初二数学-八年级数学动点问题专项训练(五篇范文)

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第一篇:初二数学-八年级数学动点问题专项训练

动点问题专项训练

1.如图,△ABC是边长为6的等边三角形,P是AC边上一动点,由A向C运动(与A、C不重合),Q是CB延长线上一点,与点P同时以相同的速度由B向CB延长线方向运动(Q不与B重合),过P作PE⊥AB于E,连接PQ交AB于D.(1)当∠BQD=30°时,求AP的长;

(2)当运动过程中线段ED的长是否发生变化?如果不变,求出线段ED的长;如果变化请说明理由.

【答案】解:(1)∵△ABC是边长为6的等边三角形,∴∠ACB=60°。

∵∠BQD=30°,∴∠QCP=90°。

设AP=x,则PC=6﹣x,QB=x,∴QC=QB+C=6+x。∵在Rt△QCP中,∠BQD=30°,∴PC=∴当∠BQD=30°时,AP=2。

(2)当点P、Q运动时,线段DE的长度不会改变。理由如下:

作QF⊥AB,交直线AB的延长线于点F,连接QE,PF。∵PE⊥AB于E,∴∠DFQ=∠AEP=90°。∵点P、Q做匀速运动且速度相同,∴AP=BQ。∵△ABC是等边三角形,∴∠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。∴四边形PEQF是平行四边形。∴DE=

11QC,即6﹣x=(6+x),解得x=2。221EF。21AB。2∵EB+AE=BE+BF=AB,∴DE=又∵等边△ABC的边长为6,∴DE=3。

∴当点P、Q运动时,线段DE的长度不会改变。

2.如图,已知一次函数y1kxb的图象与x轴相交于点A,与反比例函数y2的图象相交于B(-1,5)、C((1)求k、b的值;(2)设1mc x5,d)两点.点P(m,n)是一次函数y1kxb的图象上的动点. 23c,过点P作x轴的平行线与函数y2的图象相交于点D.试问△PAD的面积是 2x否存在最大值?若存在,请求出面积的最大值及此时点P的坐标;若不存在,请说明理由;

(3)设m1a,如果在两个实数m与n之间(不包括m和n)有且只有一个整数,求实数a的取值 范围.

【答案】解:(1)将点B 的坐标代入yc2x,得5c1,解得c=5。∴反比例函数解析式为y52x。

将点C(52,d)的坐标代入y5552x,得d5=2。∴C(2,-2)。

2∵一次函数ykxb的图象经过B(-1,5)、C(512,-2)两点,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)。

由题意,点P(m,n)是一次函数y3的图象上的动点,且1m312x2∴点P在线段AB 上运动(不含A、B)。设P(3n2,n)。∵DP∥x轴,且点D在y52x的图象上,∴y55DyPn,xD=n,即D(n,n)。

2∴△PAD的面积为S113n2PDOP=22+5nn=14n32+4916。∴S关于n的二次函数的图象开口向下,有最大值。

又∵n=2m3,1m32,得0n5,而0n=325。∴当n=3332时,即P(4,2)时,△PAD的面积S最大,为

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,则m<10,n2,解出不等式组的解为0

1。2 由题设,n0,m<2,解出不等式组的解为a<0。

综上所述,数a的取值范围为a<0,0

【分析】(1)根据曲线上点的坐标与方程的关系,由B 的坐标求得c=5,从而得到y255;由点C在y2上xx求得d2,即得点C的坐标;由点B、C在y1kxb上,得方程组,解出即可求得k、b的值。

(2)求出△PAD的面积S关于n的二次函数(也可求出关于m),应用二次函数的最值原理即可求得面积的最大值及此时点P的坐标。

(3)由m≠n得到a0。分a>0和a<0两种情况求解。

3.如图,已知双曲线yk,经过点D(6,1),点C是双曲线第三象限上的动点,过C作CA⊥x轴,过D作DB⊥yx轴,垂足分别为A,B,连接AB,BC.(1)求k的值;

(2)若△BCD的面积为12,求直线CD的解析式;(3)判断AB与CD的位置关系,并说明理由.

