初中 中考 平面几何 动点类问题 压轴题 精选 12页

‎（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°．‎ 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=‎‎6cm CQ=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=∠C BD=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=10-2t ‎24．(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C>60°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)；‎ ‎(3)当C<60°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）‎ ‎ 证明：由旋转的特征可知 ‎ ，‎ ‎ ∵‎ ‎ ∴‎ ‎ ∵‎ ‎ ∴‎ ‎ ∴‎ ‎ ∴‎ ‎ （2）‎ ‎ （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，‎ ‎∴ ．‎ 在Rt△EDC中，M是斜边EC的中点，‎ ‎∴ ．‎ ‎∴ BM=DM，且点B、C、D、E在以点M为圆心、BM为半径的圆上．‎ ‎∴ ∠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．‎ M D B A C E H F ‎∵ 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．‎ ‎∵ ,，‎ ‎∴ ∠BAD=∠BCF.‎ 又∵AB= BC,‎ ‎∴ △ABD≌△CBF.‎ ‎∴ BD=BF，∠ABD=∠CBF.‎ ‎∵ ∠ABD+∠DBC =∠CBF+∠DBC，‎ ‎∴∠DBF=∠ABC =90°.‎ 在Rt△中，由,，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，得到△，则且．连结．‎ ‎∵‎ M D B A C E ‎∴ ．‎ 又∵，‎ ‎∴ 四边形为平行四边形．‎ ‎∴ D、M、三点共线，且．‎ 在Rt△中，由,，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，得到△，则且．‎ 连结，延长ED交AC于点H．‎ ‎∵ ∠AHD= 90°－∠DAH= 90°－(45°－∠BAD)= 45°＋∠BAD，‎ ‎，‎ ‎∵，‎ M D B A C E H ‎∴．‎ ‎∴ ．‎ 又∵，‎ ‎∴ 四边形为平行四边形．‎ ‎∴ D、M、三点共线，且．‎ 在Rt△中，由,，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 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：是定值 图10‎ ‎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＝，由得CG＝‎ ‎　　所以所以HG＝3－1－‎ ‎ 所以3CH2＝‎ 所以 ‎24.（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 ‎ (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＝－＋交折线OAB于点E．‎ ‎（1）记△ODE的面积为S，求S与的函数关系式；‎ ‎（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.‎ C D B A E O ‎【答案】（1）由题意得B（3，1）．‎ 若直线经过点A（3，0）时，则b＝‎ 若直线经过点B（3，1）时，则b＝‎ 若直线经过点C（0，1）时，则b＝1‎ ‎①若直线与折线OAB的交点在OA上时，即1＜b≤，如图25-a，‎ 图1‎ ‎ 此时E（2b，0）‎ ‎∴S＝OE·CO＝×2b×1＝b ‎②若直线与折线OAB的交点在BA上时，即＜b＜，如图2‎ 图2‎ 此时E（3，），D（2b－2，1）‎ ‎∴S＝S矩－(S△OCD＋S△OAE ＋S△DBE )‎ ‎＝ 3－[(2b－1)×1＋×(5－2b)·()＋×3()]＝‎ ‎∴‎ 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；‎ ‎∴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时：CN=BM=t，MC=10﹣t；‎ ‎①当MC=NC时，t=10﹣t，解得：t=5；（7分）‎ ‎②当HM=MC时，如图4，‎ 过N作NH⊥BC于点H，‎ 则有HC=MH，可得：，‎ 解得：；（8分）‎ ‎③当MN=MC时，如图5，‎ 过M作MI⊥CD于I，CI=，又，‎ 即：，可得，解得：（舍去）；（9分）‎ 当5＜t≤8时，如图6，‎ 过C作CJ⊥AD的延长线于点J，过N作NK⊥BC于点K；‎ 则：MC2=（10﹣t）2=t2﹣20t+100；MN2=（12﹣2t）2+42=4t2﹣48t+160；NC2=（t﹣2）2+42=t2﹣4t+20；‎ ‎④当MC=NC时，t2﹣20t+100=t2﹣4t+20，解得：t=5（舍去）；（10分）‎ ‎⑤当MN=MC时，4t2﹣48t+160=t2﹣20t+100，‎ 解得：（舍去）；（11分）‎ ‎⑥当MN=NC时，t2﹣4t+20=4t2﹣48t+160，‎ 解得：（舍去）．（12分）‎ 综上：当时，△MCN为等腰三角形．‎