动点存在性问题

动点存在性问题（共13篇）

篇1：动点存在性问题

动点问题和存在性问题小结训练

一、基础训练

1.已知二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的图象如图所示对称轴为X=﹣．下列结论中，正确的是（）

A．abc＞0 B．a+b=0 C．2b+c＞0 D．4a+c＜2b

2.二次函数y=ax2+bx+c(a≠0)的图象如图所示，给出下列结论：

① b2-4ac>0；② 2a+b<0；③ 4a-2b+c=0；④ a：b：c= －1：2：3.其中正确的是()(A)①②(B)②③(C)③④(D)①④

3.已知二次函数的图象过（-2，0）、（4，0）、（0，3）三点，求这个二次函数的关系式．

4.已知一个二次函数当x = 8时,函数有最大值9,且图象过点（0，1）,求这个二次函数的关系式．

5.已知二次函数的图象过（3，0）、（2，-3）二点,且对称轴是x=1，求这个二次函数的关系式．

6.某商场购进一批单价为4元的日用品．若按每件5元的价格销售，每月能卖出3万件；若按每件6元的价格销售，每月能卖出2万件，假定每月销售件数y（件）与价格x（元/件）之间满足一次函数关系．（1）试求y与x之间的函数关系式；

（2）当销售价格定为多少时，才能使每月的利润最大？每月的最大利润是多少？

7.如图，在平面直yax2bxc角坐标系中，抛物线yax2bxc经过

A（-2，-4），O（0，0），B(2,0)三点.(1)求抛物线的解析式；

（2）若点M是抛物线对称轴上一点，求AM+OM的最小值．（3）在此抛物线上是否存在点P，使得以点P与点O、A、B为顶点的四边形是梯形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由．

二、温故提升

1.如图，在△ABC中，AB=8，BC=7，AC=6，有一动点P从A沿AB移动到B，移动速度为2单位/秒，有一动点Q从C沿CA移动到A，移动速度为1单位/秒，问两动点同时移动多少时间时，△PQA与△BCA相似。

2.如图，已知△ABC是边长为6cm的等边三角形,动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是1cm/s，点Q运动的速度是2cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：（1）当t＝2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；

（2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；

（3）作QR//BA交AC于点R，连结PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ？

3.如图，抛物线ymx22mx3mm0与x轴交于A、B两点，与y轴交于

C点.（1）请求出抛物线顶点M的坐标（用含m的代数式表示），A、B两点的坐标；（2）经探究可知，△BCM与△ABC的面积比不变，试求出这个比值；

（3）是否存在使△BCM为直角三角形的抛物线？若存在，请求出；如果不存在，请说明理由.．如图, 已知抛物线y12x2bxc与y轴相交于C，与x轴相交于A、B，点A的坐标为（2，0），点C的坐标为（0，-1）.(1）求抛物线的解析式；

(2）点E是线段AC上一动点，过点E作DE⊥x轴于点D，连结DC，当△DCE的面积最大时，求点D的坐标；

(3）在直线BC上是否存在一点P，使△ACP为等腰三角形，若存在，求点P的坐标，若不存在，说明理由.5.如图，已知抛物线经过A（﹣2，0），B（﹣3，3）及原点O，顶点为C（1）求抛物线的函数解析式；

（2）设点D在抛物线上，点E在抛物线的对称轴上，且以AO为边的四边形AODE是平行四边形，求点D的坐标。

6.在平面直角坐标系中，点A和点B分别在x轴的负半轴和y轴的正半轴上，且OA、2OB分别是关于x的方程x-7x+12=0的两个根（OA＜OB）（1）求直线AB的解析式；

（2）线段AB上一点C使得S△ACO：S△BCO=1：2，请求出点C的坐标；

（3）在（2）的条件下，y轴上是否存在一点D，使得以点A、C、O、D为顶点的四边形是梯形？若存在，请直接写出点D的坐标；若不存在，请说明理由

7.如图，抛物线y=ax+bx+c经过A（-1，0）、B（3，0）、C（0，3）三点，对称轴与抛物线相交于点P、与直线BC相交于点M，连接PB．（1）求该抛物线的解析式；

（2）抛物线上是否存在一点Q，使△QMB与△PMB的面积相等？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由；

（3）在第一象限、对称轴右侧的抛物线上是否存在一点R，使△RPM与△RMB的面积相等？若存在，直接写出点R的坐标；若不存在，说明理由．

篇2：动点存在性问题

一．建立动点问题的函数解析式（特点：动点问题反映的是一种函数思想,由于某一个点或某图形的有条件地运动变化,引起未知量与已知量间的一种变化关系,这种变化关系就是动点问题中的函数关系.那么,我们怎样建立这种函数解析式呢?）1.应用勾股定理建立函数解析式 2.应用比例式子建立函数解析式

3.应用求图形面积的方法建立函数关系式

二.动态几何型压轴题（特点：问题背景是特殊图形，考查问题也是特殊图形，所以要把握好一般与特殊的关系；分析过程中，特别要关注图形的特性，如特殊角、特殊图形的性质、图形的特殊位置。动点问题一直是中考热点，近几年考查探究运动中的特殊性：等腰三角形、直角三角形、相似三角形、平行四边形、梯形、特殊角或其三角函数、线段或面积的最值。）此类题型一般考察点动问题、线动问题、面动问题。解题方法：

1、特殊探路，一般推证。

2、动手实践，操作确认。

3、建立联系，计算说明。

三.双动点问题。点动、线动、形动构成的问题称之为动态几何问题.它主要以几何图形为载体，运动变化为主线，集多个知识点为一体，集多种解题思想于一题.这类题综合性强，能力要求高，它能全面的考查学生的实践操作能力，空间想象能力以及分析问题和解决问题的能力。主要分一下四种。

1.以双动点为载体，探求函数图像问题

2.以双动点为载体，探求结论开放性问题

3.以双动点为载体，探求存在性问题

4.以双动点为载体，探求函数最值问题

四.函数中因动点产生的相似三角形问题

篇3：抛物线动点问题探究

例1:如图1,抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于A(1,0),B(-3, 0)两点。(1)求该抛物线的解析式;(2)在抛物线上的第二象限上是否存在一点P,使△PBC的面积最大?若存在,求出点P的坐标及△PBC的面积最大值;若没有,请说明理由。

分析:(1) 由A、B点坐标可求出抛物线解析式:y=-x2-2x+3. (2)由题知点B(-3,0),点C(0,3),点P是第二象限的抛物线上的点,△PBC的面积最大值,也就是取决于动点P的位置。