【答案】解:(1)∵双曲线ykk经过点D(6,1),∴1,解得k=6。x61×6•h=12,解得h=4。2(2)设点C到BD的距离为h,∵点D的坐标为(6,1),DB⊥y轴,∴BD=6,∴S△BCD=∵点C是双曲线第三象限上的动点,点D的纵坐标为1,∴点C的纵坐标为1-4= -3。∴63,解得x= -2。∴点C的坐标为(-2,-3)。x设直线CD的解析式为y=kx+b,1k2kb3则,解得2。6kb1b2∴直线CD的解析式为y(3)AB∥CD。理由如下:

∵CA⊥x轴,DB⊥y轴,点C的坐标为(-2,-3),点D的坐标为(6,1),∴点A、B的坐标分别为A(-2,0),B(0,1)。设直线AB的解析式为y=mx+n,1x2。212mn0m则,解得2。n1n11x1。21∵AB、CD的解析式k都等于相等。

2∴直线AB的解析式为y∴AB与CD的位置关系是AB∥CD。

【考点】反比例函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,平行的判定。【分析】(1)把点D的坐标代入双曲线解析式,进行计算即可得解。

(2)先根据点D的坐标求出BD的长度,再根据三角形的面积公式求出点C到BD的距离,然后求出点C的纵坐标,再代入反比例函数解析式求出点C的坐标,然后利用待定系数法求一次函数解析式解答。

(3)根据题意求出点A、B的坐标,然后利用待定系数法求出直线AB的解析式,可知与直线

CD的解析式k值相等,所以AB、CD平行。

第二篇:初中数学 几何动点问题

初中数学 几何动点问题

动点型问题是最近几年中考的一个热点题型,从你初二的动点问题就不是很好这

点来看,我认为你对动点问题缺乏技巧。

所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线

上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知

识解决问题.关键:动中求静.数学思想:分类思想 函数思想方程思想数形结合思想 转化思想

注重对几何图形运动变化能力的考查

从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形,通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法,来探索与发现图形性质及图形变化,在解题过

程中渗透空间观念和合情推理。选择基本的几何图形,让学生经历探索的过程,以能力立意,考查学生的自主探究能力,促进培养学生解决问题的能力.图形在动点的运动过程中观察图形的变化情况,需要理解图形在不同位置的情况,才能

做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本

思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

二期课改后数学卷中的数学压轴性题正逐步转向数形结合、动态几何、动手操作、实验探究等方向发展.这些压轴题题型繁多、题意创新,目的是考察学生的分析

问题、解决问题的能力,内容包括空间观念、应用意识、推理能力等.从数学思

想的层面上讲:(1)运动观点;(2)方程思想;(3)数形结合思想;(4)

分类思想;(5)转化思想等.研究历年来各区的压轴性试题,就能找到今年中

考数学试题的热点的形成和命题的动向

另外再向你推荐一道2010年山东省青岛市的中考数学最后一题

限于百度的公式无法打出,你可以自己去浏览一下。

这题的动点非常典型,而且不是非常难,应该很适合你

第三篇:初中数学动点问题总结

初二动点问题

1.如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AD=24cm,AB=8cm,BC=26cm,动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动;动点Q从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动.P、Q分别从点A、C同时出发,当其中一点到达端点时,另外一点也随之停止运动,设运动时间为ts.(1)当t为何值时,四边形PQCD为平行四边形?(2)当t为何值时,四边形PQCD为等腰梯形?(3)当t为何值时,四边形PQCD为直角梯形?

分析:

(1)四边形PQCD为平行四边形时PD=CQ.(2)四边形PQCD为等腰梯形时QC-PD=2CE.(3)四边形PQCD为直角梯形时QC-PD=EC.

所有的关系式都可用含有t的方程来表示,即此题只要解三个方程即可.

解答:

解:(1)∵四边形PQCD平行为四边形 ∴PD=CQ ∴24-t=3t 解得:t=6 即当t=6时,四边形PQCD平行为四边形.

