第一篇：初二數(shù)學-八年級數(shù)學動點問題專項訓練

動點問題專項訓練

1.如圖，△ABC是邊長為6的等邊三角形，P是AC邊上一動點，由A向C運動（與A、C不重合），Q是CB延長線上一點，與點P同時以相同的速度由B向CB延長線方向運動（Q不與B重合），過P作PE⊥AB于E，連接PQ交AB于D．（1）當∠BQD=30°時，求AP的長；

（2）當運動過程中線段ED的長是否發(fā)生變化？如果不變，求出線段ED的長；如果變化請說明理由．

【答案】解：（1）∵△ABC是邊長為6的等邊三角形，∴∠ACB=60°。

∵∠BQD=30°，∴∠QCP=90°。

設AP=x，則PC=6﹣x，QB=x，∴QC=QB+C=6+x。∵在Rt△QCP中，∠BQD=30°，∴PC=∴當∠BQD=30°時，AP=2。

（2）當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變。理由如下：

作QF⊥AB，交直線AB的延長線于點F，連接QE，PF。∵PE⊥AB于E，∴∠DFQ=∠AEP=90°。∵點P、Q做勻速運動且速度相同，∴AP=BQ。∵△ABC是等邊三角形，∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°。∴在△APE和△BQF中，∵∠A=∠FBQ，AP=BQ，∠AEP=∠BFQ=90°，∴△APE≌△BQF（AAS）。∴AE=BF，PE=QF且PE∥QF。∴四邊形PEQF是平行四邊形。∴DE=

11QC，即6﹣x=（6+x），解得x=2。221EF。21AB。2∵EB+AE=BE+BF=AB，∴DE=又∵等邊△ABC的邊長為6，∴DE=3。

∴當點P、Q運動時，線段DE的長度不會改變。

2.如圖，已知一次函數(shù)y1?kx?b的圖象與x軸相交于點A，與反比例函數(shù)y2?的圖象相交于B（－1，5）、C（（1）求k、b的值；（2）設?1?m?c x5，d）兩點．點P（m，n）是一次函數(shù)y1?kx?b的圖象上的動點． 23c，過點P作x軸的平行線與函數(shù)y2?的圖象相交于點D．試問△PAD的面積是 2x否存在最大值？若存在，請求出面積的最大值及此時點P的坐標；若不存在，請說明理由；

（3）設m?1?a，如果在兩個實數(shù)m與n之間（不包括m和n）有且只有一個整數(shù)，求實數(shù)a的取值 范圍．

【答案】解：（1）將點B 的坐標代入yc2?x，得5?c?1，解得c=?5。∴反比例函數(shù)解析式為y52??x。

將點C（52，d）的坐標代入y5552??x，得d??5=?2。∴C（2，－2）。

2∵一次函數(shù)y?kx?b的圖象經(jīng)過B（－1，5）、C（512，－2）兩點，?5??k?b∴?????2?52k?b，解得??k=?2。?b=32）存在。

令y1?0，即?2x?3?0，解得x?32。∴A（32，0）。

由題意，點P（m，n）是一次函數(shù)y3的圖象上的動點，且?1?m?31??2x?2∴點P在線段AB 上運動（不含A、B）。設P（3?n2，n）。∵DP∥x軸，且點D在y52??x的圖象上，∴y55D?yP?n，xD=?n，即D（?n，n）。

2∴△PAD的面積為S?11?3?n2PD?OP=2???2+5?n???n=?1?4??n?3?2??+4916。∴S關于n的二次函數(shù)的圖象開口向下，有最大值。

又∵n=?2m?3，?1?m?32，得0?n?5，而0?n=32?5。∴當n=3332時，即P（4，2）時，△PAD的面積S最大，為

4916。3）由已知，P（1?a, 2a+1）。

易知m≠n，即1?a?2a+1，即a?0。若a>0，則m<10，n?2，解出不等式組的解為0

1。2 由題設，n?0，m<2，解出不等式組的解為??a<0。

綜上所述，數(shù)a的取值范圍為??a<0，0

【分析】（1）根據(jù)曲線上點的坐標與方程的關系，由B 的坐標求得c=?5，從而得到y(tǒng)2??55；由點C在y2??上xx求得d??2，即得點C的坐標；由點B、C在y1?kx?b上，得方程組，解出即可求得k、b的值。

（2）求出△PAD的面積S關于n的二次函數(shù)（也可求出關于m），應用二次函數(shù)的最值原理即可求得面積的最大值及此時點P的坐標。

（3）由m≠n得到a?0。分a>0和a<0兩種情況求解。

3.如圖，已知雙曲線y?k，經(jīng)過點D（6，1），點C是雙曲線第三象限上的動點，過C作CA⊥x軸，過D作DB⊥yx軸，垂足分別為A，B，連接AB，BC．（1）求k的值；

