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2023年中考数学高频考点--三角形动点问题
1．如图（1）在△ABC中，∠C=90°，AB=25cm，BC=15cm，若动点P从点C开始沿着C→B→A→C的路径运动，且速度为每秒5cm，设点P运动的时间为t秒．
（1）点P运动2秒后，求△ABP的面积；
（2）如图（2），当t为何值时，BP平分∠ABC；
（3）当△BCP为等腰三角形时，直接写出所有满足条件t的值．
2．如图， 中， ， ， ，动点P从点B出发以 的速度向点C移动，同时动点Q从点C出发以 的速度向点A移动，设它们的运动时间为 .
（1）t为何值时， 的面积等于 面积的 ；
（2）运动几秒时， 与 相似
（3）在运动过程中， 的长度能否为 试说明理由
3．如图，AE与BD交于点C，AC=EC，BC=DC，AB=6cm，点P从A出发，沿A→B→A的方向以3cm/s的速度运动；点Q从D出发，沿D→E的方向以1cm/s的速度运动．点P，Q同时出发，当点P到达A时，P，Q两点同时停止运动．设点P的运动时间为t（s）．
（1）直接写出线段BP的长；（用含t的式子表示）
（2）连接PQ，当线段PQ经过点C时，求t的值．
4．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=6cm，BC=8cm，点P从点A出发沿边AC向点C以1cm/s的速度移动，点Q从点C出发沿边CB向点B以2cm/s的速度移动.
（1）如果点P、Q同时出发，几秒后，可使△PCQ的面积为8cm2？
（2）点P、Q在移动过程中，是否存在某一时刻，使得四边形APQB的面积等于△ABC的面积的 ？若存在，求出运动的时间；若不存在，说明理由.
5．如图，为等边三角形，四边形BCDE为正方形，，点M以每秒1个单位的速度从点A沿AC向点C运动，同时点N以同样的速度从点D沿DE向点E运动，当点M达到点C时，M，N同时停止运动，设点M的运动时间为t．
（1）当时，求的度数；
（2）若，求线段MN的长；
（3）当点M，N在运动时，求MN的最小值．
6．在平面直角坐标系中，O为原点，点 ，点C在y轴的正半轴上， ．
（1）如图①，求点C的坐标；
（2）将 沿x轴向右平移得 ，点A，O，C的对应点分别为 ．设 与 重叠部分的面积为S．
①如图②，当 与 重叠部分为四边形时， 分别与 相交于点D，E，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当S取得最大值时，求t的值（直按写出结果即可）．
7．如图，在 中， ，点 在 上运动，点 在 上， 始终保持与 相等， 的垂直平分线交 于点 ，交 于 ，
（1）判断 与 的位置关系，并说明理由；
（2）若 ， ， ，求线段 的长.
8．如图，在等边△ABC中，BC＝8cm，射线AG∥BC，点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动，同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动，设运动时间为t（s）．
（1）连接EF，当EF经过AC边的中点D时，求证：△ADE≌△CDF；
（2）填空：
①当t为　 　s时，以A、F、C、E为顶点的四边形是平行四边形；
②当t为　 　s时，四边形ACFE是菱形．
9．如图1，已知Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为2cm/s．以AQ、PQ为边作 AQPD，连接DQ，交AB于点E．设运动的时间为t（单位：s）（0＜t≤4）．解答下列问题：
（1）用含有t的代数式表示AE=　 　．
（2）如图2，当t为何值时， AQPD为菱形．
（3）求运动过程中， AQPD的面积的最大值．
10．如图，在中，O是边上的一个动点（不与点A，C重合），过点O作直线，设交的平分线于点E，交的外角的平分线于点F．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
