初二上动点问题.docx
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初二上动点问题
初二上动点问题
1．如图，已知△ABC中，∠B=90º，AB=8cm，BC=6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒．
（1）出发2秒后，求线段PQ的长？
（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？
（3）当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间？
2．如图，在△ABC中，已知AB=AC，∠BAC=90°，BC=10cm，直线CM⊥BC，动点D从点C开始沿射线CB方向以每秒3厘米的速度运动，动点E也同时从点C开始在直线CM上以每秒2厘米的速度运动，连接AD、AE，设运动时间为t秒．
（1）求AB的长；
（2）当t为多少时，△ABD的面积为15cm2？
（3）当t为多少时，△ABD≌△ACE，并简要说明理由．（请在备用图中画出具体图形）
3．
（1）如图1：
在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是；
（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=
∠BAD上述结论是否仍然成立，并说明理由；
（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
4．（12分）在等腰△ABC中，AB=AC=2,∠BAC=120°,AD⊥BC于D,点O、点P分别在射线AD、BA上的运动，且保证∠OCP=60°，连接OP.
（1）当点O运动到D点时，如图一，此时AP=______,△OPC是什么三角形。
（2）当点O在射线AD其它地方运动时，△OPC还满足
（1）的结论吗？
请用利用图二说明理由。
（3）令AO=x，AP=y，请直接写出y关于x的函数表达式，以及x的取值范围。
图一图二
5．探究题
如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB﹦1100，∠BOC﹦a，将△BOC绕点C按顺时钟方向旋转60O得△ADC，连接OD.
（1）求证：
△COD是等边三角形；
（2）当a﹦150O时，试判断△AOD的形状，并说明理由；
（3）探究：
当仅为多少度时，△AOD是等腰三角形？
6．如图，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为BC边上一动点，连接AD，以AD为直角边且在AD的上方作等腰直角三角形ADF．
（1）如图1，若AB=AC，∠BAC=90°，当点D在线段BC上时（不与点B重合），
证明：
△ACF≌△ABD
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，猜想CF与BD的数量关系和位置关系是什么，并说明理由；
（3）如图3，若AB≠AC，∠BAC≠90°，∠BCA=45°，点D在线段BC上运动（不与点B重合），试探究CF与BD位置关系．
7．在△ABC中，∠ACB=2∠B，如图①，当∠C=90°，AD为∠BAC的角平分线时，在AB上截取AE=AC，连接DE，易证AB=AC+CD．
（1）如图②，当∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系?
请写出你的猜想并证明；
（2）如图③，当AD为△ABC的外角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系?
请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明．
8．如图，在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线．动点D在直线AM上时，以CD为一边在CD的下方作等边△CDE，连结BE．
（1）填空：
∠CAM=__________度；
（2）若点D在线段AM上时，求证：
△ADC≌△BEC；（3）当动点D在直线AM上时，设直线BE与直线AM的交点为O，试判断∠AOB是否为定值？
并说明理由．
9．
（1）如图
（1），已知：
在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m,CE⊥直线m,垂足分别为点D、E.证明:
△ABD≌△ACEDE=BD+CE
（2）如图
（2），将
（1）中的条件改为：
在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=
其中
为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE是否成立?
如成立,请你给出证明;若不成立,请说明理由.
10．如图①，等腰直角三角形
的顶点
的坐标为
，
的坐标为
，直角顶点
在第四象限，线段AC与x轴交于点D.将线段DC绕点D逆时针旋转90°至DE.
（1）直接写出点B、D、E的坐标并求出直线DE的解析式.
（2）如图②，点P以每秒1个单位的速度沿线段AC从点A运动到点C的过程中，过点P作与x轴平行的直线PG，交直线DE于点G，求与△DPG的面积S与运动时间t的函数关系式，并求出自变量t的取值范围.
（3）如图③，设点F为直线DE上的点，连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FE以每秒
个单位的速度运动到E后停止.当点F的坐标是多少时，是否存在点M在整个运动过程中用时最少？
若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．
（1）
；
（2）t=83；（3）当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，△BCQ为等腰三角形.
【解析】
（1）根据点P、Q的运动速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可；
（2）设出发t秒后，△PQB能形成等腰三角形，则BP=BQ，由BQ=2t，BP=8-t，列式求得t即可；
（3）当点Q在CA上运动上，能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间有三种情况：
Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercialuse
①当CQ=BQ时（图1）则∠C=∠CBQ，可证明∠A=∠ABQ，则BQ=AQ，则CQ=AQ，从而求得t；
②当CQ=BC时（图2），则BC+CQ=12，易求得t；
③当BC=BQ时（图3），过B点作BE⊥AC于点E，则求得BE、CE，即可得出t.
