【强烈推荐】初二动点问题解析与专题训练(详尽)

初二动点问题解析

1. 如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动；动点Q从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动．P、Q分别从点A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动，设运动时间为ts． （1）当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？ （2）当t为何值时，四边形PQCD为等腰梯形？ （3）当t为何值时，四边形PQCD为直角梯形？

分析：

（1）四边形PQCD为平行四边形时PD=CQ． （2）四边形PQCD为等腰梯形时QC-PD=2CE． （3）四边形PQCD为直角梯形时QC-PD=EC．

所有的关系式都可用含有t的方程来表示，即此题只要解三个方程即可．

解答：

解：（1）∵四边形PQCD平行为四边形 ∴PD=CQ ∴24-t=3t 解得：t=6

即当t=6时，四边形PQCD平行为四边形．

（2） 过D作DE⊥BC于E

则四边形ABED为矩形

∴BE=AD=24cm∴EC=BC-BE=2cm∵四边形PQCD为等腰梯形∴QC-PD=2CE

即3t-（24-t）=4解得：t=7（s）即当t=7（s）时，四边形PQCD为等腰梯形．

（3）由题意知：QC-PD=EC时，四边形PQCD为直角梯形即3t-（24-t）=2 解得：t=6.5（s）

即当t=6.5（s）时，四边形PQCD为直角梯形．点评：此题主要考查了平行四边形、等腰梯形，

直角梯形的判定，难易程度适中．

（3） 如图，△ABC中，点O为AC边上的一个动点，过点O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的外角平分

线CF于点F，交∠ACB内角平分线CE于E． （1）试说明EO=FO；

（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形并证明你的结论；

（3）若AC边上存在点O，使四边形AECF是正方形，猜想△ABC的形状并证明你的结论．

分析：

（1）根据CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根据等边对等角得OE=OC，同理OC=OF，可得EO=FO．

（2）利用矩形的判定解答，即有一个内角是直角的平行四边形是矩形． （3）利用已知条件及正方形的性质解答．

解答：

解：（1）∵CE平分∠ACB， ∴∠ACE=∠BCE，∵MN∥BC，∴∠OEC=∠ECB，∴∠OEC=∠OCE， ∴OE=OC，同理，OC=OF，∴OE=OF．

（2）当点O运动到AC中点处时，四边形AECF是矩形． 如图AO=CO，EO=FO，

∴四边形AECF为平行四边形，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE= ∠ACB， 同理，∠ACF= ∠ACG，

∴∠ECF=∠ACE+∠ACF= （∠ACB+∠ACG）= ×180°=90°， ∴四边形AECF是矩形．

（3）△ABC是直角三角形

∵四边形AECF是正方形，∴AC⊥EN，故∠AOM=90°， ∵MN∥BC，∴∠BCA=∠AOM，

∴∠BCA=90°，∴△ABC是直角三角形．

点评：

本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论（1），再利用结论（1）和矩形的判定证明结论（2），再对（3）进行判断．解答时不仅要注意用到前一问题的结论，更要注意前一问题为下一问题提供思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用．

1.

如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=90°，已知AD=AB=3，BC=4，动点P从B点出发，沿线段BC向点C作匀速运动；动点Q从点D出发，沿线段DA向点A作匀速运动．过Q点垂直于AD的射线交AC于点M，交BC于点N．P、Q两点同时出发，速度都为每秒1个单位长度．当Q点运动到A点，P、Q两点同时停止运动．设点Q运动的时间为t秒．

（1）求NC，MC的长（用t的代数式表示）；

（2）当t为何值时，四边形PCDQ构成平行四边形；

（3）是否存在某一时刻，使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，请说明理由；

（4）探究：t为何值时，△PMC为等腰三角形．

分析：

（1）依据题意易知四边形ABNQ是矩形∴NC=BC-BN=BC-AQ=BC-AD+DQ，BC、AD已知，DQ就是t，即解；∵AB∥QN，∴△CMN∽△CAB，∴CM：CA=CN：CB，（2）CB、CN已知，根据勾股定理可求CA=5，即可表示CM；

