(完整)初三数学几何的动点问题专题练习及答案

动点问题专题训练

1、如图，已知△ABC中，ABAC10厘米，BC8厘米，点D为AB的中点．

（1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由B点向C点运动，同时，点Q在线段CA上由C点向A点运动．

①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由； ②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD与△CQP全等？ （2）若点Q以②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？

A

D Q

B C P

32、直线yx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

4Q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．

y B （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；

48时，求出点P的坐标，并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四5边形的第四个顶点M的坐标．

3如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=－2x－8分别与x轴，y轴相交于A，B两点，点P（0，k）

是y轴的负半轴上的一个动点，以P为圆心，3为半径作⊙P.

（1）连结PA，若PA=PB，试判断⊙P与x轴的位置关系，并说明理由；

（2）当k为何值时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形？

4 如图1，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为（－3，4）， 点C在x轴的正半轴上，直线AC交y轴于点M，AB边交y轴于点H． （1）求直线AC的解析式；

（2）连接BM，如图2，动点P从点A出发，沿折线ABC方向以2个单位／秒的速度向终点C匀速运动，设△PMB的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒，求S与t之间的函数关系式（要求写出自变量t的取值范围）；

（3）在（2）的条件下，当 t为何值时，∠MPB与∠BCO互为余角，并求此时直线OP与直线AC所夹锐角的正切值．

P x （3）当SO Q A

5在Rt△ABC中，∠C=90°，AC = 3，AB = 5．点P从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AC返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P、Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BC-CP于点E．点P、Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止．设点P、Q运动的时间是t秒（t＞0）．

（1）当t = 2时，AP = ，点Q到AC的距离是 ； （2）在点P从C向A运动的过程中，求△APQ的面积S与

B t的函数关系式；（不必写出t的取值范围）

（3）在点E从B向C运动的过程中，四边形QBED能否成

为直角梯形？若能，求t的值．若不能，请说明理由； E （4）当DE经过点C 时，请直接．．

写出t的值． Q

D A P C 图16

6如图，在Rt△ABC中，ACB90°，B60°，BC2．点O是AC的中点，过点O的直线l从与AC重合的位置开始，绕点O作逆时针旋转，交AB边于点D．过点C作CE∥AB交直线l于点E，设直线l的旋转角为． （1）①当 度时，四边形EDBC是等腰梯形，此时AD的长为 ； ②当 度时，四边形EDBC是直角梯形，此时AD的长为 ； （2）当90°时，判断四边形EDBC是否为菱形，并说明理由．

l

E C

O A D B

C

O

A B （备用图）

7如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD3，DC5，AB42，∠B45．动点M从B点出发沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动．设运动的时间为t秒．

（1）求BC的长．

A D （2）当MN∥AB时，求t的值．

（3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形． N

B M C

8如图1，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中点，过点E作EF∥BC交CD于点F．AB4，BC6，∠B60. （1）求点E到BC的距离；

（2）点P为线段EF上的一个动点，过P作PMEF交BC于点M，过M作MN∥AB交折线ADC于点N，连结PN，设EPx.

①当点N在线段AD上时（如图2），△PMN的形状是否发生改变？若不变，求出△PMN的周长；若改变，请说明理由；

②当点N在线段DC上时（如图3），是否存在点P，使△PMN为等腰三角形？若存在，请求出所有满足要求的x的值；若不存在，请说明理由.

N

A D A D A D

N

E F E P F E P F

B C B C B C

图1 M

M 图2 图3

A D （第8题） A D

E F E F

B C B C

图4（备用） 图5（备用）

9如图①，正方形 ABCD中，点A、B的坐标分别为（0，10），（8，4），点C在第一象限．动点P在正方形 ABCD的边上，从点A出发沿A→B→C→D匀速运动，同时动点Q以相同速度在x轴正半轴上运动，当P点到达D点时，两点同时停止运动，设运动的时间为t秒．

(1)当P点在边AB上运动时，点Q的横坐标x（长度单位）关于运动时间t（秒）的函数图象如图②所示，请写出点Q开始运动时的坐标及点P运动速度； (2)求正方形边长及顶点C的坐标；

(3)在（1）中当t为何值时，△OPQ的面积最大，并求此时P点的坐标； (4)如果点P、Q保持原速度不变，当点P沿A→B→C→D匀速运动时，OP与PQ能否相等，若能，写出所有符合条件的t的值；若不能，请说明理由．

10数学课上，张老师出示了问题：如图1，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点．AEF90，且EF交正方形外角DCG的平行线CF于点F，求证：AE=EF．

经过思考，小明展示了一种正确的解题思路：取AB的中点M，连接ME，则AM=EC，易证△AME≌△ECF，所以AEEF．

在此基础上，同学们作了进一步的研究：

（1）小颖提出：如图2，如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上（除B，C外）的任意一点”，其它条件不变，那么结论“AE=EF”仍然成立，你认为小颖的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由；

