5.解：（1）1，85；
（2）作QF⊥AC于点F，如图3， AQ = CP= t，∴AP?3?t． 由△AQF∽△ABC，BC?52?32?4，
得QF4?t5．∴QF?45t．
∴S?12(3?t)?45t，
B 即S??2t25?65t．
（3）能．
E ①当DE∥QB时，如图4．
Q ∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． D 此时∠AQP=90°． A P C 图4
由△APQ ∽△ABC，得AQAPAC?AB， B 即t3?t3?5． 解得t?98． ②如图5，当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．
此时∠APQ =90°． Q 由△AQP ∽△ABC，得 AQAPD E AB?AC， A P C t3?图5
即5?t3． 解得t?15
8
． B
（4）t?5或t?45214． ①点P由C向A运动，DE经过点C． Q G 连接QC，作QG⊥BC于点G，如图6．
PC?t，QC2?QG2?CG2?[3(5?t)]2?[4?4(5?t)]2．
D 55A P C(E) 图6 由PC2?QC2，得t2B ?[35(5?t)]2?[4?45(5?t)]2，解得t?52．
②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．
Q G (6?t)2?[35(5?t)]2?[4?45(5?t)]2，t?4514】
D C6.解（1）①30，1；②60，1.5； ……………………A P (E) 图7 4分 （2）当∠α=900时，四边形EDBC是菱形. ∵∠α=∠ACB=900，∴BC//ED.
∵CE//AB, ∴四边形EDBC是平行四边形. ……………………6分 在Rt△ABC中，∠ACB=900，∠B=600,BC=2,
∴∠A=300.
∴AB=4,AC=23. ∴AO=
12AC=3 . ……………………8分 在Rt△AOD中，∠A=300，∴AD=2. ∴BD=2. ∴BD=BC.
又∵四边形EDBC是平行四边形，
EDBC是菱形 ……………………10分
7.解：（1）如图①，过A、D分别作AK?BC于K，DH?BC于H，则四边形ADHK是矩形∴KH?AD?3． ·······················1分
在Rt△ABK中，AK?ABsin45??42．22?4
BK?ABcos45??4222?4 ················2分 在Rt△CDH中，由勾股定理得，HC?52?42?3
∴BC?BK?KH?HC?4?3?3?10 ··············3分 A D A D
N
B K C B C
H G M
（图①） （图②） （2）如图②，过D作DG∥AB交BC于G点，则四边形ADGB是平行四边形 ∵MN∥AB ∴MN∥DG ∴BG?AD?3
∴GC?10?3?7 ·····················4分 由题意知，当M、N运动到t秒时，CN?t，CM?10?2t． ∵DG∥MN
∴∠NMC?∠DGC 又∠C?∠C
∴△MNC∽△GDC ∴CNCMCD?CG ·······················5分 即t10?2t5?7 ∴四边形
解得，t?5017 ······················· 6分 （3）分三种情况讨论：
①当NC?MC时，如图③，即t?10?2t
∴t?103 ························· 7分
A A D
D
N
N B M C B M H E C
（图③） （图④） ②当MN?NC时，如图④，过N作NE?MC于E 解法一：
由等腰三角形三线合一性质得EC?12MC?12?10?2t??5?t
在Rt△CEN中，cosc?EC5?tNC?t 又在Rt△DHC中，cosc?CHCD?35
∴5?tt?35
解得t?258 ························ 8分
解法二：
∵∠C?∠C，?DHC??NEC?90? ∴△NEC∽△DHC ∴NCECDC?HC 即t5?t5?3 ∴t?258 ························· 8分
③当MN?MC时，如图⑤，过M作MF?CN于F点.FC?112NC?2t
解法一：（方法同②中解法一）
1cosC?FC2t3A D MC?10?2t?5
解得t?6017
N F 解法二：
B C ∵∠C?∠C，?MFC??DHC?90? H M
∴△MFC∽△DHC （图⑤）
∴
FCMCHC?DC 1即2t10?2t3?5 ∴t?6017
综上所述，当t?1025603、t?8或t?17时，△MNC为等腰三角形 ··9分
解（1）如图1，过点E作EG?BC于点G． ··· 1分
∵E为AB的中点，
A D
