初二上动点问题Word下载.docx
- 文档编号:21077498
- 上传时间:2023-01-27
- 格式:DOCX
- 页数:25
- 大小:318.49KB
初二上动点问题Word下载.docx
《初二上动点问题Word下载.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《初二上动点问题Word下载.docx(25页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
(3)如图3,若AB≠AC,∠BAC≠90°
,∠BCA=45°
,点D在线段BC上运动(不与点B重合),试探究CF与BD位置关系.
7.在△ABC中,∠ACB=2∠B,如图①,当∠C=90°
,AD为∠BAC的角平分线时,在AB上截取AE=AC,连接DE,易证AB=AC+CD.
(1)如图②,当∠C≠90°
,AD为∠BAC的角平分线时,线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系?
请写出你的猜想并证明;
(2)如图③,当AD为△ABC的外角平分线时,线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系?
请写出你的猜想,并对你的猜想给予证明.
8.如图,在等边△ABC中,线段AM为BC边上的中线.动点D在直线AM上时,以CD为一边在CD的下方作等边△CDE,连结BE.
(1)填空:
∠CAM=__________度;
(2)若点D在线段AM上时,求证:
△ADC≌△BEC;
(3)当动点D在直线AM上时,设直线BE与直线AM的交点为O,试判断∠AOB是否为定值?
并说明理由.
9.
(1)如图
(1),已知:
在△ABC中,∠BAC=90°
,AB=AC,直线m经过点A,BD⊥直线m,CE⊥直线m,垂足分别为点D、E.证明:
△ABD≌△ACEDE=BD+CE
(2)如图
(2),将
(1)中的条件改为:
在△ABC中,AB=AC,D、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=
其中
为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE是否成立?
如成立,请你给出证明;
若不成立,请说明理由.
10.如图①,等腰直角三角形
的顶点
的坐标为
,
,直角顶点
在第四象限,线段AC与x轴交于点D.将线段DC绕点D逆时针旋转90°
至DE.
(1)直接写出点B、D、E的坐标并求出直线DE的解析式.
(2)如图②,点P以每秒1个单位的速度沿线段AC从点A运动到点C的过程中,过点P作与x轴平行的直线PG,交直线DE于点G,求与△DPG的面积S与运动时间t的函数关系式,并求出自变量t的取值范围.
(3)如图③,设点F为直线DE上的点,连接AF,一动点M从点A出发,沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F,再沿线段FE以每秒
个单位的速度运动到E后停止.当点F的坐标是多少时,是否存在点M在整个运动过程中用时最少?
若存在,请求出点F的坐标;
若不存在,请说明理由.
参考答案
1.
(1)
;
(2)t=83;
(3)当t为5.5秒或6秒或6.6秒时,△BCQ为等腰三角形.
【解析】
(1)根据点P、Q的运动速度求出AP,再求出BP和BQ,用勾股定理求得PQ即可;
(2)设出发t秒后,△PQB能形成等腰三角形,则BP=BQ,由BQ=2t,BP=8-t,列式求得t即可;
(3)当点Q在CA上运动上,能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间有三种情况:
①当CQ=BQ时(图1)则∠C=∠CBQ,可证明∠A=∠ABQ,则BQ=AQ,则CQ=AQ,从而求得t;
②当CQ=BC时(图2),则BC+CQ=12,易求得t;
③当BC=BQ时(图3),过B点作BE⊥AC于点E,则求得BE、CE,即可得出t.
解:
(1)BQ=2×
2=4cm,BP=AB−AP=8−2×
1=6cm,
∵∠B=90°
PQ=
(2)BQ=2t,BP=8−t,2t=8−t,解得:
t=83;
(3)①当CQ=BQ时(图1),则∠C=∠CBQ,
∵∠ABC=90°
,∴∠CBQ+∠ABQ=90°
,∠A+∠C=90°
∴∠A=∠ABQ,∴BQ=AQ,∴CQ=AQ=5,∴BC+CQ=11,∴t=11÷
2=5.5秒.
②当CQ=BC时(如图2),
则BC+CQ=12∴t=12÷
2=6秒
③当BC=BQ时(如图3),过B点作BE⊥AC于点E,
则BE=
所以CE=BC2−BE2,故CQ=2CE=7.2,所以BC+CQ=13.2,
∴t=13.2÷
2=6.6秒.
由上可知,当t为5.5秒或6秒或6.6秒时,
△BCQ为等腰三角形.
“点睛”本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角形的判定和性质,注意分类讨论思想的应用.
2.
(1)5
(2)2或8;
(3)2或10.
【解析】试题分析:
(1)运用勾股定理直接求出;
(2)首先求出△ABD中BD边上的高,然后根据面积公式列出方程,求出BD的值,分两种情况分别求出t的值;
(3)假设△ABD≌△ACE,根据全等三角形的对应边相等得出BD=CE,分别用含t的代数式表示CE和BD,得到关于t的方程,从而求出t的值.
