近年來，各地的數學中考題中呈現出越來越多的具備獨特魅力的有動點伴隨的幾何問題。這類問題往往綜合性高，靈活性也較高，把數與代數、圖形與幾何等內容中的眾多核心知識、方法、能力綜合在一起，有效地考查學生在數學活動過程中所表現出來的思維水平。而大多數學生一看見動點"，心裡就充滿了恐懼感，導致手忙腳亂，找不到解題的突破口。其實動點問題並不可怕，解決此類問題的關鍵是要善於把動態問題轉化為靜態問題來解決。
動點問題求解優化策略
動點問題的處理思路：
1.研究背景圖形。
2.分析運動過程，畫線段圖，分段，定範圍。（關注四要素）
①根據起點、終點，確定運動路徑；
②速度（注意速度是否變化），藉助s=vt確定時間（範圍）；
③狀態轉折點，確定分段，常見狀態轉折點為拐點；
④所求目標——明確思考方向。
3.表達，分析幾何特徵，設計方案求解。
畫出符合題意的圖形，表達線段長，根據幾何特徵列方程求解，結合範圍驗證結果。
方法提煉：
1.基本原則：多畫圖，好圖，圖形越準確，分析越有利
2.具體步驟：
（1）求出所有動點在"起點、拐點、終點"對應的時間（2）將上述各關鍵時間點在教軸上一次羅列出來；（3）以這些關鍵時間點為臨界值，確定分類標準；
（4）畫出每種情形下的圖形，結合題中相關條件解題實戰分析。
動點幾何問題經典問題剖析
例1．（2020·河北模擬）如圖所示，四邊形ABCD是菱形，BC＝1，且∠B＝60°，作DE⊥DC，交BC的延長線於點E．現將△CDE沿CB的方向平移，得到△C₁D₁E₁，設△C₁D₁E₁，與菱形ABCD重合的部分（圖中陰影部分）面積為y，平移距離為x，則y與x的函數圖象為（ ）
【解答】：如圖，
①當0＜x＜1時，DE⊥DC，∴∠EDC＝90°，
∵四邊形ABCD是菱形，BC＝1，且∠B＝60°，
∴∠B＝∠DCE＝60°，∴∠E＝30°，
反思：本題通過分析動點的運動軌跡，找到"起點、拐點和終點"，並求出相對應的時間臨界值，進而進行分析；在不同時間範圍內，通過設未知，將面積進行表示，最終確定函數或者面積的變化率。本題考查了動點問題的函數圖象，解決本題的關鍵是根據動點的運動過程表示陰影部分面積．
2．（2019秋·南山區期末）如圖①，在正方形ABCD中，點P沿邊DA從點D開始向點A以1cm/s的速度移動，同時點Q沿邊AB，BC從點A開始向點C以2cm/s的速度移動，當點P移動到點A時，P、Q同時停止移動．設點P出發x秒時，△PAQ的面積為ycm2，y與x的函數圖象如圖②，則下列四個結論，其中正確的有（ ）
①當點P移動到點A時，點Q移動到點C；
②正方形邊長為6cm；
③當AP＝AQ時，△PAQ面積達到最大值；
④線段EF所在的直線對應的函數關係式為y＝﹣3x+18。
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【解答】：①∵點P沿邊DA從點D開始向點A以1cm/s的速度移動，
同時點Q沿邊AB，BC從點A開始向點C以2cm/s的速度移動，當點P移動到點A時，P、Q同時停止移動．當點P移動到點A時，點Q移動到點C．所以①正確；
②根據函數圖象可知：
當AP＝AQ時，△PAQ面積達到最大值正方形邊長為6cm
當2AP＝AQ時，△PAQ面積達到最大值為9，
設正方形的邊長為a，
∵PD＝x，則AP＝a﹣x，AQ＝2x，
解得a＝±6（﹣6捨去）
所以正方形的邊長為6cm，所以②正確；
③當2AP＝AQ時，△PAQ面積達到最大值，所以③錯誤；
④∵當x＝3時，y＝9，當x＝6，時，y＝0，代入y＝kx+b中，解得k＝﹣3，b＝18，所以線段EF所在的直線對應的函數關係式為y＝﹣3x+18．所以④正確．以正確的結論有3個．故選：C．
【點評】本題考查了動點問題的函數圖象，解決本題的關鍵是綜合兩個圖形的關係進行分析．
