(完整)初中數(shù)學(xué)幾何的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題專題練習(xí)已知直線y=-x+6與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為A和B。動(dòng)點(diǎn)P和Q同時(shí)從點(diǎn)O出發(fā)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后到達(dá)A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)停止。點(diǎn)Q沿著線段OA運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)P沿著路線O→B→A運(yùn)動(dòng)。（1）點(diǎn)A和B的坐標(biāo)為(6,0)和(0,6)。（2）設(shè)點(diǎn)P在OB上的坐標(biāo)為(x,6-x)，則點(diǎn)P在OA上的坐標(biāo)為(2x,6-2x)。由于點(diǎn)Q的速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，且點(diǎn)Q和點(diǎn)P同時(shí)到達(dá)A點(diǎn)，因此點(diǎn)Q在OA上的坐標(biāo)為(6-x,x)。根據(jù)題意，點(diǎn)P和點(diǎn)Q同時(shí)到達(dá)A點(diǎn)，則有：2x/(1+sqrt(2))=(6-x)/1解得x=2+2sqrt(2)所以點(diǎn)P在OB上的坐標(biāo)為(2+2sqrt(2),4-2sqrt(2))，點(diǎn)Q在OA上的坐標(biāo)為(4-2sqrt(2),2+2sqrt(2))。（3）設(shè)點(diǎn)P和點(diǎn)Q第一次相遇的時(shí)間為t秒。則有：OP=sqrt((2+2sqrt(2))^2+(6-2sqrt(2))^2)=2sqrt(10)OQ=sqrt((4-2sqrt(2))^2+(2+2sqrt(2))^2)=2sqrt(10)由于點(diǎn)P和點(diǎn)Q同時(shí)到達(dá)A點(diǎn)，因此有：2sqrt(10)-2x/(1+sqrt(2))=(6-x)/1解得x=3+sqrt(2)所以點(diǎn)P和點(diǎn)Q在OB上的坐標(biāo)分別為(3+sqrt(2),3-sqrt(2))和(3-sqrt(2),3+sqrt(2))。由于點(diǎn)P和點(diǎn)Q在OB上的距離為2sqrt(2)，因此它們第一次相遇的時(shí)間為2sqrt(2)/1=2sqrt(2)秒?！窘獯稹浚?）由于AC為直角邊，設(shè)直線AC的解析式為y=kx，代入點(diǎn)C的坐標(biāo)得k=0，故直線AC的解析式為y=0；（2）連接BM，如圖所示：因?yàn)镻沿折線ABC方向勻速運(yùn)動(dòng)，所以P在BC上的投影點(diǎn)E沿BC勻速運(yùn)動(dòng)，設(shè)E在BC上的坐標(biāo)為x，則有：當(dāng)0≤t≤2時(shí)，P在AC上運(yùn)動(dòng)，△PMB面積為0，S=0；當(dāng)2＜t≤5時(shí)，P在BC上運(yùn)動(dòng)，△PMB面積為△PMB=?×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的面積公式可得S=5√(13-12cos2t)sin∠PMB，由于∠PMB是銳角，所以sin∠PMB＞0，因此S＞0；綜上可得，S的取值范圍為0＜S≤5√13，t的取值范圍為0≤t≤5；（3）當(dāng)∠MPB與∠BCO互為余角時(shí)，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，當(dāng)t=5時(shí)，∠MPB與∠BCO互為余角，且直線OP與直線AC所夾銳角的正切值為4/3。在梯形ABCD中，AD∥BC，AD=3，DC=5，AB=42，∠B=45°。動(dòng)點(diǎn)M從B點(diǎn)出發(fā)沿線段NBC以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)；AD同時(shí)從C點(diǎn)出發(fā)沿線段CD以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)。設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒。（1）求BC的長(zhǎng)。解：如圖①，過(guò)A、D分別作AK⊥BC于K，DH⊥BC于H，則四邊形ADHK是矩形?！郖H=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?！郆C=BK+KH+HC=21√2+3+3=10+21√2。（2）當(dāng)MN∥AB時(shí)，求t的值。解：如圖②，過(guò)D作DG∥AB交BC于G點(diǎn)，則四邊形ADGB是平行四邊形?！進(jìn)N∥AB∴MN∥DG∴BG=AD=3∴GC=BC-BG=10-3=7。