(2)过D作DE⊥BC于E 则四边形ABED为矩形 ∴BE=AD=24cm ∴EC=BC-BE=2cm ∵四边形PQCD为等腰梯形 ∴QC-PD=2CE 即3t-(24-t)=4 解得:t=7(s)

即当t=7(s)时,四边形PQCD为等腰梯形.

(3)由题意知:QC-PD=EC时,四边形PQCD为直角梯形即3t-(24-t)=2 解得:t=6.5(s)

即当t=6.5(s)时,四边形PQCD为直角梯形.

点评:

此题主要考查了平行四边形、等腰梯形,直角梯形的判定,难易程度适中.

2.如图,△ABC中,点O为AC边上的一个动点,过点O作直线MN∥BC,设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F,交∠ACB内角平分线CE于E.(1)试说明EO=FO;

(2)当点O运动到何处时,四边形AECF是矩形并证明你的结论;

(3)若AC边上存在点O,使四边形AECF是正方形,猜想△ABC的形状并证明你的结论.

分析:

(1)根据CE平分∠ACB,MN∥BC,找到相等的角,即∠OEC=∠ECB,再根据等边对等角得OE=OC,同理OC=OF,可得EO=FO.

(2)利用矩形的判定解答,即有一个内角是直角的平行四边形是矩形.(3)利用已知条件及正方形的性质解答.

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)当点O运动到AC中点处时,四边形AECF是矩形. 如图AO=CO,EO=FO,∴四边形AECF为平行四边形,∵CE平分∠ACB,∴∠ACE= ∠ACB,同理,∠ACF= ∠ACG,∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=(∠ACB+∠ACG)= ×180°=90°,∴四边形AECF是矩形.

(3)△ABC是直角三角形 ∵四边形AECF是正方形,∴AC⊥EN,故∠AOM=90°,∵MN∥BC,∴∠BCA=∠AOM,∴∠BCA=90°,∴△ABC是直角三角形.

点评:

本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论(1),再利用结论(1)和矩形的判定证明结论(2),再对(3)进行判断.解答时不仅要注意用到前一问题的结论,更要注意前一问题为下一问题提供思路,有相似的思考方法.是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用.

3.如图,直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,已知AD=AB=3,BC=4,动点P从B点出发,沿线段BC向点C作匀速运动;动点Q从点D出发,沿线段DA向点A作匀速运动.过Q点垂直于AD的射线交AC于点M,交BC于点N.P、Q两点同时出发,速度都为每秒1个单位长度.当Q点运动到A点,P、Q两点同时停止运动.设点Q运动的时间为t秒.(1)求NC,MC的长(用t的代数式表示);

(2)当t为何值时,四边形PCDQ构成平行四边形;(3)是否存在某一时刻,使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分?若存在,求出此时t的值;若不存在,请说明理由;(4)探究:t为何值时,△PMC为等腰三角形.

分析:

(1)依据题意易知四边形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,根据勾股定理可求CA=5,即可表示CM; 四边形PCDQ构成平行四边形就是PC=DQ,列方程4-t=t即解;

(3)可先根据QN平分△ABC的周长,得出MN+NC=AM+BN+AB,据此来求出t的值.然后根据得出的t的值,求出△MNC的面积,即可判断出△MNC的面积是否为△ABC面积的一半,由此可得出是否存在符合条件的t值.(4)由于等腰三角形的两腰不确定,因此分三种情况进行讨论: ①当MP=MC时,那么PC=2NC,据此可求出t的值. ②当CM=CP时,可根据CM和CP的表达式以及题设的等量关系来求出t的值. ③当MP=PC时,在直角三角形MNP中,先用t表示出三边的长,然后根据勾股定理即可得出t的值.

综上所述可得出符合条件的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)由于四边形PCDQ构成平行四边形 ∴PC=QD,即4-t=t 解得t=2.

(3)如果射线QN将△ABC的周长平分,则有: 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 当t= 时,S△MNC=(1+t)2= ≠ ∴不存在某一时刻t,使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分.

