第一篇：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．
或
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：动点问题解题总结
解题关键是动中求静
一．建立动点问题的函数解析式（特点：动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.那么,我们怎样建立这种函数解析式呢?）1.应用勾股定理建立函数解析式 2.应用比例式子建立函数解析式
3.应用求图形面积的方法建立函数关系式
二.动态几何型压轴题（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，如特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。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。）此类题型一般考察点动问题、线动问题、面动问题。解题方法：
1、特殊探路，一般推证。
2、动手实践，操作确认。
3、建立联系，计算说明。
三.双动点问题。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。主要分一下四种。
1.以双动点为载体，探求函数图像问题
2.以双动点为载体，探求结论开放性问题
3.以双动点为载体，探求存在性问题
4.以双动点为载体，探求函数最值问题
四.函数中因动点产生的相似三角形问题
五.以圆为载体的动点问题
第四篇：对于解决动点问题的总结
对于解决动点问题的总结
西湖镇中心学校 吕德娇
动点问题的解答从以下四个方面入手
1、化动为静；
2、数形结合；
3、找不变的量；
4、函数的思想。
常见类型有
1、最短路径；
2、面积的最大最小问题；
3、已知了3点形成平行四边形的问题。解决的方法：
1、解决最短路径问题中，无论是周长最小，还是怎样找到一个点有最短路程，基本上用到的是轴对称的知识，两点之间直线最短。造桥的问题则有平移的方法含在里面。
2、对于面积最大最小的问题，一般都与函数效果结合。一般要求出函数的解析式，找它们的公共点。
3、对于已知3个点，形成平行四边形找到第4个点的问题，解决的办法让学生在脑海中形成图形再到数学知识，最后又回到图形的过程。找3点中任意两点为对角线，然后建立平行四边形，通过已知两个点形成的边的变化规律来找到第四个点。总的来说，找到不变的量，根据不变量的点的特点来确定变量。
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、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】
例
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x8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，∴hAQh10t ∴ ∴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.。
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