若过点P做x轴的垂线交BC于点G, 交x轴于H,则可将△PBC分成两个同底的三角形,分别为△PGB与△PGC,同时这两个三角形的高可以平移到x轴上,则 B. 题中OB的长度是确定的,也就转化成求PG的最大值。而PG的长度可由P点的纵坐标和G点的纵坐标的差求得,可设P点的横坐标是x,则P(x,-x2-2x+3),G点的横坐标也是x,而直线BC解析式可由点B、C求得y=x+3. 所以,,G(x,x+3),则 ,可见当P(3/2,9/4),△PBC的面积最大。此方法适用于在24抛物线上寻找一点与已知点构成的三角形面积最大。

另解:(篇幅所限,略)。

例2:如图2,抛物线y=x2-2x-3与x轴交A、B两点(A点在B点左侧),直线l与抛物线交于A、C两点,其中C点的横坐标为2。(1)求A、B两点的坐标及直线AC的函数表达式;(2)点G抛物线上的动点,在x轴上是否存在点F,使A、C、F、G这样的四个点为顶点的四边形是平行四边形?如果存在,求出所有满足条件的F点坐标;如果不存在,请说明理由。

分析:(1)令y=0,得出A(-1,0),)B(3,0),C(2,-3),直线AC: y=-x-1.(2)此问可以这样分类考虑,以A、C、F、G四点为顶点的四边形为平行四边形,在图中已经存在一条线段AC,分别以AC为对角线和一条边来考虑。当AC为对角线时,如图3,此时CG//x轴,由平行四边形对边平行且相等,G点的纵坐标与C点的纵坐标相同, 都是 -3,点G1坐标为(0,-3)。可见,G点向右平移了两个单位得到C点,同样A点向右平移两个单位得到F1点,即F1(1,0)。

当AC为平行四边形的一条边时候,如图4,AC的对边FG可看作由AC平移得到,C点对应点为F. 由于C点纵坐标是 -3,F点纵坐标是0,所以F点由C向上平移3个单位,同样G点由A点向上平移3个单位,A点纵坐标是0,则G点的纵坐标为3。所以,当y=3时,抛物线y=x2-2x-3对应的点可求为G2(1+71/2 ,3), G3(1-71/2 )。当G2(1+71/2 ,3)是由A(-1,0)向右平移2+71/2个单位得到,同样C点向右平移2+71/2个单位得到2+(2+71/2 ) =4+71/2,F2(4+71/2,0);当G3(1-71/2,3)是由A(-1,0)向左平移 -1-(1-71/2)=-2+71/2个单位得到,同样C点向左平移 -2+71/2得到2-(-2+71/2)=4-71/2 ,F3(4-71/2).

如图5,可将AC向下平移,此时CG//x轴,C、G关于对称轴x=1对称,则G(0,-3),即C(2,-3)点向左平移两个单位,同样A (-1,0)向左平移两个单位得到F4(-3,0).

篇4：动点存在性问题

关键词：度量空间；压缩映像原理；拓扑空间；公共不动点

引言：压缩映像原理又称Banach不动点定理，在生活及学术研究中都扮演着非常重要的角色。它可以解决很多常规数学方法无法解决的问题。经过建模，最终可化为解方程（包括常微分方程、偏微分方程、积分方程、差分方程、代数方程等）的问题，而在解决方程时，逐次逼近的迭代法得到了大量的应用。几乎可以这样说：对一个方程，只要我们找到一个迭代公式，就算解出了这个方程（当然我们还要考虑迭代公式的收敛性、解的稳定性和收敛速度等问题）。但在逐次迭代中，我们需保证迭代过程中得到的是收敛序列，否则就是毫无意义的。而选代法解方程的实质就是寻求变换（映射、映照）的不动点。类似多个映射的公共重合点问题在常微分方程、数学物理等学科中有着广泛的应用。近些年，对于多映射重合点问题的研究成为不动点理论研究的一个新的分支，许多学者得到了大量具有价值的结果，并应用到了其他学科中。

在文献[6]中， Machuca在T1拓扑空间中，获得了满足适当条件下一對真映射具有公共重合点定理，并将其推广到三个映射具有公共重合点的情形。本文中，我们在T1拓扑空间中，在新的条件下获得了一对真映射具有公共重合点的定理，并给予了证明。

参考文献：

[1]刘炳初.《泛函分析》[ M] .北京：科学出版社，1998

[2]时宝等编著.《泛函分析引论及其应用》.北京： 国防工业出版社， 2009.3

[3]张鸣歧.《应用泛函分析引论》[M]. 北京理工大学出版社. 1989

[4]Z.Liu， Coincidence theorems for expansion mappings with applications to the solutions of functional equations arising in dynamic programming，Acta.Sci.Math，65（1999），359——369.

[5]柳重堪，《应用泛函分析》[M]，国防工业出版社，1986.

篇5：初中数学动点问题总结

1.如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动；动点Q从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动．P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动，设运动时间为ts．（1）当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？（2）当t为何值时，四边形PQCD为等腰梯形？（3）当t为何值时，四边形PQCD为直角梯形？

分析：

（1）四边形PQCD为平行四边形时PD=CQ．（2）四边形PQCD为等腰梯形时QC-PD=2CE．（3）四边形PQCD为直角梯形时QC-PD=EC．

所有的关系式都可用含有t的方程来表示，即此题只要解三个方程即可．

解答：

解：（1）∵四边形PQCD平行为四边形 ∴PD=CQ ∴24-t=3t 解得：t=6 即当t=6时，四边形PQCD平行为四边形．

（2）过D作DE⊥BC于E 则四边形ABED为矩形 ∴BE=AD=24cm ∴EC=BC-BE=2cm ∵四边形PQCD为等腰梯形 ∴QC-PD=2CE 即3t-（24-t）=4 解得：t=7（s）

即当t=7（s）时，四边形PQCD为等腰梯形．

（3）由题意知：QC-PD=EC时，四边形PQCD为直角梯形即3t-（24-t）=2 解得：t=6.5（s）

即当t=6.5（s）时，四边形PQCD为直角梯形．

点评：

此题主要考查了平行四边形、等腰梯形，直角梯形的判定，难易程度适中．

2.如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E．（1）试说明EO=FO；

（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形并证明你的结论；

（3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论．

分析：

（1）根据CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根据等边对等角得OE=OC，同理OC=OF，可得EO=FO．

