1、4收稿日期：2012-8-6特殊四邊形動點問題的解題方法一圖解法區鐵基摘要：圖解法數學思想依據是數形結合思想。它的應用能使復雜問題簡單化、抽象問題具體化。特殊 四邊形的幾何問題，很多困難源于問題中的可動點。如何合理運用各動點之間的關系，同學們往往缺乏思 路，常常導致思維混亂。實際上求解特殊四邊形的動點問題，關鍵是是利用圖解法抓住它運動中的某一瞬 間，尋找合理的代數關系式，確定運動變化過程中的數量關系，圖形位置關系，分類畫出符合題設條件的 圖形進行討論，就能找到解決的途徑，有效避免思維混亂。本文試論從三個方面探究特殊四邊形動點問題 的解題方法一圖解法。以提高同學們的解題能力。關鍵詞：圖解法；動態

2、圖形；靜態圖形；化“動”為“靜”。一、單動點問題“數學是思維科學，數學教學是數學思維的教學”1。圖解法數學思想依據是數形結合思想。而特殊四邊形的幾何問題，很多困難源于問題中的可動點。如何合理運用各動點之間的關系，同學們往往缺乏思 路，常常導致思維混亂。實際上求解特殊四邊形的動點問題，關鍵是要充分發揮空間想象的能力，不要被“動”所迷惑，而是要“動”中求“靜”，化“動”為“靜”，抓住它運動中的某一瞬間，尋找合理的代 數關系式，確定運動變化過程中的數量關系，圖形位置關系，通過點動帶線動，利用圖解法，分類畫出符 合題設條件的圖形進行求解，就能找到解決的途徑，有效避免思維混亂。如圖1所示，已知 zABC

3、D中，AD=4cm CD=6cm / A=45,點P從點A沿射線 AB!動，速度為1cm/s，若設運動時間為t(s)，連接PC,當t為何值時厶PB(為等 腰三解形？本題以平行四邊形為背景，結合特殊角，等腰三角形，勾股定理等知識編制 而成，當動點P沿射線AB運動時，探求等腰三角形的幾種情況。導致運算混亂。而我是利用通常人們都是在給出的原始動態圖形中進行求解。同學們往往缺乏思路 圖解法，通過點P動帶線動，抓住等腰三角形的腰與底的分類從動態圖形中畫出四種不同的靜態圖形進行 求解，化“動”為“靜”。解：1,如圖2所示，當BP=BC時厶PBC為等腰三角形貝6-1=4 t=2(s)2, 如圖3所示，當BP

4、=BC時厶PBC為等腰三角形貝t 6=4 t=10(s)3, 如圖4所示，當CB=CP時厶PBC為等腰三角形二 ABCDCBP玄 A=450 ,BC=AD=4/ CB=CPBPC=z CBP=45/ BCP=18&45 0-45 =900在Rt BCP中BP 42424 2t (6 4、2)(s)4, 如圖5所示，當PB=PC時厶PBC為等腰三角形v - ABCDCBP玄 A=450 ,BC=AD=4/ PB=PCBCP=z CBP=45/ BPC=18&45 0-45 =900圖2圖4在 Rt BPC中設 PB=PC=x,則 x2+x2=42 解得,x 2 2t (62.2)(s)綜上所述當

5、t=2(s)或t=10(s)或t=(6+4 .2)(s)或t=(6+22)(s)時厶PBC為等腰三角形。動態幾何題，是指以幾何知識和幾何圖形為背景，滲透運動變化觀點的一類試題，揭示了 “運動”與“靜止”、“一般”與“特殊”的內在聯系，以及在一定條件下可以互相轉化的辯證關系，通過幾何圖形的運動 變化，使學生經歷由觀察、想象、推理等發現、探索的過程，是中考數學試題中，考查學生的創新意識、 創新能力的重要題型，解決這類問題的關鍵是善于探索動點的運動特點和規律，抓住變化中圖形的性質與 特征，化動為靜，以靜制動，從一般位置與特殊位置的比較中發現解題的方法和思路，或根據運動過程中 的特殊位置，進行合理的分

6、類。二、雙動點問題如圖6所示，JOABC的頂點0為坐標原點，A點在x軸正半軸上，/ COA=45, 0A=4cm OC= Jm, 點P從C點出發沿CB方向，以1cm/s的速度向點B運動，點Q從A點同時出發沿 A0方向，以2cm/s的速 度向原點0運動，其中一個動點到達端點時，另一個動點也隨之停止運動。1, 求點C, B的坐標2, 從運動開始，經過多少時間，四邊形OCPQ是平行四邊形，3, 在點P,Q運動的過程中，四邊形 OCPQT可能成為直角梯形嗎？若能，求出運動時間，若不能，請說明 理由，本題同樣也是以平行四邊形為背景，但它是以雙動點為載體的動點問題，我是在2010-2011學年廣東省廣州市

