新中考 核心专题9 动点问题-【精彩三年】2024年中考数学新问题导引一题一课教师用书配套课件PPT

新中考·核心专题9　动点问题 目录 CONTENTS 命题脉络 01 02 考向分析 熟悉命题意图 研习典例 探究命题解法 例题研析 01 命题脉络 考向分析 熟悉命题意图 02 例题研析 研习典例 探究命题解法 视角一　圆弧型路径动点问题 例1 2021·湖州如图，已知在矩形ABCD中，AB＝1， BC＝ ，P是AD边上的一个动点，连结BP，点C关于 直线BP的对称点为C1，当点P运动时，点C1也随之运动．若点P从点A运动到点D，则线段CC1扫过的区域的面积是(　　) B 视角一　圆弧型路径动点问题 思考：(1)在点P的运动过程中，图形中哪些点和线段长是固定不变的？ (2)点C1是点C关于直线BP的对称点，根据轴对称的性质，BC1始终和哪条定线段相等？由此可得点C1的运动路径是怎样的？ 【解析】 当点P与点A重合时，点C关于BP的对称点为C′， 当点P与点D重合时，点C关于BP的对称点为C″， ∴点P从点A运动到点D，线段CC1扫过的区域为扇 形BC′C″和△BCC″， 视角一　圆弧型路径动点问题 视角一　圆弧型路径动点问题 视角一　圆弧型路径动点问题 变式 2023·嘉兴一副三角板ABC和DEF中，∠C＝∠D＝90°，∠B＝30°，∠E＝45°，BC＝EF＝12.将它们叠合在一起，边BC与EF重合，CD与AB相交于点G(如图1)，此时线段CG的长是______________．现将△DEF绕点C(F)按顺时针方向旋转(如图2)，边EF与AB相交于点H，连结DH，在旋转0°到60°的过程中，线段 DH扫过的面积是___________________． 18＋12π－18 视角一　圆弧型路径动点问题 视角一　圆弧型路径动点问题 视角一　圆弧型路径动点问题 视角一　圆弧型路径动点问题 视角一　圆弧型路径动点问题 类型2　“定弦定角” 例2 2022·湖州在每个小正方形的边长为1的网格图形 中，每个小正方形的顶点称为格点．如图，在6×6的 正方形网格图形ABCD中，M，N分别是AB，BC上的格点，BM＝4，BN＝2.若点P是这个网格图形中的格点，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝45°的△PMN中，边PM的长的最大值是(　　) C 视角一　圆弧型路径动点问题 思考：(1)在正方形网格图中，由BM＝4，BN＝2能得到哪条线段长？ (2)根据条件∠MPN＝45°，格点P还在怎样的图形上运动？ 视角一　圆弧型路径动点问题 视角一　圆弧型路径动点问题 变式 若上题中的线段MN保持位置不变，点P在正方形网格区域内运动，连结PM，PN，则所有满足∠MPN＝90°的△PMN中，面积最大的三角形的面积为______． 5 视角一　圆弧型路径动点问题 思考：(1)动点P满足∠MPN＝90°，则点P 的运动轨迹是什么？ (2)△MPN的一边MN不变，要使面积最大，只要点P 满足什么条件？ 视角二　直线型动点轨迹 例3 如图，在△ABC中，AB＝5，BC＝3，AC＝4， 点P从A点出发沿AB运动到B点，以CP为斜边作如 图所示的等腰直角三角形PQC，且∠PQC＝90°，则Rt△PQC的外心运 动的路径长为________，BQ的最小值为_________． 视角二　直线型动点轨迹 思考：(1)Rt△PQC的外心在CP上的哪个位置？运动轨迹是什么？ (2)画出Rt△PQC的外接圆，交AB于点H，∠CHQ与∠CPQ有怎样的关系？由此能得到点Q的轨迹吗？ 【解析】 如图1，当P与A重合时， 此时的Q点记为Q1. 如图2，当P与B重合时，此时的Q点记为Q2. 如图3，当Q点在AB上方时， 视角二　直线型动点轨迹 视角二　直线型动点轨迹 视角二　直线型动点轨迹 变式 如图，正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，E是线段OC上一点，以BE为边在BD的右下方作等边三角形BEF， 连结DE，DF. (1)求证：△ABE≌△ADE. (2)∠BDF的度数会改变吗？