初二數(shù)學(xué)-特殊四邊形中的動(dòng)點(diǎn)問題(教師版)

特殊四邊形中的動(dòng)點(diǎn)問題及解題方法1、如，在直角梯形ABCD中ADBC，∠B=90°AD=24cmAB=8cm，BC=26cm，點(diǎn)P從A開沿AD邊向以的度運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)Q從開始CB邊向B以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)PQ分從點(diǎn)AC同出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另外一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為．（）為何時(shí)，四邊形PQCD為行四邊形？（）為何時(shí)，四邊形PQCD為腰梯形？（）為何時(shí)，四邊形PQCD為角梯形？分析：（）邊形PQCD為行邊形時(shí)PD=CQ（）邊形PQCD為腰形時(shí)QC-PD=2CE．（）邊形PQCD為角形時(shí)QC-PD=EC．所有的關(guān)系式都可用含有t的程來表示，即此題只要解三個(gè)方程即可．解答：解）∵四邊形PQCD平為邊形∴PD=CQ∴24-t=3t解得：即當(dāng)時(shí)四邊形PQCD平行四邊形．（）D作DE⊥BC于E則四邊形ABED為矩形∴BE=AD=24cm∴EC=BC-BE=2cm∵四邊形PQCD為等腰梯形∴QC-PD=2CE即3t-（24-t）解得：（）即當(dāng)t=7（）時(shí)，四邊形PQCD為腰梯形．（）題意知QC-PD=EC時(shí)四邊形PQCD為角梯形即（24-t=2學(xué)佳育數(shù)教組

解得：t=6.5（）即當(dāng)t=6.5（），四邊形PQCD直角梯形．點(diǎn)評：此題主要考查了平行四邊形、等腰梯形，直角梯形的判定，難易程度適中．2、如，△ABC中點(diǎn)O為AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)O作直MN∥，MN交BCA的外角分線CF點(diǎn)F，交∠ACB內(nèi)平分線CE于E（）說明EO=FO；（）點(diǎn)O運(yùn)到何處時(shí)，四邊形AECF矩形并證明你的結(jié)論；（）AC邊上在點(diǎn)O，使四邊形AECF正方形，猜想的狀并證明你的結(jié)論．分析：（）據(jù)CE平分ACB，MN∥，找到相等的角，即∠OEC=∠，根據(jù)等邊對等角得OE=OC同理OC=OF可得EO=FO．（）用矩形的判定解答，即有一個(gè)內(nèi)角是直角的平行四邊形是矩形．（）用已知條件及正方形的性質(zhì)解答．解答：解）∵CE平∠ACB，∴∠ACE=∠BCE，∵M(jìn)N∥，∴∠OEC=∠ECB，∴∠OEC=∠OCE，∴OE=OC，同理，OC=OF，∴OE=OF．（）點(diǎn)O運(yùn)到AC中點(diǎn)處時(shí)四邊形AECF是形．如圖AO=CO，，∴四邊形AECF為平行四邊形，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=∠ACB，同理，∠ACF=∠ACG，∴∠ECF=∠ACE+∠（∠ACB+ACG=×180°=90°，∴四邊形AECF是矩形．（）△是角三角形∵四邊形AECF是正方形，學(xué)佳育數(shù)教組

∴AC⊥，故∠AOM=90°∵M(jìn)N∥，∴∠BCA=∠AOM，∴∠BCA=90°，∴△ABC是直角三角形．點(diǎn)評：本題主要考查利用平行線的性質(zhì)“等角對等邊”證明出結(jié)論（1利結(jié)論（1）和矩形的判證明結(jié)論（再對（）進(jìn)行判斷．解答時(shí)不僅要注意用到前一問題的結(jié)論，更要注意前一問題為下一問題提思路，有相似的思考方法．是矩形的判定和正方形的性質(zhì)等的綜合運(yùn)用．3、如，直角梯形ABCD中ADBC，∠ABC=90°，已知AD=AB=3BC=4，動(dòng)點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)，線段BC向點(diǎn)C作速運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)D出，沿線段DA點(diǎn)A作勻速運(yùn)動(dòng)．過Q點(diǎn)直于AD的線交AC于，交BC于PQ兩點(diǎn)時(shí)出發(fā)，速度都為每秒個(gè)單長度．當(dāng)點(diǎn)動(dòng)到A點(diǎn)PQ兩點(diǎn)時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（）NC，的長用t的數(shù)式表示（）為何時(shí)，四邊形PCDQ構(gòu)平行四邊形；（）否存在某一時(shí)刻，使射線N恰好的面積和周長同時(shí)平分？若存在，求出此時(shí)t的值；若不存在，請說明理由；（）究t為何時(shí)，△PMC等腰三角形．分析：（）據(jù)題意易知四邊形ABNQ是形∴NC=BC-BN=BC-AQ=BC-AD+DQ，BC、AD已，就是t，解；AB∥QN∴△∽CAB，∴CM：CA=CNCBCB、已知根據(jù)勾股定理可求CA=5，即可表示CM；四邊形PCDQ構(gòu)平行四邊形就是PC=DQ，方程4-t=t即解；（）先根據(jù)平分ABC的長，得出MN+NC=AM+BN+AB，據(jù)此來求出t的值．然后根據(jù)得出t值，求出△MNC的面積，即可判斷出MNC的面積是否為面積的一半，由此可得出是否存在符合條件的．（）于等腰三角形的兩腰不確定，因此分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)MP=MC時(shí)，那么PC=2NC，此可求出t的．②當(dāng)CM=CP時(shí)，可根據(jù)CM和CP的達(dá)式以及題設(shè)的等量關(guān)系來求出t的．③當(dāng)MP=PC時(shí)，在直角三角形中，先用t表示三邊的長，然后根據(jù)勾股定理即可得出t的．綜上所述可得出符合條件的t的．解答:解）∵∴CN=4-（）=1+t在eq\o\ac(△,Rt)ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42∴AC=5在eq\o\ac(△,Rt)MNC中，cos∠=，．學(xué)佳育數(shù)教組

