初一数学动点问题例题集

初一数学动点问题集锦

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． 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？

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∵厘米，

∴PC835厘米PCBCBP，BC8， ∴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

vQ

t

BP4

33秒，

∴

CQ515

44t

3厘米/秒．

（7分）

（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，

15

x3x2104由题意，得，

x

80

3秒．

解得

80

3803∴点P共运动了厘米．

∵8022824，

∴点P、点Q在AB边上相遇，

80

∴经过3秒点P与点Q第一次在边AB上相遇． （12分）

y

3

x64与坐标轴分别交于A、B两点，动点P、Q同时

2、直线

从O点出发，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； （3）当

S

48

5时，求出点P的坐标，

并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．

解（1）A（8，0）B（0，6） 1分 （2）OA8，OB6

AB10

88

QO1A点由到的时间是（秒）

610

2

点P的速度是8（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

6AP10

2

t1,



t

PDAP486t

PD

5， 如图，作PDOA于点D，由BOAB，得S

1324

OQPDt2t255 1分

1分

（自变量取值范围写对给1分，否则不给分．）

824P

（3）55 1分

82412241224I1，M2，M3，

555555 3分 

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？

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.

∵△PCDPD=3，

∴

1

为正三角形，∴DE=2

3CD=2

，

.

∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE， ∴△AOB∽△PEB，

AOPE,ABPBPB

∴∴

，

PB

∴∴∴

POBOPB8

，

P8)，

k

8.

P(0,

当圆心P在线段OB延长线上时,同理可得

∴k=

8)，

8， 8或

k=

∴当

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（09哈尔滨） 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．

解：

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 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．

8

解：（1）1，5；

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

，BC

QFt4

QFt

5． 得45．∴14

S(3t)t

5， ∴2

26

St2t

55． 即

4，

P

（3）能．

①当DE∥QB时，如图4．

图4

∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． 此时∠AQP=90°． 由△APQ ∽△ABC，得