（2）利用矩形的判定解答，即有一个内角是直角的平行四边形是矩形．（3）利用已知条件及正方形的性质解答．

解答：

解：（1）∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=∠BCE，∵MN∥BC，∴∠OEC=∠ECB，∴∠OEC=∠OCE，∴OE=OC，同理，OC=OF，∴OE=OF．

（2）当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形． 如图AO=CO，EO=FO，∴四边形AECF为平行四边形，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE= ∠ACB，同理，∠ACF= ∠ACG，∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=（∠ACB+∠ACG）= ×180°=90°，∴四边形AECF是矩形．

（3）△ABC是直角三角形 ∵四边形AECF是正方形，∴AC⊥EN，故∠AOM=90°，∵MN∥BC，∴∠BCA=∠AOM，∴∠BCA=90°，∴△ABC是直角三角形．

点评：

本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论（1），再利用结论（1）和矩形的判定证明结论（2），再对（3）进行判断．解答时不仅要注意用到前一问题的结论，更要注意前一问题为下一问题提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用．

3.如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，已知AD=AB=3，BC=4，动点P从B点出发，沿线段BC向点C作匀速运动；动点Q从点D出发，沿线段DA向点A作匀速运动．过Q点垂直于AD的射线交AC于点M，交BC于点N．P、Q两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度．当Q点运动到A点，P、Q两点同时停止运动．设点Q运动的时间为t秒．（1）求NC，MC的长（用t的代数式表示）；

（2）当t为何值时，四边形PCDQ构成平行四边形；（3）是否存在某一时刻，使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由；（4）探究：t为何值时，△PMC为等腰三角形．

分析：

（1）依据题意易知四边形ABNQ是矩形∴NC=BC-BN=BC-AQ=BC-AD+DQ，BC、AD已知，DQ就是t，即解；∵AB∥QN，∴△CMN∽△CAB，∴CM：CA=CN：CB，（2）CB、CN已知，根据勾股定理可求CA=5，即可表示CM； 四边形PCDQ构成平行四边形就是PC=DQ，列方程4-t=t即解；

（3）可先根据QN平分△ABC的周长，得出MN+NC=AM+BN+AB，据此来求出t的值．然后根据得出的t的值，求出△MNC的面积，即可判断出△MNC的面积是否为△ABC面积的一半，由此可得出是否存在符合条件的t值．（4）由于等腰三角形的两腰不确定，因此分三种情况进行讨论： ①当MP=MC时，那么PC=2NC，据此可求出t的值． ②当CM=CP时，可根据CM和CP的表达式以及题设的等量关系来求出t的值． ③当MP=PC时，在直角三角形MNP中，先用t表示出三边的长，然后根据勾股定理即可得出t的值．

综上所述可得出符合条件的t的值．

解答: 解：（1）∵AQ=3-t ∴CN=4-（3-t）=1+t 在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42 ∴AC=5 在Rt△MNC中，cos∠NCM= =，CM=（2）由于四边形PCDQ构成平行四边形 ∴PC=QD，即4-t=t 解得t=2．

（3）如果射线QN将△ABC的周长平分，则有： MN+NC=AM+BN+AB 即：（1+t）+1+t=（3+4+5）解得：t=（5分）而MN= NC=（1+t）

． ∴S△MNC=（1+t）2=（1+t）2

×4×3 当t= 时，S△MNC=（1+t）2= ≠ ∴不存在某一时刻t，使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分．

（4）①当MP=MC时（如图1）则有：NP=NC 即PC=2NC∴4-t=2（1+t）解得：t=

②当CM=CP时（如图2）则有：（1+t）=4-t 解得：t=

③当PM=PC时（如图3）则有：

在Rt△MNP中，PM2=MN2+PN2 而MN= NC=（1+t）PN=NC-PC=（1+t）-（4-t）=2t-3 ∴[（1+t）]2+（2t-3）2=（4-t）2 解得：t1= ∴当t=，t=，t2=-1（舍去），t=

时，△PMC为等腰三角形

点评：

此题繁杂，难度中等，考查平行四边形性质及等腰三角形性质．考查学生分类 讨论和数形结合的数学思想方法．

4.如图，在矩形ABCD中，BC=20cm，P，Q，M，N分别从A，B，C，D出发沿AD，BC，CB，DA方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，运动即停止．已知在相同时间内，若BQ=xcm（x≠0），则AP=2xcm，CM=3xcm，DN=x2cm．

（1）当x为何值时，以PQ，MN为两边，以矩形的边（AD或BC）的一部分为第三边构成一个三角形；

（2）当x为何值时，以P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形；

（3）以P，Q，M，N为顶点的四边形能否为等腰梯形？如果能，求x的值；如果不能，请说明理由．

分析：

以PQ，MN为两边，以矩形的边（AD或BC）的一部分为第三边构成一个三角形的必须条件是点P、N重合且点Q、M不重合，此时AP+ND=AD即2x+x2=20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm；或者点Q、M重合且点P、N不重合，此时AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC=BC即x+3x=20cm．所以可以根据这两种情况来求解x的值．

以P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形的话，因为由第一问可知点Q只能在点M的左侧．当点P在点N的左侧时，AP=MC，BQ=ND；当点P在点N的右侧时，AN=MC，BQ=PD．所以可以根据这些条件列出方程关系式．

如果以P，Q，M，N为顶点的四边形为等腰梯形，则必须使得AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm，AP=ND即2x=x2，BQ=MC即x=3x，x≠0．这些条件不能同时满足，所以不能成为等腰梯形．

解答：

解：（1）当点P与点N重合或点Q与点M重合时，以PQ，MN为两边，以矩形的边（AD或BC）的一部分为第三边可能构成一个三角形． ①当点P与点N重合时，由x2+2x=20，得x1=-1，x2=--1（舍去）． 因为BQ+CM=x+3x=4（-1）＜20，此时点Q与点M不重合． 所以x=-1符合题意．

②当点Q与点M重合时，由x+3x=20，得x=5． 此时DN=x2=25＞20，不符合题意． 故点Q与点M不能重合． 所以所求x的值为-1．

（2）由（1）知，点Q只能在点M的左侧，①当点P在点N的左侧时，由20-（x+3x）=20-（2x+x2），解得x1=0（舍去），x2=2．

当x=2时四边形PQMN是平行四边形． ②当点P在点N的右侧时，由20-（x+3x）=（2x+x2）-20，解得x1=-10（舍去），x2=4．

当x=4时四边形NQMP是平行四边形．

所以当x=2或x=4时，以P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形．（3）过点Q，M分别作AD的垂线，垂足分别为点E，F． 由于2x＞x，所以点E一定在点P的左侧．