（2）若△BCD的面積為12，求直線CD的解析式；（3）判斷AB與CD的位置關系，并說明理由．

【答案】解：（1）∵雙曲線y?kk經(jīng)過點D（6，1），∴?1，解得k=6。x61×6?h=12，解得h=4。2（2）設點C到BD的距離為h，∵點D的坐標為（6，1），DB⊥y軸，∴BD=6，∴S△BCD=∵點C是雙曲線第三象限上的動點，點D的縱坐標為1，∴點C的縱坐標為1－4= －3。∴6?3，解得x= －2。∴點C的坐標為（－2，－3）。x設直線CD的解析式為y=kx＋b，1?k???2k?b??3?則?，解得?2。?6k?b?1??b??2∴直線CD的解析式為y?（3）AB∥CD。理由如下：

∵CA⊥x軸，DB⊥y軸，點C的坐標為（－2，－3），點D的坐標為（6，1），∴點A、B的坐標分別為A（－2，0），B（0，1）。設直線AB的解析式為y=mx+n，1x?2。21??2m?n?0m???則?，解得?2。?n?1??n?11x?1。21∵AB、CD的解析式k都等于相等。

2∴直線AB的解析式為y?∴AB與CD的位置關系是AB∥CD。

【考點】反比例函數(shù)綜合題，待定系數(shù)法，曲線上點的坐標與方程的關系，平行的判定。【分析】（1）把點D的坐標代入雙曲線解析式，進行計算即可得解。

（2）先根據(jù)點D的坐標求出BD的長度，再根據(jù)三角形的面積公式求出點C到BD的距離，然后求出點C的縱坐標，再代入反比例函數(shù)解析式求出點C的坐標，然后利用待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式解答。

（3）根據(jù)題意求出點A、B的坐標，然后利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，可知與直線

CD的解析式k值相等，所以AB、CD平行。

第二篇：初中數(shù)學 幾何動點問題

初中數(shù)學 幾何動點問題

動點型問題是最近幾年中考的一個熱點題型，從你初二的動點問題就不是很好這

點來看，我認為你對動點問題缺乏技巧。

所謂“動點型問題”是指題設圖形中存在一個或多個動點,它們在線段、射線或弧線

上運動的一類開放性題目.解決這類問題的關鍵是動中求靜,靈活運用有關數(shù)學知

識解決問題.關鍵:動中求靜.數(shù)學思想：分類思想 函數(shù)思想方程思想數(shù)形結(jié)合思想 轉(zhuǎn)化思想

注重對幾何圖形運動變化能力的考查

從變換的角度和運動變化來研究三角形、四邊形、函數(shù)圖像等圖形，通過“對稱、動點的運動”等研究手段和方法，來探索與發(fā)現(xiàn)圖形性質(zhì)及圖形變化，在解題過

程中滲透空間觀念和合情推理。選擇基本的幾何圖形，讓學生經(jīng)歷探索的過程，以能力立意，考查學生的自主探究能力，促進培養(yǎng)學生解決問題的能力．圖形在動點的運動過程中觀察圖形的變化情況，需要理解圖形在不同位置的情況，才能

做好計算推理的過程。在變化中找到不變的性質(zhì)是解決數(shù)學“動點”探究題的基本

思路,這也是動態(tài)幾何數(shù)學問題中最核心的數(shù)學本質(zhì)。

二期課改后數(shù)學卷中的數(shù)學壓軸性題正逐步轉(zhuǎn)向數(shù)形結(jié)合、動態(tài)幾何、動手操作、實驗探究等方向發(fā)展．這些壓軸題題型繁多、題意創(chuàng)新，目的是考察學生的分析

問題、解決問題的能力，內(nèi)容包括空間觀念、應用意識、推理能力等．從數(shù)學思

想的層面上講：（1）運動觀點；（2）方程思想；（3）數(shù)形結(jié)合思想；（4）

分類思想；（5）轉(zhuǎn)化思想等．研究歷年來各區(qū)的壓軸性試題，就能找到今年中

考數(shù)學試題的熱點的形成和命題的動向

另外再向你推薦一道2010年山東省青島市的中考數(shù)學最后一題

限于百度的公式無法打出，你可以自己去瀏覽一下。

這題的動點非常典型，而且不是非常難，應該很適合你

第三篇：初中數(shù)學動點問題總結(jié)

初二動點問題

1.如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，動點P從A開始沿AD邊向D以1cm/s的速度運動；動點Q從點C開始沿CB邊向B以3cm/s的速度運動．P、Q分別從點A、C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另外一點也隨之停止運動，設運動時間為ts．（1）當t為何值時，四邊形PQCD為平行四邊形？（2）當t為何值時，四邊形PQCD為等腰梯形？（3）當t為何值時，四邊形PQCD為直角梯形？