t3t

35． 即

AQAP



ACAB，

解得

t

98

．

②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED

P

图5

此时∠APQ =90°． 由△AQP ∽△ABC，得

t3t

53． 即

AQAP



ABAC，

解得

t

15

8．

545tt

（4）2或14．

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．

34

[(5t)]2[4(5t)]2

55PCt，QCQGCG．

2

2

2

345

t2[(5t)]2[4(5t)]2t

55由PCQC，得，解得2．

2

2

②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．

3445

(6t)2[(5t)]2[4(5t)]2t

55，14】

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．

（备用图）

（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． 解

（

1

）

①

30

，

1

；

②

60

，

1.5； ……………………4分

（2）当∠α=900时，四边形EDBC是菱形. ∵∠α=∠ACB=900，∴BC//ED. ∵CE//AB, ∴四边形形. ……………………6分

在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠B=600,BC=2, ∴∠A=300. ∴

∴

1AC

2AO=. ………………

EDBC是平行四边

……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， ∴

四

边

形

EDBC

是

菱

形 ……………………10分

7

如

图

B3，

，

C，5A

在梯

4

形

ABCD

中

，

A∥D，

．D动2

B

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．

（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．

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

AKABsin454

在Rt△ABK中，

C

BKABcos4542 2分

HC3 Rt△

CDH在中，由勾股定理得，

∴BCBKKHHC43310 3分

（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

A

D

A

D

N

B

K （图①）

H

C

B

G （图②）

M

C

CNCM

CDCG 5分 ∴

t102t

7 即5

解得，

t

50

17 6分

（3）分三种情况讨论：

①当NCMC时，如图③，即t102t ∴

B

（图③）

M

t

10

3 7分

A

D

N

C

B

（图④）

C

A

D N

M H E

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在Rt△CEN中，

cosc

EC

11

MC102t5t22

EC5t

NCt CH3

CD5

又在Rt△DHC中，

5t3

5 ∴t

cosc

解得

t

258

8分

解法二：

∵∠C∠C，DHCNEC90 ∴△NEC∽△DHC

NCEC



∴DCHC t5t53 即

∴

t

25

8 8分

FC

11NCt22

③当MNMC时，如图⑤，过M作MFCN于F点.解法一：（方法同②中解法一）

1

t

FC3

cosC

MC102t5

60t解得17

A

D

N

B

（图⑤）

H M

F C

解法二：

∵∠C∠C，MFCDHC90 ∴△MFC∽△DHC

FCMC



∴HCDC

1t

102t

5 即3

t6017

t

102560

tt

8或17时，△MNC为等腰三角形 93、

∴

综上所述，当分

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.

△PMN①当点N在线段AD上时（如图2），

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.

A B

图1 A B

D F C

B

A N

D F C B

A D N

F

C

M D F C

图4（备用）

图2

D

M

图3

（第25题） A

B

图5（备用）

F C

解（1）如图1，过点E作EGBC于点G． 1分 ∵E为AB的中点， ∴

BE

1

AB2．2

B

A D F C

图1

在Rt△EBG中，∠B60，∴∠BEG30． 2分

∴

BG

1

BE1，EG2

G

即点E到BC

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 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．

1PHPM2 ∴

3MHPMcos30．

2 ∴

NHMNMH4

35

．22

A B

G M

图2

N

D F C

则

PN在Rt△

PNH中，

∴△PMN的周长

=PMPNMN4． 6分

△PMN的形状发生改变，②当点N在线段DC上运动时，但△MNC

恒为等边三角形．

当PMPN时，如图3，作PRMN于R，则MRNR．

3

MR．

2 类似①，

∴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

A B

R

G

M

图3

C

B

G

图4

M

D N F

A P D F N C

B

A D F（P） N C

G

图5

M

当MPMN时，如图4

，这时MCMNMP

此时，xEPGM615

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PMtan301． 此时，xEPGM6114．

5x2综上所述，当或4

或时，△PMN为等腰三角形． 10

分

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．

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． 在Rt△AFB

中，AB

10

过点C作CG⊥x轴于点G，与FB∵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． ∴

APAMMP



ABAFBF．



tAMMP1068．

34

AMt，PMt

55． ∴

34

PNOM10t,ONPMt

55． ∴

设△OPQ的面积为S（平方单位）

13473

S(10t)(1t)5tt2

51010（0≤t≤10） ∴2

5分

说明:未注明自变量的取值范围不扣分．

t

47

2(

3)10

476

∵

a

310

时， △OPQ的面积最大．

6分

此时P

9453

的坐标为（15，10）

t

5295

t3或13时，

． 7分

（4） 当

OP与PQ相等． 9分

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．

A

D

F

图1

G

图2 A

D

F G

图3

C G

A

D



解：（1）正确． （1分）

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

CF是外角平分线， DCF45°， 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）

BNBE． NPCE45°．

四边形ABCD是正方形，

AD∥BE． DAEBEA．

NAECEF．

△ANE≌△ECF（ASA）． （10分）

AEEF

． （11分）

F C

G

N A

D

G

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

（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

（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．

解（Ⅰ）如图①，折叠后点B与点A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

2

2

，解得

m

32.

3点C的坐标为02

. 4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，

在Rt△BOC中，由勾股定理，得BC2OC2OB2

.

4y2

y2x2

， 即y1

8x22

6分

由点B在边OA上，有0≤x≤2，

y1

x2 解析式

820≤x≤2为所求.  当0≤x≤2时，y随x的增大而减小， 3

y的取值范围为2≤y≤2

.

7分

（Ⅲ）如图③，折叠后点B落在OA边上的点为B，且则OCBCBD.

又CBDCBD，

OCBCBD，有CB∥BA. BD∥OB.

Rt△COB∽Rt△BOA. OBOC



有OAOB，得OC2OB.

9分

在Rt△BOC中，



设OBx0x0，则OC2x0.