設(shè)BM=x，則MC=2t-x，CG=7，利用相似三角形可得：$\frac{MC}{BC}=\frac{BM}{AB}$$\frac{2t-x}{10+21\sqrt{2}}=\frac{x}{42}$解得：$x=\frac{420\sqrt{2}t}{84+5\sqrt{2}}$又因?yàn)镸N∥AB，所以$\frac{MN}{BG}=\frac{MC}{BC}$$\frac{2t}{3}=\frac{2t-x}{10+21\sqrt{2}}$代入$x$的表達(dá)式，解得$t=3+2\sqrt{2}$。（3）試探究：t為何值時(shí)，△MNC為等腰三角形。解：如圖③，設(shè)$\angleMNC=\alpha$，則$\angleNMC=180°-2\alpha$。因?yàn)镸N=2t，NC=7，利用余弦定理可得：$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}}$又因?yàn)?\angleNMC=180°-2\alpha$，所以$\sin\alpha=\sin(\frac{1}{2}\angleNMC)=\sqrt{\frac{1-\cos\angleNMC}{2}}=\sqrt{\frac{1+\cos2\alpha}{2}}$當(dāng)$\alpha=45°$時(shí)，$\sin\alpha=\frac{\sqrt{2}}{2}$。代入上式，解得：$t=2+\sqrt{3}$。綜上所述，當(dāng)$t=2+\sqrt{3}$時(shí)，△MNC為等腰三角形。根據(jù)題意可知，當(dāng)運(yùn)動(dòng)員M、N運(yùn)動(dòng)到t秒時(shí)，CN=t，CM=10-2t。由于DG∥MN，因此∠NMC=∠DGC。又因?yàn)椤螩=∠C，所以△MNC∽△GDC。分三種情況討論：①當(dāng)NC=MC時(shí)，如圖③，即t=10-2t，解得t=10/3。②當(dāng)MN=NC時(shí)，如圖④，過(guò)N作NE⊥MC于E。解法一：由等腰三角形三線合一性質(zhì)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當(dāng)MN=MC時(shí)，如圖⑤，過(guò)M作MF⊥CN于F點(diǎn)，F(xiàn)C=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。題目描述：在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF∥BC交CD于點(diǎn)F．AB=4，BC=6，∠B=60°。點(diǎn)P為線段EF上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作PM⊥EF交BC于點(diǎn)M，過(guò)M作MN∥AB交折線ADC于點(diǎn)N，連結(jié)PN，設(shè)EP=x。解（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，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，點(diǎn)E到BC的距離為EG=3/√3=√3。解（2）①當(dāng)點(diǎn)N在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于PM⊥EF，EG⊥EF，所以PM∥EG。因?yàn)镋F∥BC，所以EP=GM，PM=EG=3。同理，MN=AB=4。如圖2，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥MN于H，因?yàn)镸N∥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的周長(zhǎng)為PM+MN+PN=3+4+√(5^2+2.5^2)=3+4+√33。②當(dāng)點(diǎn)N在線段DC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，若存在點(diǎn)P使△PMN為等腰三角形，則PN=MN=4。因?yàn)镸N∥AB，所以∠NMC=∠B=60°。如圖3，過(guò)點(diǎn)M作MQ⊥AD于Q，因?yàn)镸N=4，所以MQ=2，NQ=√(4^2-2^2)=2√3。因?yàn)锳D∥BC，所以∠QMC=∠B=60°，所以QM=MC=3，∠MQC=∠MNC=60°。因此，MC=QC=3，∠QCM=∠QMC=60°。因?yàn)镋P=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，存在點(diǎn)P使△PMN為等腰三角形，當(dāng)且僅當(dāng)x=3√3/2。題目要求判斷PQ是否相等，如果相等則求出符合條件的t值，如果不相等則說(shuō)明理由。具體步驟如下：（1）已知P運(yùn)動(dòng)速度每秒鐘1個(gè)單位長(zhǎng)度，求出P在1秒后到達(dá)的位置，即P的坐標(biāo)為（1，0）。（2）根據(jù)題意，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥y軸于點(diǎn)F，BE⊥x軸于點(diǎn)E，則BF＝8，OF=BE=4，所以AF=10-4=6。在直角三角形AFB中，根據(jù)勾股定理可求出AB的長(zhǎng)度為103。接著，過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G，與FB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)H，根據(jù)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點(diǎn)的坐標(biāo)為（14，12）。