动态问题初一例题解析

在初一数学的学习中，动态问题是一个重要且具有挑战性的知识点。动态问题往往涉及到图形的运动、变化，需要同学们具备较强的逻辑思维和空间想象能力。解决这类问题，不仅能加深对数学概念的理解，还能提升综合运用知识的能力。下面我们通过具体的例题来深入剖析初一动态问题的解题思路和方法。

例1：数轴上有A、B两点，点A表示的数为-2，点B表示的数为4。点P从点A出发，以每秒2个单位长度的速度沿数轴向右运动，同时点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿数轴向左运动。设运动时间为t秒。

（1）当t为何值时，点P和点Q相遇？

分析：点P从点A出发向右运动，t秒后点P表示的数为-2 + 2t；点Q从点B出发向左运动，t秒后点Q表示的数为4 - t。当点P和点Q相遇时，它们所表示的数相等，即-2 + 2t = 4 - t。

解题过程：

-2 + 2t = 4 - t

移项可得：2t + t = 4 + 2

合并同类项得：3t = 6

系数化为1得：t = 2

所以，当t = 2秒时，点P和点Q相遇。

（2）当t为何值时，点P到点A、点B的距离相等？

分析：点P到点A的距离为|(-2 + 2t) - (-2)| = |2t|，点P到点B的距离为|(-2 + 2t) - 4| = |2t - 6|。当点P到点A、点B的距离相等时，|2t| = |2t - 6|。

解题过程：

当2t = 2t - 6时，

方程两边同时减去2t得：0 = -6，此方程无解。

当2t = -(2t - 6)时，

去括号得：2t = -2t + 6

移项可得：2t + 2t = 6

合并同类项得：4t = 6

系数化为1得：t = 1.5

所以，当t = 1.5秒时，点P到点A、点B的距离相等。

例2：如图，在长方形ABCD中，AB = 6cm，BC = 8cm。点P从点A出发，以每秒1cm的速度沿AB边向点B运动；点Q从点B出发，以每秒2cm的速度沿BC边向点C运动。设运动时间为t秒（0 < t < 4）。

（1）当t为何值时，△PBQ的面积为8cm²？

分析：根据长方形的性质可知，AP = t cm，则PB = (6 - t)cm，BQ = 2t cm。根据三角形面积公式S = 1/2 ×底×高，可得△PBQ的面积为S = 1/2 × PB × BQ = 1/2 × (6 - t) × 2t。

解题过程：

由题意可得方程：1/2 × (6 - t) × 2t = 8

化简得：(6 - t)t = 8

去括号得：6t - t² = 8

移项得：t² - 6t + 8 = 0

因式分解得：(t - 2)(t - 4) = 0

解得：t₁ = 2，t₂ = 4（因为0 < t < 4，所以舍去t₂ = 4）

所以，当t = 2秒时，△PBQ的面积为8cm²。

（2）是否存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是长方形ABCD面积的一半？

分析：长方形ABCD的面积为S = AB × BC = 6 × 8 = 48cm²，四边形APQC的面积等于长方形ABCD的面积减去△PBQ的面积，即S₁ = 48 - 1/2 × (6 - t) × 2t。若四边形APQC的面积是长方形ABCD面积的一半，则S₁ = 1/2 × 48 = 24cm²。

解题过程：

由题意可得方程：48 - 1/2 × (6 - t) × 2t = 24

化简得：48 - (6 - t)t = 24

去括号得：48 - 6t + t² = 24

移项得：t² - 6t + 24 = 0

对于一元二次方程ax² + bx + c = 0（a≠0），其判别式△ = b² - 4ac，在方程t² - 6t + 24 = 0中，a = 1，b = -6，c = 24，所以△ = (-6)² - 4 × 1 × 24 = 36 - 96 = -60 < 0。

因为判别式小于0，所以此方程无实数解。

所以，不存在某一时刻t，使得四边形APQC的面积是长方形ABCD面积的一半。

通过以上例题可以看出，解决初一动态问题的关键在于准确分析运动过程中各量的变化情况，建立相应的数学模型，如方程、函数等。要注意对结果进行检验，确保其符合实际情况。在学习过程中，同学们要多做练习，不断总结解题经验，提高解决动态问题的能力。