1

2x0x202

8由（Ⅱ）的结论，得，

x00，x08解得x08点C

的坐标为

160. 10分

F

D

12问题解决

如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在

E

CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕CE1AM



MN．当CD2时，求BN的值．

B

N 图（1）

C

方法指导：

为了求得

AM

的值，可先求BN、AM的长，不妨设：AB=2 BN

类比归纳

CE1CE1AM

，，CD3CD4则BN在图（1）中，若则的值等于 ；若CE1AMAM



BN的值等于 ；若CDn（n为整数），则BN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

AB1CE1

m1，

（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN，设BCmF CDn则AM

BN的值等于

解：方法一：如图（

A

D ．（用含m，n

E

B

C

图（2）

1-1），连接BM，EM，BE． A F

E

B

N C

图（1-1）

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

，CEDE1．

NC2x．CD2 ∵设BNx，则NEx，

222

在Rt△CNE中，NECNCE．

∴

x2x1．

2

2

2

解得

x

55

BN．

4，即4 3分

在Rt△ABM和在Rt△DEM中，

AM2AB2BM2， DM2DE2EM2，

AM2AB2DM2DE2． 5分

y2222y12．AMy，DM2y，设则∴

2

11

y，AM．

4即4 6分 解得

AM1．BN5 7分 ∴

5

BN．

4 3分 方法二：同方法一，

如图（1－2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE．

F

G

D

∵AD∥BC，∴四边形GDCN是平行四边形． ∴NGCDBC．

5

AGBN．

4 同理，四边形ABNG也是平行四边形．∴

EBCBNM90°． ∵MNBE，

MNGBNM90°，EBCMNG． NGBC，

在△BCE与△NGM中

EBCMNG，



BCNG，

CNGM90°．△BCE≌△NGM，ECMG．

∴ ５分 51AMAGMG，AM=1．

44 6分 ∵

AM1

．

∴BN5 7分

类比归纳

n1249

2

5（或10）；17； n1 10分

联系拓广

2

n2m22n1

n2m21 12分

初一数学动点问题集锦

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． 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？

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∵厘米，

∴PC835厘米PCBCBP，BC8， ∴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

vQ

t

BP4

33秒，

∴

CQ515

44t

3厘米/秒．

（7分）

（2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇，

15

x3x2104由题意，得，

x

80

3秒．

解得

80

3803∴点P共运动了厘米．

∵8022824，

∴点P、点Q在AB边上相遇，

80

∴经过3秒点P与点Q第一次在边AB上相遇． （12分）

y

3

x64与坐标轴分别交于A、B两点，动点P、Q同时

2、直线

从O点出发，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； （3）当

S

48

5时，求出点P的坐标，

并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．

解（1）A（8，0）B（0，6） 1分 （2）OA8，OB6

AB10

88

QO1A点由到的时间是（秒）

610

2

点P的速度是8（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

6AP10

2

t1,



t

PDAP486t

PD

5， 如图，作PDOA于点D，由BOAB，得S

1324

OQPDt2t255 1分

1分

（自变量取值范围写对给1分，否则不给分．）

824P

（3）55 1分

82412241224I1，M2，M3，

555555 3分 

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？

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.

∵△PCDPD=3，

∴

1

为正三角形，∴DE=2

3CD=2

，

.

∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE， ∴△AOB∽△PEB，

AOPE,ABPBPB

∴∴

，

PB

∴∴∴

POBOPB8

，

P8)，

k

8.

