(完整)初中数学几何的动点问题专题练习

(完整)初中数学几何的动点问题专题练习已知直线y=-x+6与坐标轴的交点分别为A和B。动点P和Q同时从点O出发，经过一段时间后到达A点，运动停止。点Q沿着线段OA运动，速度为每秒1个单位长度，点P沿着路线O→B→A运动。（1）点A和B的坐标为(6,0)和(0,6)。（2）设点P在OB上的坐标为(x,6-x)，则点P在OA上的坐标为(2x,6-2x)。由于点Q的速度为每秒1个单位长度，且点Q和点P同时到达A点，因此点Q在OA上的坐标为(6-x,x)。根据题意，点P和点Q同时到达A点，则有：2x/(1+sqrt(2))=(6-x)/1解得x=2+2sqrt(2)所以点P在OB上的坐标为(2+2sqrt(2),4-2sqrt(2))，点Q在OA上的坐标为(4-2sqrt(2),2+2sqrt(2))。（3）设点P和点Q第一次相遇的时间为t秒。则有：OP=sqrt((2+2sqrt(2))^2+(6-2sqrt(2))^2)=2sqrt(10)OQ=sqrt((4-2sqrt(2))^2+(2+2sqrt(2))^2)=2sqrt(10)由于点P和点Q同时到达A点，因此有：2sqrt(10)-2x/(1+sqrt(2))=(6-x)/1解得x=3+sqrt(2)所以点P和点Q在OB上的坐标分别为(3+sqrt(2),3-sqrt(2))和(3-sqrt(2),3+sqrt(2))。由于点P和点Q在OB上的距离为2sqrt(2)，因此它们第一次相遇的时间为2sqrt(2)/1=2sqrt(2)秒。【解答】（1）由于AC为直角边，设直线AC的解析式为y=kx，代入点C的坐标得k=0，故直线AC的解析式为y=0；（2）连接BM，如图所示：因为P沿折线ABC方向匀速运动，所以P在BC上的投影点E沿BC匀速运动，设E在BC上的坐标为x，则有：当0≤t≤2时，P在AC上运动，△PMB面积为0，S=0；当2＜t≤5时，P在BC上运动，△PMB面积为△PMB=½×MB×PE，其中MB=AB=5，PE=PM×sin∠PMB，由正弦定理得PM=√(CP²+MP²-2CP·MP·cos∠CPM)，其中CP=AC=3，MP=vt=2t，∠CPM=90°，代入可得PM=√(13-12cos2t)，因此PE=2√(13-12cos2t)sin∠PMB，代入△PMB的面积公式可得S=5√(13-12cos2t)sin∠PMB，由于∠PMB是锐角，所以sin∠PMB＞0，因此S＞0；综上可得，S的取值范围为0＜S≤5√13，t的取值范围为0≤t≤5；（3）当∠MPB与∠BCO互为余角时，有∠MPB+∠BCO=90°，即∠MPB=90°-∠BCO，代入可得：tan∠OPA=tan∠BAC=tan∠MPC=tan∠MPB+tan∠BPC=tan(90°-∠BCO)+tan(90°-∠BPC)=cot∠BCO+cot(180°-∠BPC)=cot∠BCO-cot∠BPC=BC/PC=4/3因此，当t=5时，∠MPB与∠BCO互为余角，且直线OP与直线AC所夹锐角的正切值为4/3。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NBC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；AD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。解：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。在Rt△ABK中，AK=ABsin45°=42/√2=21√2。BK=ABcos45°=42/√2=21√2。在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC=√(5²-4²)=3。∴BC=BK+KH+HC=21√2+3+3=10+21√2。（2）当MN∥AB时，求t的值。解：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=BC-BG=10-3=7。设BM=x，则MC=2t-x，CG=7，利用相似三角形可得：$\frac{MC}{BC}=\frac{BM}{AB}$$\frac{2t-x}{10+21\sqrt{2}}=\frac{x}{42}$解得：$x=\frac{420\sqrt{2}t}{84+5\sqrt{2}}$又因为MN∥AB，所以$\frac{MN}{BG}=\frac{MC}{BC}$$\frac{2t}{3}=\frac{2t-x}{10+21\sqrt{2}}$代入$x$的表达式，解得$t=3+2\sqrt{2}$。