初二數(shù)學《三角形、四邊形》動點問題分析與講解

1、初二數(shù)學三角形、四邊形動點問題分析及講解所謂“動點問題”是指題設(shè)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(guān)鍵是動中求靜,靈活運用有關(guān)數(shù)學知識解決問題.關(guān)鍵:動中求靜.數(shù)學思想：分類思想 數(shù)形結(jié)合思想 轉(zhuǎn)化思想例題分析及講解：1. 如圖，在直角梯形ABCD中，ADBC，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(fā)，當其中一點到達端點時，另外一點也隨之停止運動，設(shè)運動時間為ts（1）當t為何值時，四邊形

2、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(guān)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=CQ24-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DEBC于E則四邊形ABED為矩形BE=AD=24cmEC=BC-BE=2cm四邊形PQCD為等腰梯形QC-PD=2CE即3t-（24-t）=4解

3、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，難易程度適中如圖，ABC中，點O為AC邊上的一個動點，過點O作直線MNBC，設(shè)MN交BCA的外角平分線CF于點F，交ACB內(nèi)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(jié)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(jié)論分析：（1）根據(jù)CE

4、平分ACB，MNBC，找到相等的角，即OEC=ECB，再根據(jù)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(nèi)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(zhì)解答解答：解：（1）CE平分ACB，ACE=BCE，MNBC，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

5、6;，四邊形AECF是矩形（3）ABC是直角三角形四邊形AECF是正方形，ACEN，故AOM=90°，MNBC，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(zhì)“等角對等邊”證明出結(jié)論（1），再利用結(jié)論（1）和矩形的判定證明結(jié)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(jié)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(zhì)等的綜合運用如圖，直角梯形ABCD中，ADBC，ABC=90°，已知AD=AB=3，BC=4，動點P從B點出發(fā)，沿線段BC向點C作勻速運動；動點Q從點D出發(fā)，沿線段D

6、A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NP、Q兩點同時出發(fā)，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(shè)點Q運動的時間為t秒（1）求NC，MC的長（用t的代數(shù)式表示）；（2）當t為何值時，四邊形PCDQ構(gòu)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(jù)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；ABQN，CMNCAB，CM：CA=CN：CB，（2

7、）CB、CN已知，根據(jù)勾股定理可求CA=5，即可表示CM；四邊形PCDQ構(gòu)成平行四邊形就是PC=DQ，列方程4-t=t即解；（3）可先根據(jù)QN平分ABC的周長，得出MN+NC=AM+BN+AB，據(jù)此來求出t的值然后根據(jù)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：當MP=MC時，那么PC=2NC，據(jù)此可求出t的值當CM=CP時，可根據(jù)CM和CP的表達式以及題設(shè)的等量關(guān)系來求出t的值當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(jù)勾股定理即可得出t的值綜上

8、所述可得出符合條件的t的值解答:解：（1）AQ=3-tCN=4-（3-t）=1+t在RtABC中，AC2=AB2+BC2=32+42AC=5在RtMNC中，cosNCM= = ，CM= （2）由于四邊形PCDQ構(gòu)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）SMNC= （1+t）2= （1+t）2當t= 時，SMNC=（1+t）2= ×4×3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）當MP=M

9、C時（如圖1）則有：NP=NC即PC=2NC4-t=2（1+t）解得：t= 當CM=CP時（如圖2）則有：（1+t）=4-t解得：t= 當PM=PC時（如圖3）則有：在RtMNP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= ，t2=-1（舍去）當t= ，t= ，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(zhì)及等腰三角形性質(zhì)考查學生分類討論和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學思想方法如圖，在矩形ABCD中，BC=20cm，P，Q，M，N分別從A，B，C，D出發(fā)沿AD，BC，C

10、B，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(nèi)，若BQ=xcm（x0），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(gòu)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(gòu)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+M

11、CBC即x+3x20cm；或者點Q、M重合且點P、N不重合，此時AP+NDAD即2x+x220cm，BQ+MC=BC即x+3x=20cm所以可以根據(jù)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(cè)當點P在點N的左側(cè)時，AP=MC，BQ=ND；當點P在點N的右側(cè)時，AN=MC，BQ=PD所以可以根據(jù)這些條件列出方程關(guān)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+NDAD即2x+x220cm，BQ+MCBC即x+3x20cm，AP=ND即2x=x2，BQ=MC即x=3x，x0這些條件不能同時滿足，所以不能成為等腰梯形解答

12、：解：（1）當點P及點N重合或點Q及點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(gòu)成一個三角形當點P及點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及點M不重合所以x= -1符合題意當點Q及點M重合時，由x+3x=20，得x=5此時DN=x2=2520，不符合題意故點Q及點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(cè)，當點P在點N的左側(cè)時，由20-（x+3x）=20-（2x+x2），解得x1=0（舍去），x2=2當x=2時四邊形PQMN是平行四邊形當點P在點N的右側(cè)

13、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(xiàn)由于2xx，所以點E一定在點P的左側(cè)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(cè)，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如圖，在梯形ABCD中，A

14、DBC，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(fā)，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設(shè)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(jù)平行四邊形的性質(zhì)，對邊相等，求得t值；（2）根據(jù)等腰梯形的性質(zhì)，下底減去上底等于12，求解即可解答：解：（1）MDNC，當MD=NC，即15-t=2t，t=5時，四邊形MNCD是平行四邊形；（2）作DEBC，垂足為E

15、，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(zhì)，動點問題是中考的重點內(nèi)容如圖，在直角梯形ABCD中，ADBC，C=90°，BC=16，DC=12，AD=21，動點P從點D出發(fā)，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(fā)，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(fā)，當點Q運動到點B時，點P隨之停止運動，設(shè)運動時間為t（s）（1）設(shè)BPQ的面積為S，求S及t之間的函數(shù)關(guān)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

16、析：（1）若過點P作PMBC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，若PQ=BQ，在RtPQM中，由PQ2=PM2+MQ2，PQ=QB，將各數(shù)據(jù)代入，可將時間t求出；若BP=BQ，在RtPMB中，由PB2=BM2+PM2，BP=BQ，將數(shù)據(jù)代入，可將時間t求出；若PB=PQ，PB2=PM2+BM2，PB=PQ，將數(shù)據(jù)代入，可將時間t求出解答：解：（1）過點P作PMBC于M，則四邊形PDCM為矩形PM=DC=12，QB=16-t，s= QBPM= （16-t）×12=96-6t（

17、0t ）（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：若PQ=BQ，在RtPMQ中，PQ2=t2+122，由PQ2=BQ2得t2+122=（16-t）2，解得；若BP=BQ，在RtPMB中，PB2=（16-2t）2+122，由PB2=BQ2得（16-2t）2+122=（16-t）2，此方程無解，BPPQ若PB=PQ，由PB2=PQ2得t2+122=（16-2t）2+122得，t2=16（不合題意，舍去）綜上所述，當或時，以B、P、Q為頂點的三角形是等腰三角形點評：本題主要考查梯形的性質(zhì)及勾股定理在解題（2）時，應注意分情況進行討論，防止在

18、解題過程中出現(xiàn)漏解現(xiàn)象直線y=- 34x+6及坐標軸分別交于A、B兩點，動點P、Q同時從O點出發(fā)，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OBA運動（1）直接寫出A、B兩點的坐標；（2）設(shè)點Q的運動時間為t（秒），OPQ的面積為S，求出S及t之間的函數(shù)關(guān)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0t3）時，OQ=t，OP=2t，S=t2，當P在線段BA上運動（或3t8）時，OQ=t，A