（2）小华提出：如图3，点E是BC的延长线上（除C点外）的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF”仍然成立．你认为小华的观点正确吗？如果正确，写出证明过程；如果不正确，请说明理由．

F

A D A D A D

F F

B E C G B E C G B

图1 图2 C E G 图3

11已知一个直角三角形纸片OAB，其中AOB90°，OA2，OB4．如图，将该纸片放置在平面直角坐标系中，折叠该纸片，折痕与边OB交于点C，与边AB交于点D． （Ⅰ）若折叠后使点B与点A重合，求点C的坐标； y

B

O A x

（Ⅱ）若折叠后点B落在边OA上的点为B，设OBx，OCy，试写出y关于x的函数解析式，并确定y的取值范围；

y B

O A x

（Ⅲ）若折叠后点B落在边OA上的点为B，且使BD∥OB，求此时点C的坐标．

y B

x O A

12问题解决

如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折

痕MN．当CE1AMCD2时，求

BN的值． F A M D

方法指导： 为了求得AM的值，可先求BN、AM的长，不妨设：AB=2 E

BN B N C 图（1） 类比归纳

在图（1）中，若CE1AMCE1AMCE1CD3，则BN的值等于 ；若CD4，则BN的值等于 ；若CDn（n为整数），则AMBN的值等于 ．（用含n的式子表示）

联系拓广 如图（2），将矩形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN，设ABBC1CE1mm1，CDn，则AMBN的值等于 ．（用含m，n的式子表示）

F M

A

D E

B N C

图（2）

参

1.解：（1）①∵t1秒， ∴BPCQ313厘米，

∵AB10厘米，点D为AB的中点， ∴BD5厘米．

又∵PCBCBP，BC8厘米， ∴PC835厘米， ∴PCBD． 又∵ABAC， ∴BC，

∴△BPD≌△CQP． ·····················（4分）②∵vPvQ， ∴BPCQ，

又∵△BPD≌△CQP，BC，则BPPC4，CQBD5， ∴点P，点Q运动的时间tBP343秒， ∴vCQ515Qt44厘米/秒．

··················（7分）3（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇， 由题意，得154x3x210， 解得x803秒． ∴点P共运动了803380厘米．

∵8022824，

∴点P、点Q在AB边上相遇，

∴经过

803秒点P与点Q第一次在边AB上相遇． ········· （12分）2.解（1）A（8，0）B（0，6） · 1分 （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/秒）1分

当P在线段OB上运动（或0≤t≤3）时，OQt，OP2t

St2 ······························1分

当P在线段BA上运动（或3t≤8）时，OQt，AP6102t162t, 如图，作PDOA于点D，由

PDAPBOAB，得PD486t5， ······· 1分 S12OQPD35t2245t

···················· 1分 （自变量取值范围写对给1分，否则不给分．） （3）P85，245 ·························· 1分

I8241224122415，5，M25，5，M35，5 ·············· 3分

3.解：（1）⊙P与x轴相切.

∵直线y=－2x－8与x轴交于A（4，0），

与y轴交于B（0，－8）， ∴OA=4，OB=8. 由题意，OP=－k， ∴PB=PA=8+k.

在Rt△AOP中，k2+42=(8+k)2， ∴k=－3，∴OP等于⊙P的半径， ∴⊙P与x轴相切.

（2）设⊙P与直线l交于C，D两点，连结PC，PD当

圆心P在线段OB上时,作PE⊥CD于E.

∵△PCD为正三角形，∴DE=1CD=322，PD=3， ∴PE=332. ∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE， ∴△AOB∽△PEB， 33∴

AOPE,即4=2ABPB45PB， ∴PB3152, ∴POBOPB83152， ∴P(0,31528)， ∴k31528. 当圆心P在线段OB延长线上时,同理可得P(0,－3152－8)， ∴k=－3152－8，

∴当k=3152－8或k=－3152－8时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是正三角形.

4.

5.解：（1）1，85；

（2）作QF⊥AC于点F，如图3， AQ = CP= t，∴AP3t． 由△AQF∽△ABC，BC52324，

得QF4t5．∴QF45t．

∴S12(3t)45t，

B 即S2t2565t．

（3）能．

E ①当DE∥QB时，如图4．

Q ∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． D 此时∠AQP=90°． A P

C 图4

由△APQ ∽△ABC，得AQAPACAB， B 即t3t35． 解得t98． ②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．

此时∠APQ =90°． Q 由△AQP ∽△ABC，得 AQAPD E ABAC， A P C t3图5

即5t3． 解得t158． B

（4）t5或t45214． ①点P由C向A运动，DE经过点C． Q G 连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．

PCt，QC2QG2CG2[3(5t)]2[44(5t)]2．D 55

A P C(E) 图6 由PC2QC2，得t2[3(5t)]2[44(5t)]2，解得t5B 552．

②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．

Q G (6t)2[3(5t)]2[44(5t)]2，t455514】

D C(E6.解（1）①30，1；②60，1.5； ……………………A P ) 图7 4分 （2）当∠α=900时，四边形EDBC是菱形. ∵∠α=∠ACB=900，∴BC//ED.