若不变，请求出这个角的值． (3)若AB＝2 ，求FD的最小值． 视角二　直线型动点轨迹 视角二　直线型动点轨迹 视角三　组合路径类动点问题 例4 如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5 cm，BC＝2 cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1 cm.现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C′上．当点B′恰好落在边CD上时，线段BM的长为________cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB′与边CD交于 点E，则点E相应运动的路径长为____________cm. 视角三　组合路径类动点问题 思考：(1)根据E是边MB′与边CD的交点，点E运动的终点在哪个位置？ (2)在运动过程中，点E相对于定点D，有没有最远距离？怎样找到这个关键点？ 视角三　组合路径类动点问题 视角三　组合路径类动点问题 视角三　组合路径类动点问题 变式 如图，将一块∠A为30°的直角三角板ABC和等 腰直角三角板DEF叠合在一起，边EF与BC重合，斜 边AB＝10.当点E从点B出发沿着BC方向滑动时，点F同时沿着CA方向滑动．当点E从点B滑动到点C时，点D运动的路径长为____________． 视角三　组合路径类动点问题 思考：(1)在等腰直角三角板DEF运动过程中，动点D和线段EF上的哪个点距离始终不变？ (2)借助四点共圆，可以确定点D跟定角∠BCA的位置关系吗？ 【解析】 ∵∠A＝30°，∠ACB＝90°， ∴AB＝2BC＝10，∴BC＝5. 取EF的中点M，连结MC，CD，MD， 则MD＝ME＝MF＝MC. 视角三　组合路径类动点问题 感谢聆听，再见！ A．π B．π＋ C． D．2π 在△BCD中，∵∠BCD＝90°，BC＝，CD＝1， ∴tan ∠DBC＝＝，∴∠DBC＝30°， ∴∠CBC″＝60°. ∵BC＝BC″，∴△BCC″为等边三角形， ∴S扇形C′BC″＝＝π. 过C″作C″F⊥BC于F，∵△BCC″为等边三角形， ∴BF＝BC＝， ∴C″F＝tan 60°×＝， ∴S△BCC″＝××＝， ∴线段CC1扫过的区域的面积为π＋. 6－6 【解析】 ①如图1，过点G作GK⊥BC于K， 则∠CKG＝∠BKG＝90°. ∵∠BCD＝45°，∴△CGK是等腰直角三角形，∴CK＝GK＝CG. ∵BC＝12，∴BK＝BC－CK＝12－CG. 在Rt△BGK中，∠GBK＝30°，∴＝tan ∠GBK＝tan 30°＝， ∴BK＝GK，即12－CG＝×CG，∴CG＝6－6. ②如图2，以C为圆心，CD为半径作圆，当△CDE绕点C旋转60°时，CE′交AB于H′，连结DD′，过点D作DM⊥AB于M，过点C作CN⊥DD′于N，则∠BCE′＝∠DCD′＝60°，点D的运动轨迹为，点H的运动轨迹为线段BH′， ∴在旋转0°到60°的过程中，线段DH扫过的面积为 S△BDD′＋S扇形CDD′－S△CDD′. ∵CD＝BC·sin ∠CBD＝12sin 45°＝6， ∴DG＝CD－CG＝6－(6－6)＝12－6. ∵∠BCH′＋∠ABC＝60°＋30°＝90°，∴∠BH′C＝90°. 在Rt△BCH′中，CH′＝BC·sin 30°＝12×＝6，BH′＝BC·cos 30°＝12×＝6. ∵△CD′E′是等腰直角三角形，∠CD′E′＝90°，D′H′⊥CE′， ∴D′H′＝CE′＝6，∴BD′＝6＋6. ∵DM⊥AB，∴∠DMG＝90°， ∴∠DMG＝∠CH′G.