若以P，Q，M，N为顶点的四边形是等腰梯形，则点F一定在点N的右侧，且PE=NF，即2x-x=x2-3x． 解得x1=0（舍去），x2=4．

由于当x=4时，以P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形，所以以P，Q，M，N为顶点的四边形不能为等腰梯形．

点评：

本题考查到三角形、平行四边形、等腰梯形等图形的边的特点．

5.如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=14cm，AD=15cm，BC=21cm，点M从点A开始，沿边AD向点D运动，速度为1cm/s；点N从点C开始，沿边CB向点B运动，速度为2cm/s、点M、N分别从点A、C出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．

（1）当t为何值时，四边形MNCD是平行四边形？（2）当t为何值时，四边形MNCD是等腰梯形？

分析：（1）根据平行四边形的性质，对边相等，求得t值；

（2）根据等腰梯形的性质，下底减去上底等于12，求解即可．

解答：

解：（1）∵MD∥NC，当MD=NC，即15-t=2t，t=5时，四边形MNCD是平行四边形；（2）作DE⊥BC，垂足为E，则CE=21-15=6，当CN-MD=12时，即2t-（15-t）=12，t=9时，四边形MNCD是等腰梯形

点评：

考查了等腰梯形和平行四边形的性质，动点问题是中考的重点内容．

6.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2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，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，设运动时间为t（s）．

（1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系；

（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？

分析：

（1）若过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形，得出PM=DC=12，由QB=16-t，可知：s= PM×QB=96-6t；

（2）本题应分三种情况进行讨论，①若PQ=BQ，在Rt△PQM中，由 PQ2=PM2+MQ2，PQ=QB，将各数据代入，可将时间t求出；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，由PB2=BM2+PM2，BP=BQ，将数据代入，可将时间t求出；

③若PB=PQ，PB2=PM2+BM2，PB=PQ，将数据代入，可将时间t求出．

解答：

解：（1）过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形． ∴PM=DC=12，∵QB=16-t，∴s= •QB•PM=（16-t）×12=96-6t（0≤t≤

（2）由图可知，CM=PD=2t，CQ=t，若以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况）．

：

①若PQ=BQ，在Rt△PMQ中，PQ2=t2+122，由PQ2=BQ2得t2+122=（16-t）2，解得 ；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，PB2=（16-2t）2+122，由PB2=BQ2得（16-2t）2+122=（16-t）2，此方程无解，∴BP≠PQ．

③若PB=PQ，由PB2=PQ2得t2+122=（16-2t）2+122得 合题意，舍去）． 综上所述，当 形．

或

时，以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角，t2=16（不点评： 本题主要考查梯形的性质及勾股定理．在解题（2）时，应注意分情况进行讨论，防止在解题过程中出现漏解现象．

7.直线y=-34x+6与坐标轴分别交于A、B两点，动点P、Q同时从O点出发，同时到达A点，运动停止．点Q沿线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿路线O⇒B⇒A运动．

（1）直接写出A、B两点的坐标；（2）设点Q的运动时间为t（秒），△OPQ的面积为S，求出S与t之间的函数关系式；

（3）当S= 485时，求出点P的坐标，并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．

分析：

（1）分别令y=0，x=0，即可求出A、B的坐标；（2））因为OA=8，OB=6，利用勾股定理可得AB=10，进而可求出点Q由O到A的时间是8秒，点P的速度是2，从而可求出，当P在线段OB上运动（或0≤t≤3）时，OQ=t，OP=2t，S=t2，当P在线段BA上运动（或3＜t≤8）时，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，作PD⊥OA于点D，由相似三角形的性质，得 PD=48-6t5，利用S= 12OQ×PD，即可求出答案；（3）令S= 485，求出t的值，进而求出OD、PD，即可求出P的坐标，利用平行四边形的对边平行且相等，结合简单的计算即可写出M的坐标．

解答：

解：（1）y=0，x=0，求得A（8，0）B（0，6），（2）∵OA=8，OB=6，∴AB=10． ∵点Q由O到A的时间是 81=8（秒），∴点P的速度是 6+108=2（单位长度/秒）． 当P在线段OB上运动（或O≤t≤3）时，OQ=t，OP=2t，S=t2．

当P在线段BA上运动（或3＜t≤8）时，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，如图，做PD⊥OA于点D，由 PDBO=APAB，得PD= 48-6t5． ∴S= 12OQ•PD=-35t2+245t．

（3）当S= 485时，∵ 485＞12×3×6∴点P在AB上 当S= 485时，-35t2+245t= 485 ∴t=4 ∴PD= 48-6×45= 245，AD=16-2×4=8 AD= 82-(245)2= 325 ∴OD=8-325= 85 ∴P（85，245）M1（285，245），M2（-125，245），M3（125，-245）

点评：

篇6：全等三角形动点问题

班级：

姓名：

1.已知:AB⊥BD, ED⊥BD, AC=CE, BC=DE。

（1）试猜想线段AC与CE的位置关系，并证明你的结论.（2）若将CD沿CB方向平移至图2情形，其余条件不变, 结论AC1⊥C2E还成立吗?请说明理由。

（3）若将CD沿CB方向平移至图3情形，其余条件不变, 结论AC1⊥C2E还成立吗?请说明理由。

AEBCD 图1

AAEEFFBC2C1DC2BC1D

图2 图3 1 / 4

2.如图所示，有一直角三角形△ABC，∠C=900，AC=10cm，BC=5cm，一条线段PQ=AB，P、Q两点分别在AC上和过A点且垂直于AC的射线AM上运动，问P点运动到AC上什么位置时，△ABC才能和△APQ全等？

MQBDCA

3.在△ABC中，AB=AC，P是△ABC内任意一点，将AP绕点A顺时针旋转至AQ，使∠QAP=∠BAC，连接BQ，CP；

（1）如图1，试说明BQ=CP；（2）若将点P在△ABC外，如图2，其它条件不变，结论依然成立吗？试说明理由。

AQAPPQPBC

BC

/ 4

4.如图1，在△ABC中，点P为BC边中点，直线a绕顶点A旋转，若点B、P在直线a的异侧，BM⊥直线a于点M，CN⊥直线a于点N，连接PM、PN.（1）延长MP交CN于点E（如图2），①求证：△BPM≌△CPE；②求证：PMPN；（2）若直线a绕点A旋转到图3的位置时，点B、P在直线a的同侧，其它条件不变.此时PMPN还成立吗？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；