四边形PCDQ构成平行四边形就是PC=DQ，列方程4-t=t即解；

（3）可先根据QN平分△ABC的周长，得出MN+NC=AM+BN+AB，据此来求出t的值．然后根据得出的t的值，求出△MNC的面积，即可判断出△MNC的面积是否为△ABC面积的一半，由此可得出是否存在符合条件的t值．

（4）由于等腰三角形的两腰不确定，因此分三种情况进行讨论： ①当MP=MC时，那么PC=2NC，据此可求出t的值．

②当CM=CP时，可根据CM和CP的表达式以及题设的等量关系来求出t的值．

③当MP=PC时，在直角三角形MNP中，先用t表示出三边的长，然后根据勾股定理即可得出t的值． 综上所述可得出符合条件的t的值．

解答:

解：（1）∵AQ=3-t∴CN=4-（3-t）=1+t 在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42∴AC=5 在Rt△MNC中，cos∠NCM=

= ，CM=

．

（2）由于四边形PCDQ构成平行四边形 ∴PC=QD，即4-t=t解得t=2．

（3）如果射线QN将△ABC的周长平分，则有：MN+NC=AM+BN+AB 即： （1+t）+1+t= （3+4+5）

解得：t= （5分）而MN= NC= （1+t）∴S△MNC= 当t= 时，S△MNC=（1+t）2= ≠

×4×3

（1+t）2= （1+t）2

∴不存在某一时刻t，使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分．

（4）①当MP=MC时（如图1）

则有：NP=NC 即PC=2NC∴4-t=2（1+t） 解得：t=

②当CM=CP时（如图2） 则有：（1+t）=4-t 解得：t=

③当PM=PC时（如图3）

则有：在Rt△MNP中，PM2=MN2+PN2 而MN= NC= （1+t）

PN=NC-PC=（1+t）-（4-t）=2t-3 ∴[ （1+t）]2+（2t-3）2=（4-t）2 解得：t1=

，t2=-1（舍去）

时，△PMC为等腰三角形

∴当t= ，t= ，t=

点评：

此题繁杂，难度中等，考查平行四边形性质及等腰三角形性质．考查学生分类讨论和数形结合的数学思想方法．

2.

如图，在矩形ABCD中，BC=20cm，P，Q，M，N分别从A，B，C，D出发沿AD，BC，CB，DA方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，运动即停止．已知在相同时间内，若BQ=xcm（x≠0），则AP=2xcm，CM=3xcm，DN=x2cm．

（1）当x为何值时，以PQ，MN为两边，以矩形的边（AD或BC）的一部分为第三边构成一个三角形； （2）当x为何值时，以P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形；

（3）以P，Q，M，N为顶点的四边形能否为等腰梯形？如果能，求x的值；如果不能，请说明理由．

分析：

以PQ，MN为两边，以矩形的边（AD或BC）的一部分为第三边构成一个三角形的必须条件是点P、N重合且点Q、M不重合，此时AP+ND=AD即2x+x2=20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm；或者点Q、M重合且点P、N不重合，此时AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC=BC即x+3x=20cm．所以可以根据这两种情况来求解x的值．

以P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形的话，因为由第一问可知点Q只能在点M的左侧．当点P在点N的左侧时，AP=MC，BQ=ND；当点P在点N的右侧时，AN=MC，BQ=PD．所以可以根据这些条件列出方程关系式．

如果以P，Q，M，N为顶点的四边形为等腰梯形，则必须使得AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm，BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm，AP=ND即2x=x2，BQ=MC即x=3x，x≠0．这些条件不能同时满足，所以不能成为等腰梯形．

解答：

解：（1）当点P与点N重合或点Q与点M重合时，以PQ，MN为两边，以矩形的边（AD或BC）的一部分为第三边可能构成一个三角形．

①当点P与点N重合时，由x2+2x=20，得x1= -1，x2=- -1（舍去）． 因为BQ+CM=x+3x=4（ -1）＜20，此时点Q与点M不重合． 所以x= -1符合题意．