Forpersonaluseonlyinstudyandresearch;notforcommercialuse
解：
（1）BQ=2×2=4cm，BP=AB−AP=8−2×1=6cm，
∵∠B=90°，
PQ=
；
（2）BQ=2t，BP=8−t，2t=8−t，解得：
t=83；
（3）①当CQ=BQ时（图1），则∠C=∠CBQ，
∵∠ABC=90°，∴∠CBQ+∠ABQ=90°，∠A+∠C=90°，
∴∠A=∠ABQ，∴BQ=AQ，∴CQ=AQ=5，∴BC+CQ=11，∴t=11÷2=5.5秒.
②当CQ=BC时（如图2），
则BC+CQ=12∴t=12÷2=6秒
③当BC=BQ时（如图3），过B点作BE⊥AC于点E，
则BE=
，
所以CE=BC2−BE2，故CQ=2CE=7.2，所以BC+CQ=13.2，
∴t=13.2÷2=6.6秒.
由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，
△BCQ为等腰三角形.
“点睛”本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角形的判定和性质，注意分类讨论思想的应用.
2．
（1）5
；
（2）2或8；（3）2或10．
【解析】试题分析：
（1）运用勾股定理直接求出；
（2）首先求出△ABD中BD边上的高，然后根据面积公式列出方程，求出BD的值，分两种情况分别求出t的值；（3）假设△ABD≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等得出BD=CE，分别用含t的代数式表示CE和BD，得到关于t的方程，从而求出t的值．
试题解析：
（1）∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，
∴2AB2=BC2，∴AB=
=5
cm；
（2）过A作AF⊥BC交BC于点F，
则AF=
BC=5cm，
∵S△ABD=15cm2，∴AF×BD=30，∴BD=6cm．
若D在B点右侧，则CD=4cm，t=2s；若D在B点左侧，则CD=16cm，t=8s．
（3）动点E从点C沿射线CM方向运动2秒或当动点E从点C沿射线CM的反向延长线方向运动6秒时，△ABD≌△ACE．
理由如下：
（说理过程简要说明即可）
①当E在射线CM上时，D必在CB上，则需BD=CE．
∵CE=2t，BD=10﹣3t
∴2t=10﹣3t
∴t=2
证明：
在△ABD和△ACE中，
∵
，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
②当E在CM的反向延长线上时，D必在CB延长线上，则需BD=CE．
∵CE=2t，BD=3t﹣10,
∴2t=3t﹣10,
∴t=10
证明：
在△ABD和△ACE中，
∴△ABD≌△ACE．
点睛：
本题是三角形综合题目，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定以及面积的计算；本题综合性强，有一定的难度，熟练掌握等腰直角三角形的性质和分类讨论思想的运用.
3．问题背景：
EF＝BE＋DF；
探索延伸：
EF＝BE＋DF仍然成立，理由见解析；
实际应用：
此时两舰艇之间的距离是210海里．
【解析】解：
问题背景：
EF＝BE＋DF；
探索延伸：
EF＝BE＋DF仍然成立．
证明如下：
如图，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADC＋∠ADG＝180°，∴∠B＝∠ADG，
在△ABE和△ADG中，
，∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，
在△AEF和△GAF中，
，∴△AEF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG，
∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF；
实际应用：
如图，连接EF，延长AE、BF相交于点C，
∵∠AOB＝30°＋90°＋（90°－70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EAF＝∠AOB，
又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝（90°－30°）＋（70°＋50°）＝180°，∴符合探索延伸中的条件，
∴结论EF＝AE＋BF成立，即EF＝1.5×（60＋80）＝210海里．
答：
此时两舰艇之间的距离是210海里．
4．
（1）1，等边三角形；
（2）理由见解析；（3）当
时，y=2-x；当
时，
y=x-2
【解析】试题分析：
（1）根据等腰三角形的性质得到∠B=∠ACB=30°，求得∠ACP=30°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）过C作CE⊥AP于E，根据等边三角形的性质得到CD=CE，根据全等三角形的性质得到OC=OP，由等边三角形的判定即可得到结论；（3）分两种情况解决，在AB上找到Q点使得AQ=OA，则△AOQ为等边三角形，根据求得解实现的性质得到PA=BQ，求得AC=AO+AP，即可得到结论．
试题解析：
（1）AD=AP=1,
∵AB=AC=2，∠BAC=120°，
∴∠B=∠ACB=30°，
∵∠OCP=60°，
∴∠ACP=30°，
∵∠CAP=180°﹣∠BAC=60°，
∵AD⊥BC，
∴∠DAC=60°，
在△ADC与△APC中，
，
∴△ACD≌△ACP，
∴CD=CP，
∴△PCO是等边三角形；
（2）△OPC还满足
（1）的结论，
理由：
过C作CE⊥AP于E，
∵∠CAD=∠EAC=60°，
AD⊥CD，
∴CD=CE，
∴∠DCE=60°，
∴∠OCE=∠PCE，
在△OCD与△PCE中，
，
∴△OCD≌△PCE，
∴OC=OP，
∴△OPC是等边三角形；
（3）当0在AB上找到Q点使得AQ=OA，则△AOQ为等边三角形，
则∠BQO=∠PAO=120°，
在△BQO和△PAO中，
，
∴△BQO≌△PAO（AAS），
∴PA=BQ，
∵AB=BQ+AQ，
∴AC=AO+AP，
∵AO=x，AP=y，
∴y=﹣x+2；
当
时，利用同样的方法可求得y=x-2
点睛：
本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△BQO≌△PAO是解题的关键，解决本题时注意分类讨论，要做到不重不漏．
5．
（1）等边三角形；
（2）直角三角形；（3）当
的度数为
或
或
时，△AOD是等腰三角形.
