初二上动点问题Word格式文档下载.docx

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（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①:

△ABD≌△ACE②DE=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

，

，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：

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.

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

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

∴△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；

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：

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

（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．

（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<

x≤2时，

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；

时，利用同样的方法可求得y=x-2

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；

的度数为

或

时，△AOD是等腰三角形.

（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：

=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.

=

，∠OAD=

，解得

综上所述：

“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

（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.

（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，　

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°

∴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

（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．

（1）猜想：

AB=AC+CD．

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．

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；

（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．

（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°

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°

∵△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

∴∠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°

③当点D在线段MA的延长线上时，如图3，

∴∠ACD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=60°

∴∠CBE=∠CAD

∠CAM=30°

∴∠CBE=∠CAD=150°

∴∠CBO=30°

，∠BAM=30°

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.

（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．

（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，

∴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.

（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.

（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

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