初中数学动点问题及练习题带答案

初中数学动点问题及练习题附参考答案

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，它有利于我们教师在教学中研究对策，把握方向．只的这样，才能更好的培养学生解题素养，在素质教育的背景下更明确地体现课程标准的导向．本文拟就压轴题的题型背景和区分度测量点的存在性和区分度小题处理手法提出自己的观点．

专题一：建立动点问题的函数解析式

函数揭示了运动变化过程中量与量之间的变化规律,是初中数学的重要内容.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?下面结合中考试题举例分析. 一、应用勾股定理建立函数解析式。 二、应用比例式建立函数解析式。

三、应用求图形面积的方法建立函数关系式。

专题二：动态几何型压轴题

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。）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。下面就此问题的常见题型作简单介绍，解题方法、关键给以点拨。

一、以动态几何为主线的压轴题。

（一）点动问题。 （二）线动问题。 （三）面动问题。 二、解决动态几何问题的常见方法有:

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、专题二总结，本大类习题的共性： 1．代数、几何的高度综合（数形结合）；着力于数学本质及核心内容的考查;四大数学思想：数学结合、分类讨论、方程、函数．

2．以形为载体，研究数量关系；通过设、表、列获得函数关系式；研究特殊情况下的函数值。

专题三：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. 其中以灵活多变而著称的双动点问题更成为今年中考试题的热点，现采撷几例加以分类浅析，供读者欣赏. 1 以双动点为载体，探求函数图象问题。 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。

双动点问题的动态问题是近几年来中考数学的热点题型.这类试题信息量大,对同学们获取信息和处理信息的能力要求较高;解题时需要用运动和变化的眼光去观察和研究问题,挖掘运动、变化的全过程,并特别关注运动与变化中的不变量、不变关系或特殊关系,动中取静,静中求动。

专题四：函数中因动点产生的相似三角形问题

专题五：以圆为载体的动点问题

动点问题是初中数学的一个难点，中考经常考察，有一类动点问题，题中未说到圆，却与圆有关，只要巧妙地构造圆，以圆为载体，利用圆的有关性质，问题便会迎刃而解；此类问题方法巧妙，耐人寻味。

例1.如图，已知在矩形ABCD中，AD=8，CD=4，点E从点D出发，沿线段DA以每秒1

个单位长的速度向点A方向移动，同时点F从点C出发，沿射线CD方向以每秒2个单位长的速度移动，当B，E，F三点共线时，两点同时停止运动．设点E移动的时间为t（秒）． （1）求当t为何值时，两点同时停止运动；

（2）设四边形BCFE的面积为S，求S与t之间的函数关系式，并写出t的取值范围； （3）求当t为何值时，以E，F，C三点为顶点的三角形是等腰三角形； （4）求当t为何值时，∠BEC=∠BFC．

A

E D F

例2. 正方形ABCD边长为4，M、N分别是BC、CD上的两个动点，

BC上运动时，保持AM和MN垂直，

当M点在

（1）证明：Rt△ABM∽Rt△MCN；

（2）设BM x，梯形ABCN的面积为y，求y与x之间的函数关系式；当M点运动到什么位置时，四边形ABCN面积最大，并求出最大面积；

（3）当M点运动到什么位置时Rt△ABM∽Rt△AMN，求此时x的值．

A D

N

B

M

C

例3.如图，在梯形ABCD

中，AD∥

BC，AD 3，DC 5，AB ∠B 45 ．动

点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点

出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动．设运动的时间为t秒． （09年济南中考） （1）求BC的长。 （2）当MN∥AB时，求t的值．

（3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形．

C

例4.如图，在Rt△AOB中，∠AOB＝90°，OA＝3cm，OB＝4cm，以点 O为坐标原点建

立坐标系，设P、Q分别为AB、OB边上的动点它们同时分别从点A、O向B点匀速运动，

速度均为1cm/秒，设P、Q移动时间为t（0≤t≤4）

（1）求AB的长，过点P做PM⊥OA于M，求出P点的坐标（用

t表示）

（2）求△OPQ面积S（cm2），与运动时间t（秒）之间的函数关系式，当t为何值时，S有最大值？最大是多少？

（3）当t为何值时，△OPQ为直角三角形？

（4）若点P运动速度不变，改变Q 的运动速度，使△OPQ为正三角形，求Q点运动的速度和此时t的值.