7、白云區八年級(下)期末數學試題中第23題改編而成的一道題。在平時的教學中，開始我也是在題目給出的原始動態圖形中進行解題講解，發現效果很差，特別是雙動點問題，學生不理解。后來我同 樣也是利用圖解法，根據平行四邊形，直角梯形的特征與性質分類畫出以雙動點P, Q為邊的平行四邊形 只需PQ丄x軸，即點P的橫坐標與點 Q的橫坐標相同即可. 點P的橫坐標為t +1，點Q的橫坐標為4 2t,和直角梯形進行講解效果很好。解：從動態圖形中分類畫出兩種靜態圖形進行討論：1, 如圖6所示，過點C作CE丄X軸于點E 在 Rt OCE 中，/ COA = 45,/ OCE = 90 - 45= 45, EO=EC 設

8、EO= X由勾股定理得，x2 X2 (2)2解得X1 = 1 X2=- 1 (舍去) C點的坐標為C (1, 1), CB = OA , B 點的坐標為 B ( 5, 1);2, 如圖7所示，T CP/ OQ, 要使四邊形 OCPQ是平行四邊形， 只需 CP= OQ,而 OQ = OA AQ .設經過t秒后，四邊形 OCPQ是平行四邊形，4則有t = 4 2t,解得t =(秒).34即當運動開始后，經過 蘭秒時，四邊形 OCPQ是平行四邊形;33, 可以.如圖8所示，T CP / OQ,要使四邊形OCPQ是直角梯形，C A F EL /r72 / /B7sa得 t +1 = 4 2t,解得 t

9、 = 1 （秒），所以當開始運動到 1秒時，四邊形 OCPQ是直角梯形；二、多動點問題有一些比較抽象的題目,3。B, C, D 出發沿 AD , BC, CB , 運動即停止.已知在相學生感到無從下手，原因是學生缺乏畫圖幫助解題的意識，如果根據題意轉 換成輔助圖，就會化難為易，使問題直觀化和形象化，降低學生思考問題的難度如圖9所示，在矩形 ABCD中，BC=24cm , P, Q, M , N分別從A, 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， 同時間內，若 BQ=xcm（x 豐 0），貝V AP=2xcm , CM=3xcm ,1, 當x為何值時，以PQ, M

10、N為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）的一部分為第三邊構成一個三角形；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；（結果用根號表示）本題我是從2009年淄博市中考題中最后一道題的第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.載體的動點問題。第（1）小題的必須條件是點 P,N重合且點Q,M不重合，此時AP+ND=AD，即2x+x2=24cm ,BQ+MCv BC,即 x+3x v 24cm 或者點 Q, M 重合點 P, N 不重合，此時 AP+N D AD，即 2x x2 24cm ,BQ+MC=BC，即x+

11、3x=24cm，所以可以根據這兩種情況來求解x的值。而第2小題是要把P, N兩點分兩種情況討論：（1 ）點P在點N的左側，（2）點P在點N的右側。第3小題是利用等腰梯形同一底上的兩 條高的特征進行討論判斷。DC同樣如果單獨利用題中給出的原始圖形進行解題講解，學生基本不理解，感覺是非常難的一道題，但 我還是利用圖解法，分類畫出符合題設條件的相關圖形進行解題講解，化“動”為“靜”，學生很樂意接 受，效果也很好。特別是第 3問，如果不分類畫出相關圖形，學生根本不明白。解：從動態圖形中分類畫出五種靜態圖形進行討論：1,當點P與點N重合或點 Q與點M重合時，以PQ, MN為兩邊，以矩形的邊（AD或BC）

12、的一部分為 第三邊可能構成一個三角形.（1）如圖10所示，當點P與點N重合時， 由 x2 2x 24,得 x1 4 x26（舍去）因為 BQ+CM=x+3x=4x=16 x, 所以點E 一定在點P的左側.如圖14所示，若以P, Q , M , N為頂點的四邊形是等腰梯形，則點F 定在點N的右側，且 PE=NF ,即 2x x x2 3x.解得為0(舍去)X22 .2xCDDC由于當x=2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.總之特殊四邊形動點問題，無論是單動點，雙動點，還是多動點，利用圖解法，善于探索動點的運動 特點和規律，分類畫出符合題設條件的圖形進行討論。在分析過程中，特別要關注圖形的特性(特殊角、 特殊圖形的性質、圖形的特殊位置)，尋找合理的代數關系式，確定運動變化過程中的數量關系，圖形位置關系，