试题解析:
(1)∵在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°
∴2AB2=BC2,∴AB=
=5
cm;
(2)过A作AF⊥BC交BC于点F,
则AF=
BC=5cm,
∵S△ABD=15cm2,∴AF×
BD=30,∴BD=6cm.
若D在B点右侧,则CD=4cm,t=2s;
若D在B点左侧,则CD=16cm,t=8s.
(3)动点E从点C沿射线CM方向运动2秒或当动点E从点C沿射线CM的反向延长线方向运动6秒时,△ABD≌△ACE.
理由如下:
(说理过程简要说明即可)
①当E在射线CM上时,D必在CB上,则需BD=CE.
∵CE=2t,BD=10﹣3t
∴2t=10﹣3t
∴t=2
在△ABD和△ACE中,
∵
∴△ABD≌△ACE(SAS).
②当E在CM的反向延长线上时,D必在CB延长线上,则需BD=CE.
∵CE=2t,BD=3t﹣10,
∴2t=3t﹣10,
∴t=10
∴△ABD≌△ACE.
点睛:
本题是三角形综合题目,考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定以及面积的计算;
本题综合性强,有一定的难度,熟练掌握等腰直角三角形的性质和分类讨论思想的运用.
3.问题背景:
EF=BE+DF;
探索延伸:
EF=BE+DF仍然成立,理由见解析;
实际应用:
此时两舰艇之间的距离是210海里.
【解析】解:
问题背景:
EF=BE+DF仍然成立.
证明如下:
如图,延长FD到G,使DG=BE,连接AG,
∵∠B+∠ADC=180°
,∠ADC+∠ADG=180°
,∴∠B=∠ADG,
在△ABE和△ADG中,
,∴△ABE≌△ADG(SAS),
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG,
∵∠EAF=∠BAD,
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF,∴∠EAF=∠GAF,
在△AEF和△GAF中,
,∴△AEF≌△GAF(SAS),∴EF=FG,
∵FG=DG+DF=BE+DF,∴EF=BE+DF;
如图,连接EF,延长AE、BF相交于点C,
∵∠AOB=30°
+90°
+(90°
-70°
)=140°
,∠EOF=70°
,∴∠EAF=∠AOB,
又∵OA=OB,∠OAC+∠OBC=(90°
-30°
)+(70°
+50°
)=180°
,∴符合探索延伸中的条件,
∴结论EF=AE+BF成立,即EF=1.5×
(60+80)=210海里.
答:
4.
(1)1,等边三角形;
(2)理由见解析;
(3)当
时,y=2-x;
当
时,
y=x-2
(1)根据等腰三角形的性质得到∠B=∠ACB=30°
,求得∠ACP=30°
,根据全等三角形的性质即可得到结论;
(2)过C作CE⊥AP于E,根据等边三角形的性质得到CD=CE,根据全等三角形的性质得到OC=OP,由等边三角形的判定即可得到结论;
(3)分两种情况解决,在AB上找到Q点使得AQ=OA,则△AOQ为等边三角形,根据求得解实现的性质得到PA=BQ,求得AC=AO+AP,即可得到结论.
(1)AD=AP=1,
∵AB=AC=2,∠BAC=120°
∴∠B=∠ACB=30°
∵∠OCP=60°
∴∠ACP=30°
∵∠CAP=180°
﹣∠BAC=60°
∵AD⊥BC,
∴∠DAC=60°
在△ADC与△APC中,
,
∴△ACD≌△ACP,
∴CD=CP,
∴△PCO是等边三角形;
(2)△OPC还满足
(1)的结论,
理由:
过C作CE⊥AP于E,
∵∠CAD=∠EAC=60°
AD⊥CD,
∴CD=CE,
∴∠DCE=60°
∴∠OCE=∠PCE,
在△OCD与△PCE中,
∴△OCD≌△PCE,
∴OC=OP,
∴△OPC是等边三角形;
(3)当0<
x≤2时,
在AB上找到Q点使得AQ=OA,则△AOQ为等边三角形,
则∠BQO=∠PAO=120°
在△BQO和△PAO中,
∴△BQO≌△PAO(AAS),
∴PA=BQ,
∵AB=BQ+AQ,
∴AC=AO+AP,
∵AO=x,AP=y,
∴y=﹣x+2;
时,利用同样的方法可求得y=x-2
本题考查了全等三角形的判定,考查了全等三角形对应边相等的性质,本题中求证△BQO≌△PAO是解题的关键,解决本题时注意分类讨论,要做到不重不漏.
5.
(1)等边三角形;
(2)直角三角形;
的度数为
或
时,△AOD是等腰三角形.
