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质点运动型问题常常结合点、线，面的运动学知识,集几何、代数于一体,数形结合,有较强的综合性.解决此类问题需要用运动与变化的眼光去观察图形,抓住其中的等量关系和变量关系,并特别关注一些不变量、不变关系或特殊关系.利用函数、不等式和方程等知识求解.它渗透了分类讨论、转化化归、数形结合、函数方程等重要数学思想，综合性较强，已成为中考热点试题.新课程改革倡导培养学生的实践能力和创新精神，运动型试题所考查的知识与能力很好地体现了课改精神，如教材新增内容：图形的三种变换（平移、旋转、翻折）、图形与坐标等知识内容，以网格纸、坐标系等为背景，三角尺、多边形纸张等为工具，以运动为载体来设计试题，具有背景新颖、题材丰富、可操作性强的特点，已成为新课程中考的压轴题.
运动型试题主要包含质点运动型试题与图形变换型试题两类，命题的设置往往带有开放性、操作性、探究性和综合性的特点.
典型例题
例1如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝16，DC＝12，AD＝21.动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t（秒）.
（1） 设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（2） 当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？
（3） 当线段PQ与线段AB相交于点O，且2AO＝OB时，求∠BQP的正切值；
（4） 是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
思路点拔（1） 用含有t的代数式来表示相关的线段；（2） 分情况进行讨论，利用三线合一，勾股定理解题；（3） 依照题意画出图形，构造直角三角形，利用相似求解；（4） 利用垂直的条件，构造一对相似三角形.
解析（1）∵ QB＝6-t，
∴ S=（1/2）×12×（16-t）=96-t
（2） 由图可知：CM=PD=2t，CQ=t.以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
① 若PQ=BQ.解得t=3.5；
② 若BP=BQ.经过运算，不成立；
③ 若PB=PQ，解得t=.
（3） 由△OAP∽△OBQ，可得==
∵ AP=2t-21，BQ=16-t， ∴2（2t-21）=16-t.
可得: t=.
过点Q作QE⊥AD，垂足为E，
在Rt△PEQ中，tan∠QPE===.
说明动点的问题、相关的运算、位置关系、常用含有t的代数式来表示相关的线段，利用相似、勾股定理，等来解决问题.
例2如图，把含有30°角的三角板ABO置入平面直角坐标系中，A，B两点坐标分别为（3，0）和（0，3）.动点P从A点开始沿折线AO-OB-BA运动，点P在AO，OB，BA上运动的速度分别为1，，2（长度单位/秒）.一直尺上的上边缘l从x轴的位置开始以（長度单位/秒）的速度向上平行移动（即移动过程中保持l∥x轴），且分别与OB，AB交于E，F两点.设动点P与动直线l同时出发，运动时间为t秒，当点P沿折线AO-OB-BA运动一周时，直线l和动点P同时停止运动．
请解答下列问题：
（1） 过A，B两点的直线解析式是；
（2） 当t=4时，点P的坐标为 ；当t =
，点P与点E重合；
（3） ① 作点P关于直线EF的对称点P′. 在运动过程中，若形成的四边形PEP′F为菱形，则t的值是多少？
② 当t=2时，是否存在着点Q，使得△FEQ ∽△BEP ？若存在, 求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
思路点拔（1） 利用A，B两点坐标求直线解析式；（2）点P与点E起点不同，速度不同，要想重合，可以看成是追击问题的题目；（3）①四边形PEP′F为菱形，EF必然是对角线，因而，点P应在EF的垂直平分线上，依题意，存在两种情况，一、点P在线段OA上，二、点P在线段BA上，分别表示出点P的坐标，和EF的中点的坐标，从而列出方程，求解；②两三角形相似的关系已确定的，利用相似比1∶来求点的坐标.
解析（1） y＝-x+3； （2） （0，）t=；
（3） ①当点P在线段AO上时，过F作FG⊥x轴，G为垂足（如图1）， AP=t，
∴ OP=3-t，ＰＧ=AP-AG=t
由3-t=t得t=；
当点P在线段OB上时，形成的是三角形，不存在菱形；
当点P在线段BA上时，
过P作PH⊥EF，PM⊥OB，H、M分别为垂足（如图2），
∵ ＯＥ=t， ∴ BE=3-t， ∴ EF==3-
∴ MP=EH=EF=， 又∵BP=2（t-6）
在Rt△BMP中，BP•cos60°=MP
即2（t-6）•=，解得t=．
② 存在，理由如下：
∵ t=2， ∴ OE＝，AP=2，OP=1
将△BEP绕点E顺时针方向旋转90°，得到△B′EP（如图3），
∵ OB⊥EF， ∴点B′在直线EF上，C点坐标为（，－1），过F作FQ∥B′C，交EC于点Q，则△FEQ∽△B′EC，由===，可得Q的坐标为Q′（-，），根据对称性可得，Q关于直线EF的对称点（-，）也符合条件.