（3）若直线a绕点A旋转到与BC边平行的位置时，其它条件不变，请直接判断PMPN还成立吗？不必说明理由.图1

图2

/ 4

图3

5.在等边△ABC的顶点A、C处各有一只蜗牛，它们同时出发，分别以每分钟1米的速度由A向B和由C向A爬行，其中一只蜗牛爬到终点时，另一只也停止运动，经过t分钟后，它们分别爬行到D、E处，请问：

（1）如图1，在爬行过程中，CD和BE始终相等吗？（2）如果将原题中的“由A向B和由C向A爬行”，改为“沿着AB和CA的延长线爬行”，EB与CD交于点Q，其他条件不变，蜗牛爬行过程中∠CQE的大小保持不变，请利用图2说明：∠CQE=60°；

（3）如果将原题中“由C向A爬行”改为“沿着BC的延长线爬行，连接DE交AC于F”，其他条件不变，如图3，则爬行过程中，DF始终等于EF是否正确？

EAAADEDBCFBCEBCDQ

图1

图2

图3

篇7：动点存在性问题

在学习了平行四边形这章后，安排了一节关于动点问题的专题课，这一节课的问题设计环环相扣，体现出教师扎实的数学功底、精湛的上课艺术，思路清晰，层层递进，结构严谨，充分调动学生积极性，师生互动配合默契，使学生成为一节课的中心，是一节优秀的示范课。

本节课紧紧围绕教学目标，由知识准备到平行四边形动点问题，进而引申到矩形和菱形的动点问题。借助几何画板，一下子就吸引学生的兴趣，又能激发学生求知欲，调动学生积极性。同时，始终注重数学方法的总结和数学思想的渗透，注重学生能力的培养，注重学生的自我操作能力的培养，注重及时的总结梳理，整理知识结构，使这堂课生色不少。最后拓展到直击中考，增强了学生的兴趣和本课的实用性。

整节课学生反馈较好，重难点处理比较到位，教态自然，教学节奏明快而紧凑，如果在讲解方面能再精炼点会更好。

篇8：浅谈初中数学动点问题

一、探究动点内涵，做好探究铺垫

中学数学中的动点问题就是在对相应数学问题进行探究的时候，将变化以及运动的目光倾注在这些问题上，对数学题中相关的变化及运动的整个历程探究出来。在具体的教学互动环节中，需要课堂主体能够运用扎实的基本功在解题过程中构建起科学的数学模型，运用思索、作图、推导等基本模式解决动点问题，确定好题例之中变量以及等量等元素之间的联系，从而挖掘出动点问题的本质，不断提升自身的思维以及解题水平。

二、汇总动点问题特点，把握解答金钥匙

1.查询动点变量及“静”量，将动点问题形象化

对于动点问题题例的列举，教师常常存在一种为教学而教学，忽视学生兴趣点，割裂了动点问题中所明显存在的动点与相对“静”态元素之间的关系。这就需要中学数学教师在对动点问题讲授的过程中能够将动点与静点有机地联系起来，通过激发学生兴趣，发挥新课改模式下学生自主探究的优势，在实质上真正地营造一种良好的课堂氛围，提升课堂授课的质量，进而有效地解决动点问题。

2.侧重培养思维，掌握举一反三策略

解决动点问题的落点往往存在差异，教师在教学过程中不能拘泥于一种解题模式的解读，要让学生掌握相应的解题思路，能够自主灵活地分布解决动点的问题，恰当地分析题目中所给的条件，进而推导出相应的步骤，巧妙运用相关原理进行解答，最终举一反三，灵活解决数学动点问题。

综上可见，在求解的过程中教师所传达给学生的不仅仅是相应的推导答案，更应当让学生懂得分析题干条件所透露的信息的重要性，以及懂得灵活运用所学知识的妙用，让学生的思维真正活跃起来，巧妙应对动点问题。

对于中学生而言，他们对于学科知识的探究在很大程度上受到主观意识的影响，兴趣的火花被点燃，才能够最大限度地激发中学生学习的积极性。中学数学中蕴含着很多对生活实踐具有指导意义的知识，而动点问题的解决对于调动中学生探究数学浩瀚知识海洋的兴趣意义重大。教师在引领学生解决动点问题的环节，将抽象的知识形象化，给予学生更多参与课堂问题探究的空间等措施都是学生掌握解题技巧的奠基元素，教无定法，相信在教学实践中，经过教师的摸索、学生的协作，动点问题也不再是令学生眉头紧锁的症结。

篇9：动点存在性问题

Banach空间中平均非扩张映射的不动点问题

讨论了定义在Banach空间X的.有界闭凸集K上到其自身的映射T:‖Tx-Ty‖≤a‖x-y‖+b‖x-Ty‖,Ax,y∈K,a,b≥0,a+b≤1的不动点问题. 得到:若Banach空间X的Garcia-Falset常数R(X)≤2/(1+b),则T在K中存在唯一不动点.

作 者：杨姗姗  作者单位：哈尔滨商业大学,基础部,黑龙江,哈尔滨,150076 刊 名：哈尔滨工业大学学报  ISTIC EI PKU英文刊名：JOURNAL OF HARBIN INSTITUTE OF TECHNOLOGY 年，卷(期)： 35(6) 分类号：O177.9 关键词：不动点性质   渐近不动点序列   Banach压缩映射  

篇10：重性精神病患者管理存在问题

2、各乡镇宣传和筛查力度不够，导致有相当一部分重性精神病人没有被发现和管理。

3、已经管理的患者档案资料填写不完整。

篇11：集值非线性互补问题解的存在性

集值非线性互补问题解的存在性

研究集值非线性互补问题,构造一个新的`辅助函数,将集值非线性互补问题转化为不动点问题,利用Leray-Schauder不动点定理给出集值非线性互补问题存在解的一个充分条件,推广了一些著名的结果.给出求解非线性互补问题Leray-Schauder不动点算法.

作 者：范江华 黎培兴 FAN Jiang-hua LI Pei-xing  作者单位：范江华,FAN Jiang-hua(广西师范大学数学学院,广西,桂林,541004)

黎培兴,LI Pei-xing(中山大学数学与计算科学学院,广东,广州,510275)

刊 名：中山大学学报（自然科学版）  ISTIC PKU英文刊名：ACTA SCIENTIARUM NATURALIUM UNIVERSITATIS SUNYATSENI 年，卷(期)：2007 46(6) 分类号：O224.1 关键词：集值非线性互补问题   不动点   向量标号算法   零调映射  

篇12：四边形中动点问题的求解

如图1，菱形ABCD的两条对角线分别长6和8，点P是对角线AC上的一个动点，点E，F分别是边AB，BC的中点，求PE＋PF的最小值.

