转载初三数学几何的动点问题专题训练集锦

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．

△BPD与①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，

A △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B 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？

D Q P C 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，

4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；

48（3）当S时，求出点P的坐标，并直接写出以点

5O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．

P x y B O Q A

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．

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 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）． E （1）当t = 2时，AP = ，点Q到AC的距Q 离是 ；

D （2）在点P从C向A运动的过程中，求△APQ

A C P 的面积S与

图16

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； （4）当DE经过点C 时，请直接写出t的值． ．．

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． A （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．

A E O  D l C B C O 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

A D 点D运动．设运动的时间为t秒． （1）求BC的长．

（2）当MN∥AB时，求t的值． N （3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形．

B C M

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 A A D D

D N F

C

E B

图1 A E B

F C

B

E P F C B

E P M D F C

图4（备用）

图2

D

M

图3

（第25题） A

E B

图5（备用）

F C

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

AEF90，是边BC的中点．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．

A

D

F

B E C 图1

G

B

E C 图2 A

D

F G

B 图3

C E G

F A

D

OB4．如图，11已知一个直角三角形纸片OAB，其中AOB90°，OA2，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．

y （Ⅰ）若折叠后使点B与点A重合，求点C的坐标；

B

x

O A

（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；

B y

x

O A

（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 F

M D 如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边A 上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN．当CE1AME 时，求的值．

CD2BN B C 方法指导： N

为了求得AM的值，可先求BN、AM的长，不妨设：AB=2 图（1）

BN

类比归纳

CE1AMCE1AM，，在图（1）中，若则的值等于 ；若则的CD3BNCD4BNCE1AM（n为整数）值等于 ；若，则的值等于 ．（用含CDnBNn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，DAB1CE1AMm1，，重合），压平后得到折痕MN，设则的值等BCmCDnBN于 ．（用含m，n的式子表示） F

M D A

E

B C N

图（2）

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∴vQBP4秒， 33CQ515·················································································· （7分） 厘米/秒． ·

44t3（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇， 由题意，得解得x15x3x210， 480秒． 380380厘米． ∴点P共运动了3∵8022824，

∴点P、点Q在AB边上相遇， ∴经过

80秒点P与点Q第一次在边AB上相遇． ···················································· （12分） 32.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

88（秒） 1点P的速度是

6102（单位/秒） ··· 1分 8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

PDAP486t，得PD， ······································ 1分 BOAB51324SOQPDt2t ························································································· 1分

255（自变量取值范围写对给1分，否则不给分．）

（3）P， ····················································································································· 1分

8245582412241224································································· 3分 I1，，M2，，M3， ·

555555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= ∴PE=13CD=，PD=3， 2233. 2∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE，

∴△AOB∽△PEB， ∴

33AOPE4,即=2， ABPB45PB315, 2∴PB∴POBOPB8∴P(0,∴k3158)， 2315， 23158. 2当圆心P在线段OB延长线上时,同理可得P(0,－∴k=－315－8， 2315－8)， 2315315－8或k=－－8时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三22角形是正三角形.

∴当k=

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

QFt4．∴QFt． 4551245B ∴S(3t)t， 即St2t．

（3）能． ①当DE∥QB时，如图4． ∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． 此时∠AQP=90°． AQAP由△APQ ∽△ABC，得， ACAB2565E Q A D P C 图4

B 即t33t9． 解得t． 58Q D A P

E C ②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．

此时∠APQ =90°． 由△AQP ∽△ABC，得

AQAP， ABACt3t15即． 解得t． 538图5

B

（4）t545或t． 214Q G ①点P由C向A运动，DE经过点C．

连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．

34PCt，QC2QG2CG2[(5t)]2[4(5t)]2．

55A P D C(E) B G 534由PCQC，得t[(5t)]2[4(5t)]2，解得t．

25522图6 Q 2②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7． 34(6t)2[(5t)]2[4(5t)]2，t45】

5514D C(E)

A P 6.解（1）①30，1；②60，1.5； „„„„„„„„4分 图7 0

（2）当∠α=90时，四边形EDBC是菱形. ∵∠α=∠ACB=90，∴BC//ED.

∵CE//AB, ∴四边形EDBC是平行四边形. „„„„„„„„6分 在Rt△ABC中，∠ACB=90，∠B=60,BC=2,

∴∠A=30.

0

0

0

0

∴AB=4,AC=23.

∴AO=

1AC=3 . „„„„„„„„8分 20

在Rt△AOD中，∠A=30，∴AD=2. ∴BD=2. ∴BD=BC.

