：
根据题意得：t≤4，
∴a≤8，∵a＞4，∴4＜a≤8．答：a的取值范围是4＜a≤8．
巩固提升
（以双动点为载体，探求函数最值问题 ）如图1，P是⊙O外的一点，直线PO分别交⊙O于点A，B，则PA是点P到⊙O上的点的最短距离．
（1）探究一：如图2，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，以BC为直径的半圆交AB于D，P是弧CD 上的一个动点，连接AP，则AP的最小值是 ．
（2）探究二：如图3，在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°，M是AD边的中点，N是AB边上一动点，将△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN，连接A′C，请求出A′C长度的最小值．
（3）探究三，在正方形ABCD中，点E，F分别从D，C两点同时出发，以相同的速度在直线DC，CB上移动，连接AE和DF交于点P，由于点E，F的移动，使得点P也随之运动，若AD=4，试求出线段CP的最小值．
巩固提升
解析：探究（一）：如图1在⊙O上任取一点C（不为点A、B），连接PC、OC，证得PA＜PC即可得到PA是点P到⊙O上的点的最短距离；图2中有圆，找到BC的中点E，连接AE，交半圆于P2，在半圆上取P1，连接AP1，EP1，可见，AP1+EP1＞AE，即AP2是AP的最小值，再根据勾股定理求出AE的长，然后减掉半径即可；
探究（二）根据题意得出A′的位置，进而利用锐角三角函数关系求出A′C的长即可；
探究（三）由题意易证△ADE≌△DCF，从而得到AE=DF，∠DAE=∠CDF，再由等角的余角相等可得AE⊥DF；由于点P在运动中保持∠APD=90°，所以点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，再由勾股定理可得QC的长，再求CP即可．
巩固提升
解：（1）找到BC的中点E，连接AE，交半圆于P2，在半圆上任取P1，连接AP1，EP1，可见，AP1+EP1＞AE，即AP2是AP的最小值．
在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，CE= BC=1
巩固提升
（2）如图所示：因为点M是AD的中点，
∴AM=MA′= AD=1，
由于△AMN沿MN所在的直线翻折得到△A′MN
∴MA′=AM=1是定值，当点A′在MC上时，A′C长度最小．
过点M作ME⊥DC于点E，
∵在边长为2的菱形ABCD中，∠A=60°
，M为AD中点，∴2MD=AD=CD=2，
∠EDM=60°，∴∠EMD=30°，
∴ED= MD= ，∴EM=DM×cos30°=
巩固提升
（3）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=4，∠ADC=∠C=90°．
∴在△ADE和△DCF中，
∴△ADE≌△DCF（SAS）．∴AE=DF，∠DAE=∠CDF，
由于∠CDF+∠ADF=90°，∴∠DAE+∠ADF=90°．
∴AE⊥DF；由于点P在运动中保持∠APD=90°，
∴点P的路径是一段以AD为直径的弧，设AD的中点为Q，连接QC交弧于点P，此时CP的长度最小，
谢谢
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