第15讲《运动型问题（二）》第2课时（教案）2023年人教版中考数学一轮复习

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第十五讲“运动型问题（二）”.（第二课时）
［教学目标］
知识与技能
1.动静互化、动中取静；
2.了解动点问题解决关键；
3.熟练掌握图形运动过程中所构成的特殊图形.
数学思考
通过点、线、面运动过程中所构成的特殊图形后寻找相应图形特性，并利用必要的辅助线建立证明关系或方程，使学生加深了解数学学习中几何证明要领及方程思想.
问题解决
1.培养学生化动为静能力；
2.特殊四边形性质应用；
3.培养学生对知识综合运用能力.
情感态度
通过动点运动变化的过程，发展学生的数学思考能力；通过积极引导，帮助学生有意识地积累活动经验，获得成功的体验；利用课件中动画，使学生更加直观的理解几何图形的旋转、平移等变化，激发学生学习数学的兴趣.
[教学重点、难点]
教学重点：化动为静.
教学难点：化动为静，特殊几何图形性质应用.
[教学准备]
动画多媒体语言课件.
教学过程 第二课时
教学路径
教学说明
上节课我们一起主要学习了在几何图形中全等的证明与应用，接下来我们在一同研究几何图形中另一重要解题证明手段—相似，大家把书翻到109页，请一位同学来读一下例2.
中考佳题
1.如图，Rt△OAB的顶点A(－2,4)在抛物线y＝ax2上，将Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°，得到△OCD，边CD与该抛物线交于点P，则点P的坐标为( )
A．(eq \r(2)，eq \r(2)) B．(2,2) C．(eq \r(2)，2) D．(2，eq \r(2))
解析： = 1 \* GB3 ①A(－2,4)在抛物线y＝ax2上，带入求得抛物线y＝x2；下一步
涂色△OAB与△OCD，并标记OB，OD
= 2 \* GB3 ② Rt△OAB绕点O顺时针旋转90°得到△OCD，所以OB=OD=2，P的纵坐标即为2，带入抛物线y＝x2，求得P的坐标(eq \r(2)，2).
答案：在括号中直接填“C”
2.如图所示，点A，B在直线MN上，AB＝11cm，⊙A，⊙B的半径均为1cm，⊙A以每秒2cm的速度自左向右运动，与此同时，⊙B的半径也在不断增大，其半径r(cm)与时间t(秒)之间的关系式为r＝1＋t(t≥0)，当点A出发后_______________秒两圆相切．
图1 图2
图3 图4
解析：注意两圆有内切与外切两种相切的形式，利用相切时圆心距的长度建立关于t的方程，进而求得t值，具体求解如下：下一步
完全出示图1
= 1 \* GB3 ①⊙A与⊙B第一次相外切时，依图1列方程得2t+1+( t+1)=11，解得t=3；
下一步
完全出示图2
= 2 \* GB3 ②⊙A与⊙B第一次相内切时，依图2列方程得2t+( t+1)-1=11，解得t=；
下一步
完全出示图3
= 3 \* GB3 ③⊙A与⊙B第二次相内切时，依图3列方程得2t+1-( t+1) =11，解得t=11；
下一步
完全出示图4
= 4 \* GB3 ④⊙A与⊙B第一次相外切时，依图1列方程得2t-( t+1)-1=11，解得t=13；
答案：直接在空中填“3秒、秒、11秒、13”
分两页出示
第一页
3.如图1，已知y＝(x＞0)图象上一点P，PA⊥x轴于点A(a,0)，点B的坐标为(0，b)(b＞0)，动点M是y轴正半轴上B点上方的点，动点N在射线AP上，过点B作AB的垂线，交射线AP于点D，交直线MN于点Q，连结AQ，取AQ的中点为C.
（1）如图2，连结BP，求△PAB的面积；涂色△PAB

答案:在图2中作BH⊥AD，涂色△ABP
解：过B作BH⊥AD，垂足为H，则BH=OA=a，
∵A(a,0)
∴BH=OA=a，P(a,)
∴S△ABP=BH·AP=×a×=3下一步
连接OP，涂色△AOP
（法二）
解：连接OP，由图2易知，△ABP与△AOP同底(AP)，等高(OA=BH)
∴S△ABP= S△AOP，
由反比例函数性质可知S△AOP==3，
∴S△ABP=3.
第二页
3.如图1，已知y＝(x＞0)图象上一点P，PA⊥x轴于点A(a,0)，点B的坐标为(0，b)(b＞0)，动点M是y轴正半轴上B点上方的点，动点N在射线AP上，过点B作AB的垂线，交射线AP于点D，交直线MN于点Q，连结AQ，取AQ的中点为C.
（2）当点Q在线段BD上时，若四边形BQNC是菱形，且面积为2eq \r(3)，
求此时P点的坐标；

