1、历年中考数学动点问题专集全含答案中考动点专题所谓“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
2、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.这些压轴题題型繁多、题意创新，目的是考察学生的分析问题.解决问題 的能力，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
3、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題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三：双动点问题点动、线动.形动构成的问題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，探求函数图象问题例1在直角梯形ABCD
4、中，ZC=90 ,高CD二6cm(如图1).动点P, Q同时从点B出发, 点P沿BA, AD, DC运动到点C停止，点Q沿BC运动到点C停止，两点运动时的速度都是 lcm/s.而当点P到达点A时，点Q正好到达点C.设P, Q同时从点B出发，经过的时间为 t(s)时，ABPQ的面积为y(cm)2(如图2).分别以t, y为横.纵坐标建立直角坐标系，巳 知点P在AD边上从A到D运动时，y与t的函数图象是图3中的线段MN.(1)分别求出梯形中BA, AD的长度；(2)写出图3中M, N两点的坐标；(3)分别写出点P在BA边上和DC边上运动时，y与t的函数关系式(注明自变量的取值 围)，并在图3中补全
5、整个运动中y关于x的函数关系的大致图象.评析本题将点的运动过程中形成的函数解析式与其相应的函数图象有机的结合在一 起，二者相辅相成，给人以清新、淡雅之感.本题彰显数形结合.分类讨论.函数建模与参 数思想在解题过程中的灵活运用.解决本题的关键是从函数图象中确定线段AB、梯形的高 与t的函数关系式，建立起y与t的函数关系式，进而根据函数关系式补充函数图象.2以双动点为载体，探求结论开放性问题例2如图5, RtAABC中，ZB=90 , ZCAB=30 .它的顶点A的坐标为(10, 0),顶 点B的坐标为(5, 53), AB=10,点P从点A出发，沿A-B-C的方向匀速运动，同时点Q 从点D(0,
6、 2)出发，沿y轴正方向以相同速度运动，当点P到达点C时，两点同时停止运动, 设运动的时间为t秒.求ZBA0的度数.(2)当点P在AB上运动时，AOPQ的面积S(平方单位)与时间t (秒)之间的函数图象为 抛物线的一部分，(如图6),求点P的运动速度.(3)求(2)中面积S与时间t之间的函数关系式及面积S取最大值时点P的坐标.(4)如果点P, Q保持(2)中的速度不变，那么点P沿AB边运动时，ZOPQ的大小随着时 间t的增大而增大；沿着BC边运动时，ZOPQ的大小随着时间t的增大而城小，当点P沿 这两边运动时，使Z0PQ=90的点P有几个?请说明理由.解(l)ZBAO60 (2)点P的运动速度
7、为2个单位/秒评析 本题是以双点运动构建的集函数、开放.最值问题于一体的综合题.试题有难度、 有梯度也有区分度，是一道具有很好的选拔功能的好题.解决本题的关键是从图象中获取P 的速度为2,然后建立S与t的函数关系式，利用函数的性质解得问题(3)本题的难点是题(4),考生要从题目的信息中确定建立以B为直角顶点的三角形，以B为临界点进行分类讨 论，进而确定点的个数问题.3以双动点为载体，探求存在性问题例3如图8,矩形ABCD中，AD=3厘米，AB二a厘米(a3).动点M, N同时从B点出发， 分别沿BA, B-C运动，速度長1厘米/秒过M作直线垂直于AB,分别交AN, CD于P, Q 当点N到达终
8、点C时，点M也随之停止运动设运动时间为t秒.若沪4厘米，t=l秒，则PM二厘米；(2)若沪5厘米，求时间S使APNEsAPAD,并求出它们的相似比；(3)若在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN与梯形PQDA的面积相等，求a的取值围；(4)是否存在这样的矩形：在运动过程中，存在某时刻使梯形PMBN,梯形PQDA,梯形 PQCN的面积都相等?若存在，求a的值；若不存在，请说明理由.评析本题是以双动点为载体，矩形为背景创设的存在性问题试题由浅入深、层层递进, 将几何与代数知识完美的综合为一题，侧重对相似和梯形面积等知识点的考查，本题的难点 主要是题(3),解决此題的关键是运用相似三角形的性质用t的