说明点和线同时做运动，依据题中的起点不同，与速度的大小来确定点与线的特殊的位置关系，根据题目的要求，画出不同位置关系下的图形，有助于帮助我们去分析.另外解题时，要分析不运动阶段时的情况，防止漏解.
例3 如图7，在Rt△PMN中，∠P＝90°，PM＝PN，MN＝8㎝，矩形ABCD的长和宽分别为8cm和2cm，C点和M点重合，BC和MN在一条直线上.令Rt△PMN不动，矩形ABCD沿MN所在直线向右以每秒1cm的速度移动（图8），直到C点与N点重合为止.设移动x秒后，矩形ABCD与△PMN重叠部分的面积为ycm2.求y与x之间的函数关系式.
解析在Rt△PMN中，∵ PM＝PN，∠P＝90°， ∴∠PMN＝∠PNM＝45°.延长AD分别交PM，PN于点G，H.过G作GF⊥MN于F，过H作HT⊥MN于T（图9）.
∵ DC＝2cm. ∴ MF＝GF＝2cm，
∵ MT＝6cm.
因此矩形ABCD以每秒1cm的速度由开始向右移动到停止，和Rt△PMN重叠部分的形状可分为下列三种情况：
（1）当C点由M点运动到F点的过程中（0≤x≤2）.如图9所示，设CD与PM交于点E，则重叠部分图形是Rt△MCE，且MC＝EC＝x.
∴ y=MC•EC=x2（0≤x≤2）
（2） 当C点由F点运动到T点的过程中（2＜x≤6），如图10所示，重叠部分图形是直角梯形MCDG.
∵ MC=x，MF=2， ∴ FC＝DG＝x－2，且DC＝2.
∴ y=（MC+GD）•DC=2x-2（0＜x≤6）
（3） 当C点由T点运动到N点的过程中（6＜x≤8），如图11所示，设CD与PN交于点Q，则重叠部分图形是五边形MCQHG.
∵ MC=x， ∴ CN＝CQ＝8－x，且DC＝2.
∴ y=（MN+GH）•DC-CN•CQ=（x-8）2+12（6＜x≤8）.
说明此题是一个图形运动问题，解答方法是将各个时刻的图形分别画出，将图形由“动”变“静”，再设法分别求解.这种分类画图的方法在解动态几何题中非常有效，它可帮我们理清思路，各个击破.
例4将一矩形纸片OABC放在直角坐標系中，O为原点，C在x轴上，OA＝6，OC＝10.
（1） 如图15①，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落在AB边上的D点，求E点的坐标；
（2） 如图15②，在OA，OC边上选取适当的点E′，F，将△E′OC沿E′F折叠，使O点落在AB边上D′的点，过D′作D′G//y轴，交E′F于T点，交OC于G点，求证：TG=AE′.
（3） 在（2）的条件下，设T（x，y），①探求：y与x之间的函数关系式；②指出自变量x的取值范围.
（4） 如图15③，如果将矩形OABC变为平行四边形OA′B′C′，使OC′=10，OC′边上的高等于6，其他条件均不变，探求：这时T′（x，y）的坐标y与x之间是否仍然满足（3）中所得的函数关系式？若满足，请说明理由；若不满足，写出你认为正确的函数关系式.
思路点拔欲求第（1）小题中E点的坐标，关键是运用折叠的性质及勾股定理求OE的长；第（2）小题关键是证明∠D′F′E′=∠D′TE′，也可根据垂直平分线与平行组合求得；第（3）小题的关键是在第（２）小题的基础上将问题转化为Rt△A′D′E′中勾股定理的问题；第（2）（3）小题的探究过程是探究第（4）小题函数关系的基础.
解：（1） 方法1：设OE＝m或E（0，m），则ＡＥ＝６－m，CD=10，
由勾股定理得AB=8，则AD=2，
在△ＡＤＥ中，由勾股定理得（6-m）2+22=m2解得：m=，所以E（0，）.
（2） 连结OD′交E′F于P，由折叠可知E′F垂直平分OD′，即OP=PD′，由OE′//D′G，所以得出OE′=D′T，所以AE′=TG.
（3） ①连结OT，由（2）可得OT=D′T，由勾股定理可得x2+y2=（6-y）2，整理，得y=-x2+3.②结合①可得AD′=OG=2时，AD′最大，即x最大，此时G点与F点重合，四边形AOFD′为正方形，所以x最大为6，即x≤6，所以，2≤x≤6.