（）于四邊形PCDQ構(gòu)成平行四邊形∴PC=QD，4-t=t解得t=2．（）果射線將△ABC的周平分，則有：MN+NC=AM+BN+AB即：（1+t）+1+t=（）解得：（分）而MN=NC=（）∴eq\o\ac(△,S)MNC=（1+t）（1+t2當(dāng)t=

時(shí)，S△（1+t）≠

×4×3∴不存在某一時(shí)刻t，使射線QN恰好將△ABC的面和周長同時(shí)平分．（）當(dāng)MP=MC時(shí)如圖1）則有：NP=NC即PC=2NC∴4-t=2（1+t）解得：②當(dāng)CM=CP時(shí)（如圖2）則有：（1+t）解得：③當(dāng)PM=PC時(shí)（如圖3）則有：在eq\o\ac(△,Rt)MNP中，PM2=MN2+PN2而MN=NC=（）PN=NC-PC=（1+t）（4-t）=2t-3學(xué)佳育數(shù)教組

∴（1+t）（2t-3）2=（4-t2解得：，t2=-1（舍去）∴當(dāng)t=，t=

，t=

時(shí)，△為等腰三角形點(diǎn)評：此題繁雜，難度中等，考查平行四邊形性質(zhì)及等腰三角形性質(zhì)．考查學(xué)生分類討論和數(shù)形結(jié)合數(shù)學(xué)思想方法．4、直線y=-34x+6與標(biāo)軸分交于、B點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)、Q時(shí)從點(diǎn)發(fā)，同時(shí)到達(dá)A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)停止．點(diǎn)沿線段OA運(yùn)，速度為每秒1個(gè)位長度，點(diǎn)P路線OB運(yùn)．（）接寫出A、兩點(diǎn)坐標(biāo)；（）點(diǎn)Q的動(dòng)時(shí)間為t（OPQ的積為S，求出S與t之的函數(shù)關(guān)系式；（）S=485時(shí)，求出點(diǎn)P的標(biāo)，并直接寫出以點(diǎn)、P為點(diǎn)的平行四邊形的第四個(gè)頂點(diǎn)M的坐．分析：（）別令，x=0，可求出AB的坐；（為OA=8，OB=6，用股定理可得，而可求出點(diǎn)Q由O到A的間是8秒點(diǎn)P速度是2，從而可求出，當(dāng)P在段OB上動(dòng)（或0≤t）時(shí)OQ=tOP=2tS=t2當(dāng)P在線BA上動(dòng)或3＜t≤8時(shí)OQ=t，AP=6+10-2t=16-2t，作PD⊥OA于，由相似三角形的性質(zhì)，得PD=48-6t5，利用S=12OQ×PD，即可求出答案；（）S=485，出t的，而求出OD、PD，即可求出的坐標(biāo)，利用平行四邊形的對邊平且相等，結(jié)合簡單的計(jì)算即可寫出M的標(biāo)．解答：解）y=0，x=0，得A（，）（，（）∵OA=8，，AB=10．∵點(diǎn)Q由O到A的間是（秒∴點(diǎn)P的度是6+108=2（位度秒當(dāng)P在線段OB上動(dòng)（或O≤3時(shí)，OQ=t，OP=2t，S=t2．當(dāng)P在線段BA上動(dòng)（或3≤8時(shí)，OQ=t，，如圖，做PD⊥于點(diǎn)D，由PDBO=APAB，得PD=48-6t5∴S=-35t2+245t．（）S=485時(shí)，∵＞12×3×6∴點(diǎn)在AB上當(dāng)S=485時(shí)，-35t2+245t=485∴t=4∴PD=48-245，AD=16-2×4=8學(xué)佳育數(shù)教組