②当点Q与点M重合时，由x+3x=20，得x=5． 此时DN=x2=25＞20，不符合题意． 故点Q与点M不能重合． 所以所求x的值为 -1．

（2）由（1）知，点Q只能在点M的左侧， ①当点P在点N的左侧时， 由20-（x+3x）=20-（2x+x2）， 解得x1=0（舍去），x2=2．

当x=2时四边形PQMN是平行四边形． ②当点P在点N的右侧时，

由20-（x+3x）=（2x+x2）-20， 解得x1=-10（舍去），x2=4．

当x=4时四边形NQMP是平行四边形．

所以当x=2或x=4时，以P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形． （3）过点Q，M分别作AD的垂线，垂足分别为点E，F． 由于2x＞x，

所以点E一定在点P的左侧．

若以P，Q，M，N为顶点的四边形是等腰梯形，

则点F一定在点N的右侧，且PE=NF， 即2x-x=x2-3x． 解得x1=0（舍去），x2=4．

由于当x=4时，以P，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形， 所以以P，Q，M，N为顶点的四边形不能为等腰梯形．

点评：

本题考查到三角形、平行四边形、等腰梯形等图形的边的特点．

3.

如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=14cm，AD=15cm，BC=21cm，点M从点A开始，沿边AD向点D运动，速度为1cm/s；点N从点C开始，沿边CB向点B运动，速度为2cm/s、点M、N分别从点A、C出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．

（1）当t为何值时，四边形MNCD是平行四边形？ （2）当t为何值时，四边形MNCD是等腰梯形？

分析：

（1）根据平行四边形的性质，对边相等，求得t值；

（2）根据等腰梯形的性质，下底减去上底等于12，求解即可．

解答：

解：（1）∵MD∥NC，当MD=NC，即15-t=2t，t=5时，四边形MNCD是平行四边形；

（2）作DE⊥BC，垂足为E，则CE=21-15=6，当CN-MD=12时，即2t-（15-t）=12，t=9时，四边形MNCD是等腰梯形

点评：

考查了等腰梯形和平行四边形的性质，动点问题是中考的重点内容．

4.

如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，BC=16，DC=12，AD=21，动点P从点D出发，沿射线DA的方向以每秒2个单位长的速度运动，动点Q从点C出发，在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动，P、Q分别从点D、C同时出发，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动，设运动时间为t（s）．

（1）设△BPQ的面积为S，求S与t之间的函数关系；

（2）当t为何值时，以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形？

分析：

（1）若过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形，得出PM=DC=12，由QB=16-t，可知：s= PM×QB=96-6t；

（2）本题应分三种情况进行讨论，①若PQ=BQ，在Rt△PQM中，由PQ2=PM2+MQ2，PQ=QB，将各数据代入，可将时间t求出；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，由PB2=BM2+PM2，BP=BQ，将数据代入，可将时间t求出； ③若PB=PQ，PB2=PM2+BM2，PB=PQ，将数据代入，可将时间t求出．

解答：

解：（1）过点P作PM⊥BC于M，则四边形PDCM为矩形． ∴PM=DC=12， ∵QB=16-t，

∴s= •QB•PM= （16-t）×12=96-6t（0≤t≤

（2）由图可知，CM=PD=2t，CQ=t，若以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形，可以分三种情况

）．

：

①若PQ=BQ，在Rt△PMQ中，PQ2=t2+122，由PQ2=BQ2得t2+122=（16-t）2，解得

；

②若BP=BQ，在Rt△PMB中，PB2=（16-2t）2+122，由PB2=BQ2得（16-2t）2+122=（16-t）2，此方程

无解，∴BP≠PQ．

③若PB=PQ，由PB2=PQ2得t2+122=（16-2t）2+122得 综上所述，当

或

，t2=16（不合题意，舍去）．

时，以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形．

点评：

本题主要考查梯形的性质及勾股定理．在解题（2）时，应注意分情况进行讨论，防止在解题过程中出现漏解现象．

5.