（3）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．
11．如图，△ABC中，AB=AC=8厘米，BC=6厘米，点D为AB的中点．动点P在线段BC上以2厘米/秒的速度向点C运动，同时，动点Q在线段CA上由点C向点A运动，连接DP，PQ．设点P运动的时间为t秒，回答下列问题：
（1）当点Q的运动速度为　 　厘米/秒时，△BPD和△CPQ全等；
（2）若动点P的速度不变，同时动点Q以5厘米/秒的速度出发，两个点运动方向不变，沿△ABC的三边运动．
①请求出两点首次相遇时的t值，并说明此时两点在△ABC的哪一条边上；
②在P、Q两点首次相遇前，能否得到以PQ为底的等腰△APQ？如果能，请直接写出t值；如果不能，请说明理由．
12．如图所示，△ABC中，∠C=90°，BC=8cm，AC：AB=3：5，点P从点B出发沿BC向点C以2cm/s的速度移动，点Q从点C出发沿CA向点A以1cm/s的速度移动，如果P、Q分别从B、C同时出发：
（1）经过多少秒后，△CPQ的面积为8cm？
（2）经过多少秒时，以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似？
13．如图，在平面直角坐标系内，已知点A（0，6），点B（8，0）．动点P从A开始在线段AO上以每秒1个单位长度的速度向点O移动，同时动点Q从点B开始在线段BA上以每秒2个单位长度的速度向点A移动，设点P，Q移动的时间为t秒．
（1）求直线AB的解析式；
（2）当t为何值时，△APQ与△AOB相似，并求出此时点P的坐标．
14．如图，在中，，，D为AB的中点，点E在直线BC上移动，以DE为边向右作等边三角形DEF，连接CF．
（1）当点E在线段BC上移动时，如图①所示，求证：；
（2）当点E在直线BC上移动时，如图②、图③所示，线段EC、CF与AC之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
15．如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在y轴上，点B，C在x轴上，，，．
（1）求线段AC的长；
（2）点P从C点出发沿射线CA以每秒2个单位长度的速度运动，过点A作，点F在y轴的左侧，，过点F作轴，垂足为E，设点P的运动时间为t秒，请用含t的式子表示EF的长；
（3）在（2）的条件下，直线BP交y轴于点K，，当时，求t的值，并求出点P的坐标．
16．已知：如图1，在平面直角坐标系中，点A，B，C都在坐标轴上，且OA=OB=OC，△ABC的面积为9，点P从C点出发沿y轴负方向以1个单位/秒的速度向下运动，连接PA，PB，D（﹣m，﹣m）为AC上的点（m＞0）
（1）试分别求出A，B，C三点的坐标；
（2）设点P运动的时间为t秒，问：当t为何值时，DP与DB垂直且相等？请说明理由；
（3）如图2，若PA=AB，在第四象限内有一动点Q，连QA，QB，QP，且∠PQA=60°，当Q在第四象限内运动时，求∠APQ与∠PBQ的度数和．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：如图1．∵∠C=90°，AB=25，BC=15，∴AC= =20．
∵CP=5×2=10，BP=BC－PC=15-10=5，∴△ABP的面积= ×PB×AC= ×5×20=50（cm2）．
（2）解：如图（3），过点P作PD⊥AB于点D．∵BP平分∠ABC，∴PD=PC．在Rt△BPD和Rt△BPC中，∵ ，∴Rt△BPD≌Rt△BPC（HL），∴BD=BC=15，∴AD=25﹣15=10，设PC=x，则PD=x，AP=20﹣x．在Rt△APD中，PD2+AD2=AP2，即x2+102=（20﹣x）2，解得：x=7.5，∴t=（CB+BA+AC-PC）÷5=（15+25+20-7.5）÷5=10.5．
故t=10.5秒时，BP平分∠ABC．
（3）解：分三种情况讨论：①如图（4），作CB的垂直平分线交AB于P，连接CP，则CP=BP．
∵AC⊥BC，PD⊥BC，∴AC∥PD．
∵CD=DB，∴AP=PB= AB=12.5，∴t=(CB+BP)÷5=（15+12.5）÷5=5.5；