分析：

（1）四邊形PQCD為平行四邊形時PD=CQ．（2）四邊形PQCD為等腰梯形時QC-PD=2CE．（3）四邊形PQCD為直角梯形時QC-PD=EC．

所有的關系式都可用含有t的方程來表示，即此題只要解三個方程即可．

解答：

解：（1）∵四邊形PQCD平行為四邊形 ∴PD=CQ ∴24-t=3t 解得：t=6 即當t=6時，四邊形PQCD平行為四邊形．

（2）過D作DE⊥BC于E 則四邊形ABED為矩形 ∴BE=AD=24cm ∴EC=BC-BE=2cm ∵四邊形PQCD為等腰梯形 ∴QC-PD=2CE 即3t-（24-t）=4 解得：t=7（s）

即當t=7（s）時，四邊形PQCD為等腰梯形．

（3）由題意知：QC-PD=EC時，四邊形PQCD為直角梯形即3t-（24-t）=2 解得：t=6.5（s）

即當t=6.5（s）時，四邊形PQCD為直角梯形．

點評：

此題主要考查了平行四邊形、等腰梯形，直角梯形的判定，難易程度適中．

2.如圖，△ABC中，點O為AC邊上的一個動點，過點O作直線MN∥BC，設MN交∠BCA的外角平分線CF于點F，交∠ACB內(nèi)角平分線CE于E．（1）試說明EO=FO；

（2）當點O運動到何處時，四邊形AECF是矩形并證明你的結(jié)論；

（3）若AC邊上存在點O，使四邊形AECF是正方形，猜想△ABC的形狀并證明你的結(jié)論．

分析：

（1）根據(jù)CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根據(jù)等邊對等角得OE=OC，同理OC=OF，可得EO=FO．

（2）利用矩形的判定解答，即有一個內(nèi)角是直角的平行四邊形是矩形．（3）利用已知條件及正方形的性質(zhì)解答．

解答：

解：（1）∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=∠BCE，∵MN∥BC，∴∠OEC=∠ECB，∴∠OEC=∠OCE，∴OE=OC，同理，OC=OF，∴OE=OF．

（2）當點O運動到AC中點處時，四邊形AECF是矩形． 如圖AO=CO，EO=FO，∴四邊形AECF為平行四邊形，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE= ∠ACB，同理，∠ACF= ∠ACG，∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=（∠ACB+∠ACG）= ×180°=90°，∴四邊形AECF是矩形．

（3）△ABC是直角三角形 ∵四邊形AECF是正方形，∴AC⊥EN，故∠AOM=90°，∵MN∥BC，∴∠BCA=∠AOM，∴∠BCA=90°，∴△ABC是直角三角形．

點評：

本題主要考查利用平行線的性質(zhì)“等角對等邊”證明出結(jié)論（1），再利用結(jié)論（1）和矩形的判定證明結(jié)論（2），再對（3）進行判斷．解答時不僅要注意用到前一問題的結(jié)論，更要注意前一問題為下一問題提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性質(zhì)等的綜合運用．

3.如圖，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，已知AD=AB=3，BC=4，動點P從B點出發(fā)，沿線段BC向點C作勻速運動；動點Q從點D出發(fā)，沿線段DA向點A作勻速運動．過Q點垂直于AD的射線交AC于點M，交BC于點N．P、Q兩點同時出發(fā)，速度都為每秒1個單位長度．當Q點運動到A點，P、Q兩點同時停止運動．設點Q運動的時間為t秒．（1）求NC，MC的長（用t的代數(shù)式表示）；

（2）當t為何值時，四邊形PCDQ構(gòu)成平行四邊形；（3）是否存在某一時刻，使射線QN恰好將△ABC的面積和周長同時平分？若存在，求出此時t的值；若不存在，請說明理由；（4）探究：t為何值時，△PMC為等腰三角形．

分析：

（1）依據(jù)題意易知四邊形ABNQ是矩形∴NC=BC-BN=BC-AQ=BC-AD+DQ，BC、AD已知，DQ就是t，即解；∵AB∥QN，∴△CMN∽△CAB，∴CM：CA=CN：CB，（2）CB、CN已知，根據(jù)勾股定理可求CA=5，即可表示CM； 四邊形PCDQ構(gòu)成平行四邊形就是PC=DQ，列方程4-t=t即解；

（3）可先根據(jù)QN平分△ABC的周長，得出MN+NC=AM+BN+AB，據(jù)此來求出t的值．然后根據(jù)得出的t的值，求出△MNC的面積，即可判斷出△MNC的面積是否為△ABC面積的一半，由此可得出是否存在符合條件的t值．（4）由于等腰三角形的兩腰不確定，因此分三種情況進行討論： ①當MP=MC時，那么PC=2NC，據(jù)此可求出t的值． ②當CM=CP時，可根據(jù)CM和CP的表達式以及題設的等量關系來求出t的值． ③當MP=PC時，在直角三角形MNP中，先用t表示出三邊的長，然后根據(jù)勾股定理即可得出t的值．