【解析】
（1）根据旋转的性质可得出OC=OD，结合题意即可证得结论；
（2）结合
（1）的结论可作出判断；
（3）找到变化中的不变量，然后利用旋转及全等的性质即可做出解答.
（1）证明：
∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC
∴CO=CD，∠OCD=60°
∴△COD是等边三角形.
（2）解：
当
=150°时，△AOD是直角三角形
理由是:
∵△BOC≌△ADC
∴∠ADC=∠BOC=150°
又∵△COD是等边三角形
∴∠ODC=60°[来
∴∠ADO=∠ADC-∠ODC=90°，即△AOD是直角三角形.
（3）解：
①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO
∵∠AOD=
=
∠ADO=
∴
=
∴
②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO
∵∠OAD=
（∠AOD+∠ADO）=
=
∴
=
∴
③要使DO=DA,需∠OAD=∠AOD.
∵∠AOD=
=
，∠OAD=
∴
=
，解得
综上所述：
当
的度数为
或
或
时，△AOD是等腰三角形.
“点睛”本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形）的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进，试题中几何演绎推理的难度适中，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等）能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力.
6．见解析
【解析】
（1）根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等，
（2）先求出∠CAF=∠BAD，然后与①的思路相同求解即可；
（3）过点A作AE⊥AC交BC于E，可得△ACE是等直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE，∠AED=45°，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD，然后利用“边角边”证明△ACF和价AED全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠AED，然后求出∠BCF=90°，从而得到CF⊥BD.
解：
（1）∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形，
∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠ACD=90°，AD=AF
∴∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
AB=AC，∠CAF=∠，AD=AF，
∴△ACF≌△ABD（SAS）
（2）CF⊥BD，
如图2，∵△ADF是等腰直角三角形，
∴AD=AF，
∵∠CAB=∠DAF=90°，
∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD，
即∠CAF=∠BAD，
在△ACF和△ABD中，
AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF，
∴△ACF≌△ABD（SAS），
∴CF=BD，∠ACF=∠B，
∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°，
∴CF⊥BD
（3）CF⊥BD
如图3，过点A作AE⊥AC
交BC于E，
∵∠BCA=45°，
∴△ACE是等腰直角三角形，
∴AC=AE，∠AED=45°，
∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°，
∴∠CAF=∠EAD，
在△ACF和△AED中，
AC=AE，∠CAF=∠EAD，AD=AF，
∴△ACF≌△AED（SAS），
∴∠ACF=∠AED=45°，
∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=45°+45°=90°，
∴CF⊥BD．
“点睛”此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，根据同角的余角相等求出两边的夹角相等是证明三角形全等的关键，此类题目的特点是各小题求解思路一般都相同.