利用轴对称的性质，可在CD上找出点F关于AC的对称点F′（即DC的中点），连结F′E交AC于点P，则PE+PF的最小值为线段EF′的长，而E，F′分别为边AB，DC的中点，则F′E的长等于菱形的边长5.

作点F关于AC的对称点F′，连结F′E交AC于点P，此时PE+PF取得最小值. 因为点F是BC上的中点，所以点F′是DC边上的中点. 因为四边形ABCD是菱形，所以DC∥AB. 因为点E是AB边上的中点，所以F′C∥EB，F′C=EB. 所以四边形EBC F′是平行四边形. 所以EF′=BC. 因为菱形ABCD的两条对角线分别长6和8，所以BC==5. 所以EF′=5. 所以PE+PF=PE+PF′=EF′=5. 所以PE+PF的最小值为5.

解此类题时，先抓住问题中的“最值”，即题目中的 “最小值”，确定动点P的位置，然后利用图形的特征加以解决. 求最小值的常用方法是先作某一点关于某直线的对称点，再利用轴对称性质将线段进行转移，最后利用两点之间线段最短进行求解.

如图2，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24 cm，BC=26 cm，一动点P从点A开始沿AD边向点D以1 cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以3 cm/s的速度运动. P，Q分别从点A和点C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动. 设运动时间为t s，则

（1）t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？

（2）t为何值时，四边形PQCD为等腰梯形？

解决本题的关键是熟悉平行四边形和等腰梯形的性质特征，再根据它们的性质特征列出方程进行求解.

（1）在直角梯形ABCD中，因为AD∥BC，所以当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形. 所以24-t=3t，解得t=6. 所以当t=6 s时，四边形PQCD为平行四边形.

（2）如图3，作DH⊥BC于点H，PG⊥BC于点G，若四边形PQCD为等腰梯形，则QC=PD＋2HC，即QC=PD+2（BC-AD）. 因为BC=26，AD=24，所以3t=（24-t）+2（26-24），解得t=7. 所以当t=7 s时，四边形PQCD为等腰梯形.

在解答本例题时，根据问题中特殊四边形的性质及特征，构造动点的位置，是动点问题常用的方法.

如图4，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点P在AD上，PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，求PE+PF的值.

在求PE＋PF的值时，动点P的位置不固定，根据矩形的对角线相等且互相平分可发现S与S的和，即S的值是一个固定不变的值，所以，可连结OP，根据S= S+S=S，代入数值，即可求出结果.

连结OP，因为S= S+S，所以S=AO·PE+DO·PF. 因为四边形ABCD是矩形，所以AC=BD，∠BAD=90°，AO=AC，DO=BD. 因为AB=3，AD=4，所以AC=BD=5. 所以AO=DO=. 所以S=×PE+×PF=（PE＋PF）. 因为S=S=×3×4=3，所以（PE＋PF） =3. 所以PE＋PF=.

动点P的位置无法确定，PE，PF无法放到一条直线上，但始终不变的是图形的面积. “面积法”是本类题的解题特点.

如图5，在梯形ABCD中，AD∥BC， AD=2， BC=4， 点M是AD的中点，△MBC是等边三角形.

（1）试说明梯形ABCD是等腰梯形.

（2）动点P，Q分别在线段BC和MC上运动，且∠MPQ=60°保持不变，设PC为x，MQ为y，求y关于x的函数解析式.

（1）因为△MBC是等边三角形，所以MB=MC，∠MBC=∠MCB=60°. 因为M是AD的中点，所以AM=MD. 因为AD∥BC，所以∠AMB=∠MBC=60°，∠DMC=∠MCB=60°． 所以△AMB≌△DMC. 所以AB=DC. 所以梯形ABCD是等腰梯形．

（2） 因为△MBC是等边三角形，所以∠MBC=∠MCB =60°，MB=MC=BC=4. 因为∠MPC=∠MBC＋∠BMP=∠MPQ＋∠QPC，∠MPQ=∠MBC=60°，所以∠BMP=∠QPC. 所以△MPB∽△PQC. 所以=. 因为PC=x，MQ=y，所以QC =4-y，PB=4-x. 所以=. 所以 y=x2-x+4.

如图6，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD=3 cm，∠C=60°，BD⊥CD．

（1）求BC，AD的长度.

（2）若点P从点B开始沿BC边向点C以2 cm／s的速度运动，点Q从点C开始沿CD边向点D以1 cm／s的速度运动，当 P，Q分别从B，C同时出发时，写出五边形ABPQD的面积S与运动时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围（不包含点P在B，C两点的情况）.

（3）在（2）的前提下，是否存在某一时刻t，使线段PQ把梯形ABCD分成两部分的面积比为1 ∶ 5？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

（1）在Rt△BCD中，CD=3 cm，∠C=60°，所以∠DBC=30°. 所以BC=2CD=6 cm. 由已知知梯形ABCD是等腰梯形，所以∠ABC=∠C=60°. 所以∠ABD=∠ABC-∠DBC=30°. 因为AD∥BC，所以∠ADB=∠DBC=30°. 所以∠ABD=∠ADB. 所以AD=AB=3 cm.

（2）当P，Q分别从B，C同时出发运动t s时，BP=2t，CQ=t，所以PC=6-2t. 过点Q作QE⊥BC于点E，则QE=CQsin60°=t. 所以S =S-S=－t（6-2t）=（2t2-6t+27）（0＜t＜3）.

（3）存在时刻t，使线段PQ把梯形ABCD分成两部分的面积比为1 ∶ 5. 因为S=，S=×3××3，所以S=S所以五边形ABPQD的面积不可能是梯形ABCD面积的. 所以S ∶ S=1 ∶ 5，即S=S. 所以（2t2-6t+27）=×，解得t=. 所以当t=s时，PQ把梯形ABCD分成两部分的面积比为1 ∶ 5．

总之，数学中的动点问题，是把“动”变为“静”，借助题目的已知条件、所求问题的图形特征、运动规律等，经过观察、大胆猜想、推理、归纳等过程，灵活地把未知转化为已知，从而得出动点问题的答案.

