初中数学七年级下册 全等三角形动点问题难点探究专题 教学设计

初中数学七年级下册全等三角形动点问题难点探究专题教学设计

一、课程基本信息

（一）课题名称

全等三角形动点问题难点探究专题

（二）授课对象

七年级学生

（三）课时安排

1课时（45分钟）

（四）教学资源

多媒体课件（含动态几何画板演示）、导学案、常规教具（三角板、量角器等）。

二、教学目标设计

（一）知识与技能目标

1.【基础】学生能够准确识别全等三角形动点问题中的基本图形，并熟练写出三角形全等的三种基本判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS）的几何语言。

2.【基础】学生能够根据动点的运动路径（直线、折线）和时间速度关系，正确表示相关线段的长度（代数式）。

3.【重要】学生能够通过分析动点的运动过程，抓住“变”与“不变”的量，找出动点问题中三角形全等成立的条件，并建立相应的方程（组）或不等式（组）。

4.【重要】学生能够熟练运用分类讨论的思想，对动点位置的不确定性进行分类讨论，确保解答的全面性。

5.【高频考点】【难点】学生能够综合运用全等三角形的性质与判定、方程思想、数形结合思想解决综合性的动点问题，形成解决此类问题的基本策略。

（二）过程与方法目标

1.通过观察动态几何画板的演示，经历从“静”到“动”、再从“动”中觅“静”的过程，培养几何直观和空间想象能力。

2.通过对不同类型动点问题的探究，学习并掌握“用字母表示线段——寻找全等条件——建立方程模型——分类讨论求解”的分析方法，体会转化思想、方程思想和分类讨论思想在几何问题中的应用。

3.通过小组合作交流，分享解题思路，比较不同方法的优劣，提升逻辑推理能力和数学表达能力。

（三）情感、态度与价值观目标

1.在探究动态几何问题的过程中，感受数学的严谨性与逻辑美，激发探索数学奥秘的兴趣。

2.经历克服困难的探究过程，树立学好数学的自信心，培养严谨求实的科学态度和勇于探索的精神。

3.通过对运动变化规律的探究，初步感知辩证唯物主义中“运动是绝对的，静止是相对的”观点。

三、教学重点与难点

（一）教学重点

1.【重要】用代数式表示动点运动过程中的线段长度。

2.【高频考点】根据三角形全等的条件，建立关于动点运动时间或路程的方程。

3.【重要】领会并运用分类讨论思想解决动点位置变化带来的多解问题。

（二）教学难点

1.【难点】如何在复杂的运动过程中，准确地找到决定三角形全等的对应顶点和对应边（角）。

2.【难点】当动点位置变化导致图形形状改变时，如何合理地划分时间段，进行无遗漏、无重复的分类讨论。

3.【难点】将几何条件（线段相等、角相等）准确地转化为代数方程。

四、教学实施过程

（一）创设情境，引入课题（约3分钟）

教师利用多媒体，向学生展示一个生活中的动态情境：例如，一座可移动的桥梁闸口，有两个滑块分别在桥面的两边轨道上以不同的速度滑动。闸口的设计要求是，在某一时刻，由两个滑块与桥墩顶点构成的三角形恰好与另一侧的三角形全等。教师提出问题：“在这个动态变化的过程中，存在着无数个瞬间，我们如何捕捉到那一瞬间？这其中蕴含了怎样的数学奥秘？”由此引出本节课的课题——全等三角形中的动点问题。紧接着，教师引导学生回顾全等三角形的判定方法（SSS，SAS，ASA，AAS）以及线段长度的代数表示方法（如：点P从A出发，以每秒1个单位的速度向B运动，t秒后，AP=t，PB=AB-t），为本节课的探究做好知识铺垫。