又∵四边形EDBC是平行四边形，

∴四边形EDBC是菱形 „„„„„„„„10分

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

∴KHAD3． ······································································································ 1分

在Rt△ABK中，AKABsin4542．24 2BKABcos45422········································································· 2分 4 ·

2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

C B C B K 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

CNCM ·········································································································· 5分 CDCGt102t即 5750解得，t ·········································································································· 6分

17∴

（3）分三种情况讨论：

①当NCMC时，如图③，即t102t ∴t B

10 ·················································································································· 7分 3A

D

N

C

B

（图④）

C

A

D N

M

（图③）

M H E

②当MNNC时，如图④，过N作NEMC于E 解法一：

11MC102t5t 22EC5t在Rt△CEN中，cosc NCtCH3 又在Rt△DHC中，coscCD55t3 ∴t525解得t ·············································································································· 8分

8由等腰三角形三线合一性质得EC解法二：

∵∠C∠C，DHCNEC90 ∴△NEC∽△DHC

NCEC DCHCt5t即 5325∴t ·················································································································· 8分

811③当MNMC时，如图⑤，过M作MFCN于F点.FCNCt

22∴

解法一：（方法同②中解法一）

1tFC3cosC2

MC102t560解得t

17解法二：

∵∠C∠C，MFCDHC90 ∴△MFC∽△DHC ∴

B

A D

N F

H M

C

（图⑤）

FCMC HCDC

1t102t2即 3560∴t

17102560综上所述，当t、t或t时，△MNC为等腰三角形 ···················· 9分

81738.解（1）如图1，过点E作EGBC于点G． ························· 1分

∵E为AB的中点，

A D

1∴BEAB2．

2F E 在Rt△EBG中，∠B60，∴∠BEG30． ·············· 2分

122∴BGBE1，EG213．

B C 2G

即点E到BC的距离为3．··············································· 3分 （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． N

A D ∴PH图1

13 PM．22B

E P H F C

图2

3∴MHPMcos30．

235则NHMNMH4．

222G M 53在Rt△PNH中，PNNH2PH2 7．22∴△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．

23． 2∴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

类似①，MR

A E B

P R

G

M 图3

D N F

C

B

A E P

D F N C

B

A E D F（P） N C

G

图4

M G

图5

M

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 过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H． ∵ABC90,ABBC ∴△ABF≌△BCH． ∴BHAF6,CHBF8． ∴OGFH8614,CG8412．

∴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． ∴

APAMMPtAMMP． ． ABAFBF1068DCAMFONQPHGxBE3434 ∴AMt，PMt． ∴PNOM10t,ONPMt．

5555设△OPQ的面积为S（平方单位）

13473∴S(10t)(1t)5tt2（0≤t≤10） ······························································ 5分

251010说明:未注明自变量的取值范围不扣分．

473<0 ∴当t时， △OPQ的面积最大． ································ 6分 36102()104710 ∵a

此时P的坐标为（

9453，） ． ························································································ 7分 15105295（4） 当 t或t时， OP与PQ相等． ······························································ 9分

313

10.解：（1）正确．······························································ （1分） 证明：在AB上取一点M，使AMEC，连接ME． （2分）

D A

BMBE．BME45°，AME135°．

F M CF是外角平分线，

DCF45°，

B E C G ECF135°．

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） N F BNBE． D A NPCE45°． 四边形ABCD是正方形， AD∥BE．

B C E G DAEBEA．

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ACOCOA，

22即4mm2，解得m22223. 23········································································································ 4分 点C的坐标为0，. ·

2（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，

在Rt△BOC中，由勾股定理，得BCOCOB.

2224yy2x2，

212x2 ···················································································································· 6分 8由点B在边OA上，有0≤x≤2，

1 解析式yx220≤x≤2为所求.

8即y 当0≤x≤2时，y随x的增大而减小，

3y的取值范围为≤y≤2. ······················································································· 7分

2（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.

OCBCBD，有CB∥BA. 又CBDCBD，Rt△COB∽Rt△BOA. OBOC有，得OC2OB. ···················································································· 9分 OAOB在Rt△BOC中，

设OBx0x0，则OC2x0. 由（Ⅱ）的结论，得2x012x02， 8解得x0845．x00，x0845. 8516. ····················································································· 10分 点C的坐标为0，

12解：方法一：如图（1-1），连接BM，EM，BE．

F M A D

B

N 图（1-1）

C E

 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． ∵CE1NC2x．，CEDE1．设BNx，则NEx，

CD2

在Rt△CNE中，NECNCE．

22255，即BN． ···················································· 3分 44 在Rt△ABM和在Rt△DEM中，

AM2AB2BM2， DM2DE2EM2，

············································································· 5分 AM2AB2DM2DE2．2222 设AMy，则DM2y，∴y22y1．

11 解得y，即AM． ······················································································· 6分

44AM1． ∴ ············································································································ 7分 BN55 方法二：同方法一，BN． ················································································ 3分

4 如图（1－2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE．

22 ∴x2x1．解得x2

A M F

G

D

E

B

C N

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5． 4EBCBNM90°． ∵MNBE，

NGBC，MNGBNM90°，EBCMNG．

在△BCE与△NGM中

EBCMNG， BCNG，∴△BCE≌△NGM，ECMG． ·································５分

CNGM90°．∵AMAGMG，AM=∴

类比归纳

511． ··································································· 6分 44AM1． ·········································································································· 7分 BN52249n1 ·（或）；； ················································································· 10分 251017n1联系拓广

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

n2m21