2020年秋蘇教版數(shù)學(xué)八年級上期中復(fù)習(xí)復(fù)習(xí)專題一：動點問題【答案】

…………….第第6頁共14頁初二數(shù)學(xué)期中復(fù)習(xí)專題一：動點問題1、運動中構(gòu)造全等1.（13中）已知正方形ABCD中，AB=BC=CD=DA=16，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，動點P以每秒一個單位速度從點B出發(fā)沿射線BC方向運動，設(shè)點P的運動時間為t,連接PA.Q4AADtQ及正方形的某兩個頂點組成的三角形和△PAB全等；2，在（1）QDDCCQ到達CtQ全等.2458）D10cmE在B邊上，E6cm．PBC4cm/BCQCDacm/秒CDt秒，①P長 cm用含t代式示；②若以E、B、P為頂點的三角形和以P、C、Q為頂點的三角形全等，求a的值．Q以②CPB同時出發(fā)，都逆時針沿正ABCDPQ會不會相遇？若不相遇，請說明理由．若相遇，求出經(jīng)過多長時PQABCD的何處相遇？367B4cmCBDBC＝D＝3cmP在線段B上以1c/sABQ在線段D上由點BDts．QPt＝1與△BPQPCPQ的位置關(guān)系；2（1CBD⊥BB∠DA＝60Qxcm/sx，使得△ACP與△BPQx、t的值；若不存在，請說明理由．4.（一中）（8分）如圖，已知△ABCABAC12BC9BCDAB的中點.PBC3厘米/BCQCACA點運動.①若點Q的運動速度與點P的運動速度相等，1秒鐘時，△BPD與△CQP是否全等，請說明；②點Q的運動速度與點P的運動速度不相等，當點Q的運動速度為多少時，能夠使△BPD≌△CPQ？QCPBABC的三PQ第一次在△ABC的哪條邊上相遇？5.（鐘英）如圖，CA⊥AB，垂足為點A，AB=8，AC=4，射線BM⊥AB，一動點E從A點出發(fā)以2/秒的速度沿射線AN運動，點D為射線BM上一動點，隨著E點運動而運動，且始終保持ED=CB，當點E運動 秒時，△DEB與△BCA全等.6.67南華第一如，B＝1，AB于，D⊥B于B，且C＝mP點從B向A運，每分鐘走1m，Q點從B向D運動，每分鐘走2m，P、Q兩點同時出發(fā)，運動 分鐘后△CAP與△PQB全等．7.67南29中期中（2分CDB＝4D6C到點EE連接動點P從點B出發(fā)以每秒2個單位的速度沿BC﹣CD﹣DA向終點A運動設(shè)點P的運動時間為t秒，當t的值為 秒時，△ABP和△DCE全等．8.（45南攝山月考（3分）如圖，△C中，∠B＝90，C＝6cm，C＝8cm．點P從A點出發(fā)沿A→C→B路徑向終點運動終點為B點點Q從B點出發(fā)沿B→C→A路徑向終點運動終點為A點點P和Q分別以每秒1cm和3cm的運動速度同時開始運動，兩點都要到相應(yīng)的終點時才能停止運動，在某時刻，分別過P和Q作PE⊥l于E，QF⊥l于F．設(shè)運動時間為t秒，則當t＝ 秒時，△PEC與△QFC全等．2、運動中產(chǎn)生等腰三角形9.789分CDBDD＝90D3B4D＝8，PCD上的一動點，若△ABPDP的長．10.（78CBC＝2B40D在線段C（D不與、C重合，連接D，作∠DE40°，DE交線段C于．當∠BDA＝115°時點D從B向C運動時逐漸變 （“大或??；DC等于多少時，△ABD≌△DCE，請說明理由；D的運動過程中，△ADE的形狀也在改變，判斷當∠BDA等于多少度時，△ADE是等腰三角形．11.（求真）（12分）如圖，在△ABCACB90AB10cmBC6cmPA出發(fā)，1cmA——C——B——At秒（t0）PACPAPBt的值；P在BACt的值；Pt為何值時，△BCP為等腰三角形.