綜上所述可得出符合條件的t的值．

解答: 解：（1）∵AQ=3-t ∴CN=4-（3-t）=1+t 在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42 ∴AC=5 在Rt△MNC中，cos∠NCM= =，CM=（2）由于四邊形PCDQ構(gòu)成平行四邊形 ∴PC=QD，即4-t=t 解得t=2．

（3）如果射線QN將△ABC的周長平分，則有： MN+NC=AM+BN+AB 即：（1+t）+1+t=（3+4+5）解得：t=（5分）而MN= NC=（1+t）

． ∴S△MNC=（1+t）2=（1+t）2

×4×3 當t= 時，S△MNC=（1+t）2= ≠ ∴不存在某一時刻t，使射線QN恰好將△ABC的面積和周長同時平分．

（4）①當MP=MC時（如圖1）則有：NP=NC 即PC=2NC∴4-t=2（1+t）解得：t=

②當CM=CP時（如圖2）則有：（1+t）=4-t 解得：t=

③當PM=PC時（如圖3）則有：

在Rt△MNP中，PM2=MN2+PN2 而MN= NC=（1+t）PN=NC-PC=（1+t）-（4-t）=2t-3 ∴[（1+t）]2+（2t-3）2=（4-t）2 解得：t1= ∴當t=，t=，t2=-1（舍去），t=

時，△PMC為等腰三角形

點評：

此題繁雜，難度中等，考查平行四邊形性質(zhì)及等腰三角形性質(zhì)．考查學生分類 討論和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想方法．

4.如圖，在矩形ABCD中，BC=20cm，P，Q，M，N分別從A，B，C，D出發(fā)沿AD，BC，CB，DA方向在矩形的邊上同時運動，當有一個點先到達所在運動邊的另一個端點時，運動即停止．已知在相同時間內(nèi)，若BQ=xcm（x≠0），則AP=2xcm，CM=3xcm，DN=x2cm．

（1）當x為何值時，以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊構(gòu)成一個三角形；

（2）當x為何值時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形；

（3）以P，Q，M，N為頂點的四邊形能否為等腰梯形？如果能，求x的值；如果不能，請說明理由．

分析：

以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊構(gòu)成一個三角形的必須條件是點P、N重合且點Q、M不重合，此時AP+ND=AD即2x+x2=20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm；或者點Q、M重合且點P、N不重合，此時AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC=BC即x+3x=20cm．所以可以根據(jù)這兩種情況來求解x的值．

以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形的話，因為由第一問可知點Q只能在點M的左側(cè)．當點P在點N的左側(cè)時，AP=MC，BQ=ND；當點P在點N的右側(cè)時，AN=MC，BQ=PD．所以可以根據(jù)這些條件列出方程關系式．

如果以P，Q，M，N為頂點的四邊形為等腰梯形，則必須使得AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm，AP=ND即2x=x2，BQ=MC即x=3x，x≠0．這些條件不能同時滿足，所以不能成為等腰梯形．

解答：

解：（1）當點P與點N重合或點Q與點M重合時，以PQ，MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊可能構(gòu)成一個三角形． ①當點P與點N重合時，由x2+2x=20，得x1=-1，x2=--1（舍去）． 因為BQ+CM=x+3x=4（-1）＜20，此時點Q與點M不重合． 所以x=-1符合題意．

②當點Q與點M重合時，由x+3x=20，得x=5． 此時DN=x2=25＞20，不符合題意． 故點Q與點M不能重合． 所以所求x的值為-1．

（2）由（1）知，點Q只能在點M的左側(cè)，①當點P在點N的左側(cè)時，由20-（x+3x）=20-（2x+x2），解得x1=0（舍去），x2=2．

當x=2時四邊形PQMN是平行四邊形． ②當點P在點N的右側(cè)時，由20-（x+3x）=（2x+x2）-20，解得x1=-10（舍去），x2=4．

當x=4時四邊形NQMP是平行四邊形．

所以當x=2或x=4時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形．（3）過點Q，M分別作AD的垂線，垂足分別為點E，F(xiàn)． 由于2x＞x，所以點E一定在點P的左側(cè)．

若以P，Q，M，N為頂點的四邊形是等腰梯形，則點F一定在點N的右側(cè)，且PE=NF，即2x-x=x2-3x． 解得x1=0（舍去），x2=4．

由于當x=4時，以P，Q，M，N為頂點的四邊形是平行四邊形，所以以P，Q，M，N為頂點的四邊形不能為等腰梯形．

點評：

本題考查到三角形、平行四邊形、等腰梯形等圖形的邊的特點．

5.如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=14cm，AD=15cm，BC=21cm，點M從點A開始，沿邊AD向點D運動，速度為1cm/s；點N從點C開始，沿邊CB向點B運動，速度為2cm/s、點M、N分別從點A、C出發(fā)，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設運動時間為t秒．