3．（2019·貴陽中考題）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，點F是對角線AC上的一個動點，連接DF，以DF為斜邊作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使點E和點A位於DF兩側，點F從點A到點C的運動過程中，點E的運動路徑長是________．
【解答】：E的運動路徑是線段EE"的長；
∵AB＝4，∠DCA＝30°，∴BC＝4√3/3，
當F與A點重合時，在Rt△ADE"中，AD＝4√3/3，∠DAE"＝30°，∠ADE"＝60°，
∴DE"＝2√3/3，∠CDE"＝30°，
當F與C重合時，∠EDC＝60°，∴∠EDE"＝90°，∠DEE"＝30°，
在Rt△DEE"中，EE"＝4√3/3；故答案為4√3/3．
反思：本題考查的是動點產生點的路徑問題，一般有兩大分析思路，一種是幾何分析法，通過角度轉化，得到一個特殊角，進而確定點E的運動軌跡為線段；第二種則是函數法，可以通過構建平面直角坐標系，求出點E的坐標，進而達到求解點E的運動軌跡及長度問題
4．（2018·舟山中考題）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，點E在CD上，DE＝1，點F是邊AB上一動點，以EF為斜邊作Rt△EFP．若點P在矩形ABCD的邊上，且這樣的直角三角形恰好有兩個，則AF的值是_______．
【解析】：∵△EFP是直角三角形，且點P在矩形ABCD的邊上，
∴P是以EF為直徑的圓O與矩形ABCD的交點，
①當AF＝0時，如圖1，此時點P有兩個，一個與D重合，一個交在邊AB上；
②當⊙O與AD相切時，設與AD邊的切點為P，如圖2，
此時△EFP是直角三角形，點P只有一個，
解法一：當⊙O與BC相切時，如圖6，連接OP，EP，PF，此時構成三個直角三角形，
∵EC∥OP∥BF，EO＝OF，∴PC＝BP＝1，
∵DE＝1，CD＝4，∴CE＝3，
∵∠ECP＝∠EPF＝∠B＝90°，
∴∠EPC＝∠BFP，∴△ECP∽△PBF，
∴EC/CP=PB/BF,，即3/1=1/BF，BF＝1/3，
∴AF＝4﹣1/3＝11/3；
解法二：當⊙O與BC相切時，如圖4，連接OP，此時構成三個直角三角形，
則OP⊥BC，設AF＝x，則BF＝P1C＝4﹣x，EP1＝x﹣1，
∵OP∥EC，OE＝OF，
③當AF＝4，即F與B重合時，這樣的直角三角形恰好有兩個，如圖5，
綜上所述，則AF的值是：0或1＜AF＜11/3或4．
故答案為：0或1＜AF＜11/3或4．
反思：通過問題中滿足的點恰好有兩個，使得三角形為直角三角形，可聯想到圓周角為90°進行求解，因此通過構造以EF為直徑的圓與BC、AD相切進行求解，並通過動點的運動路徑，分析兩個臨界值是否滿足，即可得到最終答案。
5．（2019秋·南昌期末）如圖1，OA＝2，OB＝4，以A點為頂點、AB為腰在第三象限作等腰Rt△ABC．
（1）求C點的坐標；
（2）如圖2，P為y軸負半軸上一個動點，當P點向y軸負半軸向下運動時，以P為頂點，PA為腰作等腰Rt△APD，過D作DE⊥x軸於E點，求OP﹣DE的值；
（3）如圖3，已知點F坐標為（﹣2，﹣2），當G在y軸的負半軸上沿負方向運動時，作Rt△FGH，始終保持∠GFH＝90°，FG與y軸負半軸交於點G（0，m），FH與x軸正半軸交於點H（n，0），當G點在y軸的負半軸上沿負方向運動時，求證m+n為定值，並求出其值．
【分析】（1）過C作CM⊥x軸於M點，由"AAS"證明△MAC≌△OBA，可得出CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，即可求點C坐標；
（2）如圖2，過D作DQ⊥OP於Q點，可證四邊形OEDQ是矩形，可得OE＝QD，DE＝OQ，即OP＝PQ+OQ＝DE+PQ，由"AAS"可明△AOP≌△PDQ，可得AO＝PQ＝2，即可得結論；
（3）如圖3，過點F分別作FS⊥x軸於S點，FT⊥y軸於T點，由"AAS"證明△FSH≌△FTG，可得GT＝HS，即可求得m+n的值．