（直接寫出結(jié)果）MAC上一動點，NABM、NBMMN的值最??？如果有請求出最小值，如果沒有請說明理由.答案1、運動中構(gòu)造全等1.（1）QDA此時△APB≌△CQD，∴BP＝DQ，即t164t，解得t16；5（2）當Q在CD上時，有兩種情況如圖1，當Q在上邊，則△QAD≌△PAB，∴BP＝QD，即4t16t，解得t16；3Q在下邊2，則△APB≌△BQC，BP＝CQ，即324tt，解得t32；52.【分析】（1）①根據(jù)正方形邊長為10cm和點P在線段BC上的速度為4cm/秒即可求出CP的長；②分△BPE≌△CPQ和△BPE≌△CQP兩種情況進行解答；（2）根據(jù)題意列出方程，解方程即可得到答案．（1①CC﹣P104；②當△BPE≌△CPQ時，BP＝PC，BE＝CQ，4t＝10﹣4t，at＝6，a＝4.8；當△BPE≌△CQP時，BP＝CQ，BE＝PC，4t＝at，10﹣4t＝6，a＝4；（2）當a＝4.8時，由題意得，4.8t﹣4t＝30，解得t＝37.5，∴點P共運動了37.5×4＝150cm，∴點P與點Q在點A相遇，當a＝4時，點P與點Q的速度相等，∴點P與點Q不會相遇．∴經(jīng)過37.5秒點P與點Q第一次在點A相遇．3.【分析】（1）利用SAS證得△ACP≌△BPQ，得出∠ACP＝∠BPQ，進一步得出∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°得出結(jié)論即可；（2）由△ACP≌△BPQ，分兩種情況：①AC＝BP，AP＝BQ，②AC＝BQ，AP＝BP，建立方程組求得答案即可．（1當t1時，PQ1PC3，又∵∠A＝∠B＝90°，在△ACP和△BPQ中，△P△Q（SS．∴∠ACP＝∠BPQ，∴∠APC+∠BPQ＝∠APC+∠ACP＝90°．∴∠CPQ＝90°，即線段PC與線段PQ垂直．①若△ACP≌△BPQ，AC＝BP，AP＝BQ，，解得；②若△ACP≌△BQP，則AC＝BQ，AP＝BP，，解得；綜上所述，存在或使得△ACP與△BPQ全等．4.（1）①全等，若VpVq，則BPCQ1s時，BPCQ3∵BC9∴CP936∵D為AB中點，AB=12∴BD1AB2∴BDCP∴BPDCQPSAS②4cm/s，當BPCQ時，設(shè)時間為t要使BPDCPQ，只要BPCP，BDCQ即可3t9t3∴26vt ∴2v4∴Q4cm/s（2）24s，第一次在BC邊上相遇5. 2s6s8sx分鐘后△CAP與△PQBBP＝xm，BQ＝2xmAP＝（12﹣x）m，分兩種情況：①BP＝ACx＝4AP＝BQ，△CAP≌△PBQ；②BP＝AP12﹣x＝x，得出x＝6，BQ＝12≠AC，即可得出結(jié)果．【解答】解：∵CA⊥AB于A，DB⊥AB于B，∴∠A＝∠B＝90°，設(shè)運動x分鐘后△CAP與△PQB全等；BP＝xm，BQ＝2xmAP＝（12﹣x）m，分兩種情況：①若BP＝AC，則x＝4，AP＝12﹣4＝8，BQ＝8，AP＝BQ，∴△CAP≌△PBQ；②若BP＝AP，則12﹣x＝x，解得：x＝6，BQ＝12≠AC，此時△CAP與△PQB不全等；綜上所述：運動4分鐘后△CAP與△PQB全等；故答案為：4．7.【分析】BP＝2tPBCBP＝CEPDAAD＝CE，分別可得到關(guān)于t的方程，可求得t的值．【解答】解：PtBP＝2t，PBC上時，∵四邊形ABCD為長方形，∴AB＝CD，∠B＝∠DCE＝90°，此時有△ABP≌△DCE，∴BP＝CE2t＝2t＝1；PAD上時，∵AB＝4，AD＝6，∴BC＝6，CD＝4，∴AP＝BC+CD+DA＝6+4+6＝16，∴AP＝16﹣2t，此時有△ABP≌△CDE，∴AP＝CE，即16﹣2t＝2，解得t＝7；t17秒時，△ABP和△CDE全等．