篇13：动点存在性问题

一、“上下班途中”如何界定

1、最新规定《最高人民法院关于审理工伤保险行政案件若干问题的规定》第六条规定：对社会保险行政部门认定下列情形为“上下班途中”的，人民法院应予支持：(一)在合理时间内往返于工作地与住所地、经常居住地、单位宿舍的合理路线的上下班途中；(二)在合理时间内往返于工作地与配偶、父母、子女居住地的合理路线的上下班途中；(三)从事属于日常工作生活所需要的活动，且在合理时间和合理路线的上下班途中；(四)在合理时间内其他合理路线的上下班途中。

二、人社局的上下班途中

■ 上下班途中买菜，只有在发生交通事故且非本人主要责任的前提下，方可认定为工伤。“如果在买菜过程中与人发生口角或摔伤跌伤等，皆不能认定为工伤。”相关负责人表示。

■ 上下班途中的工伤认定，明确了四种认定情形：

（一）在合理时间内往返于工作地与住所地、经常居住地、单位宿舍的合理路线的上下班途中；

（二）在合理时间内往返于工作地与配偶、父母、子女居住地的合理路线的上下班途中；

（三）从事属于日常工作生活所需要的活动，且在合理时间和合理路线的上下班途中；

（四）在合理时间内其他合理路线的上下班途中。

■ 上下班途中的工伤，像接孩子、顺路买菜等都可算其为从事属于日常工作生活所需要的活动，但如果是下班后朋友聚会、逛街、购物、娱乐等等，则不属于工伤认定的范畴。

是不是在上下班途中买菜发生意外都能被认定为工伤呢？市人力社保局相关负责人强调，这还要紧扣《工伤保险条例》。该条例中明确，在上下班途中，受到非本人主要责任的交通事故或者城市轨道交通、客运轮渡、火车事故伤害的，可认定为工伤。这意味着，上下班途中买菜，只有在发生交通事故且非本人主要责任的前提下，方可认定为工伤。“如果在买菜过程中与人发生口角或摔伤跌伤等，皆不能认定为工伤。”相关负责人表示。

本报讯（记者 解丽）昨儿起，《最高人民法院关于审理工伤保险行政案件若干问题的规定》正式实施。而在规定中，最高人民法院对于四种上下班途中的工伤认定进行了解释。其中，上下班途中买菜发生意外也可以算工伤最为引人注目。对此，市人力社保局相关负责人指出，上下班途中买菜时发生意外可认定为工伤，须有两大限定：一是发生交通事故；二是认定者为非主要责任。

据昨起正式实施的《最高人民法院关于审理工伤保险行政案件若干问题的规定》，对于广受社会关注的上下班途中的工伤认定，明确了四种认定情形：

（一）在合理时间内往返于工作地与住所地、经常居住地、单位宿舍的合理路线的上下班途中；

（二）在合理时间内往返于工作地与配偶、父母、子女居住地的合理路线的上下班途中；

（三）从事属于日常工作生活所需要的活动，且在合理时间和合理路线的上下班途中；

（四）在合理时间内其他合理路线的上下班途中。这就框定了上下班途中的工伤认定前提：合理时间、合理路线。而对于合理路线，最高法相关人员给出的解释是，如下班途中需要到菜市场买一点菜，然后再回家，而且是顺路，这就是合理路线。由此，上下班途中买菜发生意外，也可认定为工伤。

那是不是在上下班途中买菜发生意外都能被认定为工伤呢？市人力社保局相关负责人强调，这还要紧扣《工伤保险条例》。该条例中明确，在上下班途中，受到非本人主要责任的交通事故或者城市轨道交通、客运轮渡、火车事故伤害的，可认定为工伤。这意味着，上下班途中买菜，只有在发生交通事故且非本人主要责任的前提下，方可认定为工伤。“如果在买菜过程中与人发生口角或摔伤跌伤等，皆不能认定为工伤。”相关负责人表示。

同时，该负责人指出，上下班途中的工伤，像接孩子、顺路买菜等都可算其为从事属于日常工作生活所需要的活动，但如果是下班后朋友聚会、逛街、购物、娱乐等等，则不属于工伤认定的范畴。

据悉，上下班途中发生非本人主要责任的交通事故，进行工伤认定时其申请材料中应当附具司法机关，公安机关交通管理、交通运输、铁道等部门或者法律、行政法规授权组织出具的相关法律文书。

工伤典型案例：

今天, 最高法发布《最高人民法院关于审理工伤保险行政案件若干问题的规定》，并公布四起工伤保险行政纠纷典型案例。

案例1 张成兵诉上海市松江区人力资源和社会保障局工伤认定行政案 ——用工单位违反法律、法规规定将承包业务转包或者发包给不具备用工主体资格的组织或者自然人，该组织或者自然人聘用的职工因工伤亡的，用工单位为承担工伤保险责任的单位(一)基本案情

南通六建公司系国基电子(上海)有限公司A7厂房工程的承包人，其以《油漆承揽合同》的形式将油漆工程分包给自然人李某某，约定李某某所雇人员应当接受南通六建公司管理。李某某又将部分油漆工程转包给自然人王某某，王某某招用张成兵进行油漆施工。李某某和王某某均无用工主体资格，也无承揽油漆工程的相应资质。2008年3月10日，张成兵在进行油漆施工中不慎受伤。11月10日，松江区劳动仲裁委员会裁决确定张成兵与南通六建公司之间存在劳动关系，但该裁决书未送达南通六建公司。12月29日，张成兵提出工伤认定申请，并提交了劳动仲裁裁决书。上海市松江区人力资源和社会保障局立案审查后，认为张成兵受伤符合工伤认定条件，且南通六建公司经告知，未就张成兵所受伤害是否应被认定为工伤进行举证。上海市松江区人力资源和社会保障局遂于2009年2月19日认定张成兵受伤为工伤。南通六建公司不服，经复议未果，遂起诉请求撤销上海市松江区人力资源和社会保障局作出的工伤认定。(二)裁判结果

经上海市松江区人民法院一审，上海市第一中级人民法院二审认为，根据劳社部发〔2005〕12号《劳动和社会保障部关于确立劳动关系有关事项的通知》第四条规定，建筑施工、矿山企业等用人单位将工程(业务)或经营权发包给不具备用工主体资格的组织或自然人，对该组织或自然人招用的劳动者，由具备用工主体资格的发包方承担用工主体责任。本案中，南通六建公司作为建筑施工单位将油漆工程发包给无用工主体资格的自然人李某某，约定李某某所雇用的人员应服从南通六建公司管理。后李某某又将部分油漆工程再发包给王某某，并由王某某招用了上诉人张成兵进行油漆施工。上海市松江区人力资源和社会保障局依据上述规定及事实认定上诉人与被上诉人具有劳动关系的理由成立。根据《工伤保险条例》规定，张成兵在江苏南通六建建设集团有限公司承建的厂房建设项目中进行油漆施工不慎受到事故伤害，属于工伤认定范围。据此，维持上海市松江区人力资源和社会保障局作出被诉工伤认定的具体行政行为。案例2 孙立兴诉天津新技术产业园区劳动局工伤认定行政案