②如图（5），
以B为圆心，CB为半径作弧交AB于点P，则CB=PB=15，∴t=(CB+BP)÷5=（15+15）÷5=6；
③如图（6），
以C为圆心，CB为半径作弧交AB于P1，交AC于点P2，过C作CD⊥AB于D，则CP1=CB，CP2=CB，CD= = =12．
∵CP1=CB，CD⊥AB，∴BD=DP1= =9，∴BP1=2BD=18，∴t=(15+18)÷5=6.6；∵CP2=CB=15，∴t=(CB+BA+AC-CP2)÷5=（15+25+20-15）÷5=9．综上所述：当△BCP为等腰三角形时，t的值为：5.5，6，6.6，9．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等腰三角形的判定；角平分线的判定；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）利用勾股定理求出AC的长，根据动点P的运动路径和运动速度求出CP、BP的长，然后利用三角形的面积公式求出△ABP的面积。
（2）过点P作PD⊥AB于点D，若BP平分∠ABC，则PD=CP，先证明Rt△BPD≌Rt△BPC，可证得BD=BC=15，求出AD的长，设PC=x，表示出PD、AP，利用勾股定理求出x的值，即可得出结论。
（3）分三种情况讨论：①如图（4），作CB的垂直平分线交AB于P，连接CP，则CP=BP；；②以B为圆心，CB为半径作弧交AB于点P，则CB=PB=15；以③C为圆心，CB为半径作弧交AB于P1；交AC于点P2，过C作CD⊥AB于D，则CP1=CB，CP2=CB，分别求出t的值即可。
2．【答案】（1）解：经过t秒后， ， ，由题意知， ，
当 的面积等于 面积的 时，
即 ，
解得： ， ，满足题意，
所以经过 或 秒后，当 的面积等于 面积的 时；
（2）解：设经过t秒后两三角形相似，
①若 ，则 ，即 ，解之得 ；
②若 ，则 ，即 ，解之得 ；
又 ，满足题意，
所以要使 与 相似，运动的时间为 秒或 秒；
（3）解： ，若 ，
则 ，
所以此方程无实数解， 的长度不能为 .
【知识点】相似三角形的性质；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）由题意可得：经过t秒后，PC=4-2t，CQ=t，根据S△CPQ=S△ABC可得关于t的方程，解方程可求解；
（2）设经过t秒后两三角形相似， 由题意可分三种情况：
①若Rt△ABC∽Rt△QPC，由相似三角形的对应边成比例可得比例式，结合已知可得关于t的方程，解方程可求解；
②若Rt△ABC∽Rt△PQC，由相似三角形的对应边成比例可得比例式，结合已知可得关于t的方程，解方程可求解；
（3）由勾股定理可得关于t的方程，根据一元二次方程的根的判别式可求解.
3．【答案】（1）解：当0≤t≤2时，BP=（6-3t） cm，当2＜t≤4时，BP=（3t-6）cm；
（2）解：在△ABC和△EDC中，，∴△ABC≌△EDC（SAS），∴∠A=∠E，ED=AB=6cm， 当线段PQ经过点C时，如图，在△ACP和△ECQ中，， ∴△ACP≌△ECQ（ASA），∴AP=EQ，当0≤t≤2时，3t=6-t，解得：t=1.5；当2＜t≤4时，12-3t=6-t，解得：t=3；
综上所述，当线段PQ经过点C时，t的值为1.5s或3s．
【知识点】三角形全等的判定；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）分两种情况分别表示出BP即可；
（2）先证出△ABC≌△EDC（SAS），再得出∠A=∠E，ED=AB=6cm，分两种情况：当0≤t≤2时，当2＜t≤4时，分别解出t即可。
4．【答案】（1）解：设 秒后，△PCQ的面积为8cm2，
由题意，得 ，
解得 ， ，
所以，2秒或4秒时，△PCQ的面积为8cm2；
（2）解：不存在.理由如下：
设 秒时，四边形APQB的面积等于△ABC的面积的 ，则△PCQ的面积是△ABC的面积的 .
由题意，得 ，即 ，
由于 ，方程没有实数根，
所以，不存在某一时刻使四边形APQB的面积等于△ABC面积的 .