直线y=- 34x+6与坐标轴分别交于A、B两点，动点P、Q同时从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= 485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．

分析：

（1）分别令y=0，x=0，即可求出A、B的坐标； （2））因为OA=8，OB=6，利用勾股定理可得AB=10，进而可求出点Q由O到A的时间是8秒，点P的速度是2，从而可求出，

当P在线段OB上运动（或0≤t≤3）时，OQ=t，OP=2t，S=t2，当P在线段BA上运动（或3＜t≤8）时，OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，作PD⊥OA于点D，由相似三角形的性质，得 PD=48-6t5，利用S= 12OQ×PD，即可求出答案；

（3）令S= 485，求出t的值，进而求出OD、PD，即可求出P的坐标，利用平行四边形的对边平行且相等，结合简单的计算即可写出M的坐标．

解答：

解：（1）y=0，x=0，求得A（8，0）B（0，6）， （2）∵OA=8，OB=6，∴AB=10． ∵点Q由O到A的时间是 81=8（秒）， ∴点P的速度是 6+108=2（单位长度/秒）． 当P在线段OB上运动（或O≤t≤3）时， OQ=t，OP=2t，S=t2．

当P在线段BA上运动（或3＜t≤8）时， OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，

如图，做PD⊥OA于点D，

由 PDBO=APAB，得PD= 48-6t5． ∴S= 12OQ•PD=- 35t2+245t．

（3）当S= 485时，∵ 485＞12×3×6∴点P在AB上 当S= 485时，- 35t2+245t= 485 ∴t=4

∴PD= 48-6×45= 245，AD=16-2×4=8 AD= 82-(245)2= 325 ∴OD=8- 325= 85 ∴P（ 85， 245） M1（ 285， 245），M2（- 125， 245），M3（ 125，- 245）

点评：

本题主要考查梯形的性质及勾股定理．在解题（2）时，应注意分情况进行讨论，防止在解题过程中出现漏解现象．

动点问题专题训练

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，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以原来出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点PB 的哪条边上相遇？

4D A △BPD与△CQP是否全的运动速度为多少时，能

Q P 的运动速度从点B同时C 与点Q第一次在△ABC2、直线y3x6与坐标轴分别交于A、B两点，动点P、Q同时从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的面积函数关系式；

（3）当S48时，求出点P的坐标，并直接

5顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标．

y B 为S，求出S与t之间的

写出以点O、P、Q为

P x 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．

B

5在Rt△ABC中，∠C=90°，AC = 3，AB = 5．点P以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A度沿AC返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位

A E Q D P C 从点C出发沿CA

后立刻以原来的速长的速度向点B匀

图16

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． ．．

l 6如图，在Rt△ABC中，ACB90°，B60°，BC2．点O是C E 点O作逆时针旋AC的中点，过点O的直线l从与AC重合的位置开始，绕

O 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． B A D （1）①当 度时，四边形EDBC是等腰梯形，此时AD的长为 ； C ②当 度时，四边形EDBC是直角梯形，此时AD的长

O 为 ；

（2）当90°时，判断四边形EDBC是否为菱形，并说明理由．

B A

（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点D运动．设运动的时间为t秒． A D （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.

A E B

图1 A E B

D F C

B E

A P N

D F C B

E

A

P D N F

C

M D F C

图2

D F

M 图3

（第25题） A

E B

图5（备用）

C

图4（备用）

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．

AEF90，1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．

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． F D D A A D A F F B B E C E C G G B C E G 图1 图2 图3

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重合，求点C的坐标； y

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

（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 上一点E（不与点如图（1），将正方形纸片ABCD折叠，使点B落在CD边A CE1AM，压平后得到折痕MN．当求的值． 时，C，D重合）

CD2BNE

B C N

图（1）

类比归纳

CE1AMCE1AM在图（1）中，若则的值等于 ；若则的值等于 ；，，CD3CD4BNBNCE1AM若，则的值等于 ．（用含n的式子表示） （n为整数）CDnBN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，D重合），压平后得到

