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5?t3? t525解得t? ···························· 8分
8∴
解法二：
∵∠C?∠C，?DHC??NEC?90? ∴△NEC∽△DHC
NCEC ?DCHCt5?t即? 5325∴t? ····························· 8分
811③当MN?MC时，如图⑤，过M作MF?CN于F点.FC?NC?t
22∴
解法一：（方法同②中解法一）
1tFC32cosC??? MC10?2t560解得t?
17解法二：
∵∠C?∠C，?MFC??DHC?90? ∴△MFC∽△DHC ∴
B
A
D
N F
H M
C
（图⑤）
FCMC ?HCDC1t10?2t即2?
3560∴t?
17256010综上所述，当t?、t?或t?时，△MNC为等腰三角形 ···· 9分
8173
10.解：（1）正确． ··············· （1分） 证明：在AB上取一点M，使AM?EC，连接ME． （2分）
D A
?BM?BE．??BME?45°，??AME?135°．
F M CF是外角平分线，
??DCF?45°，
B E C G ??ECF?135°．
??AME??ECF．
?AEB??BAE?90°，?AEB??CEF?90°， ??BAE??CEF．
． ······················ （5分） ?△AME≌△BCF（ASA）
?AE?EF． ···························· （6分）
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（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） N F ． ?BN?BED A
??N??PCE?45°． 四边形ABCD是正方形， ?AD∥BE．
B C E G ??DAE??BEA．
??NAE??CEF．
． ······················ （10分） ?△ANE≌△ECF（ASA）
?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. ?点C的坐标为??3??0，2??. ··························（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，
在Rt△B?OC中，由勾股定理，得B?C2?OC2?OB?2.
??4?y?2?y2?x2，
即y??18x2?2 ······························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.
······················文案大全
分
分 分 4 6 7实用文档
（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.
OB??OC，得OC?2OB??. ····················· 9分 ?OAOB在Rt△B??OC中，
有
设OB???x0?x?0?，则OC?2x0. 由（Ⅱ）的结论，得2x0??12x0?2， 8解得x0??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．
F M A D
B
N 图（1-1）
C E
?? 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．CD2222 在Rt△CNE中，NE?CN?CE．
55，即BN?． ············ 44 在Rt△ABM和在Rt△DEM中，
AM2?AB2?BM2， DM2?DE2?EM2，
?AM2?AB2?DM2?DE2． ···················
2222 设AM?y，则DM?2?y，∴y?2??2?y??1．
11 解得y?，即AM?． ······················
44AM1?． ∴ ··························· BN5 ∴x??2?x??1．解得x?2223分
5分
6分 7分
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5 ···················· 3分 ．4 如图（1－2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE．
方法二：同方法一，BN?
F
G M A D
E
B C N
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?． ∵MN?BE， ??EBC??BNM?90°． NG?BC，??MNG??BNM?90°，??EBC??MNG． 在△BCE与△NGM中
54NG??EBC??M，?，G ?BC?N∴△BCE≌△NGM，EC?MG． ······· ５分
??C??NGM9?0°．?∵AM?AG?MG，AM=∴
类比归纳
51 ················ 6分 ?1?．44AM1 ·························· 7分 ?．BN52?n?1? 249（或）；； 2····················· 10分 51017n?1联系拓广
n2m2?2n?1 ···························· 12分
n2m2?1
解1：依题意,得AQ=t,BP=2t,QD=16-t。过点Q作QF⊥BP,又 ∵AQ‖BF, ∴∠ABP=90° ∴四边形AQFB是矩形
∴AQ=BF=t ∵BP=2t ∴FP=t, ∴在Rt△QFP中,QP=√(122+t2)
又∵QD=QP=PD ∴√(122+t2)=16-t ∴122+t2=162-2*16*t+t2
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∴解得:t=7/2不知道对不对,错了别怪我。
解2：如图所示，
:这P作PE垂直AD于E,垂足为E点,则ABPE为矩形.PE=AB=12;AE=BP (1).s=1/2×AB×DQ=1/2×12×(AD-AQ)=6×(16-t)=96-6t;
(2).当 BC-2t=21-2t=PC=DQ=AD-t=16-t,即t=5时,四边形PCDQO为平形四边形.
(3).①QE=AE-AQ=BP-AQ=2t-t=t,而ED=AD-AE=16-BP=16-2t;当QE=ED时,PE为QD的垂直平分线时,PQ=PD,而此时t=16-2t; t=16/3;所以当t=16/3时,PD=PQ;
.②在Rt△PEQ中,PE=AB=12; EQ=AE-AQ=PB-AQ=2t-t=t; PQ2=QE2+PE2=t2+122;
QD2=(AD-AQ)2=(16-t)2; 所以当t2+122=(16-t)2,即:t=3.5时,DQ=PQ;
解：因为∠C=90°，∠CBA=30°，BC=20√3 所以可求出AB＝40
如图，圆心从A向B的方向运动时，共有三个位置能使此圆与直线AC或直线BC相切
当圆心在O1点时，设切点为P
显然PO1＝6，∠APO1＝90°，∠AO1P＝30° 所以AO1＝4√3
因为圆O以2个单位长度/秒的速度向右运动
所以当t1＝4√3/2＝2√3（秒）时，圆O与直线AC相切 当圆心在O2点时，设切点为Q
显然QO2＝6，∠BQO2＝90°，∠QBO2＝30° 所以BO2＝12，AO2＝40－12＝28
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因为圆O以2个单位长度/秒的速度向右运动 所以当t2＝28/2＝14（秒）时，圆O与直线BC相切 当圆心在O3点时，设切点为R
显然RO3＝6，∠BRO3＝90°，∠RBO3＝30°
所以BO3＝12，AO3＝40＋12＝52
因为圆O以2个单位长度/秒的速度向右运动 所以当t3＝52/2＝26（秒）时，圆O与直线BC相切
综上所述，当圆O运动2√3秒、14秒、26秒时与△ABC的一边所在的直线相切.
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初中数学几何地动点问题专题练习-附问题详解版