(1)根据旋转的性质可得出OC=OD,结合题意即可证得结论;
(2)结合
(1)的结论可作出判断;
(3)找到变化中的不变量,然后利用旋转及全等的性质即可做出解答.
(1)证明:
∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°
得△ADC
∴CO=CD,∠OCD=60°
∴△COD是等边三角形.
(2)解:
=150°
时,△AOD是直角三角形
理由是:
∵△BOC≌△ADC
∴∠ADC=∠BOC=150°
又∵△COD是等边三角形
∴∠ODC=60°
[来
∴∠ADO=∠ADC-∠ODC=90°
,即△AOD是直角三角形.
(3)解:
①要使AO=AD,需∠AOD=∠ADO
∵∠AOD=
=
∠ADO=
∴
=
②要使OA=OD,需∠OAD=∠ADO
∵∠OAD=
(∠AOD+∠ADO)=
③要使DO=DA,需∠OAD=∠AOD.
=
,∠OAD=
,解得
综上所述:
“点睛”本题以“空间与图形”中的核心知识(如等边三角形)的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等)为载体,内容由浅入深,层层递进,试题中几何演绎推理的难度适中,蕴含着丰富的思想方法(如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等)能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力.
6.见解析
(1)根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD,然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等,
(2)先求出∠CAF=∠BAD,然后与①的思路相同求解即可;
(3)过点A作AE⊥AC交BC于E,可得△ACE是等直角三角形,根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE,∠AED=45°
,再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD,然后利用“边角边”证明△ACF和价AED全等,根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠AED,然后求出∠BCF=90°
,从而得到CF⊥BD.
(1)∵∠BAC=90°
,△ADF是等腰直角三角形,
∴∠CAF+∠CAD=90°
,∠BAD+∠ACD=90°
,AD=AF
∴∠CAF=∠BAD,
在△ACF和△ABD中,
AB=AC,∠CAF=∠,AD=AF,
∴△ACF≌△ABD(SAS)
(2)CF⊥BD,
如图2,∵△ADF是等腰直角三角形,
∴AD=AF,
∵∠CAB=∠DAF=90°
∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD,
即∠CAF=∠BAD,
AB=AC,∠CAF=∠BAD,AD=AF,
∴△ACF≌△ABD(SAS),
∴CF=BD,∠ACF=∠B,
∵AB=AC,∠BAC=90°
,∴∠B=∠ACB=45°
∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=45°
+45°
=90°
∴CF⊥BD
(3)CF⊥BD
如图3,过点A作AE⊥AC
交BC于E,
∵∠BCA=45°
∴△ACE是等腰直角三角形,
∴AC=AE,∠AED=45°
∵∠CAF+∠CAD=90°
,∠EAD+∠CAD=90°
∴∠CAF=∠EAD,
在△ACF和△AED中,
AC=AE,∠CAF=∠EAD,AD=AF,
∴△ACF≌△AED(SAS),
∴∠ACF=∠AED=45°
∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=45°
∴CF⊥BD.
“点睛”此题是三角形综合题,主要考查了全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,根据同角的余角相等求出两边的夹角相等是证明三角形全等的关键,此类题目的特点是各小题求解思路一般都相同.
7.
(1)
(2)见解析
(1)首先在AB上截取AE=AC,连接DE,易证△ADE≌△ADC(SAS),则可得∠AED=∠C,ED=CD,又由∠ACB=2∠B,易证DE=CD,则可求得AB=AC+CD;
(2)首先在BA的延长线上截取AE=AC,连接ED,易证△EAD≌△CAD,可得ED=CD,∠AED=∠ACD,又由∠ACB=2∠B,易证DE=EB,则可求得AC+AB=CD.
(1)猜想:
AB=AC+CD.
如图,在AB上截取AE=AC,连接DE,
∵AD为∠BAC的角平分线时,
∴∠BAD=∠CAD,
∵AD=AD,
∴△ADE≌△ADC(SAS),
∴∠AED=∠C,ED=CD,
∵∠ACB=2∠B,
∴∠AED=2∠B,
∴∠B=∠EDB,
∴EB=ED,
∴EB=CD,
∴AB=AE+DE=AC+CD.
(2)猜想:
AB+AC=CD.
如图,在BA的延长线上截取AE=AC,连接ED.
∵AD平分∠FAC,
∴∠EAD=∠CAD.
在△EAD与△CAD中,AE=AC,∠EAD=∠CAD,AD=AD,
∴△EAD≌△CAD.
∴ED=CD,∠AED=∠ACD.
∴∠FED=∠ACB.
又∠ACB=2∠B,∠FED=∠B+∠EDB,∠EDB=∠B.
∴EB=ED.
∴EA+AB=EB=ED=CD.
∴AC+AB=CD.
“点睛”此题考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定定理.此题难度适中,解题的关键是注意数形结合思想的应用.