∵CE//AB, ∴四边形EDBC是平行四边形. ……………………6分 在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠B=600,BC=2,

∴∠A=300.

∴AB=4,AC=23. ∴AO=

12AC=3 . ……………………8分 在Rt△AOD中，∠A=300，∴AD=2. ∴BD=2. ∴BD=BC.

又∵四边形EDBC是平行四边形，

EDBC是菱形 ……………………10分

7.解：（1）如图①，过A、D分别作AKBC于K，DHBC于H，则四边形ADHK是矩形∴KHAD3． ·······················1分

在Rt△ABK中，AKABsin4542．224

BKABcos4542224 ················2分 在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC52423

∴BCBKKHHC43310 ··············3分 A D A D

N

B K C B C

H G M

（图①） （图②） （2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形 ∵MN∥AB ∴MN∥DG ∴BGAD3

∴GC1037 ·····················4分 由题意知，当M、N运动到t秒时，CNt，CM102t． ∵DG∥MN

∴∠NMC∠DGC 又∠C∠C

∴△MNC∽△GDC ∴CNCMCDCG ·······················5分 即t102t57 ∴四边形

解得，t5017 ······················· 6分 （3）分三种情况讨论：

①当NCMC时，如图③，即t102t

∴t103 ························· 7分

A A D

D

N

N B M C B M H E C

（图③） （图④） ②当MNNC时，如图④，过N作NEMC于E 解法一：

由等腰三角形三线合一性质得EC12MC12102t5t

在Rt△CEN中，coscEC5tNCt 又在Rt△DHC中，coscCHCD35

∴5tt35

解得t258 ························ 8分

解法二：

∵∠C∠C，DHCNEC90 ∴△NEC∽△DHC ∴NCECDCHC 即t5t53 ∴t258 ························· 8分

③当MNMC时，如图⑤，过M作MFCN于F点.FC112NC2t

解法一：（方法同②中解法一）

1cosCFC2t3A D MC102t5

解得t6017

N F 解法二：

B C ∵∠C∠C，MFCDHC90 H M

∴△MFC∽△DHC （图⑤）

∴

FCMCHCDC 1即2t102t35 ∴t6017

综上所述，当t1025603、t8或t17时，△MNC为等腰三角形 ··9分

解（1）如图1，过点E作EGBC于点G． ··· 1分

∵E为AB的中点，

A D

∴BE12AB2．

在Rt△EBG中，∠B60，∴∠BEG30． ·· 2分

E F ∴BG12BE1，EG22123．

B G

C 即点E到BC的距离为3． ········· 3分

图1

（2）①当点N在线段AD上运动时，△PMN的形状不发生改变．

∵PMEF，EGEF，∴PM∥EG． ∵EF∥BC，∴EPGM，PMEG3．

同理MNAB4． ·······················4分 如图2，过点P作PHMN于H，∵MN∥AB， ∴∠NMC∠B60，∠PMH30． A

N

D

∴PH12PM32． E P F ∴MHPMcos303H 2．

B

G M C

则NHMNMH43252．

图2

2在Rt△PNH中，PNNH2PH2523227． ∴△PMN的周长=PMPNMN374． ··········6分

②当点N在线段DC上运动时，△PMN的形状发生改变，但△MNC恒为等边三角形．当PMPN时，如图3，作PRMN于R，则MRNR．

类似①，MR32．

∴MN2MR3． ·······················7分 ∵△MNC是等边三角形，∴MCMN3．

此时，xEPGMBCBGMC6132． ·········8分

8.