P(0,

当圆心P在线段OB延长线上时,同理可得

∴k=

8)，

8， 8或

k=

∴当

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（09哈尔滨） 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．

解：

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 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．

8

解：（1）1，5；

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

，BC

QFt4

QFt

5． 得45．∴14

S(3t)t

5， ∴2

26

St2t

55． 即

4，

P

（3）能．

①当DE∥QB时，如图4．

图4

∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． 此时∠AQP=90°． 由△APQ ∽△ABC，得

t3t

35． 即

AQAP



ACAB，

解得

t

98

．

②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED

P

图5

此时∠APQ =90°． 由△AQP ∽△ABC，得

t3t

53． 即

AQAP



ABAC，

解得

t

15

8．

545tt

（4）2或14．

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．

34

[(5t)]2[4(5t)]2

55PCt，QCQGCG．

2

2

2

345

t2[(5t)]2[4(5t)]2t

55由PCQC，得，解得2．

2

2

②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．

3445

(6t)2[(5t)]2[4(5t)]2t

55，14】

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．

（备用图）

（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． 解

（

1

）

①

30

，

1

；

②

60

，

1.5； ……………………4分

（2）当∠α=900时，四边形EDBC是菱形. ∵∠α=∠ACB=900，∴BC//ED. ∵CE//AB, ∴四边形形. ……………………6分

在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠B=600,BC=2, ∴∠A=300. ∴

∴

1AC

2AO=. ………………

EDBC是平行四边

……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， ∴

四

边

形

EDBC

是

菱

形 ……………………10分

7

如

图

B3，

，

C，5A

在梯

4

形

ABCD

中

，

A∥D，

．D动2

B

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．

（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．

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

AKABsin454

在Rt△ABK中，

C

BKABcos4542 2分

HC3 Rt△

CDH在中，由勾股定理得，

∴BCBKKHHC43310 3分

（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

A

D

A

D

N

B

K （图①）

H

C

B

G （图②）

M

C

CNCM

CDCG 5分 ∴

t102t

7 即5

解得，

t

50

17 6分

（3）分三种情况讨论：

①当NCMC时，如图③，即t102t ∴

B

（图③）

M

t

10

3 7分

A

D

N

C

B

（图④）

C

A

D N

M H E

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在Rt△CEN中，

cosc

EC

11

MC102t5t22

EC5t

NCt CH3

CD5

又在Rt△DHC中，

5t3

5 ∴t

cosc

解得

t

258

8分

解法二：

∵∠C∠C，DHCNEC90 ∴△NEC∽△DHC

NCEC



∴DCHC t5t53 即

∴

t

25

8 8分

FC

11NCt22

③当MNMC时，如图⑤，过M作MFCN于F点.解法一：（方法同②中解法一）

1

t

FC3

cosC

MC102t5

60t解得17

A

D

N

B

（图⑤）

H M

F C

解法二：

∵∠C∠C，MFCDHC90 ∴△MFC∽△DHC

FCMC



∴HCDC

1t

102t

5 即3

t6017

t

102560

tt

8或17时，△MNC为等腰三角形 93、

∴

综上所述，当分

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.

△PMN①当点N在线段AD上时（如图2），

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.

A B

图1 A B

D F C

B

A N

D F C B

A D N

F

C

M D F C

图4（备用）

图2

D

M

图3

（第25题） A

B

图5（备用）

F C

解（1）如图1，过点E作EGBC于点G． 1分 ∵E为AB的中点， ∴

BE

1

AB2．2

B

A D F C

图1

在Rt△EBG中，∠B60，∴∠BEG30． 2分

∴

BG

1

BE1，EG2

G

即点E到BC

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 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．