（3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形。解：如图③，设$\angleMNC=\alpha$，则$\angleNMC=180°-2\alpha$。因为MN=2t，NC=7，利用余弦定理可得：$MN^2=MC^2+NC^2-2MC\cdotNC\cos\angleMNC$$(2t)^2=(10+21\sqrt{2})^2+7^2-2\cdot(10+21\sqrt{2})\cdot7\cos\alpha$解得：$\cos\alpha=\frac{7\sqrt{2}-20}{21\sqrt{2}}$又因为$\angleNMC=180°-2\alpha$，所以$\sin\alpha=\sin(\frac{1}{2}\angleNMC)=\sqrt{\frac{1-\cos\angleNMC}{2}}=\sqrt{\frac{1+\cos2\alpha}{2}}$当$\alpha=45°$时，$\sin\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}$。代入上式，解得：$t=2+\sqrt{3}$。综上所述，当$t=2+\sqrt{3}$时，△MNC为等腰三角形。根据题意可知，当运动员M、N运动到t秒时，CN=t，CM=10-2t。由于DG∥MN，因此∠NMC=∠DGC。又因为∠C=∠C，所以△MNC∽△GDC。分三种情况讨论：①当NC=MC时，如图③，即t=10-2t，解得t=10/3。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=(5-t)/2，MC=(10-2t)/2=5-t/2。在直角三角形CEN中，cosC=t/NC，又在直角三角形DHC中，cosC=5/CD。解得t=8/3。解法二：由于∠C=∠C，且∠DHC=∠NEC=90°，所以△NEC∽△DHC。因此，NC/EC=CD/HC，即t/(5-t)=5/HC。解得t=8/3。③当MN=MC时，如图⑤，过M作MF⊥CN于F点，FC=NC=t/2。解法一：由于∠C=∠C，且∠MFC=∠DHC=90°，所以△MFC∽△DHC。因此，MC/FC=CD/HC，即(10-2t)/t=5/HC。解得t=17/9。解法二：由于∠C=∠C，且∠MFC=∠DHC=90°，所以△MFC∽△DHC。因此，MC/CD=FC/HC，即(10-2t)/5=t/HC。解得t=17/9。题目描述：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°。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。解（1）如图1，过点E作EG⊥BC于点G，因为E为AB的中点，所以BE=AB/2=2。在直角三角形EBG中，∠B=60°，所以∠BEG=30°。由正弦定理得，BG=BE/sin∠BEG=1，EG=BE/sin∠BGE=3/√3=√3。因此，点E到BC的距离为EG=3/√3=√3。解（2）①当点N在线段AD上运动时，由于PM⊥EF，EG⊥EF，所以PM∥EG。因为EF∥BC，所以EP=GM，PM=EG=3。同理，MN=AB=4。如图2，过点P作PH⊥MN于H，因为MN∥AB，所以∠NMC=∠B=60°，∠PMH=30°。因此，PH=PM/sin∠PMH=3/√3=√3，MH=PM*cos∠PMH=3/2，NH=MN-MH=5/2。所以，△PMN的周长为PM+MN+PN=3+4+√(5^2+2.5^2)=3+4+√33。②当点N在线段DC上运动时，若存在点P使△PMN为等腰三角形，则PN=MN=4。因为MN∥AB，所以∠NMC=∠B=60°。如图3，过点M作MQ⊥AD于Q，因为MN=4，所以MQ=2，NQ=√(4^2-2^2)=2√3。因为AD∥BC，所以∠QMC=∠B=60°，所以QM=MC=3，∠MQC=∠MNC=60°。因此，MC=QC=3，∠QCM=∠QMC=60°。因为EP=x，所以GM=3-x。由正弦定理得，x/EP=sin∠EPG=sin∠QCM=√3/2，因此，x=EP*√3/2=3√3/2。所以，存在点P使△PMN为等腰三角形，当且仅当x=3√3/2。题目要求判断PQ是否相等，如果相等则求出符合条件的t值，如果不相等则说明理由。具体步骤如下：（1）已知P运动速度每秒钟1个单位长度，求出P在1秒后到达的位置，即P的坐标为（1，0）。（2）根据题意，过点B作BF⊥y轴于点F，BE⊥x轴于点E，则BF＝8，OF=BE=4，所以AF=10-4=6。在直角三角形AFB中，根据勾股定理可求出AB的长度为103。