【知识点】一元二次方程的实际应用-几何问题；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）设 秒后，可使△PCQ的面积为8cm2，根据三角形的面积公式即可列式求解；（2）设 秒时，四边形APQB的面积等于△ABC的面积的 ，则△PCQ的面积是△ABC的面积的 ，根据三角形的面积公式列方程，根据根的判别式进行判断即可.
5．【答案】（1）解：如图1中，当t=0时，
∵△ABC都是等边三角形，∴CA=CB，∠ACB=60°，∵四边形BCDE是正方形，∴CB=CD，∠BCD=90°，∴CA=CD，∠ACD=150°，∴∠CMN=∠CND=15°；
（2）解：如图2中，连接BD，EC，设MN交BC于点G，交CB于点O，过点O作OT⊥CB于点T．
∵∠CMN=∠MCG=60°，∴△CMG是等边三角形，∴CM=CG，∵DE=AC，AM=DN，∴CM=EN=CG，∵CG∥OC，∴∠GCO=∠NEO，∵∠COG=∠NOE，∴△COG≌△EON（AAS），∴OC=OE，OG=GN，∵△BEC是等腰直角三角形∴BO⊥EC，∴△BOC是等腰直角三角形∴OB=OC，∵OT⊥BC，∴BT=TC=3，∴OT=TB=TC=3，∵∠CGM=∠OGT=60°，∴∠TOG=30°∴中，∴TG=，OG=2，∴GM=CG=，∴MN=2OG+GM==
（3）解：如图3中，过点M作MJ⊥DE于点J，交CB于点K．
∵∠D=∠DJK=∠DCK=90°，∴四边形CDJK是矩形，∴CD=JK=6，DJ=CK，∠CKJ=∠CKM=90°，∵CM=6-t，时，MN的值最小，最小值为
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）由△ABC都是等边三角形，得出CA=CB，∠ACB=60°，再由四边形BCDE是正方形，得出∠ACD=150°，即可得解；
（2）利用AAS证出△COG≌△EON，得出OC=OE，OG=GN，再由△BEC是等腰直角三角形，得出△BOC是等腰直角三角形，再利用勾股定理得出TO的长，由此得出TG、OG、GM的长，即可得解；
（3）先证出四边形CDJK是矩形，得出CD=JK=6，DJ=CK，∠CKJ=∠CKM=90°，利用勾股定理得出MN的长，从而得出t的值，即可得出答案。
6．【答案】（1）解：
即
（2）①
②
【知识点】三角形的面积；锐角三角函数的定义；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：(2)① ，
设 直线解析式为
则
解得
直线解析式为
轴，
当 与 重叠部分为四边形时，则 ，即
②
，开口向下，对称轴为 ，
时，取得最大值
【分析】（1）证明角相等，根据正弦函数的定义列出方程，解出CO
（2）根据S=S-S求解，即可得到答案；
根据S面积公式，找到对称轴，开口向下，所以t=2时面积最大
7．【答案】（1）解： ．理由如下，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ 垂直平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 .