（二）基础题型，方法建构（约12分钟）

1.【基础】单动点问题——直线上运动

教师出示问题1：如图，在△ABC中，AB=6cm，AC=5cm，∠B=∠C。点P从点B出发，沿B→A→C的路径以每秒1cm的速度向终点C运动。设运动时间为t秒。

（1）当点P在AB上运动时，用含t的代数式表示AP的长。

（2）当点P在AC上运动时，用含t的代数式表示AP的长。

（3）是否存在某一时刻t，使得△APC是等腰三角形？若存在，请求出所有t的值。

教师引导学生分析：这是一个点P在折线上运动的问题。第一问和第二问是【基础】，旨在训练学生根据运动路径分段表示线段长度。点P在AB上，AP=6-t；点P在AC上，AP=t-6。第三问是【重要】【高频考点】，需要分类讨论。教师引导学生思考：“等腰三角形没有指明哪两条边相等，我们需要怎么考虑？”学生讨论后明确，应分三种情况：①AP=AC；②AP=PC；③AC=PC。然后结合点P在AB和AC上的不同位置，分别建立方程求解，并检验解是否符合对应的t的取值范围。

教师总结步骤：【标记】审题，明确运动路径和速度；【表示】用含t的代数式表示所有动线段；【分类】根据问题条件（如等腰三角形、全等三角形）进行合理分类；【列方程】利用几何性质（如线段相等）列出方程；【验证】检查解是否满足前提条件（如t的范围、点在线段上）。

通过此例题，初步构建解决动点问题的基本模型和方法。

（三）核心探究，突破难点（约20分钟）

1.【重要】【难点】双动点问题——三角形全等的探究

教师出示问题2（核心例题）：如图，在长方形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm。点P从点A出发，沿A→B→C的路径以每秒2cm的速度向终点C运动；同时，点Q从点C出发，沿C→D→A的路径以每秒1cm的速度向终点A运动。当一个点停止运动时，另一个点也随之停止。设运动时间为t秒（0<t<7）。

（1）当t为何值时，△ABP与△ADQ全等？

（2）当t为何值时，△ABP与△QCD全等？

这是一个典型的双动点问题，难度较大，需要学生具备较高的分析能力和分类讨论思想。教师采用“问题链”引导学生逐步深入。

第一步：引导学生分析运动全过程。

教师利用几何画板动态演示两个点的运动，并引导学生画出关键的时刻图（如P在AB上、P在BC上；Q在CD上、Q在DA上）。让学生明确，由于运动路径不同，两个三角形的形状和位置都在随时间变化。

第二步：聚焦第一问△ABP与△ADQ全等。

教师提问：“这两个三角形中，有哪些边和角是固定不变的？”引导学生观察：△ABP中，∠B=90°；△ADQ中，∠D=90°。所以这两个直角三角形全等，只需找出一组边相等即可。

教师再问：“点P和Q的位置会影响边的长度，我们需要分情况讨论吗？”引导学生思考：点P可能在AB上，也可能在BC上；点Q可能在CD上，也可能在DA上。两个点的位置组合起来，共有四种情况。但为了简化，可以根据“对应顶点”来讨论。因为全等三角形的对应顶点要写在对应位置上。要使△ABP≌△ADQ，点A、B、P分别与点A、D、Q对应。因此，点P必须与点Q对应，即它们必须是同时出现在两个三角形中能够重合的顶点。这要求我们必须画出图形，使两个三角形能够“摆放”成全等的样子。

引导学生分情况讨论：

情况一：点P在AB上（0<t≤3），点Q在CD上（0<t≤6）。此时，△ABP和△ADQ如图。BP=2t，AP=2t？不对，此时P在AB上，AP=2t，BP=6-2t；Q在CD上，CQ=t，DQ=6-t。要使△ABP≌△ADQ，由于∠B=∠D=90°，需满足AB=AD？AB=6，AD=8，不相等。所以不能是直角边对应，但可以是斜边对应。即AP=AQ或BP=DQ？直角三角形的全等条件是HL或两组边夹直角（SAS）。这里AB和AD是固定边，但对应关系不一定是AB对AD。我们严格按顶点对应：A→A，B→D，P→Q。那么AB应等于AD？但AB≠AD，所以此情况不可能成立。学生在此会遇到认知冲突，教师引导重新审视对应关系：可能是A→A，B→Q，P→D？这样对应关系又变了。实际上，题目没指定对应顶点，所以△ABP≌△ADQ，意味着两个三角形的六个元素分别相等，但对应关系有多种。更稳妥的方法是基于“边角边”或“角边角”条件，但在这两个直角三角形中，我们可以利用HL定理。因为两个三角形都是直角三角形，所以只要一组斜边和一组直角边对应相等即可。

