初中-中考-平面几何-动点类问题-压轴题-精选

仅供个人学习参考（2011?河南）如图，在Rt△ABC中，∠B=90°，BC=5，∠C=30°．点D从点C出发沿CA方向以每秒2个单位长的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（t＞0）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE、EF．（1）求证：AE=DF；（2）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，说明理由．（3）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．解答：（1）证明：在△DFC中，∠DFC=90°，∠C=30°，DC=2t，∴DF=t．又∵AE=t，∴AE=DF．（2分）（2）解：能．理由如下：∵AB⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF．又AE=DF，∴四边形AEFD为平行四边形．（3分）∵AB=BC?tan30°=5=5，∴AC=2AB=10．∴AD=AC﹣DC=10﹣2t．若使?AEFD为菱形，则需AE=AD，即t=10﹣2t，t=．即当t=时，四边形AEFD为菱形．（5分）（3）解：①∠EDF=90°时，四边形EBFD为矩形．在Rt△AED中，∠ADE=∠C=30°，∴AD=2AE．即10﹣2t=2t，t=．（7分）②∠DEF=90°时，由（2）知EF∥AD，∴∠ADE=∠DEF=90°．∵∠A=90°﹣∠C=60°，∴AD=AE?cos60°．仅供个人学习参考即10﹣2t=t，t=4．（9分）③∠EFD=90°时，此种情况不存在．综上所述，当t=或4时，△DEF为直角三角形．（10分）如图，已知△ABC中，AB=AC=12cm，BC=10cm，点D为AB的中点．如果点P在线段BC上以2cm/s的速度由点B向C点运动，同时，点Q在线段AC上由点A向C点以4cm/s的速度运动．（1）若点P、Q两点分别从B、A两点同时出发，经过2秒后，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；（2）若点P、Q两点分别从B、A两点同时出发，△CPQ的周长为18cm，问：经过几秒后，△CPQ是等腰三角形？解：（1），△BPD与△CQP是全等．理由如下：当P，Q两点分别从B，A两点同时出发运动2秒时有BP=2×2=4cm，AQ=4×2=8cm则CP=BC-BP=10-4=6cmCQ=AC-AQ=12-8=4cm…（2分）∵D是AB的中点∴BD=1/2AB=1/2×12=6cm∴BP=CQ，BD=CP…（3分）又∵△ABC中，AB=AC∴∠B=∠C…（4分）在△BPD和△CQP中BP=CQ∠B=∠CBD=CP∴△BPD≌△CQP（SAS）…（6分）（2）设当P，Q两点同时出发运动t秒时，有BP=2t，AQ=4t∴t的取值范围为0＜t≤3则CP=10-2t，CQ=12-4t…（7分）∵△CPQ的周长为18cm，∴PQ=18-（10-2t）-（12-4t）=6t-4…（8分）要使△CPQ是等腰三角形，则可分为三种情况讨论：①当CP=CQ时，则有10-2t=12-4t解得：t=1…（9分）②当PQ=PC时，则有6t-4=10-2t24．(本小题满分14分)在△ABC中，AB=BC，将ABC绕点A沿顺时针方向旋转得△A1B1C1，使点Cl落在直线BC上(点Cl与点C不重合)，(1)如图9一①，当C60°时，写出边ABl与边CB的位置关系，并加以证明；(2)当C=60°时，写出边ABl与边CB的位置关系(不要求证明)；仅供个人学习参考(3)当C60°时，请你在图9一②中用尺规作图法作出△AB1C1(保留作图痕迹，不写作法)，再猜想你在(1)、(2)中得出的结论是否还成立?并说明理由．24．解：（1）1//ABCB证明：由旋转的特征可知11BACBAC，1ACAC∵ABBC∴BACC∵1ACAC∴1ACCC∴111BACACC∴1//ABCB（2）1//ABCB（3）作图略。成立。理由与第一问类似。25、（12分）已知Rt△ABC中，AB=BC，在Rt△ADE中，AD=DE，连结EC，取EC中点M，连结DM和BM，（1）若点D在边AC上，点E在边AB上且与点B不重合，如图①，求证：BM=DM且BM⊥DM；（2）如图①中的△ADE绕点A逆时针转小于45°的角，如图②，那么（1）中的结论是否仍成立？如果不成立，请举出反例；如果成立，请给予证明。25.本小题主要考查三角形、图形的旋转、平行四边形等基础知识，考查空间观念、演绎推理能力．满分12分．（1）证法1：在Rt△EBC中，M是斜边EC的中点，∴12BMEC．在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，∴12DMEC．∴BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上．仅供个人学习参考∴∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM．证法2：证明BM=DM与证法1相同，下面证明BM⊥DM．∵DM=MC，∴∠EMD=2∠ECD．∵BM=MC，∴∠EMB=2∠ECB．∴∠EMD＋∠EMB=2（∠ECD＋ECB）．∵∠ECD＋∠ECB=∠ACB=45°，∴∠BMD=2∠ACB=90°，即BM⊥DM．（2）当△ADE绕点A逆时针旋转小于45°的角时，（1）中的结论成立．证明如下：证法1（利用平行四边形和全等三角形）：连结BD，延长DM至点F，使得DM=MF，连结BF、FC，延长ED交AC于点H．∵DM=MF，EM=MC，∴四边形CDEF为平行四边形.∴DE∥CF，ED=CF.∵ED=AD,∴AD=CF.∵DE∥CF，∴∠AHE=∠ACF．∵4545(90)45BADDAHAHEAHE,45BCFACF，∴∠BAD=∠BCF.又∵AB=BC,∴△ABD≌△CBF.∴BD=BF，∠ABD=∠CBF.