9、代数式表示PM,进而利用梯 形面积相等列等式求出t与a的函数关系式，再利用t的围确定的a取值围第(4)小题是 题(3)结论的拓展应用，在解决此问题的过程中，要有全局观念以及对问题的整体把握.4以双动点为载体，探求函数最值问题例4如图9,在边长为82cm的正方形ABCD中，E、F是对角线AC上的两个动点，它们 分别从点A、C同时出发，沿对角线以lcm/s的相同速度运动，过E作EH垂直AC交RtAACD 的直角边于H；过F作FG垂直AC交RtAACD的直角边于G,连结HG、EB设HE. EF. FG. GH围成的图形面积为S 1, AE、EB、BA围成的图形面积为S 2(这里规定：线段的面积为 0
10、).E到达C, F到达A停止.若E的运动时间为x(s),解答下列问题：(1)当 0X(2)若y是S 1与S 2的和，求y与x之间的函数关系式；(图10为备用图)求y的最大值.解 以E、F、G、H为顶点的四边形是矩形，因为正方形ABCD的边长为82,所以AO16, 过 B 作 B0丄AC 于 0,则 0B=89,因为 AE=x,所以 S 2=4xt 因为 HE=AE=x, EF=16-2x,所以 S l=x(16-2x),当 S 1=S 2 时，4x=x(16-2x),解得 Xi=0(舍去)，x2=6,所以当 x=6 时,S 1=S 2.(2)当 0Wx8 时，y=x (16-2x) +4x=-
11、2x2+20x,当 8WxW16 时，AE=x, CE=HE=16-x, EF=16-2(16-x)=2x-16,所以 S l=(16-x) (2x-16), 所以 y=(16-x) (2x-16) +4x=-2x2+52x-256.当 0Wx/s niy =当沟=2馆时宀=2,即为0点，所以得。（2折2）当0点的坐标为（2点2）时，ZBPQ = ZCOP = 30 .所以 ZOPQ = ZOCP = ZB = ZQAO = 90 .因此，OPC3Q4OPQOAQ都是直角三角形.又在Rt/OAQ 中，因为 tanZQOA = = .所以 ZQOA = 30 .AO 3即有乙POQ = ZQOA
12、 = ZQPB = ZCOP = 30 所以 /XOPC s&QB /OQP S0QA ,又因为 QP丄OR Q4 丄OA ZPOQ = ZAOQ = 30 ,所以 OQA /OQP .练习2解：(1) OCD 与APE 相似。理由如下：由折叠知，ZCDE = ZB = 90,.Z1 + Z2 = 9O, Zl + Z3 = 90，/.Z2 = Z3.又 J ZCOD = ZDAE = 90, ：./OCDZADEoAF 3(2) tan ZEDA = 一 = -t 设 AE=3t,AD 4则 AD=4to由勾股定理得DE=5t.：.OC = AB = AE+EB = AE+DE = 3t+5
13、t = Stonr CD由(1) HOCDsUDE、得一=一，AD DE.& CD = 94f 5t:.CD = Ot o在DCE 中，CD + DE? = CE?,(10/)2+(5/)2 =(5)2,解得 t=l。A0C=8, AE=3,点 C 的坐标为(0, 8),点E的坐标为(10, 3),设直线CE的解析式为尸k*b,Ay = -x+8,则点P的坐标为(16, 0)。2(3)满足条件的直线有2条：尸一2对12,尸 2x12。如图2：准确画出两条直线。练习3解：(1) 二次函数图象顶点的横坐标为1,且过点(2,3)和(-3,-12),解得b = 2,c = 30此二次函数的表达式为 y
14、 = -x2 +2x + 3 (2)假设存在直线l:y = kx伙HO)与线段3C交于点)(不与点3, C重合人使得以8 O, D 为顶点的三角形与B4C相似.在 y = -x2 +2x + 3 中，令 y = 0,则由-x2 + 2大 + 3 = 0 ,解得比=-L令x = 0,得y = 3. gO,3)设过点0的直线/交BC于点D,过点D作DE丄x轴于点.点的坐标为(3,0),点C的坐标为(0,3),点A的坐标为(-L0T7-A:.AB = 4,OB = OC = 3, ZOBC = 45：:.BC = y/+3=3y/2 要使 HBOD s厶BAC或 HBDO /BAC, 已有ZB =
15、ZB,则只需鴿=需，阿网成立.若長，则有网卜供-迂-咗BA而 ZOBC = 45 9:. BE = DE.在RtABDE中，由勾股定理，得|8斗+|斗=2|3斗=|加|2=（竽 解得 BE = DE = （负值舍去）9 3:.OE = OB-BE = 3- = -点d的坐标为mV 4 4；将点D的坐标代入y = kx(kO)中，求得=3.二满足条件的直线/的函数表达式为y = 3x或求出直线AC的函数表达式为y = 3x + 3,则与直线AC平行的直线/的函数表达式为 y = 3x .此时易知BODsBAC ,再求出直线BC的函数表达式为y = -x + 3.联立 ), = 3x, y = -
