(完整)初二数学动点问题归类复习(含例题、练习及答案)

1 初二数学动点问题归类复习（含例题、练习及答案） 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 数形结合思想 转化思想 本文将初一至二学习过的有关知识，结合动点问题进行归类复习，希望对同学们能有所帮助。 一、等腰三角形类：因动点产生的等腰三角形问题 例1：（2013年上海市虹口区中考模拟第25题）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ＝90°． （1）求ED、EC的长； （2）若BP＝2，求CQ的长； （3）记线段PQ与线段DE的交点为F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．

图1 备用图 思路点拨 1．第（2）题BP＝2分两种情况． 2．解第（2）题时，画准确的示意图有利于理解题意，观察线段之间的和差关系． 3．第（3）题探求等腰三角形PDF时，根据相似三角形的传递性，转化为探求等腰三角形CDQ． 解答：（1）在Rt△ABC中， AB＝6，AC＝8，所以BC＝10．

在Rt△CDE中，CD＝5，所以315tan544EDCDC，254EC． （2）如图2，过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，那么DM、DN是 △ABC的两条中位线，DM＝4，DN＝3． 由∠PDQ＝90°，∠MDN＝90°，可得∠PDM＝∠QDN． 因此△PDM∽△QDN．

所以43PMDMQNDN．所以34QNPM，43PMQN．

图2 图3 图4 ①如图3，当BP＝2，P在BM上时，PM＝1．

此时3344QNPM．所以319444CQCNQN． ②如图4，当BP＝2，P在MB的延长线上时，PM＝5． 2

此时31544QNPM．所以1531444CQCNQN． （3）如图5，如图2，在Rt△PDQ中，3tan4QDDNQPDPDDM． 在Rt△ABC中，3tan4BACCA．所以∠QPD＝∠C． 由∠PDQ＝90°，∠CDE＝90°，可得∠PDF＝∠CDQ． 因此△PDF∽△CDQ． 当△PDF是等腰三角形时，△CDQ也是等腰三角形． ①如图5，当CQ＝CD＝5时，QN＝CQ－CN＝5－4＝1（如图3所示）．

此时4433PMQN．所以45333BPBMPM．

②如图6，当QC＝QD时，由cosCHCCQ，可得5425258CQ． 所以QN＝CN－CQ＝257488（如图2所示）． 此时4736PMQN．所以725366BPBMPM． ③不存在DP＝DF的情况．这是因为∠DFP≥∠DQP＞∠DPQ（如图5，图6所示）．

图5 图6 考点伸展：如图6，当△CDQ是等腰三角形时，根据等角的余角相等，可以得到△BDP也是等腰三

角形，PB＝PD．在△BDP中可以直接求解256BP． 二、直角三角形：因动点产生的直角三角形问题 例2：（2008年河南省中考第23题）如图1，直线434xy和x轴、y轴的交点分别为B、C，点A的坐标是（-2，0）． （1）试说明△ABC是等腰三角形；

（2）动点M从A出发沿x轴向点B运动，同时动点N从点B出发沿线段BC向点C运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设M运动t秒时，△MON的面积为S． ① 求S与t的函数关系式； ② 设点M在线段OB上运动时，是否存在S＝4的情形？若存在，求出对应的t值；若不存在请说明理由； ③在运动过程中，当△MON为直角三角形时，求t的值． 3

图1 思路点拨： 1．第（1）题说明△ABC是等腰三角形，暗示了两个动点M、N同时出发，同时到达终点． 2．不论M在AO上还是在OB上，用含有t的式子表示OM边上的高都是相同的，用含有t的式子表示OM要分类讨论． 3．将S＝4代入对应的函数解析式，解关于t的方程． 4．分类讨论△MON为直角三角形，不存在∠ONM＝90°的可能． 解答：

（1）直线434xy与x轴的交点为B（3，0）、与y轴的交点C（0，4）． Rt△BOC中，OB＝3，OC＝4，所以BC＝5．点A的坐标是（-2，0），所以BA＝5． 因此BC＝BA，所以△ABC是等腰三角形． （2）①如图2，图3，过点N作NH⊥AB，垂足为H．

在Rt△BNH中，BN＝t，4sin5B，所以45NHt． 如图2，当M在AO上时，OM＝2－t，此时 211424(2)22555SOMNHtttt．定义域为0＜t≤2．