（1）當t為何值時，四邊形MNCD是平行四邊形？（2）當t為何值時，四邊形MNCD是等腰梯形？

分析：（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，對邊相等，求得t值；

（2）根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)，下底減去上底等于12，求解即可．

解答：

解：（1）∵MD∥NC，當MD=NC，即15-t=2t，t=5時，四邊形MNCD是平行四邊形；（2）作DE⊥BC，垂足為E，則CE=21-15=6，當CN-MD=12時，即2t-（15-t）=12，t=9時，四邊形MNCD是等腰梯形

點評：

考查了等腰梯形和平行四邊形的性質(zhì)，動點問題是中考的重點內(nèi)容．

6.如圖，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21，動點P從點D出發(fā)，沿射線DA的方向以每秒2個單位長的速度運動，動點Q從點C出發(fā)，在線段CB上以每秒1個單位長的速度向點B運動，P、Q分別從點D、C同時出發(fā)，當點Q運動到點B時，點P隨之停止運動，設運動時間為t（s）．

（1）設△BPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關系；

（2）當t為何值時，以B、P、Q三點為頂點的三角形是等腰三角形？

分析：

（1）若過點P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形，得出PM=DC=12，由QB=16-t，可知：s= PM×QB=96-6t；

（2）本題應分三種情況進行討論，①若PQ=BQ，在Rt△PQM中，由 PQ2=PM2+MQ2，PQ=QB，將各數(shù)據(jù)代入，可將時間t求出；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，由PB2=BM2+PM2，BP=BQ，將數(shù)據(jù)代入，可將時間t求出；

③若PB=PQ，PB2=PM2+BM2，PB=PQ，將數(shù)據(jù)代入，可將時間t求出．

解答：

解：（1）過點P作PM⊥BC于M，則四邊形PDCM為矩形． ∴PM=DC=12，∵QB=16-t，∴s= ?QB?PM=（16-t）×12=96-6t（0≤t≤

（2）由圖可知，CM=PD=2t，CQ=t，若以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形，可以分三種情況）．

：

①若PQ=BQ，在Rt△PMQ中，PQ2=t2+122，由PQ2=BQ2得t2+122=（16-t）2，解得 ；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，PB2=（16-2t）2+122，由PB2=BQ2得（16-2t）2+122=（16-t）2，此方程無解，∴BP≠PQ．

③若PB=PQ，由PB2=PQ2得t2+122=（16-2t）2+122得 合題意，舍去）． 綜上所述，當 形．

或

時，以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角，t2=16（不點評： 本題主要考查梯形的性質(zhì)及勾股定理．在解題（2）時，應注意分情況進行討論，防止在解題過程中出現(xiàn)漏解現(xiàn)象．

7.直線y=-34x+6與坐標軸分別交于A、B兩點，動點P、Q同時從O點出發(fā)，同時到達A點，運動停止．點Q沿線段OA運動，速度為每秒1個單位長度，點P沿路線O?B?A運動．

（1）直接寫出A、B兩點的坐標；（2）設點Q的運動時間為t（秒），△OPQ的面積為S，求出S與t之間的函數(shù)關系式；

（3）當S= 485時，求出點P的坐標，并直接寫出以點O、P、Q為頂點的平行四邊形的第四個頂點M的坐標．

分析：

（1）分別令y=0，x=0，即可求出A、B的坐標；（2））因為OA=8，OB=6，利用勾股定理可得AB=10，進而可求出點Q由O到A的時間是8秒，點P的速度是2，從而可求出，當P在線段OB上運動（或0≤t≤3）時，OQ=t，OP=2t，S=t2，當P在線段BA上運動（或3＜t≤8）時，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，作PD⊥OA于點D，由相似三角形的性質(zhì)，得 PD=48-6t5，利用S= 12OQ×PD，即可求出答案；（3）令S= 485，求出t的值，進而求出OD、PD，即可求出P的坐標，利用平行四邊形的對邊平行且相等，結(jié)合簡單的計算即可寫出M的坐標．

解答：

解：（1）y=0，x=0，求得A（8，0）B（0，6），（2）∵OA=8，OB=6，∴AB=10． ∵點Q由O到A的時間是 81=8（秒），∴點P的速度是 6+108=2（單位長度/秒）． 當P在線段OB上運動（或O≤t≤3）時，OQ=t，OP=2t，S=t2．

當P在線段BA上運動（或3＜t≤8）時，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，如圖，做PD⊥OA于點D，由 PDBO=APAB，得PD= 48-6t5． ∴S= 12OQ?PD=-35t2+245t．

（3）當S= 485時，∵ 485＞12×3×6∴點P在AB上 當S= 485時，-35t2+245t= 485 ∴t=4 ∴PD= 48-6×45= 245，AD=16-2×4=8 AD= 82-(245)2= 325 ∴OD=8-325= 85 ∴P（85，245）M1（285，245），M2（-125，245），M3（125，-245）