16、x + 3求得点的坐标为；：14 4丿若是，则有|B| =卩誉犁=韻=$屈 而 ZOBC = 45, BE =DE.在RtABDE 中，由勾股定理，#|BE|2 +DE =2BE =|BD|： =(2/2)2.解得 BE = DE = 2 (负值舍去).OE = OB-BE = 3-2 = 1.点D的坐标为(1,2).将点D的坐标代入y = d伙H0)中，求得 = 2.满足条件的直线/的函数表达式为y = 2x.存在直线/:y = 3x或y = 2x与线段3C交于点D (不与点8, C重合)，使得以8, O, D为 顶点的三角形与B4C相似，且点D的坐标分别为；或(1,2).(3)设过点C(0
17、,3), E(1,O)的直线)，=恋+ 3伙H0)与该二次函数的图象交于点P.将点E(LO)的坐标代入y = kx+3中，求得k=3.二此直线的函数表达式为y = -3x + 3 设点P的坐标为（上3x + 3） 9并代入y = x + 2x + 3 9得5x = 0 解得人=5, x2=0 (不合题意，舍去):.x = 5, y = -12.点P的坐标为(5,-12)此时，锐角CO = ZACO又二次函数的对称轴为x = l,点C关于对称轴对称的点C，的坐标为(2,3).二当耳5时，锐角ZPCOvZACO；当形=5时，锐角ZPCO = ZACO ；当2耳5时，锐角ZPCOZACO.练习四解：
18、(1)令y = 0,得x2 -1 = 0 解得x = l令x = 0,得y = _l J(-l,0) (1,0) Q(0,l)(2) V0A=0B=0C=l :. ZBAOZ AO)= ZBO)= 45*：AP/CBt :. ZPAB=45 J过点P作PE丄x轴于E,则为等腰直角三角形令 0E=a ,则 PE=a + .Pa“ + 1)点P在抛物线y1上:.a + = a2-解得如=2, a2 =-1 (不合题意，舍去)PE=3四边形力俪的面积S二丄购 0C+-AB- P-x2xl + -x2x3 = 42 2 2 2(3).假设存在IZ PA=乙 BAC 二 45 * PS 丄“在 RtZU
19、OQ 中.0命0。1 :.AB近在 RtAP 中，AE=PB=3 /.JP= 3迈设M点的横坐标为加，则M （加肿_）点M在y轴左侧时，则/1（i）当厶皿G sap以时有芈二竺PA CAVJG=m+l, MG=m2-l m +1 m2 -1 t z a 丄、吋p解得7 （舍去）4 7M（越）当心时有备筈解得：“=-1 （舍去）Z.M（4J5）:存在点M,使以久M. G三点为顶点的三角形与AP以相似4 7M 点的坐标为(-2,3), (4 J 5)练习5、解:(1) 点 “3,0), C(l,0)3/. AC = 49 BC = tanZBACxAC = -x4 = 39 8 点坐标为(13)4
20、设过点A, 8的直线的函数表达式为y = kx+b9由J()= kxH 得b = ?直线AB的函数表达式为y = 3 = k+b 4 4(2)如图1,过点3作加丄初，交x轴于点D,在 RtAABC 和 RtAAD 中，ZBAC = ZDAB :. Rt/ABC s RtAAPB,4D点为所求又mn ZADB = tan ZABC =-,CD = BC十 tanZADB = 3- = -：. OD = OC + CD = 9 /.d| 3 4 4 I 4 丿 (3)这样的加存在在RtAABC中，由勾股定理得A3 = 5如图1, 133 H m v，解得”令3 T 4解：(1)ABPQ是等边三角形
21、，当 t=2 时,AP=2 Xl=2, BQ=2 X2=4,所以 BP=AB-AP=6-2=4, 即BQ=BP.又因为ZB=60,所以ABPQ是等边三角形.过 Q 作 QE丄AB,垂足为 E,由 QB=21,得 QE=2t - sin60=/3t,由 AP=t,得 PB=6-t,所以 Sbpq二丄 XBPXQE=- (6-1) X V3t=-1 +3也t；22 2因为 QRBA，所以ZQRC=ZA=60, ZRQC=ZB=60,又因为ZC=60, 所以QRC長等边三角形，这时BQ=2t,所以QR=RC=QC=6-2t.因为 BE=BQ cos60=- X2t=t,AP=t,所以 EP=AB-AP-BE=6-t-t=6-2t,2
