第一篇：初中數學 幾何動點問題

初中數學 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,靈活運用有關數學知

識解決問題.關鍵:動中求靜.數學思想：分類思想 函數思想方程思想數形結合思想 轉化思想

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，來探索與發現圖形性質及圖形變化，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是解決數學“動點”探究題的基本

思路,這也是動態幾何數學問題中最核心的數學本質。

二期課改后數學卷中的數學壓軸性題正逐步轉向數形結合、動態幾何、動手操作、實驗探究等方向發展．這些壓軸題題型繁多、題意創新，目的是考察學生的分析

問題、解決問題的能力，內容包括空間觀念、應用意識、推理能力等．從數學思

想的層面上講：（1）運動觀點；（2）方程思想；（3）數形結合思想；（4）

分類思想；（5）轉化思想等．研究歷年來各區的壓軸性試題，就能找到今年中

考數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

第二篇：初中數學動點問題總結

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，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論．

分析：

（1）根據CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根據等邊對等角得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“等角對等邊”證明出結論（1），再利用結論（1）和矩形的判定證明結論（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，沿線段BC向點C作勻速運動；動點Q從點D出發，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，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的代數式表示）；

（2）當t為何值時，四邊形PCDQ構成平行四邊形；（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，根據勾股定理可求CA=5，即可表示CM； 四邊形PCDQ構成平行四邊形就是PC=DQ，列方程4-t=t即解；

（3）可先根據QN平分△ABC的周長，得出MN+NC=AM+BN+AB，據此來求出t的值．然后根據得出的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，據此可求出t的值． ②當CM=CP時，可根據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及等腰三角形性質．考查學生分類 討論和數形結合的數學思想方法．

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，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．當點P在點N的左側時，AP=MC，BQ=ND；當點P在點N的右側時，AN=MC，BQ=PD．所以可以根據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，①當點P在點N的左側時，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． 由于2x＞x，所以點E一定在點P的左側．

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，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，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）根據平行四邊形的性質，對邊相等，求得t值；

（2）根據等腰梯形的性質，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，動點問題是中考的重點內容．

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，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，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，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，將各數據代入，可將時間t求出；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，由PB2=BM2+PM2，BP=BQ，將數據代入，可將時間t求出；

③若PB=PQ，PB2=PM2+BM2，PB=PQ，將數據代入，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漏解現象．

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，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，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漏解現象．

第三篇：七年級數學壓軸題(動點,幾何)

1． 已知數軸上A、B兩點對應數分別為—2，4，P為數軸上一動點，對應數為x。

⑴ P為線段AB的三等分點，求P點對應的數。

⑵ ⑵數軸上是否存在P點，使P點到A、B距離和為10？若存在，求出x的值；若不存在，請說明理由。

⑶⑶若點A、點B和P點（P點在原點）同時向左運動。它們的速度分別

為1、2、1個單位長度/分鐘，則第幾分鐘時P為AB的中點？（參考答

案：⑴0或2；⑵—4或6；⑶2）

第四篇：數學中考專題復習——《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論 【教學目標】

知識與技能：

1、利用特殊三角形的性質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、結合圖形和題目，得出已知或能間接求出的數據。

過程與方法：

1、利用分類討論的方法分析并解決問題；

2、數形結合、方程思想的運用。

情感態度價值觀：通過動手操作、合作交流，探索證明等活動，培養學生的團隊合作精神，激發學生學習數學的興趣?！窘虒W重點】

根據動點中的移動距離，找出等量列方程?！窘虒W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、動態幾何

圖形中的點動、線動、形動構成的問題稱之為動態幾何問題.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、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。本節課重點來探究動態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、題意創新，考察學生的分析問題、解決問題的能力，內容包括空間觀念、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、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，來探索與發現圖形性質及圖形變化，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是解決數學“動點”探究題的基本思路,這也是動態幾何數學問題中最核心的數學本質。

4、動點問題所用的數學思想：

解決運動型問題常用的數學思想是方程思想，數學建模思想，函數思想，轉化思想等；常用的數學方法有：分類討論法，數形結合法等。

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：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?！咀灾魈骄俊?/p>

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．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、根據剛才的方法，請同學們試著畫出靜態圖形，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（三角函數關系），構建方程模型。

溫馨提示：含有30度的直角三角形的性質；

教師活動：利用幾何畫板演示動態圖形，讓學生能感知靜態時的圖形。學生活動：畫出靜態時的圖形，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，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，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，發現三角形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，發現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：本題是一次函數綜合題型，主要利用了一次函數與坐標軸的交點的求法，三角形的面積，二次函數的最值問題，相似三角形對應角相等的性質，銳角三角函數，（2）要注意根據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

本節課主要探究了動態幾何中的動點問題，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：定圖形、t已知、列方程。

解決運動型問題常用的數學思想是方程思想，數學建模思想，函數思想，轉化思想等；常用的數學方法有：分類討論法，數形結合法等.。

第五篇：探究動點軌跡問題

探究動點軌跡問題（2）

福州時代中學戴煒

一、實驗內容 探究圓錐曲線中兩直線交點的軌跡問題

掌握利用超級畫板進行動態探究的常用方法

二、設計理念

本講意在通過具體任務，驅動學生進行主動探究，發現規律性質，并能總結出一般結論。最后能體會利用超級畫板探究動態幾何問題的一般方法，并將其應用到更加廣泛的探究過程中去。