（2）解：连接 ，设 ，
由（1）得 ， ，又 ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
解得 ，即 ．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据 得到∠A=∠PDA，根据线段垂直平分线的性质得到 ，利用 ，得到 ，于是得到结论；
（2）连接PE，设DE=x，则EB=ED=x，CE=8-x，根据勾股定理即可得到结论．
8．【答案】（1）解：证明：∵AG∥BC，
∴∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC，
∵D为AC的中点，
∴AD＝CD，
∵在△ADE和△CDF中， ，
∴△ADE≌△CDF（AAS）
（2） 或8；8
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定；菱形的判定；三角形-动点问题
【解析】【解答】（2）解：①当点F在C的左侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BC﹣BF＝6﹣2t（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AECF是平行四边形，
即t＝8﹣2t，
解得：t＝ ；
当点F在C的右侧时，根据题意得：AE＝tcm，BF＝2tcm，
则CF＝BF﹣BC＝2t﹣8（cm），
∵AG∥BC，
∴当AE＝CF时，四边形AEFC是平行四边形，
即t＝2t﹣8，
解得：t＝8；
综上可得：当t＝ 或8s时，以A、C、E、F为顶点四边形是平行四边形．
②若四边形ACFE是菱形，则有CF＝AC＝AE＝8，
则此时的时间t＝8÷1＝8（s）；
故答案是： 或8；8．
【分析】（1）由AG∥BC，可得∠EAD＝∠DCF，∠AED＝∠DFC，再利用AAS即可证明；
（2）由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可将F点分别在C点左边、右边进行讨论，分别求出当AE=CF时t值即可；菱形也是平行四边形，且只有
CF＝AC＝AE成立才满足，计算可得。
9．【答案】（1）5﹣t
（2）解：如图2中，当 AQPD是菱形时，DQ⊥AP，
则 COS∠BAC= ，即 ，
解得：t= ，
所以当t= 时，□AQPD是菱形；
（3）解：如图3中，设平行四边形AQPD的面积为S，作PM⊥AC于M，∵PM∥BC，∴△APM∽△ABC，
∴ ，即 ，
∴PM= (5﹣t），
∴S=AQ PM=2t （5﹣t）=﹣ t2+12t（0＜t≤4），
∵﹣ ＜0，
∴当t= 时，S有最大值，最大值为15cm2．
【知识点】菱形的性质；相似三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义；三角形-动点问题
【解析】【解答】（1）如图1，
∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，
∴由勾股定理得：AB=10cm，
∵点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度均为2cm/s，
∴BP=2tcm，
∴AP=AB﹣BP=10﹣2t，
∵四边形AQPD为平行四边形，
∴AE= AP=5﹣t，
故答案是：5﹣t；
【分析】（1）Rt△ABC中由勾股定理得AB的长，根据路程等于速度乘以时间得出BP=2tcm，故AP=AB﹣BP=10﹣2t，根据平行四边形的对角线互相平分得出AE的长；
（2）如图2中，当 AQPD是菱形时，DQ⊥AP，根据余弦函数的定义，由 COS∠BAC=，从而得出关于t的方程，求解即可得出答案；
（3），设平行四边形AQPD的面积为S，作PM⊥AC于M，根据平行于三角形一边的直线截其它两边，所截得的三角形与原三角形相似得出△APM∽△ABC，根据相似三角形对应边成比例得出AP∶AB=PM ∶BC，根据比例式表示出PM的长，然后根据S=AQ PM得出函数关系式，根据函数性质即可得出答案。
10．【答案】（1）证明：∵平分，平分，
∴，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，，
∴．
（2）解：∵平分，平分，
∴，，
∵，
∴，
即，
∵，，
∴在中，，
∵，
∴．
（3）解：当点O运动到的中点时，四边形是矩形，
理由如下：
∵，O是的中点，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
【知识点】勾股定理；矩形的判定；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出，，得出，，即可得出结论；
（2）根据角平分线的性质得出 ，，再根据，得出，在中，利用勾股定理得出EF的值，即可得解；
（3）先证出四边形是平行四边形，再根据，即可得出结论。
11．【答案】（1）或2
（2）解：①∵当PQ相遇时，Q点比P点多走的距离为AB+AC，
∴，
解得，
∵，
∴两个点在△ABC的边AC上首次相遇；
②如图①所示，当P在BC上靠近B一端，Q在AC上时，过点A作AE⊥BC于E，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