接着，过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H，根据勾股定理可求出BH=AF=6，CH=BF=8，OG=FH=8+6=14，CG=8+4=12，所以所求C点的坐标为（14，12）。（3）过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N，则根据相似三角形的性质，可得到AP/AM=AF/AB，即AP/AM=6/103，解得AM=t，PM=t，PN=OM=10-t，ON=PM=t。设△OPQ的面积为S，则S=1/2*OP*PQ=1/2*(10-t)*（1+t），化简可得S=5+t-t^2。（4）根据题意，当PQ相等时，OP=PQ，即10-t=t，解得t=5。当t=0或t=10时，P和Q在同一直线上，所以OP和PQ重合。综上所述，当t=5时，PQ相等，符合条件；当t=0或t=10时，OP和PQ重合；当t<0或t>10时，PQ不相等，面积为负数，不符合条件。在数学课上，张老师出了这样一个问题：正方形ABCD中，点E是BC的中点，EF与正方形外角DCG的平行线CF相交于点F，同时∠AEF=90度。需要证明AE=EF。小明提出了一种正确的解题思路：连接AB的中点M和E，可以得到AM=EC，同时根据ASA准则，可以证明△AME≌△ECF，因此AE=EF。在此基础上，同学们进行了更深入的研究。小颖提出了这样一个问题：如果点E不是BC的中点，而是BC上的任意一点（除B和C外），其他条件不变，那么结论AE=EF是否仍然成立？经过讨论，同学们一致认为小颖的观点是正确的。证明过程如下：在AB上取一点M，使得AM=EC，连接ME。因为EF与CF平行，所以∠AME=∠ECF。同时，根据正方形的性质，可以得到∠AEB+∠BAE=90度，∠CEF+∠FEC=90度。因此∠AEB=∠CEF，即∠AME=∠ECF。根据两个三角形的两个角和一边相等，可以得到△AME≌△ECF，从而AE=EF。小华提出了另一个问题：如果点E不是BC的中点，而是BC的延长线上的任意一点（除C点外），其他条件不变，那么结论AE=EF是否仍然成立？同学们认为小华的观点也是正确的。证明过程如下：在BA的延长线上取一点N，使得AN=CE，连接NE。因为EF与CF平行，所以∠NEF=∠FCG。同时，根据正方形的性质，可以得到∠BNE=∠ECG。因此，∠ANE=∠FEC。根据两个三角形的两个角和一边相等，可以得到△ANE≌△FEC，从而AE=EF。当$x\leq2$时，随着$x$的增大，$y$的取值范围为$2\leqy\leq\frac{2}{x}$。如图③所示，将正方形纸片$ABCD$折叠，使点$B$落在$OA$边上的点为$B''$，且$B''D\parallelOB$。则$\angleOCB''=\angleCB''D$。又$\angleCBD=\angleCB''D$，因此$\angleOCB''=\angleCBD$，得$CB''\parallelBA$。因此，$\triangleCOB''\sim\triangleBOA$，且$OB''=OC/2$。在$\triangleB''OC$中，设$OB''=x(x>0)$，则$OC=2x$。由题目中的结论，得$2x=-\frac{1}{2x}+2$，解得$x=\frac{1}{\sqrt{2}}$。因此，点$C$的坐标为$(8\sqrt{2}-5,8\sqrt{2}-16)$。如图（1-1），连接$BM$，$EM$，$BE$。由题意可得四边形$ABNM$和四边形$FENM$关于直线$MN$对称。因此，$MN$垂直平分$BE$，得$BM=EM$，$BN=EN$。四边形ABCD是正方形，因此角A、D、C都是90度，且AB=BC=CD=DA=2。设BN=x，则NE=x，因此CE=DE=1。又NC=2-x。在直角三角形CNE中，NE=CN+CE，即BN=5/4。在直角三角形ABM和DEM中，AM^2+AB^2=BM^2，DM^2+DE^2=EM^2，因此AM^2+AB^2=DM^2+DE^2。设AM=y，则DM=2-y，因此y+2=(2-y)+1，解得y=1/2，即AM=√5/2。同理，BN=√5/4。过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE。因为AD∥BC，所以四边形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。因为MN⊥BE，所以∠EBC+∠BNM=90度。NG⊥BC，所以∠MNG+∠BNM=90度，因此∠EBC=∠MNG。在三角形BCE和NGM中，∠EBC=∠MNG，BC=NG，因此三角形BCE≌NGM，EC=MG。因此，AM=AG-MG，即√5/2=(√5/4)-MG，解得MG=√5/4-√5/2=-√5/4。1.如图所示，直线L1的解析表达式为y=－3x+3，且L1与x轴