初二数学动点问题归类复习(含例题、练习及答案)

初二数学动点问题归类复习（含例题、练习及答案）

所谓“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.

关键:动中求静.

数学思想：分类思想 数形结合思想 转化思想

本文将初一至二学习过的有关知识，结合动点问题进行归类复习，希望对同学们能有所帮助。 一、等腰三角形类：因动点产生的等腰三角形问题 例1：（2013年上海市虹口区中考模拟第25题）如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝6，AC＝8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ＝90°．

（1）求ED、EC的长；

（2）若BP＝2，求CQ的长；

（3）记线段PQ与线段DE的交点为F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．

图1 备用图

思路点拨

1．第（2）题BP＝2分两种情况．

2．解第（2）题时，画准确的示意图有利于理解题意，观察线段之间的和差关系． 3．第（3）题探求等腰三角形PDF时，根据相似三角形的传递性，转化为探求等腰三角形CDQ． 解答：（1）在Rt△ABC中， AB＝6，AC＝8，所以BC＝10．

在Rt△CDE中，CD＝5，所以ED?CD?tan?C?5?31525，EC?． ?444（2）如图2，过点D作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，那么DM、DN是

△ABC的两条中位线，DM＝4，DN＝3．

由∠PDQ＝90°，∠MDN＝90°，可得∠PDM＝∠QDN． 因此△PDM∽△QDN．

所以

34PMDM4??．所以QN?PM，PM?QN．

43QNDN3

图2 图3 图4

①如图3，当BP＝2，P在BM上时，PM＝1． 此时QN?33319PM?．所以CQ?CN?QN?4??． 4444②如图4，当BP＝2，P在MB的延长线上时，PM＝5．

1

3151531PM?．所以CQ?CN?QN?4??． 4444QDDN3（3）如图5，如图2，在Rt△PDQ中，tan?QPD???．

PDDM4BA3在Rt△ABC中，tan?C??．所以∠QPD＝∠C．

CA4此时QN?由∠PDQ＝90°，∠CDE＝90°，可得∠PDF＝∠CDQ． 因此△PDF∽△CDQ．

当△PDF是等腰三角形时，△CDQ也是等腰三角形．

①如图5，当CQ＝CD＝5时，QN＝CQ－CN＝5－4＝1（如图3所示）． 此时PM?4445QN?．所以BP?BM?PM?3??． 33335425CH，可得CQ???．

258CQ②如图6，当QC＝QD时，由cosC?所以QN＝CN－CQ＝4?此时PM?257． ?（如图2所示）

8847725． QN?．所以BP?BM?PM?3??3666③不存在DP＝DF的情况．这是因为∠DFP≥∠DQP＞∠DPQ（如图5，图6所示）．

图5 图6

考点伸展：如图6，当△CDQ是等腰三角形时，根据等角的余角相等，可以得到△BDP也是等腰三角形，PB＝PD．在△BDP中可以直接求解BP?25． 64x?4和x轴、y轴的交点分别为B、C，点3二、直角三角形：因动点产生的直角三角形问题 例2：（2008年河南省中考第23题）如图1，直线y??A的坐标是（-2，0）．

（1）试说明△ABC是等腰三角形；

（2）动点M从A出发沿x轴向点B运动，同时动点N从点B出发沿线段BC向点C运动，运动的速度均为每秒1个单位长度．当其中一个动点到达终点时，他们都停止运动．设M运动t秒时，△MON的面积为S． ① 求S与t的函数关系式；

② 设点M在线段OB上运动时，是否存在S＝4的情形？若存在，求出对应的t值；若不

存在请说明理由；

③在运动过程中，当△MON为直角三角形时，求t的值．

2

图1

思路点拨：

1．第（1）题说明△ABC是等腰三角形，暗示了两个动点M、N同时出发，同时到达终点． 2．不论M在AO上还是在OB上，用含有t的式子表示OM边上的高都是相同的，用含有t的式子表示OM要分类讨论．