【解答】：（1）過C作CM⊥x軸於M點，如圖1，
∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°
則∠MAC＝∠OBA,易證△MAC≌△OBA（AAS）
∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，
∴點C的坐標為（﹣6，﹣2）；
（2）如圖2，過D作DQ⊥OP於Q點，
∵DQ⊥OP，DE⊥OE，∠POE＝90°∴四邊形OEDQ是矩形，
∴OE＝QD，DE＝OQ，∴OP＝PQ+OQ＝DE+PQ，
∵∠APO+∠QPD＝90°，∠APO+∠OAP＝90°，
∴∠QPD＝∠OAP，易證△AOP≌△PDQ（AAS），
∴QP＝AO＝2，∴OP﹣DE＝2；
（3）結論②是正確的，m+n＝﹣4，
理由如下：如圖3，過點F分別作FS⊥x軸於S點，FT⊥y軸於T點，
∴FS＝FT＝2，∠FHS＝∠HFT＝∠FGT，
易證△FSH≌△FTG（AAS），∴GT＝HS，
又∵G（0，m），H（n，0），點F坐標為（﹣2，﹣2），
∴OT═OS＝2，OG＝|m|＝﹣m，OH＝n，
∴GT＝OG﹣OT＝﹣m﹣2，HS＝OH+OS＝n+2，
∴﹣2﹣m＝n+2，∴m+n＝﹣4．
6．（2019·威海中考題）如圖，在正方形ABCD中，AB＝10cm，E為對角線BD上一動點，連接AE，CE，過E點作EF⊥AE，交直線BC於點F．E點從B點出發，沿著BD方向以每秒2cm的速度運動，當點E與點D重合時，運動停止．設△BEF的面積為ycm²，E點的運動時間為x秒．
（1）求證：CE＝EF；
（2）求y與x之間關係的函數表達式，並寫出自變量x的取值範圍；
（3）求△BEF面積的最大值．
【分析】（1）作輔助線，構建三角形全等，證明△AEM≌△EFN和△ADE≌△CDE（SAS），可得AE＝CE＝EF；
（2）分兩種情況：根據三角形的面積公式可得y與x之間關係的函數表達式，根據勾股定理計算BD的長可得x的取值；
（3）根據（2）中的兩種情況，分別利用配方法和二次函數的增減性可得結論．
【解答】（1）證明：如圖1，過E作MN∥AB，交AD於M，交BC於N，
∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB⊥AD，
∴MN⊥AD，MN⊥BC，∴∠AME＝∠FNE＝90°＝∠NFE+∠FEN，
∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠AEM+∠FEN＝90°，∴∠AEM＝∠NFE，
∵∠DBC＝45°，∠BNE＝90°，∴BN＝EN＝AM，
∴△AEM≌△EFN（AAS），∴AE＝EF，
∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∵DE＝DE，∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，∴CE＝EF；
（2）解：在Rt△BCD中，由勾股定理得：
解題總結與反思：
解壓軸題，尤其是動態問題，首先要養成勤畫圖、多畫圖、畫好圖的意識，藉助數軸將關鍵時間點一次羅列，以時間為依據，確定分類標準；
處理動點問題，要養成以下解題好習慣：
（1）畫圖意識：既然要分類，那就多畫圖，一類對一圖，準備好鉛筆、刻度尺、圓規等畫圖工具，畫出草圖，精準分析，找到隱藏的等量關係，列方程求解；
（2）標圖習慣意識：幾何學習，要養成清晰標圖的習慣，準備好黑色水筆、原子筆、紅筆等，將題目中相等的角標記為同一種符號或者同一顏色等，這樣有利於分析問題，便於找到突破口。
（3）簡化處理意識：要善於對圖形作"減法"或"簡化"處理，慧眼識珠，在複雜圖中敏銳地捕提到所需結構，撇開干擾線條，畫出核心圖形，另行處理分析，這樣有利於基本圖形識別與構造，提高分析問題、解決問題的本領；