解得或（舍去）；
同理可求出当P在BC上靠近C一端，Q在AC上时，结果与上面相同；
如图②所示，当P在AC上，Q在AB上时，
∴AQ=AP，
∴，
解得；
如图③所示，当P在AC上，Q在BC上时，同图①可知此时不存在t使得AQ=AP，
综上所述，当t=0或，使得△APQ是以PQ为底的等腰三角形．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形的综合；三角形-动点问题
【解析】【解答】解：（1）当△BPD≌△CPQ时，
∴，，
∴，
∴Q点的运动速度为；
当△BPD≌△CQP时，
∴，，
∴，
∴
∴，
∴Q点的运动速度为；
综上所述，当点Q的运动速度为或2厘米/秒时，△BPD和△CPQ全等；
【分析】（1）分类讨论，利用全等三角形的判定与性质求解即可；
（2）①先求出 ， 再求出 ， 最后求解即可；
②分类讨论，结合图形，利用勾股定理，列方程求解即可。
12．【答案】（1）解：设AC=3x，AB=5x，由勾股定理得：AB2=AC2+BC2，
∴（3x）2+82=（5x）2，
解得：x=2，
∴AC=6，AB=10，
设经过t秒后，△CPQ的面积为8cm2， PC=8-2t，CQ=t，
PC×CQ=8即 ×（8-2t）×t=8
解得：此方程无解，
答：不论经过多少秒后，△CPQ的面积都不能为8cm2．
（2）解：设经过x秒时，以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似，
∵∠C=∠C=90°，
∴要使以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似，具备 或 = 就行，代入得： 或 ，
解得：x= 或x= ，
答：经过 秒或 秒时，以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似．
【知识点】相似三角形的判定与性质；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）设AC=3x，AB=5x，根据勾股定理列出方程即可求出AC和AB，设经过t秒后，△CPQ的面积为8cm2，然后用t表示出PC和CQ，根据三角形的面积列方程即可求出结论；（2）设经过x秒时，以C、P、Q为顶点的三角形恰与△ABC相似，根据有两组对应边成比例及其夹角相等的两个三角形相似，列出比例式，即可求出结论．
13．【答案】（1）解：设直线AB的解析式为y=kx+b，由题意得：
，解得： ．
∴直线AB的解析式为y=﹣ x+6
（2）解：在Rt△AOB中，AO=6，BO=8，根据勾股定理得：AB=10．由题意知：AP=t，AQ=10﹣2t．分两种情况讨论：①当∠APQ=∠AOB时．∵∠A=∠A，∴△APQ∽△AOB，∴ ，解得：t= （秒）；
②当∠AQP=∠AOB时．∵∠A=∠A，∴△AQP∽△AOB，∴ ，∴t= （秒）．
综上所述：当t为 秒或 秒时，△APQ与△AOB相似
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；相似三角形的判定与性质；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）设出直线AB的一般式，将点A，B的坐标代入得到一个二元一次方程组，解方程组即可求得直线AB的解析式；（2）先利用勾股定理求得AB长，并用t表示出AP，AQ长，又两个三角形相似可能为△APQ∽△AOB或△AQP∽△AOB，对其进行分类讨论，再利用相似三角形对应边成比例可求得t的值.
14．【答案】（1）证明：如图①，连接CD，
∵∠ACB=90°，D为AB的中点，∴AD=BD=CD=AB，∵BC=AB，∴BD=CD=BC，∴△BCD是等边三角形，∴∠BDC=60°，∵△DEF是等边三角形，∴DE=DF，∠EDF=60°，∴∠BDC=∠DEF，即∠BDE+∠CDE=∠CDE+∠CDF，∴∠BDE=∠CDF，在△BDE和△CDF中，，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴BE=FC，∵AB=2BC，∴AC=，∴BC=AC，∵EC+BE=BC，∴EC+FC=AC；
（2）解：图②中：EC-FC=AC，图③中：FC-EC=AC，理由如下：如图②，连接CD，
由（1）知：BD=CD，DE=DF，∠BDC=∠EDF=60°，BC=AC，∴∠BDF+∠CDF=∠BDF+∠BDE，∴∠BDE=∠CDF，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴BE=FC，∵EC-BE=BC， ∴EC-FC=AC；如图③，连接CD，
由（1）知：BD=CD，DE=DF，∠BDC=∠EDF=60°，BC=AC，∴∠BDC+∠CDE=∠EDF+∠CDE，即∠BDE=∠CDF，∴△BDE≌△CDF（SAS），∴BE=FC，又∵BE-EC=BC，∴FC-EC=AC．
【知识点】等边三角形的性质；三角形-动点问题
【解析】【分析】 (1)、 做辅助线连接CD，证得 △BCD是等边三角形 ，根据等边三角形的性质求得 ∠BDE=∠CDF ，证明 △BDE≌△CDF（SAS），勾股定理求得AC=BC，再通过线段的代换即可解得.