3．将S＝4代入对应的函数解析式，解关于t的方程．

4．分类讨论△MON为直角三角形，不存在∠ONM＝90°的可能． 解答：

（1）直线y??4x?4与x轴的交点为B（3，0）、与y轴的交点C（0，4）． 3Rt△BOC中，OB＝3，OC＝4，所以BC＝5．点A的坐标是（-2，0），所以BA＝5． 因此BC＝BA，所以△ABC是等腰三角形．

（2）①如图2，图3，过点N作NH⊥AB，垂足为H． 在Rt△BNH中，BN＝t，sinB?44，所以NH?t． 55如图2，当M在AO上时，OM＝2－t，此时

S?11424?OM?NH?(2?t)?t??t2?t．定义域为0＜t≤2． 2255511424?OM?NH?(t?2)?t?t2?t．定义域为2＜t≤5． 22555如图3，当M在OB上时，OM＝t－2，此时

S?

图2 图3

②把S＝4代入S?

22424t?t，得t2?t?4． 5555解得t1?2?11，t2?2?11（舍去负值）．

因此，当点M在线段OB上运动时，存在S＝4的情形，此时t?2?11． ③如图4，当∠OMN＝90°时，在Rt△BNM中，BN＝t，BM ?5?t，cosB?3， 5 3

所以

5?t325?．解得t?． t58如图5，当∠OMN＝90°时，N与C重合，t?5． 不存在∠ONM＝90°的可能． 所以，当t?25或者t?5时，△MON为直角三角形． 8

图4 图5

考点伸展：在本题情景下，如果△MON的边与AC平行，求t的值．如图6，当ON//AC时，t＝3；如图7，当MN//AC时，t＝2.5．

图6 图7

三、平行四边形问题：因动点产生的平行四边形问题 例3：（2010年山西省中考第26题）在直角梯形OABC中，CB//OA，∠COA＝90°，CB＝3，OA＝6，BA＝35．分别以OA、OC边所在直线为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系． （1）求点B的坐标；

（2）已知D、E分别为线段OC、OB上的点，OD＝5，OE＝2EB，直线DE交x轴于点F．求直线DE的解析式；

（3）点M是（2）中直线DE上的一个动点，在x轴上方的平面内是否存在另一点N，使以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．

图1 图2

思路点拨：1．第（1）题和第（2）题蕴含了OB与DF垂直的结论，为第（3）题讨论菱形提供了计算基础．

2．讨论菱形要进行两次（两级）分类，先按照DO为边和对角线分类，再进行二级分类，

4

DO与DM、DO与DN为邻边．

解答：(1)如图2，作BH⊥x轴，垂足为H，那么四边形BCOH为矩形，OH＝CB＝3．

在Rt△ABH中，AH＝3，BA＝35，所以BH＝6．因此点B的坐标为(3,6)． (2) 因为OE＝2EB，所以xE?22xB?2，yE?yB?4，E(2,4)． 33设直线DE的解析式为y＝kx＋b，代入D(0,5)，E(2,4)，得?以直线DE的解析式为y??(3) 由y???b?5,1 解得k??，b?5．所

2?2k?b?4.1x?5． 21x?5，知直线DE与x轴交于点F(10,0)，OF＝10，DF＝55． 2①如图3，当DO为菱形的对角线时，MN与DO互相垂直平分，点M是DF的中点．此时点M的坐标为(5,

55)，点N的坐标为(－5,)． 22②如图4，当DO、DN为菱形的邻边时，点N与点O关于点E对称，此时点N的坐标为(4,8)．

③如图5，当DO、DM为菱形的邻边时，NO＝5，延长MN交x轴于P． 由△NPO∽△DOF，得

NPPO??DOOFNONPPO5??，即．解得NP?5，

DF51055PO?25．此时点N的坐标为(?25,5)．

图3 图4

考点伸展

如果第（3）题没有限定点N在x轴上方的平面内，那么菱形还有如图6的情形．

图5 图6

5

参考答案：

1、解：：（1）要使四边形PQCD为平行四边形，则PD=CQ，∵AD=18cm，即18-t=2t，解得：t=6； （2）设经过ts，四边形PQCD是等腰梯形．过Q点作QE⊥AD，过D点作DF⊥BC，∵四边形PQCD是等腰梯形，∴PQ=DC．又∵AD∥BC，∠B=90°，∴AB=EQ=DF．∴△EQP≌△FDC．