∴BE?12AB?2．
在Rt△EBG中，∠B?60?，∴∠BEG?30?． ·· 2分
E F ∴BG?12BE?1，EG?22?12?3．
B G
C 即点E到BC的距离为3． ········· 3分
图1
（2）①当点N在线段AD上运动时，△PMN的形状不发生改变．
∵PM?EF，EG?EF，∴PM∥EG． ∵EF∥BC，∴EP?GM，PM?EG?3．
同理MN?AB?4． ·······················4分 如图2，过点P作PH?MN于H，∵MN∥AB， ∴∠NMC?∠B?60?，∠PMH?30?． A
N
D
∴PH?12PM?32． E P F ∴MH?PMcos30??3H 2．
B
G M C
则NH?MN?MH?4?32?52．
图2
2在Rt△PNH中，PN?NH2?PH2???5?2?3??2??????2???7． ?∴△PMN的周长=PM?PN?MN?3?7?4． ··········6分
②当点N在线段DC上运动时，△PMN的形状发生改变，但△MNC恒为等边三角形．当PM?PN时，如图3，作PR?MN于R，则MR?NR．
类似①，MR?32．
∴MN?2MR?3． ·······················7分 ∵△MNC是等边三角形，∴MC?MN?3．
此时，x?EP?GM?BC?BG?MC?6?1?3?2． ·········8分
8.
A D A D A D
N E P F
E P
F E F（P） R
N N B
G
M C
B
G
M C
B
G
M
C
图3
图4
图5
当MP?MN时，如图
4，这时MC?MN?MP?3．
此时，x?EP?GM?6?1?3?5?3．
当NP?NM时，如图5，∠NPM?∠PMN?30?．
则∠PMN?120?，又∠MNC?60?， ∴∠PNM?∠MNC?180?．
因此点P与F重合，△PMC为直角三角形． ∴MC?PMtan30??1． 此时，x?EP?GM?6?1?1?4．
综上所述，当x?2或4或?5?3?时，△PMN为等腰三角形． ·· 10分 9解：（1）Q（1，0） ······················· 1分 点P运动速度每秒钟1个单位长度． ················ 2分 （2） 过点B作BF⊥y轴于点F，BE⊥x轴于点E，则BF＝8，OF?BE?4． ∴AF?10?4?6．
y 在Rt△AFB中，AB?82?62?10 3分 D 过点C作CG⊥x轴于点G，与FB的延长线交于点H． C∵?ABC?90?,AB?BC ∴△ABF≌△BCH． AMP ∴BH?AF?6,CH?BF?8． FBH∴ONQOG?FH?8?6?14,CG?8?4?12．
EGx∴所求C点的坐标为（14，12）． 4分 （3） 过点P作PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N， 则△APM∽△ABF．
∴
APAB?AMAF?MPBF． ?t10?AMMP6?8． ∴AM?3t，PM?4t． ∴PN?OM?10?3t,ON?PM?45555t． 设△OPQ的面积为S（平方单位） ∴S?1?(10?3t)(1?t)?547325?10t?10t2（0≤t≤10）
············ 5分 说明:未注明自变量的取值范围不扣分．
47 ∵a??31010<0 ∴当t??2?(?3?476时， △OPQ的面积最大． ·····6分 10) 此时P的坐标为（
9415，5310） ． ··················7分 （4） 当 t?53或t?29513时， OP与PQ相等． ············9分
10.解：（1）正确． ··········· （1分）
证明：在AB上取一点M，使AM?EC，连接ME．（2分） ?BM?BE．??BME?45°，??AME?135°．
A D CF是外角平分线，
M F ??DCF?45°，
??ECF?135°．
B E C G ??AME??ECF．
?AEB??BAE?90°，?AEB??CEF?90°， ??BAE??CEF．
?△AME≌△BCF（ASA）
． ···················（5分） ?AE?EF． ·························（6分） （2）正确． ············· （7分） 证明：在BA的延长线上取一点N．
使AN?CE，连接NE． ········ （8分） ?BN?BE． N
F ??N??PCE?45D °．
A 四边形ABCD是正方形， ?AD∥BE．
??DAE??BEA． B C E G
??NAE??CEF．
?△ANE≌△ECF（ASA）
． ·················· （10分） ?AE?EF． （11分）
11.解（Ⅰ）如图①，折叠后点B与点A重合， 则△ACD≌△BCD.