（4） y与x之间仍然满足（3）中所得函数关系式，理由如下：连结OT′，仍然可得OT′=D′T′，即x2+y2=（6-y）2，所以，（3）中所得的函数关系式仍然成立.
“运动型问题”是中考的热点问题，是考查学生基础知识，基本技能，思维能力的很好的题型.解决此类问题，要在“动”中求“静”，找出题目中的不变的关系，用含有t的代数式来表示相关的线段，运用全等、相似、勾股定理，以及函数的增减性、最值来解决问题.其中，分类讨论、数形结合、转化等数学思想等的运用，是解决问题的灵魂.学生在解决问题时要分析各种情况，并画出图形来分析、思考.
练习
1. 如图，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°．若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A方向运动，设运动时间为t（s）（0≤t＜3），连结EF，当t值为s时，△BEF是直角三角形．
2. 如图,边长为1的正方形OABC的顶点O为坐标原点,点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上.动点D在线段BC上移动（不与B，C重合），连接OD ，过D作DE⊥OD ,交AB于点E,连OE,记CD的长为t.
（1） 当t =时，求直线DE的函数表达式；
（2） 若记梯形COEB的面积为S，那么是否存在S的最大值？
若存在，求出这个最大值及此时t的值；若不存在，请说明理由.
（3）当 OD2+ DE2的算术平方根取最小值时,求E点的坐标.
3. Rt△ABC与Rt△FED是两块全等的含30°、60°角的三角板，按如图（一）所示拼在一起，CB与DE重合．
（1） 求证：四边形ABFC为平行四边形；
（2） 取BC中点O，将△ABC绕点O顺时钟方向旋转到如图（二）中△A′B′C′位置，直线B′C′与AB、CF分别相交于P、Q两点，猜想OQ、OP长度的大小关系，并证明你的猜想．
（3） 在（2）的条件下，指出当旋转角至少为多少度时，四边形PCQB为菱形（不要求证明）.
答案1. t=1 或 2.（1） y=-x+ （2） S最大= （3） E（1，）
3. 证明：（1） ∵△ABC≌△FCB ∴ AB=CF，AC=BF
∴四边形ABCF为平行四边形.
（2） OP=OQ
理由如下： ∵ OC=OB ，∠COQ=∠BOP，∠ＯＣＱ=∠PBO
∴ △COQ≌△BOP
∴ OP=OQ
（用平行四边形对称性证明也可）
（3） 90
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
运动型试题主要包含质点运动型试题与图形变换型试题两类，命题的设置往往带有开放性、操作性、探究性和综合性的特点.
典型例题
例1如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C＝90°，BC＝16，DC＝12，AD＝21.动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒两个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，点P，Q分别从点D，C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动.设运动的时间为t（秒）.
（1） 设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（2） 当t为何值时，以B，P，Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？
（3） 当线段PQ与线段AB相交于点O，且2AO＝OB时，求∠BQP的正切值；
（4） 是否存在时刻t，使得PQ⊥BD？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由.
思路点拔（1） 用含有t的代数式来表示相关的线段；（2） 分情况进行讨论，利用三线合一，勾股定理解题；（3） 依照题意画出图形，构造直角三角形，利用相似求解；（4） 利用垂直的条件，构造一对相似三角形.
解析（1）∵ QB＝6-t，
∴ S=（1/2）×12×（16-t）=96-t
（2） 由图可知：CM=PD=2t，CQ=t.以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况：
① 若PQ=BQ.解得t=3.5；
② 若BP=BQ.经过运算，不成立；
③ 若PB=PQ，解得t=.
（3） 由△OAP∽△OBQ，可得==
∵ AP=2t-21，BQ=16-t， ∴2（2t-21）=16-t.
可得: t=.
过点Q作QE⊥AD，垂足为E，
在Rt△PEQ中，tan∠QPE===.
说明动点的问题、相关的运算、位置关系、常用含有t的代数式来表示相关的线段，利用相似、勾股定理，等来解决问题.