∴FC=EP=BC-AD=21-18=3．又∵AE=BQ=21-2t，EP=t-AE，∴EP=AP-AE=t-（21-2t）=3．得：t=8． ∴经过8s，四边形PQCD是等腰梯形． 2、5；3、解：（1）①30，1；②60，1.5； （2）当∠α=900时，四边形EDBC是菱形.

∵∠α=∠ACB=900，∴BC//ED. ∵CE//AB, ∴四边形EDBC是平行四边形 在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠B=600,BC=2, ∴∠A=300.

1AC32∴AB=4,AC=2. ∴AO==3 .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 4、解：（1）① ∵∠ACD=∠ACB=90° ∴∠CAD+∠ACD=90° ∴∠BCE+∠ACD=90° ∴∠CAD=∠BCE ∵AC=BC ∴△ADC≌△CEB

② ∵△ADC≌△CEB ∴CE=AD，CD=BE ∴DE=CE+CD=AD+BE (2) ∵∠ADC=∠CEB=∠ACB=90° ∴∠ACD=∠CBE 又∵AC=BC ∴△ACD≌△CBE ∴CE=AD，CD=BE ∴DE=CE-CD=AD-BE

(3) 当MN旋转到图3的位置时，DE=BE-AD(或AD=BE-DE，BE=AD+DE等) ∵∠ADC=∠CEB=∠ACB=90° ∴∠ACD=∠CBE， 又∵AC=BC， ∴△ACD≌△CBE， ∴AD=CE，CD=BE， ∴DE=CD-CE=BE-AD. 5、解：（1）正确．

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°，

． ?AE?EF． ??BAE??CEF． ?△AME≌△BCF（ASA）

（2）正确．

?C，连接证明：在BA的延长线上取一点N．使ANNE． ?BN?BE． ??N??PCE?45°．?四边形ABC是D正方形， ?AD∥BE．??DAE??BEA． ?N?AE??C．?△ANE≌△ECFEE?F（ASA）．?A．

11

6、解：解：（1）作AE⊥BM于E。则AE=3，∵AB=5，∴BE=√（AB2-AE2）=4 MP=t, BP=9-t①若AP=AB,∴9-t=2×4∴t=1

②若PA=PB，∴BP/(1/2AB)=AB/BP∴（9-t)2=1/2*5*5∴t=9-√5/2(9+√5/2舍去） ③若BA=BP，∴|9-t|=5∴t=4 、14 ∴综上，t=1、4、9-√5/2、14 （2）①若∠APB=90°∴9-t=4∴t=5

②若∠PAB=90°∴BP/BA=BA/BE∴(9-t)/5=5/4∴t=11/4 ∴综上，t=5、11/4。

7、解：（1）如图1，过点E作EG?BC于点G． ∵E为AB的中点， ∴

BE?1AB?2．2

在Rt△EBG中，∠B?60?， ∴∠BEG?30?． ∴即点E到BC的距离为3．

BG?1BE?1，EG?22?12?3．2

（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．如图2，过点P作PH?MN于H，∵MN∥AB，

B

A E D F C

图1

G

13∴∠NMC?∠B?60?，∠PMH?30?．∴ PH?PM?．

22335cos30??．则NH?MN?MH?4??．∴MH?PM?