點評：

本題主要考查梯形的性質(zhì)及勾股定理．在解題（2）時，應注意分情況進行討論，防止在解題過程中出現(xiàn)漏解現(xiàn)象．

第四篇：數(shù)學中考專題復習——《動點問題》教案

中考專題復習——動點問題

【學情分析】

動點一般在中考都是壓軸題，步驟不重要，重要的是思路。動點類題目一般都有好幾問，前一問大都是后一問的提示，就像幾何探究類題一樣，如果后面的題難了，可以反過去看看前面問題的結(jié)論 【教學目標】

知識與技能：

1、利用特殊三角形的性質(zhì)和定理解決動點問題；

2、分析題目，了解有幾個動點，動點的路程，速度（動點怎么動）；

3、結(jié)合圖形和題目，得出已知或能間接求出的數(shù)據(jù)。

過程與方法：

1、利用分類討論的方法分析并解決問題；

2、數(shù)形結(jié)合、方程思想的運用。

情感態(tài)度價值觀：通過動手操作、合作交流，探索證明等活動，培養(yǎng)學生的團隊合作精神，激發(fā)學生學習數(shù)學的興趣。【教學重點】

根據(jù)動點中的移動距離，找出等量列方程。【教學難點】

1、兩點同時運動時的距離變化；

2、運動題型中的分類討論 【教學方法】教師引導、自主思考 【教學過程】

一、動點問題的近況：

1、動態(tài)幾何

圖形中的點動、線動、形動構(gòu)成的問題稱之為動態(tài)幾何問題.它主要以幾何圖形為載體，運動變化為主線，集多個知識點為一體，集多種解題思想于一題.這類題綜合性強，能力要求高，它能全面的考查學生的實踐操作能力，空間想象能力以及分析問題和解決問題的能力.動態(tài)幾何特點－－－－問題背景是特殊圖形，考查問題也是特殊圖形，所以要把握好一般與特殊的關系；分析過程中，特別要關注圖形的特性（特殊角、特殊圖形的性質(zhì)、圖形的特殊位置。）它通常分為三種類型：動點問題、動線問題、動形問題。在解這類問題時，要充分發(fā)揮空間想象的能力，不要被“動”所迷惑，而是要在“動”中求“靜”，化“動”為“靜”，抓住它運動中的某一瞬間，尋找確定的關系式，就能找到解決問題的途徑。本節(jié)課重點來探究動態(tài)幾何中的第一種類型----動點問題。所謂動點問題：是指題設圖形中存在一個或多個動點，它們在線段、射線或弧線上運動的一類開放新題目。

2、三年中考概況；

近年來運動問題是以三角形或四邊形為背景，用運動的觀點來探究幾何圖形變化規(guī)律的問題．這類題的特點是：圖形中的某些元素(如點、線段、角等)或整個圖形按某種規(guī)律運動，圖形的各個元素在運動變化過程中相互依存，相互制約．

3、解題策略和方法：

“動點型問題” 題型繁多、題意創(chuàng)新，考察學生的分析問題、解決問題的能力，內(nèi)容包括空間觀念、應用意識、推理能力等，是近幾年中考題的熱點和難點。解決動點問題的關鍵是“動中求靜”.動點問題一直是中考熱點，近幾年考查探究運動中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四邊形、梯形、特殊角或其三角函數(shù)、線段或面積的最值。

從變換的角度和運動變化來研究三角形、四邊形、函數(shù)圖像等圖形，通過“對稱、動點的運動”等研究手段和方法，來探索與發(fā)現(xiàn)圖形性質(zhì)及圖形變化，在解題過程中滲透空間觀念和合情推理。在動點的運動過程中觀察圖形的變化情況，理解圖形在不同位置的情況，做好計算推理的過程。在變化中找到不變的性質(zhì)是解決數(shù)學“動點”探究題的基本思路,這也是動態(tài)幾何數(shù)學問題中最核心的數(shù)學本質(zhì)。

4、動點問題所用的數(shù)學思想：

解決運動型問題常用的數(shù)學思想是方程思想，數(shù)學建模思想，函數(shù)思想，轉(zhuǎn)化思想等；常用的數(shù)學方法有：分類討論法，數(shù)形結(jié)合法等。