故答案為：17．第第14頁共14頁8.【分析】CP＝CQt的方程，求出即可．【解答】解：分為三種情況：①如圖1，P在AC上，Q在BC上，∵PE⊥l，QF⊥l，∴∠PEC＝∠QFC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠EPC+∠PCE＝90°，∠PCE+∠QCF＝90°，∴∠EPC＝∠QCF，則△PCE≌△CQF，∴PC＝CQ，即6﹣t＝8﹣3t，t＝1；②如圖2，P在BC上，Q在AC上，∵由①知：PC＝CQ，∴t﹣6＝3t﹣8，t＝1；t﹣6＜0，即此種情況不符合題意；③當P、Q都在AC上時，如圖3，CP＝6﹣t＝3t﹣8，t＝；④當Q到A點停止，P在BC上時，AC＝PC，t﹣6＝6時，解得t＝12．P和Q都在BC上的情況不存在，∵P的速度是每秒1cm，Q的速度是每秒3cm；故答案為：故答案為：1或或12．9.【分析】分AB＝AP、BP＝AP、BA＝BP三種情況，根據(jù)勾股定理計算．【解答】解：①AB＝AP時，DP＝；②BP＝AP時，DP＝AB＝×4＝2；③BA＝BPBBH⊥CDH，BH＝AD＝3，由勾股定理得，F(xiàn)P＝＝，DP＝4﹣，或者DP′＝4+．綜上所述，DP的值為，2，4﹣，或4+．10.（1∠D18°∠D∠DA＝18°40﹣°25DBC運動時，∠BDA逐漸變?。还蚀鸢笧椋?5°；小．（2）∵∠EDC+∠EDA+∠ADB＝180°，∠DAB+∠B+∠ADB＝180°，∠B＝∠EDA＝40°，∴∠EDC＝∠DAB．∵∠B＝∠C，∴△ABD≌△DCE．∴當DC＝AB＝2時，△ABD≌△DCE．∵AB＝AC，∴∠B＝∠C＝40°，①當AD＝AE時，∠ADE＝∠AED＝40°，∵∠AED＞∠C，∴此時不符合；②DA＝DE時，即∠DAE＝∠DEA＝（180°﹣40°）＝70°，∵∠BAC＝180°﹣40°﹣40°＝100°，∴∠BAD＝100°﹣70°＝30°；∴∠BDA＝180°﹣30°﹣40°＝110°；③當EA＝ED時，∠ADE＝∠DAE＝40°，∴∠BAD＝100°﹣40°＝60°，∴∠BDA＝180°﹣60°﹣40°＝80°；∴當∠ADB＝110°或80°時，△ADE是等腰三角形．11.（1∵△C中，∠B＝9°，＝1cm，C6cm，10262∴由勾股定理得AC＝10262如右圖，連接BP，時，PA＝PB＝t，PC＝8-t，Rt△PCB中，PC2+CB2＝PB2，（2）323

即（8-t）2+62＝t2，解得：t＝25，4∴t＝254解：如圖1，過P作PE⊥AB，又∵點P在∠BAC的角平分線上，且∠C＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，∴CP＝EP，△P△P（H，∴AC＝8cm＝AE，BE＝2，設(shè)CP＝x，則BP＝6-x，PE＝x，∴Rt△BEP中，BE2+PE2＝BP2，即22+x2＝（6-x）2x＝8，3∴CP＝8，3∴CA+CP＝8+83

＝8，3＝212s；3 3（3）2s或20s或21.2s或19s①2CP＝CB時，△BCP為等腰三角形，PCAt＝8-6，t2s；②如圖3，當BP＝BC＝6時，△BCP為等腰三角形，∴AC+CB+BP＝8+6+6＝20，＝2÷1＝2（s；③4PAB上，CP＝CB＝6CD⊥ABDCD＝4.8，Rt△BCD中，由勾股定理得，BD＝3.6，∴PB＝2BD＝7.2，∴CA+CB+BP＝8+6+7.2＝21.2，t21.÷1＝212s；④如圖5，當PC＝PB時，△BCP為等腰三角形，作PD⊥BC于D，則D為BC的中點