(4)①当MP=MC时(如图1)则有:NP=NC 即PC=2NC∴4-t=2(1+t)解得:t=

②当CM=CP时(如图2)则有:(1+t)=4-t 解得:t=

③当PM=PC时(如图3)则有:

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= ∴当t=,t=,t2=-1(舍去),t=

时,△PMC为等腰三角形

点评:

此题繁杂,难度中等,考查平行四边形性质及等腰三角形性质.考查学生分类 讨论和数形结合的数学思想方法.

4.如图,在矩形ABCD中,BC=20cm,P,Q,M,N分别从A,B,C,D出发沿AD,BC,CB,DA方向在矩形的边上同时运动,当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时,运动即停止.已知在相同时间内,若BQ=xcm(x≠0),则AP=2xcm,CM=3xcm,DN=x2cm.

(1)当x为何值时,以PQ,MN为两边,以矩形的边(AD或BC)的一部分为第三边构成一个三角形;

(2)当x为何值时,以P,Q,M,N为顶点的四边形是平行四边形;

(3)以P,Q,M,N为顶点的四边形能否为等腰梯形?如果能,求x的值;如果不能,请说明理由.

分析:

以PQ,MN为两边,以矩形的边(AD或BC)的一部分为第三边构成一个三角形的必须条件是点P、N重合且点Q、M不重合,此时AP+ND=AD即2x+x2=20cm,BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm;或者点Q、M重合且点P、N不重合,此时AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm,BQ+MC=BC即x+3x=20cm.所以可以根据这两种情况来求解x的值.

以P,Q,M,N为顶点的四边形是平行四边形的话,因为由第一问可知点Q只能在点M的左侧.当点P在点N的左侧时,AP=MC,BQ=ND;当点P在点N的右侧时,AN=MC,BQ=PD.所以可以根据这些条件列出方程关系式.

如果以P,Q,M,N为顶点的四边形为等腰梯形,则必须使得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.这些条件不能同时满足,所以不能成为等腰梯形.

解答:

解:(1)当点P与点N重合或点Q与点M重合时,以PQ,MN为两边,以矩形的边(AD或BC)的一部分为第三边可能构成一个三角形. ①当点P与点N重合时,由x2+2x=20,得x1=-1,x2=--1(舍去). 因为BQ+CM=x+3x=4(-1)<20,此时点Q与点M不重合. 所以x=-1符合题意.

②当点Q与点M重合时,由x+3x=20,得x=5. 此时DN=x2=25>20,不符合题意. 故点Q与点M不能重合. 所以所求x的值为-1.

(2)由(1)知,点Q只能在点M的左侧,①当点P在点N的左侧时,由20-(x+3x)=20-(2x+x2),解得x1=0(舍去),x2=2.

当x=2时四边形PQMN是平行四边形. ②当点P在点N的右侧时,由20-(x+3x)=(2x+x2)-20,解得x1=-10(舍去),x2=4.

当x=4时四边形NQMP是平行四边形.

所以当x=2或x=4时,以P,Q,M,N为顶点的四边形是平行四边形.(3)过点Q,M分别作AD的垂线,垂足分别为点E,F. 由于2x>x,所以点E一定在点P的左侧.

若以P,Q,M,N为顶点的四边形是等腰梯形,则点F一定在点N的右侧,且PE=NF,即2x-x=x2-3x. 解得x1=0(舍去),x2=4.

由于当x=4时,以P,Q,M,N为顶点的四边形是平行四边形,所以以P,Q,M,N为顶点的四边形不能为等腰梯形.

点评:

本题考查到三角形、平行四边形、等腰梯形等图形的边的特点.

5.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AB=14cm,AD=15cm,BC=21cm,点M从点A开始,沿边AD向点D运动,速度为1cm/s;点N从点C开始,沿边CB向点B运动,速度为2cm/s、点M、N分别从点A、C出发,当其中一点到达端点时,另一点也随之停止运动,设运动时间为t秒.

(1)当t为何值时,四边形MNCD是平行四边形?(2)当t为何值时,四边形MNCD是等腰梯形?