A D A D A D

N E P F

E P

F E F（P） R

N N B

G

M C

B

G

M C

B

G

M

C

图3

图4

图5

当MPMN时，如图

4，这时MCMNMP3．

此时，xEPGM61353．

当NPNM时，如图5，∠NPM∠PMN30．

则∠PMN120，又∠MNC60， ∴∠PNM∠MNC180．

因此点P与F重合，△PMC为直角三角形． ∴MCPMtan301． 此时，xEPGM6114．

综上所述，当x2或4或53时，△PMN为等腰三角形． ·· 10分 9解：（1）Q（1，0） ······················· 1分 点P运动速度每秒钟1个单位长度． ················ 2分 （2） 过点B作BF⊥y轴于点F，BE⊥x轴于点E，则BF＝8，OFBE4． ∴AF1046．

y 在Rt△AFB中，AB826210 3分 D 过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H． C∵ABC90,ABBC ∴△ABF≌△BCH． AMP ∴BHAF6,CHBF8． FBH∴ONQOGFH8614,CG8412．

EGx∴所求C点的坐标为（14，12）． 4分 （3） 过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N， 则△APM∽△ABF．

∴

APABAMAFMPBF． t10AMMP68． ∴AM3t，PM4t． ∴PNOM103t,ONPM45555t． 设△OPQ的面积为S（平方单位） ∴S1(103t)(1t)54732510t10t2（0≤t≤10）

············ 5分 说明:未注明自变量的取值范围不扣分．

47 ∵a31010<0 ∴当t2(3476时， △OPQ的面积最大． ·····6分 10) 此时P的坐标为（

9415，5310） ． ··················7分 （4） 当 t53或t29513时， OP与PQ相等． ············9分

10.解：（1）正确． ··········· （1分）

证明：在AB上取一点M，使AMEC，连接ME．（2分） BMBE．BME45°，AME135°．

A D CF是外角平分线，

M F DCF45°，

ECF135°．

B E C G AMEECF．

AEBBAE90°，AEBCEF90°， BAECEF．

△AME≌△BCF（ASA）

． ···················（5分） AEEF． ·························（6分） （2）正确． ············· （7分） 证明：在BA的延长线上取一点N．

使ANCE，连接NE． ········ （8分） BNBE． N

F NPCE45D °．

A 四边形ABCD是正方形， AD∥BE．

DAEBEA． B C E G

NAECEF．

△ANE≌△ECF（ASA）

． ·················· （10分） AEEF． （11分）

11.解（Ⅰ）如图①，折叠后点B与点A重合， 则△ACD≌△BCD.

设点C的坐标为0，mm0. 则BCOBOC4m. 于是ACBC4m.

在Rt△AOC中，由勾股定理，得AC2OC2OA2， 即4m2m222，解得m32.

3点C的坐标为0，. ······················ 4分

2

由题设，得四边形ABNM和四边形FENM关于直线MN对称． ∴MN垂直平分BE．∴BMEM，BNEN． ········ 1分

∵四边形ABCD是正方形，∴ADC90°,ABBCCDDA2．

CE1 ∵设BNx，则NEx， ，CEDE1．NC2x．CD2 在Rt△CNE中，NE2CN2CE2．

55，即BN． ·········· 3分 （Ⅱ）如图②，折叠后点B落在OA边上的点为B, 则△BCD≌△BCD. 由题设OBx，OCy， 则BCBCOBOC4y，

222 ∴x22x12．解得x2在Rt△BOC中，由勾股定理，得BCOCOB.

2 4yy2x2，

即y18x22 ·························· 6分

由点B在边OA上，有0≤x≤2，

 解析式y18x220≤x≤2为所求.



当0≤x≤2时，y随x的增大而减小，

y的取值范围为32≤y≤2. ··················

7分 （Ⅲ）如图③，折叠后点B落在OA边上的点为B，且BD∥OB. 则OCBCBD. 又CBDCBD，OCBCBD，有CB∥BA. Rt△COB∽Rt△BOA. 有OBOC

OAOB，得OC2OB. ·················· 9分

在Rt△BOC中，

设OBx 0x0，则OC2x0.

由（Ⅱ）的结论，得2x12

08x02，

解得x 0845．x00，x0845. 点C的坐标为0，8516. ················· 10分

12解：方法一：如图（1-1），连接BM，EM，BE．

A

M F D

E

B

N

C

图（1-1）

44在Rt△ABM和在Rt△DEM中，

AM2AB2BM2， DM2DE2EM2，

AM2AB2DM2DE2． ·················设AMy，则DM2y，∴y2222y212．

解得y14，即AM14． ··················∴AM1BN5． ·······················方法二：同方法一，BN54． ················如图（1－2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE．

A M F G D

E B N C 图（1-2）

∵AD∥BC，∴四边形GDCN是平行四边形．

∴NGCDBC．

同理，四边形ABNG也是平行四边形．∴AGBN54．

∵MNBE，EBCBNM90°． NGBC，MNGBNM90°，EBCMNG． 在△BCE与△NGM中

EBCMNG，BCNG，∴△BCE≌△NGM，ECMG． ······CNGM90°．∵AMAGMG，AM=51414． ··············分

分

分 分

分

 5 6 7 3 ５分 6

∴

类比归纳

AM1 ······················ 7分 ．BN52n1 ················· 10分 249（或）；； 251017n1联系拓广

n2m22n1 ························ 12分 22nm1