二、探究新知

1、一個動點：圖形中一個動點所形成的等腰三角形 【自主探究】

例

1、如圖：已知平行四邊形ABCD中，AB=7，BC=4，∠A=30°(1)點P從點A沿AB邊向點B運動，速度為1cm/s。

若設運動時間為t(s)，連接PC,當t為何值時，△PBC為等腰三角形？

分析：若三角形PBC為等腰三角形

則PB=BC

7-t=4

t=3

ADCB溫馨提示：等腰三角形的性質(zhì)：腰相等、底角相等、三線合一

教師活動：利用幾何畫板進行動態(tài)演示，在某一時刻靜止，讓學生觀察圖形的特點，利用等腰三角形的性質(zhì)解決問題。

學生活動：仔細觀察幾何畫板中圖形的運動過程，在靜止時刻時，圖形的特點，將相關線段用含有t的式子表示出來，從而列出方程。歸納方法：

1、定圖形；

2、t已知；

3、列方程。

【合作探究】

變式：若點P從點A沿射線AB邊向點B運動，速度為1cm/s。當t為何

DC值時，△PBC為等腰三角形？

AB學生活動：小組合作探究點P在射線上運動所形成幾種情況，在利用（1）中得到方法。盡可能的將畫出靜止時的圖形，從而解決問題。教師活動：利用幾何畫板展示幾種情況。

2、兩個動點：圖形中有兩個動點的情況。【自主探究】

例2：:如圖．△ABC中AB=6cm，BC=4cm，∠B=60°，動點P、Q分別從A、B兩點同時出發(fā)．分別沿AB、BC方向勻速移動；它們的速度分別為2cm/s和1cm/s．當點P到達點B時．P、Q兩點停止運動．設點P的運動時間為t（s）．當t為 ______時，△PBQ為直角三角形．

P8師：

1、根據(jù)剛才的方法，請同學們試著畫出靜態(tài)圖形，注意兩個動點的速度問題。（兩名學生在黑板上板演）

2、用代數(shù)式表示圖中有用的線段：AP=2t,BQ=t,所以：BP=6-2t。（學生講解）

3、找出等量關系（三角函數(shù)關系），構(gòu)建方程模型。

溫馨提示：含有30度的直角三角形的性質(zhì)；

教師活動：利用幾何畫板演示動態(tài)圖形，讓學生能感知靜態(tài)時的圖形。學生活動：畫出靜態(tài)時的圖形，并試著列出方程。

【變換拓展】

4（2014?新疆）如圖，直線?x?8與x軸交于A點，與y軸交于B點，動

3點P從A點出發(fā)，以每秒2個單位的速度沿AO方向向點O勻速運動，同時動點Q從B點出發(fā)，以每秒1個單位的速度沿BA方向向點A勻速運動，當一個點停止運動，另一個點也隨之停止運動，連接PQ，設運動時間為t（s）（0＜t≤3）．

（1）寫出A，B兩點的坐標；

（2）設△AQP的面積為S，試求出S與t之間的函數(shù)關系式；并求出當t為何值時，△AQP的面積最大？（3）當t為何值時，以點A，P，Q為頂點的三角形與△ABO相似，并直接寫出此時點Q的坐標．

考點：一次函數(shù)綜合題 專題：壓軸題 分析：（1）分別令y=0，x=0求解即可得到點A、B的坐標；

（2）利用勾股定理列式求出AB，然后表示出AP、AQ，再利用∠OAB的正弦求出點Q到AP的距離，然后利用三角形的面積列式整理即可得解；（3）根據(jù)相似三角形對應角相等，分∠APQ=90°和∠AQP=90°兩種情況，利用∠OAB的余弦列式計算即可得解．

師：對于第一道題快速解決即可。

解：（1）令y=0，則﹣x+8=0，解得x=6，x=0時，y=y=8，∴OA=6，OB=8，∴點A（6，0），B（0，8）；

師：對于第二道題只需求解出三角形APQ的高，做出圖形的高，發(fā)現(xiàn)三角形APQ 與三角形AOB是相似三角形，利用相似比解決問題，得出高后，利用三角形面積公式表示出S與t的關系式，發(fā)現(xiàn)是一個開口向下的拋物線，頂點是（5,20），注意自變量t的取值范圍，再求解最大面積。此題對學生進行一定的引導。

（2）在Rt△AOB中，由勾股定理得，AB=

=

=10，記點Q到AP的距離為h ∵點P的速度是每秒2個單位，點Q的速度是每秒1個單位，∴AP=2t，AQ=AB﹣BQ=10﹣t，而三角形APQ與三角形AOB相似，∴hAQh10?t? ∴? ∴h=（10﹣t）OBAB810

22∴△AQP的面積S=×2t×（10﹣t）=﹣（t﹣10t）=﹣（t﹣5）+20，∵﹣＜0，頂點為（5,20）而0＜t≤3，∴當t=3時，△AQP的面積最大，S最大=﹣（3﹣5）+20=

2；

師：對于第三題：讓學生講解畫圖——引導其講解等量關系是：三角形相似比——列出方程。

（3）若∠APQ=90°，則cos∠OAB=∴解得t==，，若∠AQP=90°，則cos∠OAB=∴解得t==，∵0＜t≤3，∴t的值為，=，）×=），），此時，OP=6﹣2×PQ=AP?tan∠OAB=（2×∴點Q的坐標為（綜上所述，t=，秒時，以點A，P，Q為頂點的三角形與△ABO相似，此時點Q的坐標為（點評：本題是一次函數(shù)綜合題型，主要利用了一次函數(shù)與坐標軸的交點的求法，三角形的面積，二次函數(shù)的最值問題，相似三角形對應角相等的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，（2）要注意根據(jù)t的取值范圍求三角形的面積的最大值，（3）難點在于要分情況討論