(2)、 第一种情况证明 如图②，△BDE≌△CDF（SAS）证得BE=FC，即可解得.第二种情况证明 如图③，△BDE≌△CDF（SAS）证得BE=FC，即可解得.
15．【答案】（1）解：∵，，
∴，
∵，，
∴；
（2）解：作PG⊥OA于G，
当点P在线段CA上时，CP=2t，AP=8-2t，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴△AFE≌△PAG，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
当点P在线段CA延长线上时，CP=2t，AP=2t -8，
同理可得△AFE≌△PAG，
（3）解：作PN⊥OB于N，
如图，∵，，，
∴Rt△BOK≌Rt△AOC，
∴， ，
∵，
∴，
∴，
此时，点P在线段CA延长线上，
∴，
；
∵，
∴，
∵PN⊥OB，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
点P的坐标为（，）
如图，同理可知Rt△BOK≌Rt△AOC，
，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
，
，
同理可得，，，，
点P的坐标为（，）；
综上，点P的坐标为（，）或（，）；
【知识点】含30°角的直角三角形；一次函数-动态几何问题；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据，，得出，再根据三角形性质即可得出结论；
（2）作PG⊥OA于G，当点P在线段CA上时，CP=2t，AP=8-2t，证出△AFE≌△PAG，当点P在线段CA延长线上时，CP=2t，AP=2t -8，同理可得△AFE≌△PAG，即可得出结论；
（3）作PN⊥OB于N，证出Rt△BOK≌Rt△AOC，得出AP的值，此时，点P在线段CA延长线上，解出t的值，得出NP的值即可得出解。
16．【答案】（1）解：∵ABC面积为9，∴OA=OB=OC=3
∴A（﹣3，0），B（3，0），C（0，﹣3）；
（2）解：当t=3秒时，DP与DB垂直且相等．理由如下：连接OD，作DM⊥x轴于点M，作DN⊥y轴于点N，∵D（﹣m，﹣m），∴DM=DN=OM=ON=m，∴∠DOM=∠DON=45°，而∠ACO=45°，∴DC=DO，∠ODC=90°∵∠ODB+∠BDC=∠CDP+∠BDC=90°∴∠ODB =∠CDP又∵DP=DB
∴△PCD≌△BOD（SAS）
∴ PC=BO又∵BO=3
∴ t=3 ；
（3）解：在QA上截取QS=QP，连接PS．
∵∠PQA=60°，
∴△QSP是等边三角形，
∴PS=PQ，∠SPQ=60°，
∵PO是AB的垂直平分线，
∴PA=PB而PA=AB，
∴△PAB是等边三角形，
∴∠APB=60°，
∴∠APS=∠BPQ，
∴△APS≌△BPQ，
∴∠PAS=∠PBQ，
∴∠APQ+∠PBQ=∠APQ+∠PAS=120°．
【知识点】等边三角形的性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形-动点问题
【解析】【分析】（1）根据三角形ABC面积为9，可知OA=OB=OC=3，再根据点A，B，C的位置可知它们的坐标分别为（-3，0），（3，0），（0，-3）；（2）连接OD，作DM⊥x轴于点M，作DN⊥y轴于点N，由点D的坐标特征及三角形ABC的特点可知三角形OCD为等腰直角三角形，且∠ODC=90°，从而根据同角的余角相等可得，进而可证得△PCD≌△BOD（SAS），故可求得PC=BO，那么t=3；（3）在QA上截取QS=QP，连接PS，得到等边三角形△QSP，由线段垂直平分线到线段两端点的距离相等及PA=AB可知△PAB是等边三角形，从而可由等边三角形性质可得∠APS=∠BPQ，即可真的△APS≌△BPQ，从而得到∠PAS=∠PBQ，即可求得∠APQ+∠PBQ的度数.

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