分析:(1)根据平行四边形的性质,对边相等,求得t值;

(2)根据等腰梯形的性质,下底减去上底等于12,求解即可.

解答:

解:(1)∵MD∥NC,当MD=NC,即15-t=2t,t=5时,四边形MNCD是平行四边形;(2)作DE⊥BC,垂足为E,则CE=21-15=6,当CN-MD=12时,即2t-(15-t)=12,t=9时,四边形MNCD是等腰梯形

点评:

考查了等腰梯形和平行四边形的性质,动点问题是中考的重点内容.

6.如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠C=90°,BC=16,DC=12,AD=21,动点P从点D出发,沿射线DA的方向以每秒2个单位长的速度运动,动点Q从点C出发,在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动,P、Q分别从点D、C同时出发,当点Q运动到点B时,点P随之停止运动,设运动时间为t(s).

(1)设△BPQ的面积为S,求S与t之间的函数关系;

(2)当t为何值时,以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形?

分析:

(1)若过点P作PM⊥BC于M,则四边形PDCM为矩形,得出PM=DC=12,由QB=16-t,可知:s= PM×QB=96-6t;

(2)本题应分三种情况进行讨论,①若PQ=BQ,在Rt△PQM中,由 PQ2=PM2+MQ2,PQ=QB,将各数据代入,可将时间t求出;

②若BP=BQ,在Rt△PMB中,由PB2=BM2+PM2,BP=BQ,将数据代入,可将时间t求出;

③若PB=PQ,PB2=PM2+BM2,PB=PQ,将数据代入,可将时间t求出.

解答:

解:(1)过点P作PM⊥BC于M,则四边形PDCM为矩形. ∴PM=DC=12,∵QB=16-t,∴s= •QB•PM=(16-t)×12=96-6t(0≤t≤

(2)由图可知,CM=PD=2t,CQ=t,若以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形,可以分三种情况).

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,此方程无解,∴BP≠PQ.

③若PB=PQ,由PB2=PQ2得t2+122=(16-2t)2+122得 合题意,舍去). 综上所述,当 形.

时,以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角,t2=16(不点评: 本题主要考查梯形的性质及勾股定理.在解题(2)时,应注意分情况进行讨论,防止在解题过程中出现漏解现象.

7.直线y=-34x+6与坐标轴分别交于A、B两点,动点P、Q同时从O点出发,同时到达A点,运动停止.点Q沿线段OA运动,速度为每秒1个单位长度,点P沿路线O⇒B⇒A运动.

(1)直接写出A、B两点的坐标;(2)设点Q的运动时间为t(秒),△OPQ的面积为S,求出S与t之间的函数关系式;

(3)当S= 485时,求出点P的坐标,并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标.

分析:

(1)分别令y=0,x=0,即可求出A、B的坐标;(2))因为OA=8,OB=6,利用勾股定理可得AB=10,进而可求出点Q由O到A的时间是8秒,点P的速度是2,从而可求出,当P在线段OB上运动(或0≤t≤3)时,OQ=t,OP=2t,S=t2,当P在线段BA上运动(或3<t≤8)时,OQ=t,AP=6+10-2t=16-2t,作PD⊥OA于点D,由相似三角形的性质,得 PD=48-6t5,利用S= 12OQ×PD,即可求出答案;(3)令S= 485,求出t的值,进而求出OD、PD,即可求出P的坐标,利用平行四边形的对边平行且相等,结合简单的计算即可写出M的坐标.

解答:

解:(1)y=0,x=0,求得A(8,0)B(0,6),(2)∵OA=8,OB=6,∴AB=10. ∵点Q由O到A的时间是 81=8(秒),∴点P的速度是 6+108=2(单位长度/秒). 当P在线段OB上运动(或O≤t≤3)时,OQ=t,OP=2t,S=t2.

当P在线段BA上运动(或3<t≤8)时,OQ=t,AP=6+10-2t=16-2t,如图,做PD⊥OA于点D,由 PDBO=APAB,得PD= 48-6t5. ∴S= 12OQ•PD=-35t2+245t.