∵∠DGM＝∠CGH′， ∴△DGM∽△CGH′， ∴＝，即＝，∴DM＝3－3. ∵CD′＝CD＝6，∠DCD′＝60°， ∴△CDD′是等边三角形，∴∠CDD′＝60°. ∵CN⊥DD′，∴CN＝CD·sin ∠CDD′＝6sin 60°＝3. ∴S△BDD′＋S扇形CDD′－S△CDD′＝×(6＋6)×(3－3)＋－×6×3＝18＋12π－18. A．4 B．6 C．2 D．3 【解析】 取线段MN的中点Q，作MN的垂直平分 线OQ，并使OQ＝ MN.以O为圆心，OM为半 径作圆，如图，∵OQ为MN的垂直平分线且 OQ＝ MN，∴OQ＝MQ＝NQ，∴∠OMQ＝∠ONQ＝45°， ∴∠MON＝90°，∴弦MN所对的圆O的圆周角为45°， ∴点P在圆O上，PM为圆O的弦． 由图象可知，当点P在P′ 位置时，恰好过格点且P′M 经过圆心O，∴此时P′M 最大，等于圆O的直径， ∵BM＝4，BN＝2， ∴MN＝＝2，∴MQ＝OQ＝， ∴OM＝MQ＝×＝， ∴P′M＝2OM＝2. 【解析】 ∵∠MPN＝90°， ∴点P 在以MN为直径的圆 上运动．取MN的中点Q， 则Q为圆心，当PQ⊥MN时，△MPN斜边上的高最大，即半径长，此时最大面积为×2×＝5. 作△CPQ的外接圆⊙O，交AB于点H，连结CH，OH，OQ. ∵PC是直径，∴∠CHP＝90°，∴CH⊥AB. ∵△PCQ是等腰直角三角形，∴∠CHQ＝∠CPQ＝45°； 当Q点在AB下方时，∠CHQ＝135°； ∴点Q的运动轨迹是线段Q1Q2， 当BQ⊥HQ时，BQ的值最小，最小值＝BH. ∵Rt△PQC的外心O运动轨迹是△ABC的中位线MN， ∴Rt△PQC的外心运动路径的长＝MN＝. ∵AC＝4，BC＝3，AB＝5，∴AC2＋BC2＝AB2，∴∠ACB＝90°. ∵S△ACB＝·AC·CB＝·AB·CH，∴CH＝， ∴BH＝＝＝， ∴BQ的最小值为. 解：(1)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠EAD＝∠EAB＝45°. 在△ABE和△ADE中，∴△ABE≌△ADE(SAS). (2)∵△ABE≌△ADE，∴EB＝ED.∵△BEF是等边三角形， ∴EB＝EF，∠BEF＝60°，∴EB＝EF＝ED， ∴点E是△BDF的外心，∴∠BDF＝∠BEF＝30°. (3)∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2∠BCD＝90°，∴BD＝BC＝4. ∵∠BDF＝30°，点E在线段OC上运动∴观察图象可知，当点E与O重合时，DF的长最小，此时BF⊥DF， ∴DF＝BD·cos 30°＝4×＝2.∴DF的最小值为2. (－) 【解析】 如图1，∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，∴∠1＝∠3. 由翻折的性质可知，∠1＝∠2，BM＝MB′， ∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′. ∵NB′＝＝＝(cm)， ∴BM＝NB′＝ cm. 如图2，当点M与点A重合时，由(1)易知， AE＝EN.设AE＝EN＝x cm， 在Rt△ADE中，则有x2＝22＋(4－x)2，解得x＝， ∴DE＝4－＝(cm). 如图3，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最 大，DE′＝5－1－2＝2(cm). 如图4，当点M运动到点B′落在CD上时，DB′ (即DE″)＝5－1－＝(4－)(cm)， ∴点E的运动轨迹为E→E′→E″， ∴点E的运动路径为EE′＋E′B′＝2－＋2－(4－) ＝(－)(cm). 10－5 ∴点D，E，C，F四点共圆，∴∠DCE＝∠DFE＝45°， ∴点D在∠ACB的平分线上运动． 当点E与C重合时，发现点D与起始位置重合， 可知点D运动的是来回路径， CD的最大值为CM＋MD＝＋＝5，CD的最小值为EF＝， ∴点D运动的路径长为2×(5－)＝10－5. $$