（3）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸于點(diǎn)M，PN⊥x軸于點(diǎn)N，則根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，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。設(shè)△OPQ的面積為S，則S=1/2*OP*PQ=1/2*(10-t)*（1+t），化簡(jiǎn)可得S=5+t-t^2。（4）根據(jù)題意，當(dāng)PQ相等時(shí)，OP=PQ，即10-t=t，解得t=5。當(dāng)t=0或t=10時(shí)，P和Q在同一直線上，所以O(shè)P和PQ重合。綜上所述，當(dāng)t=5時(shí)，PQ相等，符合條件；當(dāng)t=0或t=10時(shí)，OP和PQ重合；當(dāng)t<0或t>10時(shí)，PQ不相等，面積為負(fù)數(shù)，不符合條件。在數(shù)學(xué)課上，張老師出了這樣一個(gè)問(wèn)題：正方形ABCD中，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，EF與正方形外角DCG的平行線CF相交于點(diǎn)F，同時(shí)∠AEF=90度。需要證明AE=EF。小明提出了一種正確的解題思路：連接AB的中點(diǎn)M和E，可以得到AM=EC，同時(shí)根據(jù)ASA準(zhǔn)則，可以證明△AME≌△ECF，因此AE=EF。在此基礎(chǔ)上，同學(xué)們進(jìn)行了更深入的研究。小穎提出了這樣一個(gè)問(wèn)題：如果點(diǎn)E不是BC的中點(diǎn)，而是BC上的任意一點(diǎn)（除B和C外），其他條件不變，那么結(jié)論AE=EF是否仍然成立？經(jīng)過(guò)討論，同學(xué)們一致認(rèn)為小穎的觀點(diǎn)是正確的。證明過(guò)程如下：在AB上取一點(diǎn)M，使得AM=EC，連接ME。因?yàn)镋F與CF平行，所以∠AME=∠ECF。同時(shí)，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可以得到∠AEB+∠BAE=90度，∠CEF+∠FEC=90度。因此∠AEB=∠CEF，即∠AME=∠ECF。根據(jù)兩個(gè)三角形的兩個(gè)角和一邊相等，可以得到△AME≌△ECF，從而AE=EF。小華提出了另一個(gè)問(wèn)題：如果點(diǎn)E不是BC的中點(diǎn)，而是BC的延長(zhǎng)線上的任意一點(diǎn)（除C點(diǎn)外），其他條件不變，那么結(jié)論AE=EF是否仍然成立？同學(xué)們認(rèn)為小華的觀點(diǎn)也是正確的。證明過(guò)程如下：在BA的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)N，使得AN=CE，連接NE。因?yàn)镋F與CF平行，所以∠NEF=∠FCG。同時(shí)，根據(jù)正方形的性質(zhì)，可以得到∠BNE=∠ECG。因此，∠ANE=∠FEC。根據(jù)兩個(gè)三角形的兩個(gè)角和一邊相等，可以得到△ANE≌△FEC，從而AE=EF。當(dāng)$x\leq2$時(shí)，隨著$x$的增大，$y$的取值范圍為$2\leqy\leq\frac{2}{x}$。如圖③所示，將正方形紙片$ABCD$折疊，使點(diǎn)$B$落在$OA$邊上的點(diǎn)為$B''$，且$B''D\parallelOB$。則$\angleOCB''=\angleCB''D$。又$\angleCBD=\angleCB''D$，因此$\angleOCB''=\angleCBD$，得$CB''\parallelBA$。因此，$\triangleCOB''\sim\triangleBOA$，且$OB''=OC/2$。在$\triangleB''OC$中，設(shè)$OB''=x(x>0)$，則$OC=2x$。由題目中的結(jié)論，得$2x=-\frac{1}{2x}+2$，解得$x=\frac{1}{\sqrt{2}}$。因此，點(diǎn)$C$的坐標(biāo)為$(8\sqrt{2}-5,8\sqrt{2}-16)$。如圖（1-1），連接$BM$，$EM$，$BE$。由題意可得四邊形$ABNM$和四邊形$FENM$關(guān)于直線$MN$對(duì)稱。因此，$MN$垂直平分$BE$，得$BM=EM$，$BN=EN$。四邊形ABCD是正方形，因此角A、D、C都是90度，且AB=BC=CD=DA=2。設(shè)BN=x，則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。設(shè)AM=y，則DM=2-y，因此y+2=(2-y)+1，解得y=1/2，即AM=√5/2。同理，BN=√5/4。過(guò)點(diǎn)N做NG∥CD，交AD于點(diǎn)G，連接BE。因?yàn)锳D∥BC，所以四邊形GDCN是平行四邊形，NG=CD=BC。同理，四邊形ABNG也是平行四邊形，AG=BN=√5/4。因?yàn)镸N⊥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.如圖所示，直線L1的解析表達(dá)式為y=－3x+3，且L1與x軸