7．
（1）
（2）见解析
【解析】
（1）首先在AB上截取AE=AC，连接DE，易证△ADE≌△ADC（SAS），则可得∠AED=∠C，ED=CD，又由∠ACB=2∠B，易证DE=CD，则可求得AB=AC+CD；
（2）首先在BA的延长线上截取AE=AC，连接ED，易证△EAD≌△CAD，可得ED=CD，∠AED=∠ACD，又由∠ACB=2∠B，易证DE=EB，则可求得AC+AB=CD．
解：
（1）猜想：
AB=AC+CD．证明：
如图，在AB上截取AE=AC，连接DE，
∵AD为∠BAC的角平分线时，∴∠BAD=∠CAD，∵AD=AD，∴△ADE≌△ADC（SAS），∴∠AED=∠C，ED=CD，∵∠ACB=2∠B，∴∠AED=2∠B，∴∠B=∠EDB，∴EB=ED，∴EB=CD，∴AB=AE+DE=AC+CD．
（2）猜想：
AB+AC=CD．证明：
如图，在BA的延长线上截取AE=AC，连接ED．
∵AD平分∠FAC，∴∠EAD=∠CAD．在△EAD与△CAD中，AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD，∴△EAD≌△CAD．∴ED=CD，∠AED=∠ACD．∴∠FED=∠ACB．又∠ACB=2∠B，∠FED=∠B+∠EDB，∠EDB=∠B．∴EB=ED．∴EA+AB=EB=ED=CD．∴AC+AB=CD．
“点睛”此题考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定定理．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用．
8．30；
【解析】
（1）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；
（2）根据等边三角形的性质就可以得出AC=AC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，由等式的性质就可以∠BCE=∠ACD，根据SAS就可以得出△ADC≌△BEC；（3）分情况讨论：
当点D在线段AM上时，如图1，由
（2）可知△ACD≌△BCE，就可以求出结论；当点D在线段AM的延长线上时，如图2，可以得出△ACD≌△BCE而有∠CBE=∠CAD=30°而得出结论；当点D在线段MA的延长线上时，如图3，通过得出△ACD≌△BCE同样可以得出结论．
解：
（1）∵△ABC是等边三角形，∴∠BAC=60°．∵线段AM为BC边上的中线∴∠CAM=
∠BAC，∴∠CAM=30°．故答案为：
30；
（2）∵△ABC与△DEC都是等边三角形∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE∴∠ACD=∠BCE．在△ADC和△BEC中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE，，∴△ACD≌△BCE（SAS）；（3）∠AOB是定值，∠AOB=60°，理由如下：
①当点D在线段AM上时，如图1，
由
（2）可知△ACD≌△BCE，则∠CBE=∠CAD=30°，又∠ABC=60°∴∠CBE+∠ABC=60°+30°=90°，∵△ABC是等边三角形，线段AM为BC边上的中线∴AM平分∠BAC，即∠BAM=
∠BAC=
×60°=30°∴∠BOA=90°-30°=60°．②当点D在线段AM的延长线上时，如图2，
∵△ABC与△DEC都是等边三角形∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°∴∠ACB+∠DCB=∠DCB+∠DCE∴∠ACD=∠BCE在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠CBE=∠CAD=30°，同理可得：
∠BAM=30°，∴∠BOA=90°-30°=60°．③当点D在线段MA的延长线上时，如图3，
∵△ABC与△DEC都是等边三角形∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°∴∠ACD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=60°∴∠ACD=∠BCE在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）∴∠CBE=∠CAD同理可得：
∠CAM=30°∴∠CBE=∠CAD=150°∴∠CBO=30°，∠BAM=30°，∴∠BOA=90°-30°=60°．综上，当动点D在直线AM上时，∠AOB是定值，∠AOB=60°．
“点睛”边三角形的性质的运用，直角三角形的性质的运用，等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．
9．
（1）证明见解析；
（2）成立，理由见解析.
【解析】试题分析：
（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA=∠CEA=90°，而∠BAC=90°，根据等角的余角相等得∠CAE=∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA，
则AE=BD，AD=CE，于是DE=AE+AD=BD+CE；
（2）利用∠BDA=∠BAC=α，则∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，得出∠CAE=∠ABD，进而得出△ADB≌△CEA即可得出答案．
试题解析：
（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，
∴∠CAE=∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE．
10．
（1）B（4,-1）,D（1,0）.E（-2,3）直线DE：
（2）
（
）
（3）当点F坐标为（0，1）时，点M在整个运动过程中用时最少，理由见解析.
【解析】试题分析：
（1）根据已知条件可以直接写出点B的坐标，根据等腰直角三角形的性质可以写出点D的坐标及CD的长度，由旋转可以得出点E的坐标，也就可以求出直线DE的解析式.
（2）根据题意要分两种情况讨论，点P在线段AD上和点P在线段CD上，利用勾股定理得出所需长度即可.（3）本题首先要把问题转化一下，把AF+
最小转化为
最小，然后根据路径最短画出图形即可.
试题解析：
（1）由题意得：
B（4,-1）,D（1,0）.E（-2,3）
设直线DE为
把D（1,0）.E（-2,3）代入得
解之得：
∴直线DE为：
（2）在Rt△ABC中，由
，
由
同理可得：
由题意可知：
，∠DPG=∠DAB=45°
∴△DPG为等腰直角三角形
①当
时∴
②当
时，过G作GM⊥AC于M
易得
综上：
（
）
（3）如图③，易得∠EDO=45°．
过点E作EK∥x轴交
轴于H，则∠KEF=∠
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