但最通用且不易错的方法是根据【重要】“全等三角形的对应边相等”来列方程，同时要考虑到对应关系的多种可能性。

我们可以这样分析：△ABP中，已知AB=6，BP=|6-2t|？不对，当P在AB上，BP=6-2t；P在BC上，BP=2t-6。△ABP的直角边是AB和BP，斜边是AP。

△ADQ中，AD=8，DQ=|6-t|？（Q在CD上，DQ=6-t；Q在DA上，DQ=t-6？Q在DA上时，是从D向A运动，路程为(6+8)-t=14-t，所以DQ=t-6？需要重新计算，比较麻烦）。所以更好的办法是用“SSS”或“SAS”的思路。

教师引导学生回到根本：要使两个三角形全等，可以通过边相等来建立方程。我们可以列出所有可能的边对应相等的情况，再结合图形合理性进行筛选。

对于△ABP≌△ADQ，可能的情况有：

①AB=AD且BP=DQ（SAS）→6=8?不可能。

②AB=DQ且BP=AD（SAS）→6=DQ，且BP=8。然后根据P、Q位置求解。

③AB=AQ且BP=AD（HL?不严谨）或AB=AQ且AP=AD?太乱。

教师此时应给出最清晰、最严谨的引导：我们分两大类讨论——点P在AB上和点P在BC上；点Q在CD上和点Q在DA上。共四种组合，分别写出两个三角形的边长（用t表示），然后根据全等三角形的性质（SSS，SAS），列出所有可能的边相等或夹角相等的方程，并求解。这是一个繁复但必要的过程，旨在锻炼学生的耐心和严谨性。

教师带领学生逐步完成第一问的探究：

①当P在AB上（0<t≤3），Q在CD上（0<t≤6）时：

AP=2t，BP=6-2t，AB=6。

AQ?Q到A的距离：Q在CD上，路径为C→D，A在左下角，此时AQ需通过勾股定理求？不，AQ在△ADQ中是斜边，DQ=6-t，AD=8，所以AQ=√[8²+(6-t)²]。CQ=t。

两个三角形：△ABP是直角三角形；△ADQ是直角三角形。它们全等，可能对应情况有：

1）AB=AD=8?但AB=6，舍去。

2）AB=DQ=6-t→t=0，此时Q在C，P在A，△ABP不存在，舍去。

3）BP=AD=8→6-2t=8→t=-1，舍去。

4）AP=AQ→2t=√[64+(6-t)²]且需满足BP=DQ或AB=AD。但两个直角三角形全等，只需两组边对应相等即可。可以是AP=AQ且BP=DQ，或AP=AQ且AB=AD（舍），或BP=AD且AB=DQ（已讨论），或BP=AD且AP=AQ（即AP=AQ，6-2t=8同时成立，无解），或AB=DQ且BP=AD（无解）。唯一可能的是AP=AQ且BP=DQ。解方程组：

2t=√[64+(6-t)²]且6-2t=6-t→6-2t=6-t→t=0，舍去。所以此情况无解。

②当P在AB上（0<t≤3），Q在DA上（6<t<7？Q从C到D用6秒，从D到A还需8秒，总时间14秒，但P在7秒到C停止，所以Q在DA上的时间为6<t<7）：

此时，P在AB：AP=2t，BP=6-2t。

Q在DA：从D向A，已走路程为(6+t)？Q总路程为t，前6秒在CD，后(t-6)秒在DA。在DA上，从D向A，DQ=t-6？注意：Q从D到A，距离为8，所以当Q在DA上时，DQ=t-6，AQ=8-(t-6)=14-t。