——工作原因、工作场所的认定应当考虑是否与履行工作职责相关，是否在合理区域内受到伤害的(一)基本案情

孙立兴系中力公司员工，2003年6月10日上午受中力公司负责人指派去北京机场接人。其从中力公司所在天津市南开区华苑产业园区国际商业中心(以下简称商业中心)八楼下楼，欲到商业中心院内开车，当行至一楼门口台阶处时，孙立兴脚下一滑，从四层台阶处摔倒在地面上，经医院诊断为颈髓过伸位损伤合并颈部神经根牵拉伤、上唇挫裂伤、左手臂擦伤、左腿皮擦伤。孙立兴向园区劳动局提出工伤认定申请，园区劳动局于2004年3月5日作出《工伤认定决定书》，认为没有证据表明孙立兴的摔伤事故是在工作场所、基于工作原因造成的，决定不认定为工伤。(二)裁判结果

经天津市第一中级人民法院一审，天津市高级人民法院二审认为，该案焦点问题是孙立兴摔伤地点是否属于工作场所和工作原因。《工伤保险条例》规定，职工在工作时间和工作场所内，因工作原因受到事故伤害，应当认定为工伤。该规定中的“工作场所”，指职工从事职业活动的场所，在有多个工作场所的情形下，还应包括职工来往于多个工作场所之间的必经区域。本案中，位于商业中心八楼的中力公司办公室，是孙立兴的工作场所，而其完成去机场接人的工作任务需驾驶的汽车，是其另一处工作场所。汽车停在商业中心一楼的门外，孙立兴要完成开车任务，必须从商业中心八楼下到一楼门外停车处，故从商业中心八楼到停车处是孙立兴来往于两个工作场所之间的必经的区域，应当认定为工作场所。园区劳动局认为孙立兴摔伤地点不属于其工作场所，将完成工作任务的必经之路排除在工作场所之外，既不符合立法本意，也有悖于生活常识。孙立兴为完成开车接人的工作任务，从位于商业中心八楼的中力公司办公室下到一楼，并在一楼门口台阶处摔伤，系为完成工作任务所致。上诉人园区劳动局以孙立兴不是开车时受伤为由，认为孙立兴不属于“因工作原因”摔伤，理由不能成立。故判决撤销被告园区劳动局所作的《工伤认定决定书》，限其在判决生效后60日内重新作出具体行政行为。案例3 何培祥诉江苏省新沂市劳动和社会保障局工伤认定行政案 ——关于“上下班途中”的认定(一)基本案情

原告何培祥系原北沟镇石涧小学教师，2006年12月22日上午，原告被石涧小学安排到新沂城西小学听课，中午在新沂市区就餐。因石涧小学及原告居住地到城西小学无直达公交车，原告采取骑摩托车、坐公交车、步行相结合方式往返。下午15：40左右，石涧小学邢汉民、何继强、周恩宇等开车经过石涧村大陈庄水泥路时，发现何培祥骑摩托车摔倒在距离石涧小学约二三百米的水泥路旁，随即送往医院抢救治疗。12月27日，原告所在单位就何培祥的此次伤害事故向被告江苏省新沂市劳动和社会保障局提出工伤认定申请，后因故撤回。2007年6月，原告就此次事故伤害直接向被告提出工伤认定申请。经历了二次工伤认定，二次复议，二次诉讼后，被告于2009年12月26日作出《职工工伤认定》，认定：何培祥所受机动车事故伤害虽发生在上下班的合理路线上，但不是在上下班的合理时间内，不属于上下班途中，不认定为工伤。原告不服，向新沂市人民政府申请复议，复议机关作出复议决定，维持了被告作出的工伤认定决定。之后，原告诉至法院，请求撤销被告作出的工伤认定决定。(二)裁判结果

经江苏省新沂市人民法院一审，徐州市中级人民法院二审认为：上下班途中的“合理时间”与“合理路线”，是两种相互联系的认定属于上下班途中受机动车事故伤害情形的必不可少的时空概念，不应割裂开来。结合本案，何培祥在上午听课及中午就餐结束后返校的途中骑摩托车摔伤，其返校上班目的明确，应认定为合理时间。故判决撤销被告新沂市劳动和社会保障局作出的《职工工伤认定》;责令被告在判决生效之日起六十日内就何培祥的工伤认定申请重新作出决定。案例4 邹政贤诉广东省佛山市禅城区劳动和社会保障局工伤认定行政案

——由于不属于职工或者其近亲属自身原因超过工伤认定申请期限的，被耽误的时间不计算在工伤认定申请期限内(一)基本案情

宏达豪纺织公司系经依法核准登记设立的企业法人，其住所位于被告广东省佛山市禅城区劳动和社会保障局辖区内。邓尚艳与宏达豪纺织公司存在事实劳动关系。2006年4月24日邓尚艳在宏达豪纺织公司擅自增设的经营场所内，操作机器时左手中指被机器压伤，经医院诊断为“左中指中节闭合性骨折、软组织挫伤、仲腱断裂”。7月28日邓尚艳在不知情的情况下向被告申请工伤认定时，列“宏达豪纺织厂”为用人单位。被告以“宏达豪纺织厂”不具有用工主体资格、不能与劳动者形成劳动关系为由不予受理其工伤认定申请。邓尚艳后通过民事诉讼途径最终确认与其存在事实劳动关系的用人单位是宏达豪纺织公司。2008年1月16日，邓尚艳以宏达豪纺织公司为用人单位向被告申请工伤认定，被告于1月28日作出《工伤认定决定书》，认定邓尚艳于2006年4月24日所受到的伤害为工伤。2008 年3月24日，宏达豪纺织公司经工商行政管理部门核准注销。邹政贤作为原宏达豪纺织公司的法定代表人于2009年3月10日收到该《工伤认定决定书》后不服，向佛山市劳动和社会保障局申请行政复议，复议机关维持该工伤认定决定。邹政贤仍不服，向佛山市禅城区人民法院提起行政诉讼。广东省佛山市禅城区人民法院判决维持被告作出的《工伤认定决定书》。宣判后，邹政贤不服，向广东省佛山市中级人民法院提起上诉。(二)裁判结果