即S??25t2?65t．
（3）能．
①当DE∥QB时，如图4．
∵DE⊥PQ，∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形． 此时∠AQP=90°．
由△APQ ∽△ABC，得AQ?APACAB，
B 即t3?3?t5． 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 EAB?AC， A P
C 图5
即t5?3?t3． 解得t?158
． B
（4）t?5452或t?14． 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)]24D 5?[4?5(5?t)]2．
A PC(E) 图6 由PC2?QC2，得t2B ?[35(5?t)]2?[4?455(5?t)]2，解得t?2．
②点P由A向C运动，DE经过点C，如图7．
Q G (6?t)2?[3(5?t)]2?[4?4(5?t)]255，t?4514】
D C(6.解（1）①30，1；②60，； ……………………A PE)
图7 4分 （2）当∠α=900时，四边形EDBC是菱形.
∵∠α=∠ACB=900，∴BC ∵CE ……………………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，
∴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?ABgsin45??42．22?4 BK?ABgcos45??42g22?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 H C B C
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 ∴CNCD?CMCG ·······················5分 即t5?10?2t7 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 D
A 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?t3t?5
解得t?258 ························ 8分
解法二：
∵∠C?∠C，?DHC??NEC?90? ∴△NEC∽△DHC ∴NCECDC?HC 即t5?5?t3 ∴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?FCt3A D MC?210?2t?5
解得t?60N 17
F 解法二：
B ∵∠C?∠C，?MFC??DHC?90? H M
C ∴△MFC∽△DHC （图⑤） ∴FCMCHC?DC 1t即210?2t3?5 ∴t?6017
综上所述，当t?10253、t?8或t?6017时，△MNC为等腰三角形 ·· 9分
8.解（1）如图1，过点E作EG?BC于点G． ··· 1分
∵E为AB的中点，
∴BE?1A D
2AB?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 H
∴MH?PMgcos30??32．
B
G M
C
则NH?MN?MH?4?352?2．
图2
22在Rt△PNH中，PN?NH2?PH2???5??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
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?PMgtan30??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．
∴
APAMMPtAMMPAB?AF?BF． ?10?6?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)?5?4710t?32510t2（0≤t≤10）
············ 5分 说明:未注明自变量的取值范围不扣分．
47 ∵a??310<0 ∴当t??10473?6时， △OPQ的面积最大． ····· 6分
2?(?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 QCF是外角平分线，
M F ??DCF?45°，
??ECF?135°．
B E C G ??AME??ECF．
Q?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?45A D °．
Q四边形ABCD是正方形， ?AD∥BE．
B C E G
??DAE??BEA． ??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. ?点C的坐标为???0，3?2??. ·······················4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，
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 ··························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.
? Q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Q?CBD??CB??D，??OCB????CBD，有CB??∥BA. ?Rt△COB??∽Rt△BOA. 有OB??OA?OCOB，得OC?2OB??. ··················9分 在Rt△B??OC中，
设OB???x0?x?0?，则OC?2x0.
由（Ⅱ）的结论，得2x120??8x0?2，
解得x0??8?45．Qx0?0，?x0??8?45. ?点C的坐标为0，85?16. ················· 10分
?? ∵MN?BE， ??EBC??BNM?90°． QNG?BC， ??MNG??BNM?90°，??EBC??MNG． 在△BCE与△NGM中
??EBC??MNG，? ?BC?NG，∴△BCE≌△NGM，EC?MG． ······ ５分
??C??NGM?90°．?
12解：方法一：如图（1-1），连接BM，EM，BE．
F M
A
D
E
51∵AM?AG?MG，AM=?1?． ·············· 6分
44AM1∴ ······················· 7分 ?．BN5
B N
C
图（1-1） 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． ∵CECD?12，?CE?DE?1．设BN?x，则NE?x，NC?2?x． 在Rt△CNE中，NE2?CN2?CE2．
∴x2??2?x?2?12．解得x?54，即BN?54． ·········· 3分 在Rt△ABM和在Rt△DEM中，
AM2?AB2?BM2， DM2?DE2?EM2，
?AM2?AB2?DM2?DE2． ················· 5分
设AM?y，则DM?2?y，∴y2?22??2?y?2?12．
解得y?14，即AM?14． ·················· 6分
∴AMBN?15． ······················· 7分 方法二：同方法一，BN?54． ················ 3分
如图（1－2），过点N做NG∥CD，交AD于点G，连接BE．
F
A M 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．
类比归纳
245（或10）；联系拓广
n2m2?2n?1n2m2?1
9217； ?n?1?n2?1 ··················10分 ························12分
初三数学几何的动点问题专题练习及答案