答案解析

F

E

例1. 解：（1）当B，E，F三点共线时，两点同时停止运动，如图2所示． （1分）

由题意可知：ED=t，BC=8，FD= 2t-4，FC= 2t．

A

∵ED∥BC，∴△FED∽△FBC．∴

D

FDFC

EDBC

．

∴

2t 42t

t8

．解得t=4．

∴当t=4时，两点同时停止运动； （3分）

B

图2

C

（2）∵ED=t，CF=2t， ∴S=S△BCE+ S△BCF=

12

×8×4+

12

×2t×t=16+ t2．

即S=16+ t2．（0 ≤t ≤4）； （6分） （3）①若EF=EC时，则点F只能在CD的延长线上，

∵EF2=(2t 4) t 5t 16t 16，

2

2

2

EC2=4 t t 16，∴5t 16t 16=t 16．∴t=4或t=0（舍去）；

2

2

2

2

2

②若EC=FC时，∵EC2=4 t t 16，FC2=4t2，∴t 16=4t2

．∴t

2

2

2

2

③若EF=FC时，∵EF2=(2t 4) t 5t 16t 16，FC2=4t2，

2

2

2

2

∴5t 16t 16=4t2．∴t1

=16 （舍去），t2

=16 ．

∴当t的值为4

16 时，以E，F，C三点为顶点的三角形是等腰三

角形； （9分）

（4）在Rt△BCF和Rt△CED中，∵∠BCD=∠CDE=90°，

BCCD

CFED

2，

∴Rt△BCF∽Rt△CED．∴∠BFC=∠CED． （10分） ∵AD∥BC，∴∠BCE=∠CED．若∠BEC=∠BFC，则∠BEC=∠BCE．即BE=BC． ∵BE2=t 16t 80，∴t 16t 80=64．

2

2

∴t1

=16 （舍去），t2

=16 ．

∴当t

=16 时，∠BEC=∠BFC． （12分）

例2. 解：（1）在正方形ABCD中，

AB BC CD 4， B C 90°， AM⊥MN， AMN 90°，

CMN AMB 90°，

D

在Rt△ABM中， MAB AMB 90°， CMN MAB，

Rt△ABM∽Rt△MCN，

（2） Rt△ABM∽Rt△MCN，

ABMC

BMCN

2

N

B

M

C

，

44 x

xCN

，

CN

x 4x

4

，

2

y S梯形ABCN

1 x 4x1212 4 ·4 x 2x 8 x 2 10， 2 422

当x 2时，y取最大值，最大值为10． （3） B AMN 90°，

要使△ABM∽△AMN，必须有

AMMN

ABBM

，

由（1）知

AMMN

ABMC

，

BM MC，

当点M运动到BC的中点时，△ABM∽△AMN，此时x 2．

例3.解：（1）如图①，过A、D分别作AK BC于K，DH BC于H，则四边形ADHK是矩形

∴KH AD 3．

在Rt△

ABK中，AK AB sin45

2 4

BK AB cos45 2

4

在Rt△

CDH中，由勾股定理得，HC 3

∴BC BK KH HC 4 3 3 10 A D B C B K H

（图①）

A

D

N

C

G （图②）

M

（2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形 ∵MN∥AB ∴MN∥DG ∴BG AD 3 ∴GC 10 3 7

由题意知，当M、N运动到t秒时，CN t，CM 10 2t． ∵DG∥MN

∴∠NMC ∠DGC 又∠C ∠C

∴△MNC∽△GDC ∴

CNCD

CMCG

即

t5

10 2t75017

解得，t

（3）分三种情况讨论：

①当NC MC时，如图③，即t 10 2t ∴t

103

D N

A A D

N

B B C

M

（图④） （图③）

②当MN NC时，如图④，过N作NE MC于E ∵∠C ∠C， DHC NEC 90 ∴△NEC∽△DHC ∴即

NCDCt5 ECHC

M H E

C

5 t3258

∴t

12NC

12t

③当MN MC时，如图⑤，过M作MF CN于F点.FC

∵∠C ∠C， MFC DHC 90 ∴△MFC∽△DHC ∴

FCHC1t

A D

N F

MCDC

B

H M

（图⑤）

C

即10 2t5

3

∴t

6017

103

综上所述，当t 、t

258

或t

6017

时，△MNC为等腰三角形

例4.（1）由题意知：BD=5，BQ=t，QC=4-t，DP=t，BP=5-t ∵PQ⊥BC ∴△BPQ∽△BDC ∴

BPBD

BQBC

即

5 t5

t4

∴t

209

当t

209

时，PQ⊥BC 3分

（2）过点P作PM⊥BC，垂足为M ∴△BPM∽△BDC ∴∴S ∴当t

5 t5310

158

PM352)

∴PM

158

35

(5 t) 4分

12

t

35

(5 t)= (t 5分

52

时，S有最大值． 6分

52

（3）①当BP=BQ时，5 t t， ∴t 7分

12BP

5 t22513

②当BQ=PQ时，作QE⊥BD，垂足为E，此时，BE=

5 t

∴△BQE∽△BDC ∴

BEBC

BQBD

即

24

t5

∴t

12BQ

9分

③当BP=PQ时，作PF⊥BC，垂足为F, 此时，BF=

t

t2

∴△BPF∽△BDC ∴∴t1

4013

BFBC

2513

BPBD

5 t40

即2 ∴t 11分

4

5

13

，

t2

52

，t3

，均使△PBQ为等腰三角形． 12分

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/855i.html