AB1CE1AM折痕MN，设则的值等于 ．（用含m，n的式子表示） m1，，BCmCDnBN F

M D A

E

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．

②∵vPvQ， ∴BPCQ，又∵△BPD≌△CQP，BC，则BPPC4，CQBD5，∴点P，点

BP4秒， 33CQ515∴vQ厘米/秒．

44t3Q运动的时间t（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， 4808080秒．∴点P共运动了380厘米．∵8022824，∴点P、点Q在AB边上相遇，∴经过333秒点P与点Q第一次在边AB上相遇 2解（1）A（8，0）B（0，6）（2）点Q由O到A的时间是

OA8，OB6AB10

61082（单位/秒） 8（秒）点P的速度是81当P在线段OB上运动（或0≤t≤3）时，OQt，OP2t St2

当P在线段BA上运动（或3t≤8）时，OQt，AP6102t162t,

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

25582482424 122412（3）P，I1，，M2，，M3，55555555如图，作PDOA于点D，由

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.∵∠AOB=∠PEB=90°， ∠ABO=∠PBE，∴2△AOB∽△PEB，

∴

33AOPE4,即=2ABPB45PB315， 2，∴PB315,2∴

POBOPB8∴P(0,3153158)，∴k8. 22315－2当圆心P在线段OB延长线上时,同理可得P(0,－∴k=－正三角形.

∴NGCDBC．

8)，

315315315－8，∴当k=－8或k=－－8时，以⊙P与直线l的两个交点和圆心P为顶点的三角形是222 同理，四边形ABNG也是平行四边形．∴AGBN5 ．4 ∵MNBE， EBCBNM90°． 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 ········································································ 6分 1．44AM1 ··············································································································· 7分 ．BN52n1 ······················································································ 10分 249（或）；； 51017n21联系拓广

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

n2m21

解：（1）1，； （2）作QF⊥AC于点F，如图3， AQ = CP= t，∴AP3t．

4QFt14由△AQF∽△ABC，BC52324， 得．∴QFt． ∴S(3t)t，

854552B 5即St2t．

E 2565

（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°．

由△APQ ∽△ABC，得AQAP，

ACABB 即t3t． 解得t9．

358②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 AQAP，

ABACA Q D P E C 即t3t． 解得t15． 538（4）t545或t． 214Q 图5

B

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．

PCtG ，QC2QG2CG2[(5t)][43524(5t)]2． 5D A P C(E) B G 5由PC2QC2，得t[3(5t)]2[44(5t)]2，解得t．

2552图6 Q ②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 A P C(E)

解（1）①30，1；②60，1.5；

0

图7 （2）当∠α=90时，四边形EDBC是菱形. ∵∠α=∠ACB=90，∴BC//ED.

0

∵CE//AB, ∴四边形EDBC是平行四边形. 在Rt△ABC中，∠ACB=90，∠B=60,BC=2,∴∠A=30.∴

000

AB=4,AC=23.∴AO=1AC=3 . 2在Rt△AOD中，∠A=30，∴AD=2.∴BD=2.∴BD=BC.

0

A D N 又∵四边形EDBC是平行四边形，∴四边形EDBC是菱形 B C M 7解：（1）如图①，过A、D分别作AKBC于K，

四边形ADHK是矩形

∴KHAD3 在Rt△ABK中，AKABsin4542．．DHBC于H，则

24 2BKABcos454224 222在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC543 ∴BCBKKHHC43310 A D

A D

N

（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 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 ∴

CNCMt102t50即解得，t CDCG571710 3A

N

C

B

（图④）

C

D N

（3）分三种情况讨论：

①当NCMC时，如图③，即t102t∴t B

A

D

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tCH3在Rt△CEN中，cosc又在Rt△DHC中，cosc