8.30;
(1)根据等边三角形的性质可以直接得出结论;
(2)根据等边三角形的性质就可以得出AC=AC,DC=EC,∠ACB=∠DCE=60°
,由等式的性质就可以∠BCE=∠ACD,根据SAS就可以得出△ADC≌△BEC;
(3)分情况讨论:
当点D在线段AM上时,如图1,由
(2)可知△ACD≌△BCE,就可以求出结论;
当点D在线段AM的延长线上时,如图2,可以得出△ACD≌△BCE而有∠CBE=∠CAD=30°
而得出结论;
当点D在线段MA的延长线上时,如图3,通过得出△ACD≌△BCE同样可以得出结论.
(1)∵△ABC是等边三角形,
∴∠BAC=60°
.
∵线段AM为BC边上的中线
∴∠CAM=
∠BAC,
∴∠CAM=30°
故答案为:
30;
(2)∵△ABC与△DEC都是等边三角形
∴AC=BC,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°
∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE
∴∠ACD=∠BCE.
在△ADC和△BEC中,AC=BC,∠ACD=∠BCE,CD=CE,,
∴△ACD≌△BCE(SAS);
(3)∠AOB是定值,∠AOB=60°
①当点D在线段AM上时,如图1,
由
(2)可知△ACD≌△BCE,则∠CBE=∠CAD=30°
又∠ABC=60°
∴∠CBE+∠ABC=60°
+30°
∵△ABC是等边三角形,线段AM为BC边上的中线
∴AM平分∠BAC,即∠BAM=
∠BAC=
×
60°
=30°
∴∠BOA=90°
-30°
=60°
②当点D在线段AM的延长线上时,如图2,
∵△ABC与△DEC都是等边三角形
∴∠ACB+∠DCB=∠DCB+∠DCE
∴∠ACD=∠BCE
在△ACD和△BCE中,AC=BC,∠ACD=∠BCE,CD=CE,
∴△ACD≌△BCE(SAS)
∴∠CBE=∠CAD=30°
同理可得:
∠BAM=30°
③当点D在线段MA的延长线上时,如图3,
∴∠ACD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=60°
∴∠CBE=∠CAD
∠CAM=30°
∴∠CBE=∠CAD=150°
∴∠CBO=30°
,∠BAM=30°
综上,当动点D在直线AM上时,∠AOB是定值,∠AOB=60°
“点睛”边三角形的性质的运用,直角三角形的性质的运用,等式的性质的运用,全等三角形的判定及性质的运用,解答时证明三角形全等是关键.
9.
(1)证明见解析;
(2)成立,理由见解析.
(1)根据BD⊥直线m,CE⊥直线m得∠BDA=∠CEA=90°
,而∠BAC=90°
,根据等角的余角相等得∠CAE=∠ABD,然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA,
则AE=BD,AD=CE,于是DE=AE+AD=BD+CE;
(2)利用∠BDA=∠BAC=α,则∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°
-α,得出∠CAE=∠ABD,进而得出△ADB≌△CEA即可得出答案.
(1)∵BD⊥直线m,CE⊥直线m,
∴∠BDA=∠CEA=90°
∵∠BAC=90°
∴∠BAD+∠CAE=90°
∵∠BAD+∠ABD=90°
∴∠CAE=∠ABD,
∵在△ADB和△CEA中,
∴△ADB≌△CEA(AAS),
∴AE=BD,AD=CE,
∴DE=AE+AD=BD+CE;
(2)∵∠BDA=∠BAC=α,
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°
-α,
∴DE=AE+AD=BD+CE.
10.
(1)B(4,-1),D(1,0).E(-2,3)直线DE:
(2)
(
)
(3)当点F坐标为(0,1)时,点M在整个运动过程中用时最少,理由见解析.
(1)根据已知条件可以直接写出点B的坐标,根据等腰直角三角形的性质可以写出点D的坐标及CD的长度,由旋转可以得出点E的坐标,也就可以求出直线DE的解析式.
(2)根据题意要分两种情况讨论,点P在线段AD上和点P在线段CD上,利用勾股定理得出所需长度即可.(3)本题首先要把问题转化一下,把AF+
最小转化为
最小,然后根据路径最短画出图形即可.
(1)由题意得:
B(4,-1),D(1,0).E(-2,3)
设直线DE为
把D(1,0).E(-2,3)代入得
解之得:
∴直线DE为:
(2)在Rt△ABC中,由
由
由题意可知:
,∠DPG=∠DAB=45°
∴△DPG为等腰直角三角形
①当
时∴
②当
时,过G作GM⊥AC于M
易得
综上:
)
(3)如图③,易得∠EDO=45°
过点E作EK∥x轴交
轴于H,则∠KEF=∠
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 初二 上动点 问题