AD=82-(245)2=325∴OD=8-325=85∴（85，245）M1（，245（125，245（125，245）點(diǎn)評：本題主要考查梯形的性質(zhì)及勾股定理．在解題2時(shí)，應(yīng)注意分情況進(jìn)行討論，防止在解題過程出現(xiàn)漏解現(xiàn)象．5.已知：如圖，在直角梯形

OAB

中，

OC∥

，以

O

為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，

，，

三點(diǎn)的坐標(biāo)分別為

B，CD為線段BC的點(diǎn)P從點(diǎn)O出秒個(gè)單的速度線

OABD的路線移動(dòng)，移動(dòng)的時(shí)間為秒．（）直線BC解析式；（）動(dòng)點(diǎn)

P

在線段

OA

上移動(dòng)，當(dāng)

t

為何值時(shí)，四邊形

O

的面積是梯形

COAB

面積的

27

？（）點(diǎn)

P

從點(diǎn)

O

出發(fā)，沿折線

OABD

的路線移動(dòng)過程中，設(shè)

△

的面積為

，請直接寫出

與

t

的函數(shù)關(guān)系式，并指出自變量yC

t

的取值范圍；BDOP

A

x6.如圖，已知中AB厘米，BC厘，點(diǎn)D為的點(diǎn)．（）果點(diǎn)在段上以3厘米/秒的速度由B點(diǎn)點(diǎn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)Q在段CA上C向點(diǎn)動(dòng)．①若點(diǎn)Q的運(yùn)速度與點(diǎn)P的運(yùn)速度相等，經(jīng)過秒，與△CQP否全等，請說明理由；②若點(diǎn)Q的運(yùn)速度與點(diǎn)P的運(yùn)速度不相等，當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為多少時(shí)，能夠使△BPD與△CQP全？（點(diǎn)Q以中運(yùn)動(dòng)速度從點(diǎn)C出以來的運(yùn)動(dòng)速度從點(diǎn)B同出發(fā)逆針沿ABC三運(yùn)動(dòng)，求經(jīng)過多長時(shí)間點(diǎn)P與點(diǎn)Q第一在的哪條邊上相遇？ADQB

P

C學(xué)佳育中學(xué)研

四形的點(diǎn)題后業(yè)1.如，已知與BC相于E1＝∠＝3，BDCD，ADB＝90°，⊥于H，交AD于F.（）證CD∥；（）證：△BDE≌△ACE；（）O為AB中，求證：OF＝

12

BE.2、如圖1――2l，在邊長為a的形ABCD中，DAB60°是于AD兩點(diǎn)的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)是CD上動(dòng)點(diǎn)，滿足AE＋CF=a，說明：不論E、F怎移動(dòng)，三角形BEF總是三角形．3、在平行四邊形中，EBC中點(diǎn)，連接并長交DC的長線于點(diǎn)F．(1)求證：

；(2)當(dāng)

與

AF

滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，四邊形

是矩形，并說明理由．DACB

EF4、如圖l－－，知正方形ABCD的對線、BD交于點(diǎn)O，E是AC上點(diǎn)，過點(diǎn)A作AGEB，垂足為，AG交BD于F，則OE=OF．（）證明0E=OF（）答（1）題后，某同學(xué)產(chǎn)了如下猜測：對上述命題，若點(diǎn)在AC的長線上AG⊥，AG交EB的延線于G，AG的長線交DB的延線于點(diǎn)F其他條件不變，則仍有OE=OF．：猜測所得結(jié)論是否成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由．學(xué)佳育中學(xué)研

5、圖，在梯形ABCD中AD∥BCAD，，B45從點(diǎn)出發(fā)線段

以每秒2個(gè)位長度的速度向點(diǎn)

運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)

同時(shí)從

點(diǎn)出發(fā)沿線段

以每秒1個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)D運(yùn)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（）的．（）∥時(shí)求的．（）探究：

t

為何值時(shí)，

△MNC

為等腰三角形．DNB

M

C6.如所示，有四個(gè)動(dòng)點(diǎn)PQEF別從正方形ABCD四個(gè)頂點(diǎn)出發(fā)，沿著ABBCCD、DA以樣的速度向B、C、、各移動(dòng)。（）判斷四邊形PQEF是方并證明。（）是否過某一定點(diǎn)，并明理由