∵∠ABD+∠DBC=∠CBF+∠DBC，MDBACEMDBACEHF仅供个人学习参考MDBACEMDBACEH∴∠DBF=∠ABC=90°.在Rt△DBF中，由BDBF,DMMF，得BM=DM且BM⊥DM．证法2（利用旋转变换）：连结BD，将△ABD绕点B逆时针旋转90°，点A旋转到点C，点D旋转到点D，得到△CBD，则,,,BDBDADCDBADBCD且90DBD．连结MD．∵CEDCEADEA(180)45180(90)4545ECAEACECABADECABADECBBADECBBCDECD∴//DECD．又∵DEADCD，∴四边形EDCD为平行四边形．∴D、M、D三点共线，且DMMD．在Rt△DBD中，由BDBD,DMMD，得BM=DM且BM⊥DM．证法3（利用旋转变换）：连结BD，将△ABD绕点B逆时针旋转90°，点A旋转到点C，点D旋转到点D，得到△CBD，则,,,BDBDADCDBADBCD且90DBD．连结MD，延长ED交AC于点H．∵∠AHD=90°－∠DAH=90°－(45°－∠BAD)=45°＋∠BAD，45ACDBCD，∵BADBCD，∴AHDACD．∴//DECD．又∵DEADCD，∴四边形EDCD为平行四边形．∴D、M、D三点共线，且DMMD．仅供个人学习参考在Rt△DBD中，由BDBD,DMMD，得BM=DM且BM⊥DM．4、（14分）如图10，扇形OAB的半径OA=3，圆心角∠AOB=90°，点C是»AB上异于A、B的动点，过点C作CD⊥OA于点D，作CE⊥OB于点E，连结DE，点G、H在线段DE上，且DG=GH=HE（1）求证：四边形OGCH是平行四边形（2）当点C在»AB上运动时，在CD、CG、DG中，是否存在长度不变的线段？若存在，请求出该线段的长度（3）求证：223CDCH是定值24．（1）连结OC交DE于M，由矩形得OM＝CG，EM＝DM因为DG=HE所以EM－EH＝DM－DG得HM＝DG（2）DG不变，在矩形ODCE中，DE＝OC＝3，所以DG＝1（3）设CD＝x,则CE＝29x，由ECCDCGDE得CG＝392xx所以3)39(222xxxxDG所以HG＝3－1－36322xx所以3CH2＝2222212))39()36((3xxxx所以121232222xxCHCD24.（本小题满分14分）如图12，边长为1的正方形ABCD被两条与边平行的线段EF、GH分割为四个小矩形，EF与GH交于点P。（1）若AG=AE，证明：AF=AH；（2）若∠FAH=45°，证明：AG+AE=FH；（3）若RtΔGBF的周长为1，求矩形EPHD的面积。24.（本小题满分14分）解：(1)易证ΔABF≌ΔADH,所以AF=AH(2)如图，将ΔADH绕点A顺时针旋转90度，如图，易证ΔAFH≌ΔAFM,得FH=MB+BF,即：FH=AG+AE图10仅供个人学习参考(3)设PE=x,PH=y,易得BG=1-x,BF=1-y,FG=x+y-1,由勾股定理，得（1x）2（1y）2=(xy1)2,化简得xy=0.5,所以矩形EPHD的面积为0.5.2．（2010广东广州，25，14分）如图所示，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为（3，0），（0，1），点D是线段BC上的动点（与端点B、C不重合），过点D作直线y＝－12x＋b交折线OAB于点E．（1）记△ODE的面积为S，求S与b的函数关系式；（2）当点E在线段OA上时，若矩形OABC关于直线DE的对称图形为四边形OA1B1C1，试探究OA1B1C1与矩形OABC的重叠部分的面积是否发生变化，若不变，求出该重叠部分的面积；若改变，请说明理由.【答案】（1）由题意得B（3，1）．若直线经过点A（3，0）时，则b＝32若直线经过点B（3，1）时，则b＝52若直线经过点C（0，1）时，则b＝1①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤32，如图25-a，此时E（2b，0）∴S＝12OE·CO＝12×2b×1＝b②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即32＜b＜52，如图2图1DExyCBAOCDBAEO仅供个人学习参考此时E（3，32b），D（2b－2，1）∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE＋S△DBE)＝3－[12(2b－1)×1＋12×(5－2b)·(52b)＋12×3(32b)]＝252bb∴2312535222bbSbbb如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，DC=5，AB=，∠B=45°，动点M从点B出发，沿线段BC以每秒1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C→D→A，以同样速度向终点A运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为t秒．（1）求线段BC的长度；（2）求在运动过程中形成的△MCN的面积S与运动的时间t之间的函数关系式，并写出自变量t的取值范围；并求出当t为何值时，△MCN的面积S最大，并求出最大面积；（3）试探索：当M，N在运动过程中，△MCN是否可能为等腰三角形？若可能，则求出相应的t值；若不可能，说明理由．解答：解：（1）如图1，分别过A，D作AE⊥BC，DF⊥BC，分别交BC于E，F；∴EF=AD=3；∵∠B=45°，AB=；∴BE=AE=DF=4．（1分）在Rt△DFC中，CF=；（2分）∴BC=BE+EF+CF=4+3+3=10；（3分）（2）①如图2，当0≤t≤5时，CN=BM=t，MC=10﹣t；过N作NG⊥于BC于点G；∴△NGC∽△DFC∴，即；DExyCBAO图2仅供个人学习参考∴NG=；∴S=；∵，函数开口向下；∴当时，Smax=10；（5分）②如图3，当5≤t≤8时，S=；∵﹣2＜0，即S随t的减小而增大；∴当t=5时，Smax=10；（6分）综上：，当t=5时，△MCN的面积S最大，最大值为10；（3）当0≤t≤5