例2如图，把含有30°角的三角板ABO置入平面直角坐标系中，A，B两点坐标分别为（3，0）和（0，3）.动点P从A点开始沿折线AO-OB-BA运动，点P在AO，OB，BA上运动的速度分别为1，，2（长度单位/秒）.一直尺上的上边缘l从x轴的位置开始以（長度单位/秒）的速度向上平行移动（即移动过程中保持l∥x轴），且分别与OB，AB交于E，F两点.设动点P与动直线l同时出发，运动时间为t秒，当点P沿折线AO-OB-BA运动一周时，直线l和动点P同时停止运动．
请解答下列问题：
（1） 过A，B两点的直线解析式是；
（2） 当t=4时，点P的坐标为 ；当t =
，点P与点E重合；
（3） ① 作点P关于直线EF的对称点P′. 在运动过程中，若形成的四边形PEP′F为菱形，则t的值是多少？
② 当t=2时，是否存在着点Q，使得△FEQ ∽△BEP ？若存在, 求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
思路点拔（1） 利用A，B两点坐标求直线解析式；（2）点P与点E起点不同，速度不同，要想重合，可以看成是追击问题的题目；（3）①四边形PEP′F为菱形，EF必然是对角线，因而，点P应在EF的垂直平分线上，依题意，存在两种情况，一、点P在线段OA上，二、点P在线段BA上，分别表示出点P的坐标，和EF的中点的坐标，从而列出方程，求解；②两三角形相似的关系已确定的，利用相似比1∶来求点的坐标.
解析（1） y＝-x+3； （2） （0，）t=；
（3） ①当点P在线段AO上时，过F作FG⊥x轴，G为垂足（如图1）， AP=t，
∴ OP=3-t，ＰＧ=AP-AG=t
由3-t=t得t=；
当点P在线段OB上时，形成的是三角形，不存在菱形；
当点P在线段BA上时，
过P作PH⊥EF，PM⊥OB，H、M分别为垂足（如图2），
∵ ＯＥ=t， ∴ BE=3-t， ∴ EF==3-
∴ MP=EH=EF=， 又∵BP=2（t-6）
在Rt△BMP中，BP•cos60°=MP
即2（t-6）•=，解得t=．
② 存在，理由如下：
∵ t=2， ∴ OE＝，AP=2，OP=1
将△BEP绕点E顺时针方向旋转90°，得到△B′EP（如图3），
∵ OB⊥EF， ∴点B′在直线EF上，C点坐标为（，－1），过F作FQ∥B′C，交EC于点Q，则△FEQ∽△B′EC，由===，可得Q的坐标为Q′（-，），根据对称性可得，Q关于直线EF的对称点（-，）也符合条件.
说明点和线同时做运动，依据题中的起点不同，与速度的大小来确定点与线的特殊的位置关系，根据题目的要求，画出不同位置关系下的图形，有助于帮助我们去分析.另外解题时，要分析不运动阶段时的情况，防止漏解.
例3 如图7，在Rt△PMN中，∠P＝90°，PM＝PN，MN＝8㎝，矩形ABCD的长和宽分别为8cm和2cm，C点和M点重合，BC和MN在一条直线上.令Rt△PMN不动，矩形ABCD沿MN所在直线向右以每秒1cm的速度移动（图8），直到C点与N点重合为止.设移动x秒后，矩形ABCD与△PMN重叠部分的面积为ycm2.求y与x之间的函数关系式.
解析在Rt△PMN中，∵ PM＝PN，∠P＝90°， ∴∠PMN＝∠PNM＝45°.延长AD分别交PM，PN于点G，H.过G作GF⊥MN于F，过H作HT⊥MN于T（图9）.
∵ DC＝2cm. ∴ MF＝GF＝2cm，
∵ MT＝6cm.
因此矩形ABCD以每秒1cm的速度由开始向右移动到停止，和Rt△PMN重叠部分的形状可分为下列三种情况：
（1）当C点由M点运动到F点的过程中（0≤x≤2）.如图9所示，设CD与PM交于点E，则重叠部分图形是Rt△MCE，且MC＝EC＝x.
∴ y=MC•EC=x2（0≤x≤2）
（2） 当C点由F点运动到T点的过程中（2＜x≤6），如图10所示，重叠部分图形是直角梯形MCDG.
∵ MC=x，MF=2， ∴ FC＝DG＝x－2，且DC＝2.
∴ y=（MC+GD）•DC=2x-2（0＜x≤6）
（3） 当C点由T点运动到N点的过程中（6＜x≤8），如图11所示，设CD与PN交于点Q，则重叠部分图形是五边形MCQHG.
∵ MC=x， ∴ CN＝CQ＝8－x，且DC＝2.
∴ y=（MN+GH）•DC-CN•CQ=（x-8）2+12（6＜x≤8）.
说明此题是一个图形运动问题，解答方法是将各个时刻的图形分别画出，将图形由“动”变“静”，再设法分别求解.这种分类画图的方法在解动态几何题中非常有效，它可帮我们理清思路，各个击破.
例4将一矩形纸片OABC放在直角坐標系中，O为原点，C在x轴上，OA＝6，OC＝10.