三、實驗過程

1.探究問題（軌跡為定點型）x2

?y2?1，過橢圓的右焦點F作與x軸不垂直的直線L，交橢圓于已知橢圓方程為5

A、B兩點，C是點A關于x軸的對稱點，試用超級畫板探究直線BC與x軸的交點N的軌跡。

探究過程

（1）求出橢圓的右焦點?2,0?

x2

?y2?1和過點?2,0?的直線x?my?2，用畫筆標出交點A、B（2）作出橢圓：5

（3）作出點A關于x軸的對稱點C，作直線BC，找出其與x軸的交點N

（4）拖動關于m的滑動塊，觀察點N的軌跡

（5）猜測點N的坐標，你能用數學方法加以說明嗎？

探究結果

直線BC與x軸的交點N是定點，定點的坐標為??5?,0? ?2?

x2y2

拓展探究：若橢圓的方程為2?2?1，試用超級畫板探究N點的軌跡是否仍是定點。ab

2.探究問題（軌跡為圓錐曲線型）

x2

?y2?1，點A、B是橢圓長軸的兩個端點，直線（1）已知橢圓C的方程為4

x?m(?2?m?2)與橢圓C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試用超級畫板探究，當m變化時S的軌跡，并求出該軌跡方程。

x2x2y22

?y?1改為橢圓2?2?1，點A、B是橢圓長軸的兩個端（2）若將橢圓C：4ab

點，直線x?m??a?x?a?與橢圓C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試求S的軌跡方程。

x2y2x2y2

（3）若將橢圓C：2?2?1改為雙曲線2?2?1，點A、B是雙曲線實軸的兩

abab

個端點，直線x?m與雙曲線C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試求S的軌跡方程。

探究過程

x2

?y2?1和點A（-2,0）（1）作出橢圓：，點B（2,0）4

（2）作出直線x?m，用畫筆標出交點P、Q（3）作直線AP、BQ，用畫筆標出交點S（4）拖動關于m的滑動塊，觀察點S的軌跡（5）你能求出S的軌跡方程嗎？

x2y2x2y2

（6）用類似的方法探究橢圓方程為2?2?1和雙曲線方程為2?2?1時S的軌

abab

跡。

探究結果

x2

?y2?1（1）S的軌跡為雙曲線，方程為4x2y2

（2）S的軌跡為雙曲線，方程為2?2?1

ab

x2y2

（3）S的軌跡為橢圓，方程為2?2?1

ab

互動交流：結合“交軌法”求軌跡方程做相應討論和總結。

x2y2x2y2

以問題（3）為例，若將橢圓C：2?2?1改為雙曲線2?2?1，點A、B是雙

abab

曲線實軸的兩個端點，直線x?m與雙曲線C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試求S的軌跡方程。

解析過程：設P點的坐標為?x1,y1?，則Q點的坐標為?x1,?y1?.又有A??a,0?,B?a,0? 則直線AP的方程為y?

y1

?x?a?① x1?a

y1

?x?a?② x1?a

直線BQ的方程為y?

y1222

①×②得y??2③ x?a??2

x1?a

x12y12

又因點P在雙曲線上，故2?2?1

abm222

即y?2?x1?a?

n

x2y2

代入③并整理得2?2?1,此即為點S的軌跡方程.ab

拓展探究：（1）若直線x?m改為垂直于y軸的直線，最終的軌跡如何？

（2）若將問題架構在拋物線上，如拋物線y?2x上任意一點P向其準線l引垂線，垂足為Q，連接頂點O與P的直線和連接焦點F與Q的直線交于R點，則R點的軌跡如何？

結果：軌跡方程為y??2x?x 3.探究問題（軌跡為直線型）

前面的探究問題中，直線的平移是生成點M軌跡的因素之一，若將直線的平移改為旋轉，點S的軌跡如何？

x2

?y2?1，已知曲線C的方程為曲線C與x軸的交點分別為A、B，設直線x?my?14

與曲線C交于P,Q兩點，且AP和BQ交于S點，試用超級畫板探究，當m變化時，S的軌跡是不是恒在一條直線上？如果是，請求出該直線方程。

探究過程

x2

?y2?1和直線x?my?1，用畫筆標出點A、B和交點P、Q，（1）作出曲線C：4

作直線AP、PQ，找出交點S，拖動關于m的滑動塊，觀察S的軌跡，判斷S的軌跡是不是恒在一條直線上，并求出該直線方程。

x2y2

（2）插入變量尺a、b，作出橢圓2?2?1；控制橢圓的長短軸大小，觀察軌跡變

ab

化；

（3）猜測影響軌跡位置與形狀的因素，你能用數學方法加以說明嗎？ 探究結果

（1）m改變時，S的軌跡為一條直線，直線方程為x?4

x2y2

（2）插入變量尺，作出橢圓2?2?1，改變a的值，軌跡位置發生改變，改變b

ab的值，軌跡位置不變；

x2y22

（3）假設橢圓方程為2?2?1，則按上述方法做出的點S的軌跡為直線x?a

ab

拓展探究

x2y2

（1）若曲線C由橢圓變為雙曲線2?2?1，S的軌跡是不是仍在一條直線上？你

ab

能否求出該直線方程。

x2y2

（2）假設橢圓方程為2?2?1，前面的探究問題中，A、B點為曲線和x軸的交點，ab

現在若將A、B點改為x軸上的定點（-2，0）和（2，0），則點S的軌跡還是直線嗎？請試用超級畫板探究，判斷S的軌跡為何種類型的曲線。

結果：當a?2時，S的軌跡為一個橢圓

當1?a?2時，S的軌跡為一個雙曲線