如图3，当M在OB上时，OM＝t－2，此时 211424(2)22555SOMNHtttt．定义域为2＜t≤5．

图2 图3 ②把S＝4代入22455Stt，得224455tt．

解得1211t，2211t（舍去负值）． 因此，当点M在线段OB上运动时，存在S＝4的情形，此时211t． ③如图4，当∠OMN＝90°时，在Rt△BNM中，BN＝t，BM 5t，3cos5B， 4

所以535tt．解得258t． 如图5，当∠OMN＝90°时，N与C重合，5t． 不存在∠ONM＝90°的可能．

所以，当258t或者5t时，△MON为直角三角形．

图4 图5 考点伸展：在本题情景下，如果△MON的边与AC平行，求t的值．如图6，当ON//AC时，t＝3；如图7，当MN//AC时，t＝2.5．

图6 图7 三、平行四边形问题：因动点产生的平行四边形问题 例3：（2010年山西省中考第26题）在直角梯形OABC中，CB//OA，∠COA＝90°，CB＝3，OA＝

6，BA＝35．分别以OA、OC边所在直线为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系． （1）求点B的坐标； （2）已知D、E分别为线段OC、OB上的点，OD＝5，OE＝2EB，直线DE交x轴于点F．求直线DE的解析式； （3）点M是（2）中直线DE上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

图1 图2 思路点拨：1．第（1）题和第（2）题蕴含了OB与DF垂直的结论，为第（3）题讨论菱形提供了计算基础． 2．讨论菱形要进行两次（两级）分类，先按照DO为边和对角线分类，再进行二级分类， 5

DO与DM、DO与DN为邻边． 解答：(1)如图2，作BH⊥x轴，垂足为H，那么四边形BCOH为矩形，OH＝CB＝3．

在Rt△ABH中，AH＝3，BA＝35，所以BH＝6．因此点B的坐标为(3,6)．

(2) 因为OE＝2EB，所以223EBxx，243EByy，E(2,4)．

设直线DE的解析式为y＝kx＋b，代入D(0,5)，E(2,4)，得5,24.bkb 解得12k，5b．所以直线DE的解析式为152yx． (3) 由152yx，知直线DE与x轴交于点F(10,0)，OF＝10，DF＝55． ①如图3，当DO为菱形的对角线时，MN与DO互相垂直平分，点M是DF的中点．此时点M的坐标为(5,52)，点N的坐标为(－5,52)． ②如图4，当DO、DN为菱形的邻边时，点N与点O关于点E对称，此时点N的坐标为(4,8)． ③如图5，当DO、DM为菱形的邻边时，NO＝5，延长MN交x轴于P．

由△NPO∽△DOF，得NPPONODOOFDF，即551055NPPO．解得5NP，

25PO．此时点N的坐标为(25,5)．

图3 图4 考点伸展 如果第（3）题没有限定点N在x轴上方的平面内，那么菱形还有如图6的情形．

图5 图6 6

四、相似三角形：因动点产生的相似三角形问题 例4：（2013年苏州中考28题）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=10cm，BC=12cm，点E、

F、G分别从A、B、C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为1cm/s，点F的运动速度为3cm/s，点G的运动速度为1.5cm/s，当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动．在运动过程中，△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F．设点E、F、G运动的时间为t（单位：s）． （1）当t= s时，四边形EBFB′为正方形； （2）若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似，求t的值； （3）是否存在实数t，使得点B′与点O重合？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

思路点拨：（1）利用正方形的性质，得到BE=BF，列一元一次方程求解即可；（2）△EBF与△FCG相似，分两种情况，需要分类讨论，逐一分析计算；（3）本问为存在型问题．假设存在，则可以分别求出在不同条件下的t值，它们互相矛盾，所以不存在． 解答：（1）若四边形EBFB′为正方形，则BE=BF，即：10﹣t=3t，解得t=2.5； （2）分两种情况，讨论如下：①若△EBF∽△FCG，则有，即，解得：t=2.8；

②若△EBF∽△GCF，则有，即，解得：t=﹣14﹣2（不合题意，舍去）或t=﹣14+2．∴当t=2.8s或t=（﹣14+2）s时，以点E、B、F为顶点的三角形与以点F，C，G为顶点的三角形相似． （3）假设存在实数t，使得点B′与点O重合．如图，过点O作OM⊥BC于点M，则在Rt△OFM中，OF=BF=3t，FM=BC﹣BF=6﹣3t，OM=5，由勾股定理得：OM2+FM2=OF2，即：52+（6﹣3t）2=（3t）2解得：t=；

过点O作ON⊥AB于点N，则在Rt△OEN中，OE=BE=10﹣t，EN=BE﹣BN=10﹣t﹣5=5﹣t，ON=6，