设点C的坐标为?0，m??m?0?. 则BC?OB?OC?4?m. 于是AC?BC?4?m.
在Rt△AOC中，由勾股定理，得AC2?OC2?OA2， 即?4?m?2?m2?22，解得m?32.
?3??点C的坐标为?0，?. ······················ 4分
?2?
由题设，得四边形ABNM和四边形FENM关于直线MN对称． ∴MN垂直平分BE．∴BM?EM，BN?EN． ········ 1分
∵四边形ABCD是正方形，∴?A??D??C?90°,AB?BC?CD?DA?2．
CE1 ∵设BN?x，则NE?x， ?，?CE?DE?1．NC?2?x．CD2 在Rt△CNE中，NE2?CN2?CE2．
55，即BN?． ·········· 3分 （Ⅱ）如图②，折叠后点B落在OA边上的点为B?, 则△B?CD≌△BCD. 由题设OB??x，OC?y， 则B?C?BC?OB?OC?4?y，
222 ∴x2??2?x??12．解得x?2在Rt△B?OC中，由勾股定理，得B?C?OC?OB?.
?2 ??4?y?y2?x2，
即y??18x2?2 ·························· 6分
由点B?在边OA上，有0≤x≤2，
? 解析式y??18x2?2?0≤x≤2?为所求.
?
当0≤x≤2时，y随x的增大而减小，
?y的取值范围为32≤y≤2. ··················
7分 （Ⅲ）如图③，折叠后点B落在OA边上的点为B??，且B??D∥OB. 则?OCB????CB??D. 又?CBD??CB??D，??OCB????CBD，有CB??∥BA. ?Rt△COB??∽Rt△BOA. 有OB??OC
OA?OB，得OC?2OB??. ·················· 9分
在Rt△B??OC中，
设OB???x 0?x?0?，则OC?2x0.
由（Ⅱ）的结论，得2x12
0??8x0?2，
解得x 0??8?45．x0?0，?x0??8?45. ?点C的坐标为?0，85?16?. ················· 10分
12解：方法一：如图（1-1），连接BM，EM，BE．
A
M F D
E
B
N
C
图（1-1）
44在Rt△ABM和在Rt△DEM中，
AM2?AB2?BM2， DM2?DE2?EM2，
AM2?AB2?DM2?DE2． ·················设AM?y，则DM?2?y，∴y2?22??2?y?2?12．
解得y?14，即AM?14． ··················∴AM1BN?5． ·······················方法二：同方法一，BN?54． ················如图（1－2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE．
A M F G D
E B N C 图（1-2）
∵AD∥BC，∴四边形GDCN是平行四边形．
∴NG?CD?BC．
同理，四边形ABNG也是平行四边形．∴AG?BN?54．
∵MN?BE，??EBC??BNM?90°． NG?BC，??MNG??BNM?90°，??EBC??MNG． 在△BCE与△NGM中
???EBC??M，NG?BC?N，G∴△BCE≌△NGM，EC?MG． ······???C??NGM9?0°．∵AM?AG?MG，AM=514?1?4． ··············分
分
分 分
分
? 5 6 7 3 ５分 6
∴
类比归纳
AM1 ······················ 7分 ?．BN52?n?1? ················· 10分 249（或）；； 251017n?1联系拓广
n2m2?2n?1 ························ 12分 22nm?1
初三数学几何的动点问题专题练习及答案 - 图文