2 22在Rt△PNH中，PN?A E B

P N

D F

?5??3? NH2?PH2??????7．????2??2?22H G M 图2

C

∴△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． ∵△MNC是等边三角形，∴MC?MN?3． 2

此时，x?EP?GM?BC?BG?MC?6?1?3?2．

类似①，MR? 12

当MP?MN时，如图4，这时MC?MN?MP?3． x?EP?GM?6?1?3?5?3． 此时，当NP?NM时，如图5，∠NPM?∠PMN?30?．又∠MNC?60?， 则∠PMN?120?，∴∠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．综上所述，当x?2或4或5?3时，△PMN为等腰三角形． 8、解：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∵

D A ??Q P C B vP?vQD， ∴BP?CQ， 又∵△BP≌△C，?B??C，则

BP?PC?4，CQ?BD?5，

∴点P，点Q运动的时间

t?BP4?33秒， ∴

vQ?CQ515??44t3厘米/秒。

8015x?x?3x?2?103秒． （2）设经过x秒后点P与点Q第一次相遇， 由题意，得4，解得

80?3?80∴点P共运动了3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．

9、解：（1）证明：如图，连接AC，∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，∠BAE+∠EAC=60°，∠FAC+∠EAC=60°，∴∠BAE=∠FAC。∵∠BAD=120°，∴∠ABF=60°。∴△ABC和△ACD为等边

13

三角形。∴∠ACF=60°，AC=AB。∴∠ABE=∠AFC。∴在△ABE和△ACF中，∵∠BAE=∠FAC，AB=AC，∠ABE=∠AFC，∴△ABE≌△ACF（ASA）。∴BE=CF。

（2）四边形AECF的面积不变，△CEF的面积发生变化。理由如下：由（1）得△ABE≌△ACF，则S△ABE=S△ACF。∴S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC，是定值。作AH⊥BC于H点，则BH=2，S四边形AECF?S?ABC??BC?AH?BC?AB2?BH2?43。由“垂线段最短”可知：当正三角形AEF的边AE与BC垂直时，边AE最短．故△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，

又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF，则此时△CEF的面积就会最大．∴S△CEF=S四边形AECF﹣

12121S△AEF?43??23?2?23????322?3。∴△CEF的面积的最大值是3。

【考点】菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，垂直线段的性质。

【分析】（1）先求证AB=AC，进而求证△ABC、△ACD为等边三角形，得∠ACF =60°，AC=AB，从而求证△ABE≌△ACF，即可求得BE=CF。

（2）由△ABE≌△ACF

可得

S△ABE=S△ACF，故根据

S

四

边

形

AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可得四边形

AECF的面积是定值。当正三角形AEF的边AE

与BC垂直时，边AE最短．△AEF的面积会随着AE的变化而变化，且当AE最短时，正三角形AEF的面积会最小，根据S△CEF=S四边形AECF－S△AEF，则△CEF的面积就会最大。

10、 考点： 相似形综合题． 分析： （1）根据等腰直角三角形，可得，OF=EP=t，再将t=1代入求出FC的长度； （2）根据MN=PF，可得关于t的方程6﹣t=2t，解方程即可求解； （3）分三种情况：求出当1≤t≤2时；当2＜t≤时；当＜t≤3时；求出重叠（阴影）部分图形面积S与t的函数关系式； （4）分M在OE上；N在PF上两种情况讨论求得△QMN的边与矩形PEOF的边有三个公共点时t的值． 解答： 解：（1）根据题意，△AOB、△AEP都是等腰直角三角形． ∵，OF=EP=t， 14

∴当t=1时，FC=1； （2）∵AP=t，AE=t，PF=OE=6﹣t MN=QC=2t ∴6﹣t=2t 解得t=2． 故当t=2时，MN=PF； （3）当1≤t≤2时，S=2t﹣4t+2； 当2＜t≤时，S=﹣222t+30t﹣32； 当＜t≤3时，S=﹣2t+6t； （4）△QMN的边与矩形PEOF的边有三个公共点时t=2或． 点评： 考查了相似形综合题，涉及的知识有等腰直角三角形的性质，图形的面积计算，函数思想，方程思想，分类思想的运用，有一定的难度． 15

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