(3)当S= 485时,∵ 485>12×3×6∴点P在AB上 当S= 485时,-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)

点评:

本题主要考查梯形的性质及勾股定理.在解题(2)时,应注意分情况进行讨论,防止在解题过程中出现漏解现象.

第四篇:数学中考专题复习——《动点问题》教案

中考专题复习——动点问题

【学情分析】

动点一般在中考都是压轴题,步骤不重要,重要的是思路。动点类题目一般都有好几问,前一问大都是后一问的提示,就像几何探究类题一样,如果后面的题难了,可以反过去看看前面问题的结论 【教学目标】

知识与技能:

1、利用特殊三角形的性质和定理解决动点问题;

2、分析题目,了解有几个动点,动点的路程,速度(动点怎么动);

3、结合图形和题目,得出已知或能间接求出的数据。

过程与方法:

1、利用分类讨论的方法分析并解决问题;

2、数形结合、方程思想的运用。

情感态度价值观:通过动手操作、合作交流,探索证明等活动,培养学生的团队合作精神,激发学生学习数学的兴趣。【教学重点】

根据动点中的移动距离,找出等量列方程。【教学难点】

1、两点同时运动时的距离变化;

2、运动题型中的分类讨论 【教学方法】教师引导、自主思考 【教学过程】

一、动点问题的近况:

1、动态几何

图形中的点动、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.动态几何特点----问题背景是特殊图形,考查问题也是特殊图形,所以要把握好一般与特殊的关系;分析过程中,特别要关注图形的特性(特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。)它通常分为三种类型:动点问题、动线问题、动形问题。在解这类问题时,要充分发挥空间想象的能力,不要被“动”所迷惑,而是要在“动”中求“静”,化“动”为“静”,抓住它运动中的某一瞬间,寻找确定的关系式,就能找到解决问题的途径。本节课重点来探究动态几何中的第一种类型----动点问题。所谓动点问题:是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放新题目。

2、三年中考概况;

近年来运动问题是以三角形或四边形为背景,用运动的观点来探究几何图形变化规律的问题.这类题的特点是:图形中的某些元素(如点、线段、角等)或整个图形按某种规律运动,图形的各个元素在运动变化过程中相互依存,相互制约.

3、解题策略和方法:

“动点型问题” 题型繁多、题意创新,考察学生的分析问题、解决问题的能力,内容包括空间观念、应用意识、推理能力等,是近几年中考题的热点和难点。解决动点问题的关键是“动中求静”.动点问题一直是中考热点,近几年考查探究运动中的特殊性:等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。

从变换的角度和运动变化来研究三角形、四边形、函数图像等图形,通过“对称、动点的运动”等研究手段和方法,来探索与发现图形性质及图形变化,在解题过程中渗透空间观念和合情推理。在动点的运动过程中观察图形的变化情况,理解图形在不同位置的情况,做好计算推理的过程。在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质。

4、动点问题所用的数学思想:

解决运动型问题常用的数学思想是方程思想,数学建模思想,函数思想,转化思想等;常用的数学方法有:分类讨论法,数形结合法等。

二、探究新知

1、一个动点:图形中一个动点所形成的等腰三角形 【自主探究】

1、如图:已知平行四边形ABCD中,AB=7,BC=4,∠A=30°(1)点P从点A沿AB边向点B运动,速度为1cm/s。

若设运动时间为t(s),连接PC,当t为何值时,△PBC为等腰三角形?

分析:若三角形PBC为等腰三角形

则PB=BC

7-t=4

t=3

ADCB温馨提示:等腰三角形的性质:腰相等、底角相等、三线合一

教师活动:利用几何画板进行动态演示,在某一时刻静止,让学生观察图形的特点,利用等腰三角形的性质解决问题。

学生活动:仔细观察几何画板中图形的运动过程,在静止时刻时,图形的特点,将相关线段用含有t的式子表示出来,从而列出方程。归纳方法:

1、定图形;

2、t已知;

3、列方程。

【合作探究】

变式:若点P从点A沿射线AB边向点B运动,速度为1cm/s。当t为何

DC值时,△PBC为等腰三角形?