（4）確定分析意識：平時審題時，要帶有確定性思想去分析問題，樹立"確定的必可求"意識，尤其是解三角形的能力與意識，甚至於眼中無變量，將時間t視為常數，真可謂"心中常懷確定性，審題解題部給力"。
動點問題求解優化策略
動點問題的處理思路：
1.研究背景圖形。
2.分析運動過程，畫線段圖，分段，定範圍。（關注四要素）
①根據起點、終點，確定運動路徑；
②速度（注意速度是否變化），藉助s=vt確定時間（範圍）；
③狀態轉折點，確定分段，常見狀態轉折點為拐點；
④所求目標——明確思考方向。
3.表達，分析幾何特徵，設計方案求解。
畫出符合題意的圖形，表達線段長，根據幾何特徵列方程求解，結合範圍驗證結果。
方法提煉：
1.基本原則：多畫圖，好圖，圖形越準確，分析越有利
2.具體步驟：
（1）求出所有動點在"起點、拐點、終點"對應的時間（2）將上述各關鍵時間點在教軸上一次羅列出來；（3）以這些關鍵時間點為臨界值，確定分類標準；
（4）畫出每種情形下的圖形，結合題中相關條件解題實戰分析。
動點幾何問題經典問題剖析
例1．（2020·河北模擬）如圖所示，四邊形ABCD是菱形，BC＝1，且∠B＝60°，作DE⊥DC，交BC的延長線於點E．現將△CDE沿CB的方向平移，得到△C₁D₁E₁，設△C₁D₁E₁，與菱形ABCD重合的部分（圖中陰影部分）面積為y，平移距離為x，則y與x的函數圖象為（ ）
【解答】：如圖，
①當0＜x＜1時，DE⊥DC，∴∠EDC＝90°，
∵四邊形ABCD是菱形，BC＝1，且∠B＝60°，
∴∠B＝∠DCE＝60°，∴∠E＝30°，
反思：本題通過分析動點的運動軌跡，找到"起點、拐點和終點"，並求出相對應的時間臨界值，進而進行分析；在不同時間範圍內，通過設未知，將面積進行表示，最終確定函數或者面積的變化率。本題考查了動點問題的函數圖象，解決本題的關鍵是根據動點的運動過程表示陰影部分面積．
2．（2019秋·南山區期末）如圖①，在正方形ABCD中，點P沿邊DA從點D開始向點A以1cm/s的速度移動，同時點Q沿邊AB，BC從點A開始向點C以2cm/s的速度移動，當點P移動到點A時，P、Q同時停止移動．設點P出發x秒時，△PAQ的面積為ycm2，y與x的函數圖象如圖②，則下列四個結論，其中正確的有（ ）
①當點P移動到點A時，點Q移動到點C；
②正方形邊長為6cm；
③當AP＝AQ時，△PAQ面積達到最大值；
④線段EF所在的直線對應的函數關係式為y＝﹣3x+18。
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【解答】：①∵點P沿邊DA從點D開始向點A以1cm/s的速度移動，
同時點Q沿邊AB，BC從點A開始向點C以2cm/s的速度移動，當點P移動到點A時，P、Q同時停止移動．當點P移動到點A時，點Q移動到點C．所以①正確；
②根據函數圖象可知：
當AP＝AQ時，△PAQ面積達到最大值正方形邊長為6cm
當2AP＝AQ時，△PAQ面積達到最大值為9，
設正方形的邊長為a，
∵PD＝x，則AP＝a﹣x，AQ＝2x，
解得a＝±6（﹣6捨去）
所以正方形的邊長為6cm，所以②正確；
③當2AP＝AQ時，△PAQ面積達到最大值，所以③錯誤；
④∵當x＝3時，y＝9，當x＝6，時，y＝0，代入y＝kx+b中，解得k＝﹣3，b＝18，所以線段EF所在的直線對應的函數關係式為y＝﹣3x+18．所以④正確．以正確的結論有3個．故選：C．
【點評】本題考查了動點問題的函數圖象，解決本題的關鍵是綜合兩個圖形的關係進行分析．
3．（2019·貴陽中考題）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，∠DCA＝30°，點F是對角線AC上的一個動點，連接DF，以DF為斜邊作∠DFE＝30°的直角三角形DEF，使點E和點A位於DF兩側，點F從點A到點C的運動過程中，點E的運動路徑長是________．
【解答】：E的運動路徑是線段EE"的長；