NCtCD55t325∴ 解得tt58由等腰三角形三线合一性质得EC解法二：

∵∠C∠C，DHCNEC90∴△NEC∽△DHC∴即

NCEC DCHCt5t25∴t 53811NCt 22D

N F

B

（图⑤）

H M

C

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

1tFC3602 cosC解得t17MC102t5解法二：

∵∠C∠C，MFCDHC90 ∴△MFC∽△DHC∴

A

FCMC HCDC1t102t60即2∴t

1735

256010、t或t时，△MNC为等腰三角形

81738解（1）如图1，过点E作EGBC于点G． 1分

1∵E为AB的中点，∴BEAB2． A

2在Rt△EBG中，∠B60，∴∠BEG30．

E 122∴BGBE1 ，EG213．2综上所述，当t即点E到BC的距离为3．

（2）①当点N在线段AD上运动时，△PMN的形状不发生改∴PM∥EG． PMEF，EGEF，∵EF∥BC，∴EPGM，PMEG3．同理MNAB4． 如图2，过点P作PHMN于H，∵MN∥AB，

A 13．∴∠NMC∠B60，∠PMH30．∴PHPM 22N D F H B

2D F C

图1

变

．

∵

B

G

3∴MHPMcos30．

235则NHMNMH4．

2222E P G M 图2

C

253在Rt△PNH中，PNNHPH 7．22∴△PMN的周长=PMPNMN374．

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．

3∴MN2MR3 ．．2∵△MNC是等边三角形，∴MCMN3 ．此时，xEPGMBCBGMC6132．

类似①，MRA E B

P R

G

M

图3

C

B

G

图4

M

D N F

E A

P D F N C

B E A

D F（P） N C

当MPMN时，

G

图5

M

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． 解：（1）Q（1，0）点P运动速度每秒钟1个单位长度．

（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． ． ABAFBF1068AMFONDCPHGxBQE3434 ∴AMt，PMt． ∴PNOM10t,ONPMt．

555513473设△OPQ的面积为S（平方单位）∴S(10t)(1t)5tt2（0≤t≤10）

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． 36102()1094535295，） ．（4） 当 t或t时， OP与PQ相等． 1510313 ∵a4710 此时P的坐标为（解：（1）正确．

证明：在AB上取一点M，使AMEC，连接ME． （2分） 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°，

．AEEF． △AME≌△BCF（ASA）

（2）正确．

A M B E D

F C G

证明：在BA的延长线上取一点N．

使ANCE，连接NE． BNBE．NPCE45°． N 四边形ABCD是正方形，AD∥BE．DAEBEA．． D A NAECEF．AEEF．） △ANE≌△ECF（ASA）

11解（Ⅰ）如图①，折叠后点B与点A重合， 则△ACD≌△BCD.

B C E G

设点C的坐标为0，mm0.则BCOBOC4m. 于是ACBC4m.

222在Rt△AOC中，由勾股定理，得ACOCOA，

F 即4mm222，解得m233.点C的坐标为0， 2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C2OC2OB2.4yy2x2， 即y212x2 由点B在边OA上，有0≤x≤2， 81 解析式yx220≤x≤2为所求.当0≤x≤2时，y随x的增大而减小，

83y的取值范围为≤y≤2.

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. 又CBDCBD，OCBCBD，有CB∥BA.

OBOC，得OC2OB. Rt△COB∽Rt△BOA.有OAOB在Rt△BOC中，

1设OBx0x0，则OC2x0.由（Ⅱ）的结论，得2x0x202，

8解得x0845．x00，x0845. A M F D 点C的坐标为0，8516.

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． ∵

B

N

图（1-1）

C E

CE1设BNx，则NEx， NC2x．，CEDE1．CD2 在Rt△CNE中，NE2CN2CE2． ∴x22x12．解得x255，即BN． ······················································· 3分 44 在Rt△ABM和在Rt△DEM中，

AM2AB2BM2，

DM2DE2EM2，

AM2AB2DM2DE2． ·················································································· 5分

2 设AMy，则DM2y，∴y2222y12．

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．

F

G M A D

E

B C N

图（1-2）

∵AD∥BC，∴四边形GDCN是平行四边形