解析：标记∠1、∠2、∠3，∠4，∠5直角符号
确定△BCQ的形状及∠1、∠2、∠3、∠4、∠5的度数，在由菱形BQNC的面积为2eq \r(3)，求得A点坐标，即可得到P点坐标.
答案：涂色四边形BQNC
解：如图1，∵四边形BQNC是菱形，
∴BQ=BC=NQ=CN，
∵AB⊥BQ，C是AQ的中点，
∴BC=CQ=AQ，
∴△BCQ为等边三角形，∠1=∠2=60°，
∴∠4=∠5=∠3=30°，下一步
又∵SBQNC=2eq \r(3)=2S△BCQ=2×BC2，
∴BC=2
在Rt△BAQ中，易求AB=2eq \r(3)，
在Rt△BOA中，易求OA=3，下一步
又∵P点在反比例函数y＝，
∴P点坐标为（3，2）.
分三页出示
第一页
4.在平面直角坐标系中，O为原点，直线y =-2x-1与y轴交于点A，与直线y=-x交于点B, 点B关于原点的对称点为点C.
（1）求过A，B，C三点的抛物线的解析式；
答案：解：∵直线y =-2x-1与y轴交于点A，标记A、B、C坐标
∴A(0,-1)，
直线y =-2x-1与y=-x交点为B，
联立 y =-2x-1 解得B(-1, 1)，
y=-x
又∵点B关于原点的对称点为点C，
∴C(1,-1)，下一步
设过A(0,-1)、B(-1, 1)、C(1,-1)三点的抛物线的解析式为：y=ax2+bx+c,
代入得 c=-1 解得 a=1
1= a-b+c b=-1
-1= a+b+c c=-1
∴该抛物线的解析式为：y=x2-x-1.
第二页
（2）P为抛物线上一点，它关于原点的对称点Q.
①当四边形PBQC为菱形时，求点P的坐标；
作P1 P2⊥BC，标记P1、 P2（不用画图中的格子）
解析：四边形PBQC为菱形，则PQ垂直平分BC，从而可知P点即为BC的垂直平分线与抛物线的交点（P1或P2）.
答案：解：∵四边形PBQC为菱形，
∴对角线PQ垂直平分BC，
∵直线BC为y=-x，且O为线段BC中点
∴直线PQ为y=x，下一步
由P为抛物线上一点，则直线PQ与抛物线的交点即为P
联立 y=x
y=x2-x-1
解得：P1(1+,1+)或P2 (1-,1-)
∴四边形PBQC为菱形时，点P的坐标为(1+,1+)或(1-,1-)
第三页
（2）P为抛物线上一点，它关于原点的对称点Q.
②若点P的横坐标为t（-1＜t＜1），当t为何值时，四边形PBQC面积最大，并说明理由.（出示下图第一个，红色的圆点不要画）

解析：对直线BC下方的抛物线涂色
由题中P的横坐标t在-1与1之间，且在（1）中已求得B点与C点的横坐标分别为-1与1，从而可知点P在直线BC下方的抛物线上运动.
下一步 涂淡颜色色四边形PBQC，涂深颜色△PBC
P与Q关于原点对称，从而可知SPBQC=2S△PBC，那么满足S△PBC的值最大时的P即为所求.
答案：当t=0时，四边形PBQC面积最大，理由如下： 下一步
对直线BC下方的抛物线涂色
解：∵P点横坐标为t，且-1＜t＜1，
又∵（1）中已求得B点与C点的横坐标分别为-1与1，
∴点P在直线BC下方的抛物线上运动， 下一步
∵P与Q关于原点对称，
∴SPBQC=2S△PBC，
∴只需求解点P横坐标为t满足S△PBC的值最大即可， 下一步
∵线段BC的长为定值
∴当底边BC上的高最大时，S△PBC的值最大. 下一步
出示第2个图，并作BC的平行线，相切于抛物线于点P（如图所示P与A重合）
方法如下：作BC的平行线l，与抛物线相切，切点即为所求点P.
下一步
设l直线解析式y=-x+m，
∵l与抛物线y=x2-x-1相切，
∴ y=-x+m
y=x2-x-1，
x2-m-1=0
=b2-4ac=0-4×1×(-m-1)=0
解得m=-1 下一步
∴直线l与抛物线交点P(0,-1)，
此时S△PBC的值最大，
即点P的横坐标为t=0时，四边形PBQC面积最大.