∵AB＝4，∠DCA＝30°，∴BC＝4√3/3，
當F與A點重合時，在Rt△ADE"中，AD＝4√3/3，∠DAE"＝30°，∠ADE"＝60°，
∴DE"＝2√3/3，∠CDE"＝30°，
當F與C重合時，∠EDC＝60°，∴∠EDE"＝90°，∠DEE"＝30°，
在Rt△DEE"中，EE"＝4√3/3；故答案為4√3/3．
反思：本題考查的是動點產生點的路徑問題，一般有兩大分析思路，一種是幾何分析法，通過角度轉化，得到一個特殊角，進而確定點E的運動軌跡為線段；第二種則是函數法，可以通過構建平面直角坐標系，求出點E的坐標，進而達到求解點E的運動軌跡及長度問題
4．（2018·舟山中考題）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝2，點E在CD上，DE＝1，點F是邊AB上一動點，以EF為斜邊作Rt△EFP．若點P在矩形ABCD的邊上，且這樣的直角三角形恰好有兩個，則AF的值是_______．
【解析】：∵△EFP是直角三角形，且點P在矩形ABCD的邊上，
∴P是以EF為直徑的圓O與矩形ABCD的交點，
①當AF＝0時，如圖1，此時點P有兩個，一個與D重合，一個交在邊AB上；
②當⊙O與AD相切時，設與AD邊的切點為P，如圖2，
此時△EFP是直角三角形，點P只有一個，
解法一：當⊙O與BC相切時，如圖6，連接OP，EP，PF，此時構成三個直角三角形，
∵EC∥OP∥BF，EO＝OF，∴PC＝BP＝1，
∵DE＝1，CD＝4，∴CE＝3，
∵∠ECP＝∠EPF＝∠B＝90°，
∴∠EPC＝∠BFP，∴△ECP∽△PBF，
∴EC/CP=PB/BF,，即3/1=1/BF，BF＝1/3，
∴AF＝4﹣1/3＝11/3；
解法二：當⊙O與BC相切時，如圖4，連接OP，此時構成三個直角三角形，
則OP⊥BC，設AF＝x，則BF＝P1C＝4﹣x，EP1＝x﹣1，
∵OP∥EC，OE＝OF，
③當AF＝4，即F與B重合時，這樣的直角三角形恰好有兩個，如圖5，
綜上所述，則AF的值是：0或1＜AF＜11/3或4．
故答案為：0或1＜AF＜11/3或4．
反思：通過問題中滿足的點恰好有兩個，使得三角形為直角三角形，可聯想到圓周角為90°進行求解，因此通過構造以EF為直徑的圓與BC、AD相切進行求解，並通過動點的運動路徑，分析兩個臨界值是否滿足，即可得到最終答案。
5．（2019秋·南昌期末）如圖1，OA＝2，OB＝4，以A點為頂點、AB為腰在第三象限作等腰Rt△ABC．
（1）求C點的坐標；
（2）如圖2，P為y軸負半軸上一個動點，當P點向y軸負半軸向下運動時，以P為頂點，PA為腰作等腰Rt△APD，過D作DE⊥x軸於E點，求OP﹣DE的值；
（3）如圖3，已知點F坐標為（﹣2，﹣2），當G在y軸的負半軸上沿負方向運動時，作Rt△FGH，始終保持∠GFH＝90°，FG與y軸負半軸交於點G（0，m），FH與x軸正半軸交於點H（n，0），當G點在y軸的負半軸上沿負方向運動時，求證m+n為定值，並求出其值．
【分析】（1）過C作CM⊥x軸於M點，由"AAS"證明△MAC≌△OBA，可得出CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，即可求點C坐標；
（2）如圖2，過D作DQ⊥OP於Q點，可證四邊形OEDQ是矩形，可得OE＝QD，DE＝OQ，即OP＝PQ+OQ＝DE+PQ，由"AAS"可明△AOP≌△PDQ，可得AO＝PQ＝2，即可得結論；
（3）如圖3，過點F分別作FS⊥x軸於S點，FT⊥y軸於T點，由"AAS"證明△FSH≌△FTG，可得GT＝HS，即可求得m+n的值．
【解答】：（1）過C作CM⊥x軸於M點，如圖1，
∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°
則∠MAC＝∠OBA,易證△MAC≌△OBA（AAS）
∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4，
∴點C的坐標為（﹣6，﹣2）；
（2）如圖2，過D作DQ⊥OP於Q點，
∵DQ⊥OP，DE⊥OE，∠POE＝90°∴四邊形OEDQ是矩形，
∴OE＝QD，DE＝OQ，∴OP＝PQ+OQ＝DE+PQ，
∵∠APO+∠QPD＝90°，∠APO+∠OAP＝90°，
∴∠QPD＝∠OAP，易證△AOP≌△PDQ（AAS），
∴QP＝AO＝2，∴OP﹣DE＝2；
（3）結論②是正確的，m+n＝﹣4，
理由如下：如圖3，過點F分別作FS⊥x軸於S點，FT⊥y軸於T點，
∴FS＝FT＝2，∠FHS＝∠HFT＝∠FGT，
易證△FSH≌△FTG（AAS），∴GT＝HS，
又∵G（0，m），H（n，0），點F坐標為（﹣2，﹣2），
∴OT═OS＝2，OG＝|m|＝﹣m，OH＝n，
∴GT＝OG﹣OT＝﹣m﹣2，HS＝OH+OS＝n+2，
∴﹣2﹣m＝n+2，∴m+n＝﹣4．
6．（2019·威海中考題）如圖，在正方形ABCD中，AB＝10cm，E為對角線BD上一動點，連接AE，CE，過E點作EF⊥AE，交直線BC於點F．E點從B點出發，沿著BD方向以每秒2cm的速度運動，當點E與點D重合時，運動停止．設△BEF的面積為ycm²，E點的運動時間為x秒．
（1）求證：CE＝EF；
（2）求y與x之間關係的函數表達式，並寫出自變量x的取值範圍；
（3）求△BEF面積的最大值．
【分析】（1）作輔助線，構建三角形全等，證明△AEM≌△EFN和△ADE≌△CDE（SAS），可得AE＝CE＝EF；
（2）分兩種情況：根據三角形的面積公式可得y與x之間關係的函數表達式，根據勾股定理計算BD的長可得x的取值；
（3）根據（2）中的兩種情況，分別利用配方法和二次函數的增減性可得結論．
【解答】（1）證明：如圖1，過E作MN∥AB，交AD於M，交BC於N，
∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB⊥AD，
∴MN⊥AD，MN⊥BC，∴∠AME＝∠FNE＝90°＝∠NFE+∠FEN，
∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠AEM+∠FEN＝90°，∴∠AEM＝∠NFE，
∵∠DBC＝45°，∠BNE＝90°，∴BN＝EN＝AM，
∴△AEM≌△EFN（AAS），∴AE＝EF，
∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∠ADE＝∠CDE，
∵DE＝DE，∴△ADE≌△CDE（SAS），
∴AE＝CE，∴CE＝EF；
（2）解：在Rt△BCD中，由勾股定理得：
解題總結與反思：
解壓軸題，尤其是動態問題，首先要養成勤畫圖、多畫圖、畫好圖的意識，藉助數軸將關鍵時間點一次羅列，以時間為依據，確定分類標準；
處理動點問題，要養成以下解題好習慣：
（1）畫圖意識：既然要分類，那就多畫圖，一類對一圖，準備好鉛筆、刻度尺、圓規等畫圖工具，畫出草圖，精準分析，找到隱藏的等量關係，列方程求解；
（2）標圖習慣意識：幾何學習，要養成清晰標圖的習慣，準備好黑色水筆、原子筆、紅筆等，將題目中相等的角標記為同一種符號或者同一顏色等，這樣有利於分析問題，便於找到突破口。
（3）簡化處理意識：要善於對圖形作"減法"或"簡化"處理，慧眼識珠，在複雜圖中敏銳地捕提到所需結構，撇開干擾線條，畫出核心圖形，另行處理分析，這樣有利於基本圖形識別與構造，提高分析問題、解決問題的本領；
（4）確定分析意識：平時審題時，要帶有確定性思想去分析問題，樹立"確定的必可求"意識，尤其是解三角形的能力與意識，甚至於眼中無變量，將時間t視為常數，真可謂"心中常懷確定性，審題解題部給力"。
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