（1） 如图15①，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落在AB边上的D点，求E点的坐标；
（2） 如图15②，在OA，OC边上选取适当的点E′，F，将△E′OC沿E′F折叠，使O点落在AB边上D′的点，过D′作D′G//y轴，交E′F于T点，交OC于G点，求证：TG=AE′.
（3） 在（2）的条件下，设T（x，y），①探求：y与x之间的函数关系式；②指出自变量x的取值范围.
（4） 如图15③，如果将矩形OABC变为平行四边形OA′B′C′，使OC′=10，OC′边上的高等于6，其他条件均不变，探求：这时T′（x，y）的坐标y与x之间是否仍然满足（3）中所得的函数关系式？若满足，请说明理由；若不满足，写出你认为正确的函数关系式.
思路点拔欲求第（1）小题中E点的坐标，关键是运用折叠的性质及勾股定理求OE的长；第（2）小题关键是证明∠D′F′E′=∠D′TE′，也可根据垂直平分线与平行组合求得；第（3）小题的关键是在第（２）小题的基础上将问题转化为Rt△A′D′E′中勾股定理的问题；第（2）（3）小题的探究过程是探究第（4）小题函数关系的基础.
解：（1） 方法1：设OE＝m或E（0，m），则ＡＥ＝６－m，CD=10，
由勾股定理得AB=8，则AD=2，
在△ＡＤＥ中，由勾股定理得（6-m）2+22=m2解得：m=，所以E（0，）.
（2） 连结OD′交E′F于P，由折叠可知E′F垂直平分OD′，即OP=PD′，由OE′//D′G，所以得出OE′=D′T，所以AE′=TG.
（3） ①连结OT，由（2）可得OT=D′T，由勾股定理可得x2+y2=（6-y）2，整理，得y=-x2+3.②结合①可得AD′=OG=2时，AD′最大，即x最大，此时G点与F点重合，四边形AOFD′为正方形，所以x最大为6，即x≤6，所以，2≤x≤6.
（4） y与x之间仍然满足（3）中所得函数关系式，理由如下：连结OT′，仍然可得OT′=D′T′，即x2+y2=（6-y）2，所以，（3）中所得的函数关系式仍然成立.
“运动型问题”是中考的热点问题，是考查学生基础知识，基本技能，思维能力的很好的题型.解决此类问题，要在“动”中求“静”，找出题目中的不变的关系，用含有t的代数式来表示相关的线段，运用全等、相似、勾股定理，以及函数的增减性、最值来解决问题.其中，分类讨论、数形结合、转化等数学思想等的运用，是解决问题的灵魂.学生在解决问题时要分析各种情况，并画出图形来分析、思考.
练习
1. 如图，AB是⊙O的直径，弦BC=2cm，F是弦BC的中点，∠ABC=60°．若动点E以2cm/s的速度从A点出发沿着A→B→A方向运动，设运动时间为t（s）（0≤t＜3），连结EF，当t值为s时，△BEF是直角三角形．
2. 如图,边长为1的正方形OABC的顶点O为坐标原点,点A在x轴的正半轴上，点C在y轴的正半轴上.动点D在线段BC上移动（不与B，C重合），连接OD ，过D作DE⊥OD ,交AB于点E,连OE,记CD的长为t.
（1） 当t =时，求直线DE的函数表达式；
（2） 若记梯形COEB的面积为S，那么是否存在S的最大值？
若存在，求出这个最大值及此时t的值；若不存在，请说明理由.
（3）当 OD2+ DE2的算术平方根取最小值时,求E点的坐标.
3. Rt△ABC与Rt△FED是两块全等的含30°、60°角的三角板，按如图（一）所示拼在一起，CB与DE重合．
（1） 求证：四边形ABFC为平行四边形；
（2） 取BC中点O，将△ABC绕点O顺时钟方向旋转到如图（二）中△A′B′C′位置，直线B′C′与AB、CF分别相交于P、Q两点，猜想OQ、OP长度的大小关系，并证明你的猜想．
（3） 在（2）的条件下，指出当旋转角至少为多少度时，四边形PCQB为菱形（不要求证明）.
答案1. t=1 或 2.（1） y=-x+ （2） S最大= （3） E（1，）
3. 证明：（1） ∵△ABC≌△FCB ∴ AB=CF，AC=BF
∴四边形ABCF为平行四边形.
（2） OP=OQ
理由如下： ∵ OC=OB ，∠COQ=∠BOP，∠ＯＣＱ=∠PBO
∴ △COQ≌△BOP
∴ OP=OQ
（用平行四边形对称性证明也可）
（3） 90
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文