三、課堂小結(jié)

本節(jié)課主要探究了動態(tài)幾何中的動點問題，其實是在動中求靜，抓住它運動中的某一瞬間，尋找確定的關系式，就能找到解決問題的途徑，總結(jié)：定圖形、t已知、列方程。

解決運動型問題常用的數(shù)學思想是方程思想，數(shù)學建模思想，函數(shù)思想，轉(zhuǎn)化思想等；常用的數(shù)學方法有：分類討論法，數(shù)形結(jié)合法等.。

第五篇：數(shù)學中考專題復習——《動點問題》教案

中考專題復習——動點問題

【學情分析】

動點一般在中考都是壓軸題，步驟不重要，重要的是思路。動點類題目一般都有好幾問，前一問大都是后一問的提示，就像幾何探究類題一樣，如果后面的題難了，可以反過去看看前面問題的結(jié)論 【教學目標】

知識與技能：

1、利用特殊三角形的性質(zhì)和定理解決動點問題；

2、分析題目，了解有幾個動點，動點的路程，速度（動點怎么動）；

3、結(jié)合圖形和題目，得出已知或能間接求出的數(shù)據(jù)。

過程與方法：

1、利用分類討論的方法分析并解決問題；

2、數(shù)形結(jié)合、方程思想的運用。

情感態(tài)度價值觀：通過動手操作、合作交流，探索證明等活動，培養(yǎng)學生的團隊合作精神，激發(fā)學生學習數(shù)學的興趣。【教學重點】

根據(jù)動點中的移動距離，找出等量列方程。【教學難點】

1、兩點同時運動時的距離變化；

2、運動題型中的分類討論 【教學方法】教師引導、自主思考 【教學過程】

一、動點問題的近況：

1、動態(tài)幾何

圖形中的點動、線動、形動構(gòu)成的問題稱之為動態(tài)幾何問題.它主要以幾何圖形為載體，運動變化為主線，集多個知識點為一體，集多種解題思想于一題.這類題綜合性強，能力要求高，它能全面的考查學生的實踐操作能力，空間想象能力以及分析問題和解決問題的能力.動態(tài)幾何特點－－－－問題背景是特殊圖形，考查問題也是特殊圖形，所以要把握好一般與特殊的關系；分析過程中，特別要關注圖形的特性（特殊角、特殊圖形的性質(zhì)、圖形的特殊位置。）它通常分為三種類型：動點問題、動線問題、動形問題。在解這類問題時，要充分發(fā)揮空間想象的能力，不要被“動”所迷惑，而是要在“動”中求“靜”，化“動”為“靜”，抓住它運動中的某一瞬間，尋找確定的關系式，就能找到解決問題的途徑。本節(jié)課重點來探究動態(tài)幾何中的第一種類型----動點問題。所謂動點問題：是指題設圖形中存在一個或多個動點，它們在線段、射線或弧線上運動的一類開放新題目。

2、動點問題所用的數(shù)學思想：

解決運動型問題常用的數(shù)學思想是方程思想，數(shù)學建模思想，函數(shù)思想，轉(zhuǎn)化思想等；常用的數(shù)學方法有：分類討論法，數(shù)形結(jié)合法等。

一典例分析

已知：如圖①，在Rt△ACB中，?C?90，AC?4cm，BC?3cm，點P由B出發(fā)沿BA方向向點A勻速運動，速度為1cm/s；點Q由A出發(fā)沿AC方向向點C勻速運動，速度為2cm/s；連接PQ．若設運動的時間為t(s)（0?t?2），解答下列問題：（1）當t為何值時，PQ∥BC？

（2）：當t為何值時，△APQ是等腰三角形？

B

P

AC Q

變式2：把△APQ沿AQ翻折，得到四邊形PQP'A，那么是否存在某一時刻t，使四邊形PQP'A為菱形？

（3）設△AQP的面積為y（cm2），求y與t之間的函數(shù)關系式；

（4）是否存在某一時刻t，使S△APQ:S△ABC=2:5若存在，求出t的值，若不存在，說明理由； 變式：是否存在某一時刻t，使線段PQ恰好把Rt△ACB的周長和面積同時平分？若存在，求出此時t的值；

二、直擊中考，實戰(zhàn)演練

已知：如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，tan∠BAC=，將∠ABC對折，使點C的對應點H恰好落在直線AB上，折痕交AC于點O，以點O為坐標原點，AC所在直線為x軸建立平面直角坐標系（1）求過A、B、O三點的拋物線解析式；

（2）若在線段AB上有一動點P，過P點作x軸的垂線，交拋物線于M，設PM的長度等于d，試探究d有無最大值，如果有，請求出最大值，如果沒有，請說明理由．

（3）若在拋物線上有一點E，在對稱軸上有一點F，且以O、A、E、F為頂點的四邊形為平行四邊形，試求出點E的坐標．