AB学生活动:小组合作探究点P在射线上运动所形成几种情况,在利用(1)中得到方法。尽可能的将画出静止时的图形,从而解决问题。教师活动:利用几何画板展示几种情况。

2、两个动点:图形中有两个动点的情况。【自主探究】

例2::如图.△ABC中AB=6cm,BC=4cm,∠B=60°,动点P、Q分别从A、B两点同时出发.分别沿AB、BC方向匀速移动;它们的速度分别为2cm/s和1cm/s.当点P到达点B时.P、Q两点停止运动.设点P的运动时间为t(s).当t为 ______时,△PBQ为直角三角形.

P8师:

1、根据刚才的方法,请同学们试着画出静态图形,注意两个动点的速度问题。(两名学生在黑板上板演)

2、用代数式表示图中有用的线段:AP=2t,BQ=t,所以:BP=6-2t。(学生讲解)

3、找出等量关系(三角函数关系),构建方程模型。

温馨提示:含有30度的直角三角形的性质;

教师活动:利用几何画板演示动态图形,让学生能感知静态时的图形。学生活动:画出静态时的图形,并试着列出方程。

【变换拓展】

4(2014•新疆)如图,直线x8与x轴交于A点,与y轴交于B点,动

3点P从A点出发,以每秒2个单位的速度沿AO方向向点O匀速运动,同时动点Q从B点出发,以每秒1个单位的速度沿BA方向向点A匀速运动,当一个点停止运动,另一个点也随之停止运动,连接PQ,设运动时间为t(s)(0<t≤3).

(1)写出A,B两点的坐标;

(2)设△AQP的面积为S,试求出S与t之间的函数关系式;并求出当t为何值时,△AQP的面积最大?(3)当t为何值时,以点A,P,Q为顶点的三角形与△ABO相似,并直接写出此时点Q的坐标.

考点:一次函数综合题 专题:压轴题 分析:(1)分别令y=0,x=0求解即可得到点A、B的坐标;

(2)利用勾股定理列式求出AB,然后表示出AP、AQ,再利用∠OAB的正弦求出点Q到AP的距离,然后利用三角形的面积列式整理即可得解;(3)根据相似三角形对应角相等,分∠APQ=90°和∠AQP=90°两种情况,利用∠OAB的余弦列式计算即可得解.

师:对于第一道题快速解决即可。

解:(1)令y=0,则﹣x+8=0,解得x=6,x=0时,y=y=8,∴OA=6,OB=8,∴点A(6,0),B(0,8);

师:对于第二道题只需求解出三角形APQ的高,做出图形的高,发现三角形APQ 与三角形AOB是相似三角形,利用相似比解决问题,得出高后,利用三角形面积公式表示出S与t的关系式,发现是一个开口向下的抛物线,顶点是(5,20),注意自变量t的取值范围,再求解最大面积。此题对学生进行一定的引导。

(2)在Rt△AOB中,由勾股定理得,AB=

=

=10,记点Q到AP的距离为h ∵点P的速度是每秒2个单位,点Q的速度是每秒1个单位,∴AP=2t,AQ=AB﹣BQ=10﹣t,而三角形APQ与三角形AOB相似,∴hAQh10t ∴ ∴h=(10﹣t)OBAB810

22∴△AQP的面积S=×2t×(10﹣t)=﹣(t﹣10t)=﹣(t﹣5)+20,∵﹣<0,顶点为(5,20)而0<t≤3,∴当t=3时,△AQP的面积最大,S最大=﹣(3﹣5)+20=

2;