1PHPM2 ∴

3MHPMcos30．

2 ∴

NHMNMH4

35

．22

A B

G M

图2

N

D F C

则

PN在Rt△

PNH中，

∴△PMN的周长

=PMPNMN4． 6分

△PMN的形状发生改变，②当点N在线段DC上运动时，但△MNC

恒为等边三角形．

当PMPN时，如图3，作PRMN于R，则MRNR．

3

MR．

2 类似①，

∴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

A B

R

G

M

图3

C

B

G

图4

M

D N F

A P D F N C

B

A D F（P） N C

G

图5

M

当MPMN时，如图4

，这时MCMNMP

此时，xEPGM615

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PMtan301． 此时，xEPGM6114．

5x2综上所述，当或4

或时，△PMN为等腰三角形． 10

分

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．

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． 在Rt△AFB

中，AB

10

过点C作CG⊥x轴于点G，与FB∵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． ∴

APAMMP



ABAFBF．



tAMMP1068．

34

AMt，PMt

55． ∴

34

PNOM10t,ONPMt

55． ∴

设△OPQ的面积为S（平方单位）

13473

S(10t)(1t)5tt2

51010（0≤t≤10） ∴2

5分

说明:未注明自变量的取值范围不扣分．

t

47

2(

3)10

476

∵

a

310

时， △OPQ的面积最大．

6分

此时P

9453

的坐标为（15，10）

t

5295

t3或13时，

． 7分

（4） 当

OP与PQ相等． 9分

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．

A

D

F

图1

G

图2 A

D

F G

图3

C G

A

D



解：（1）正确． （1分）

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

CF是外角平分线， DCF45°， 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）

BNBE． NPCE45°．

四边形ABCD是正方形，

AD∥BE． DAEBEA．

NAECEF．

△ANE≌△ECF（ASA）． （10分）

AEEF

． （11分）

F C

G

N A

D

G

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

（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

（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．

解（Ⅰ）如图①，折叠后点B与点A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

2

2

，解得

m

32.

3点C的坐标为02

. 4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，

在Rt△BOC中，由勾股定理，得BC2OC2OB2

.

4y2

y2x2

， 即y1

8x22

6分

由点B在边OA上，有0≤x≤2，

y1

x2 解析式

820≤x≤2为所求.  当0≤x≤2时，y随x的增大而减小， 3

y的取值范围为2≤y≤2

.

7分

（Ⅲ）如图③，折叠后点B落在OA边上的点为B，且则OCBCBD.

又CBDCBD，

OCBCBD，有CB∥BA. BD∥OB.

Rt△COB∽Rt△BOA. OBOC



有OAOB，得OC2OB.

9分

在Rt△BOC中，



设OBx0x0，则OC2x0.

1

2x0x202

8由（Ⅱ）的结论，得，

x00，x08解得x08点C

的坐标为

160. 10分

F

D

12问题解决

如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在

E

CD边上一点E（不与点C，D重合），压平后得到折痕CE1AM



MN．当CD2时，求BN的值．

B

N 图（1）

C

方法指导：

为了求得

AM

的值，可先求BN、AM的长，不妨设：AB=2 BN

类比归纳

CE1CE1AM

，，CD3CD4则BN在图（1）中，若则的值等于 ；若CE1AMAM



BN的值等于 ；若CDn（n为整数），则BN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

AB1CE1

m1，

（不与点C，D重合），压平后得到折痕MN，设BCmF CDn则AM

BN的值等于

解：方法一：如图（

A

D ．（用含m，n

E

B

C

图（2）

1-1），连接BM，EM，BE． A F

E

B

N C

图（1-1）

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

，CEDE1．

NC2x．CD2 ∵设BNx，则NEx，

222

在Rt△CNE中，NECNCE．

∴

x2x1．

2

2

2

解得

x

55

BN．

4，即4 3分

在Rt△ABM和在Rt△DEM中，

AM2AB2BM2， DM2DE2EM2，

AM2AB2DM2DE2． 5分

y2222y12．AMy，DM2y，设则∴

2

11

y，AM．

4即4 6分 解得

AM1．BN5 7分 ∴

5

BN．

4 3分 方法二：同方法一，

如图（1－2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE．

F

G

D

∵AD∥BC，∴四边形GDCN是平行四边形． ∴NGCDBC．

5

AGBN．

4 同理，四边形ABNG也是平行四边形．∴

EBCBNM90°． ∵MNBE，

MNGBNM90°，EBCMNG． NGBC，

在△BCE与△NGM中

EBCMNG，



BCNG，

CNGM90°．△BCE≌△NGM，ECMG．

∴ ５分 51AMAGMG，AM=1．

44 6分 ∵

AM1

．

∴BN5 7分

类比归纳

n1249

2

5（或10）；17； n1 10分

联系拓广

2

n2m22n1

n2m21 12分