△ABP：直角边AB=6，BP=6-2t，斜边AP。

△ADQ：直角边AD=8，DQ=t-6，斜边AQ。

全等可能情况：

1）AB=AD→6=8，无解。

2）AB=DQ=t-6→t=12，超出范围。

3）BP=AD=8→6-2t=8→t=-1。

4）AP=AQ→2t=14-t→t=14/3≈4.67，但此时t>3?不在P在AB的范围内，舍去。

5）BP=DQ且AP=AQ→6-2t=t-6且2t=14-t。前者得3t=12→t=4；后者得3t=14→t=14/3。不一致，无解。

还有其他对应方式吗？如AB=AQ，BP=AD?AB=6，AQ=14-t，则14-t=6→t=8（超）；BP=8，t=-1。无解。

所以此情况也无解。

③当P在BC上（3<t<7），Q在CD上（0<t≤6）时：

P在BC：从B向C，BP=2t-6，CP=8-(2t-6)=14-2t，AP为斜边，但△ABP仍是直角三角形吗？∠B=90°，所以是的，AB=6，BP=2t-6，AP用勾股。

Q在CD：同前，DQ=6-t，AQ为斜边。

△ABP：AB=6，BP=2t-6，AP=√[36+(2t-6)²]。

△ADQ：AD=8，DQ=6-t，AQ=√[64+(6-t)²]。

全等可能情况（基于直角三角形）：

1）AB=AD?不成立。

2）AB=DQ=6-t→t=0，舍。

3）BP=AD=8→2t-6=8→t=7。此时P到C，但t=7是否算？题目说当一个点停止另一个停止，P到C停止，Q？t=7时Q还在CD上（因为7>6？不对，Q在CD上只能到t=6，t=7时Q已经进入DA。所以t=7时，Q已在DA，此情况的前提是Q在CD（t≤6），所以t=7不在前提内，舍去。

4）AP=AQ→√[36+(2t-6)²]=√[64+(6-t)²]且需满足BP=DQ?或AB=AD?或AB=DQ?或BP=AD?两个直角三角形全等，必须有两组对应边相等。我们需枚举所有可能的两组对应边相等的组合，例如（AB，BP）对应（AD，DQ）？即AB=AD且BP=DQ，无解。（AB，BP）对应（DQ，AD）？即AB=DQ且BP=AD。即6=6-t且2t-6=8，无解。（AB，AP）对应（AD，AQ）？即AB=AD（不成立）或AB=AQ且AP=AD？这又是另一种对应。

实际上，更系统的方法是考虑两个三角形的三条边分别对应相等（SSS），有三种对应方式：

方式一：AB=AD，BP=DQ，AP=AQ。AB=AD不成立。

方式二：AB=DQ，BP=AD，AP=AQ。解：6=6-t→t=0；2t-6=8→t=7，矛盾。

方式三：AB=AQ，BP=AD，AP=DQ。解：6=√[64+(6-t)²]→平方得36=64+(6-t)²，无解。

方式四：AB=AQ，BP=DQ，AP=AD。解：6=√[64+(6-t)²]→同上，无解；且2t-6=6-t→3t=12→t=4；代入6=√[64+4]=√68≠6。无解。

方式五：AB=AD（已否），...

这种枚举会很复杂。但我们可以利用“HL”定理：两个直角三角形全等，只需斜边和一组直角边对应相等。所以分两类：

第一类：斜边AP对应斜边AQ，且直角边AB对应直角边DQ。得：

AP=AQ且AB=DQ→6=6-t→t=0，舍。

第二类：斜边AP对应斜边AQ，且直角边BP对应直角边AD。得：

AP=AQ且BP=AD→√[36+(2t-6)²]=√[64+(6-t)²]且2t-6=8→t=7（前提是t≤6，舍）

第三类：斜边AP对应斜边DQ（HL要求直角边对应直角边，但斜边必须对应斜边。如果AP对应DQ，那么AP和DQ都是斜边？DQ在△ADQ中也是斜边，所以可以。直角边AB对应直角边AD？不，AB和AD是直角边，但一个三角形中的直角边只能与另一个三角形的直角边对应。所以可能的HL组合是：斜边AP对应斜边DQ，直角边AB对应直角边AD（不成立）或直角边BP对应直角边AD（即AP=DQ，BP=AD）。解：AP=DQ→√[36+(2t-6)²]=6-t？注意DQ=6-t。但DQ是直角边？不对，在△ADQ中，AD和DQ是直角边，AQ是斜边。所以DQ是直角边，不是斜边。所以AP不能对应DQ，因为AP是斜边，DQ是直角边，不能构成HL。所以HL只能是斜边对应斜边，直角边对应直