师:对于第三题:让学生讲解画图——引导其讲解等量关系是:三角形相似比——列出方程。

(3)若∠APQ=90°,则cos∠OAB=∴解得t==,,若∠AQP=90°,则cos∠OAB=∴解得t==,∵0<t≤3,∴t的值为,=,)×=),),此时,OP=6﹣2×PQ=AP•tan∠OAB=(2×∴点Q的坐标为(综上所述,t=,秒时,以点A,P,Q为顶点的三角形与△ABO相似,此时点Q的坐标为(点评:本题是一次函数综合题型,主要利用了一次函数与坐标轴的交点的求法,三角形的面积,二次函数的最值问题,相似三角形对应角相等的性质,锐角三角函数,(2)要注意根据t的取值范围求三角形的面积的最大值,(3)难点在于要分情况讨论

三、课堂小结

本节课主要探究了动态几何中的动点问题,其实是在动中求静,抓住它运动中的某一瞬间,寻找确定的关系式,就能找到解决问题的途径,总结:定图形、t已知、列方程。

解决运动型问题常用的数学思想是方程思想,数学建模思想,函数思想,转化思想等;常用的数学方法有:分类讨论法,数形结合法等.。

第五篇:数学中考专题复习——《动点问题》教案

中考专题复习——动点问题

【学情分析】

动点一般在中考都是压轴题,步骤不重要,重要的是思路。动点类题目一般都有好几问,前一问大都是后一问的提示,就像几何探究类题一样,如果后面的题难了,可以反过去看看前面问题的结论 【教学目标】

知识与技能:

1、利用特殊三角形的性质和定理解决动点问题;

2、分析题目,了解有几个动点,动点的路程,速度(动点怎么动);

3、结合图形和题目,得出已知或能间接求出的数据。

过程与方法:

1、利用分类讨论的方法分析并解决问题;

2、数形结合、方程思想的运用。

情感态度价值观:通过动手操作、合作交流,探索证明等活动,培养学生的团队合作精神,激发学生学习数学的兴趣。【教学重点】

根据动点中的移动距离,找出等量列方程。【教学难点】

1、两点同时运动时的距离变化;

2、运动题型中的分类讨论 【教学方法】教师引导、自主思考 【教学过程】

一、动点问题的近况:

1、动态几何

图形中的点动、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.动态几何特点----问题背景是特殊图形,考查问题也是特殊图形,所以要把握好一般与特殊的关系;分析过程中,特别要关注图形的特性(特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。)它通常分为三种类型:动点问题、动线问题、动形问题。在解这类问题时,要充分发挥空间想象的能力,不要被“动”所迷惑,而是要在“动”中求“静”,化“动”为“静”,抓住它运动中的某一瞬间,寻找确定的关系式,就能找到解决问题的途径。本节课重点来探究动态几何中的第一种类型----动点问题。所谓动点问题:是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放新题目。

2、动点问题所用的数学思想:

解决运动型问题常用的数学思想是方程思想,数学建模思想,函数思想,转化思想等;常用的数学方法有:分类讨论法,数形结合法等。

一典例分析

已知:如图①,在Rt△ACB中,C90,AC4cm,BC3cm,点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动,速度为1cm/s;点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动,速度为2cm/s;连接PQ.若设运动的时间为t(s)(0t2),解答下列问题:(1)当t为何值时,PQ∥BC?

(2):当t为何值时,△APQ是等腰三角形?

B

P

AC Q

变式2:把△APQ沿AQ翻折,得到四边形PQP'A,那么是否存在某一时刻t,使四边形PQP'A为菱形?

(3)设△AQP的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式;

(4)是否存在某一时刻t,使S△APQ:S△ABC=2:5若存在,求出t的值,若不存在,说明理由; 变式:是否存在某一时刻t,使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分?若存在,求出此时t的值;

二、直击中考,实战演练

已知:如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,BC=3,tan∠BAC=,将∠ABC对折,使点C的对应点H恰好落在直线AB上,折痕交AC于点O,以点O为坐标原点,AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系(1)求过A、B、O三点的抛物线解析式;

(2)若在线段AB上有一动点P,过P点作x轴的垂线,交抛物线于M,设PM的长度等于d,试探究d有无最大值,如果有,请求出最大值,如果没有,请说明理由.

(3)若在抛物线上有一点E,在对称轴上有一点F,且以O、A、E、F为顶点的四边形为平行四边形,试求出点E的坐标.

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