实用文库汇编之初二上动点问题

*实用文库汇编之初二上动点问题*

1．如图，已知△ABC中，∠B=90 º，AB=8cm，BC=6cm，P、Q是△ABC边上的两个动点，其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1cm，点Q从点B开始沿B→C→A方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发，设出发的时间为t秒． （1）出发2秒后，求线段PQ的长？

（2）当点Q在边BC上运动时，出发几秒钟后，△PQB是等腰三角形？

（3）当点Q在边CA上运动时，求能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间？

2．如图，在△ABC中，已知AB=AC，∠BAC=90°，BC=10cm，直线CM⊥BC，动点D从点C开始沿射线方向以每秒3厘米的速度运动，动点E也同时从点C开始在直线上．．CB．．．．CM．．以每秒2厘米的速度运动，连接AD、AE，设运动时间为t秒．

2

（1）求AB的长；（2）当t为多少时，△ABD的面积为15cm？ （3）当t为多少时，△ABD≌△ACE，并简要说明理由．（请在备用图中画出具体图形）

3．（1）如图1：在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°．E，F分别

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是BC，CD上的点．且∠EAF=60°．探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．

小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG=BE．连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是 ；

（2）如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=

1∠BAD上述结论是否仍然成立，并说明理由； 2（3）如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以60海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以80海里/小时的速度前进1.5小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离． 4．（12分）在等腰△ABC中，AB=AC=2, ∠BAC=120°,AD⊥BC于D,点O、点P分别在射线AD、BA上的运动，且保证∠OCP=60°，连接OP.

（1）当点O运动到D点时，如图一，此时AP=______,△OPC是什么三角形。

（2）当点O在射线AD其它地方运动时，△OPC还满足（1）的结论吗？请用利用图二说明理由。

（3）令AO=x，AP=y，请直接写出y关于x的函数表达式，以及x的取值范围。

图一 图二

5．探究题

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如图，点O是等边△ABC内一点，∠A OB﹦1100，∠BOC﹦a，将△BOCO

绕点C按顺时钟方向旋转60得△ADC，连接OD. (1)求证：△COD是等边三角形； O

(2)当a﹦150时，试判断△AOD的形状，并说明理由； (3)探究：当仅为多少度时，△AOD是等腰三角形？

6．如图，在△ABC中，∠ACB为锐角，点D为BC边上一动点，连接AD，以AD为直角边且在AD的上方作等腰直角三角形ADF．

（1）如图1，若AB=AC，∠BAC=90°，当点D在线段BC上时（不与点B重合）， 证明：△ACF≌△ABD

（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，猜想CF与BD的数量关系和位置关系是什么，并说明理由；

（3）如图3，若AB≠AC，∠BAC≠90°，∠BCA=45°，点D在线段BC上运动（不与点B重合），试探究CF与BD位置关系．

7．在△ABC中，∠ACB=2∠B，如图①，当∠C=90°，AD为∠BAC的角平分线时，在AB

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上截取AE=AC，连接DE，易证AB=AC+CD．

（1）如图②，当∠C≠90°，AD为∠BAC的角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系?请写出你的猜想并证明；

（2）如图③，当AD为△ABC的外角平分线时，线段AB、AC、CD又有怎样的数量关系?请写出你的猜想，并对你的猜想给予证明．

8．如图，在等边△ABC中，线段AM为BC边上的中线．动点D在直线AM上时，以CD为一边在CD的下方作等边△CDE，连结BE． （1）填空：∠CAM=__________度；

（2）若点D在线段AM上时，求证：△ADC≌△BEC； （3）当动点D在直线．．AM上时，设直线BE与直线AM的交点为O，试判断∠AOB是否为定值？并说明理由．

9．（1）如图(1)，已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB=AC，直线m经过点A，

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BD⊥直线m, CE⊥直线m,垂足分别为点D、E.证明:△ABD≌△ACE DE=BD+CE

(2) 如图(2)，将(1)中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC= ,其中为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE是否成立?如成立,请你给出证明;若不成立,请说明理由.

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10．如图①，等腰直角三角形角顶点DE.

的顶点的坐标为，的坐标为，直

在第四象限，线段AC与x轴交于点D.将线段DC绕点D逆时针旋转90°至

（1）直接写出点B、D、E的坐标并求出直线DE的解析式.

（2）如图②，点P以每秒1个单位的速度沿线段AC从点A运动到点C的过程中，过点P作与x轴平行的直线PG，交直线DE于点G，求与△DPG的面积S与运动时间t的函数关系式，并求出自变量t的取值范围.

（3）如图③，设点F为直线DE上的点，连接AF，一动点M从点A出发，沿线段AF以每秒1个单位的速度运动到F，再沿线段FE以每秒2个单位的速度运动到E后停止.当点F的坐标是多少时，是否存在点M在整个运动过程中用时最少？若存在，请求出点F的坐标；若不存在，请说明理由.

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参考答案

1．(1) 213； （2）t=83；（3）当t为5.5秒或6秒或6.6秒时，△BCQ为等腰三角形. 【解析】（1）根据点P、Q的运动速度求出AP，再求出BP和BQ，用勾股定理求得PQ即可； （2）设出发t秒后，△PQB能形成等腰三角形，则BP=BQ，由BQ=2t，BP=8-t，列式求得t即可；

（3）当点Q在CA上运动上，能使△BCQ成为等腰三角形的运动时间有三种情况：

①当CQ=BQ时（图1）则∠C=∠CBQ，可证明∠A=∠ABQ，则BQ=AQ，则CQ=AQ，从而求得t； ②当CQ=BC时（图2），则BC+CQ=12，易求得t； ③当BC=BQ时（图3），过B点作BE⊥AC于点E，则求得BE、CE，即可得出t. 解：(1)BQ=2×2=4cm，BP=AB−AP=8−2×1=6cm， ∵∠B=90°，

PQ=BQ2BP2426252213；

(2)BQ=2t，BP=8−t， 2t=8−t，解得：t=83； (3)①当CQ=BQ时(图1)，则∠C=∠CBQ，

∵∠ABC=90°，∴∠CBQ+∠ABQ=90°，∠A+∠C=90°，

∴∠A=∠ABQ，∴BQ=AQ，∴CQ=AQ=5，∴BC+CQ=11，∴t=11÷2=5.5秒. ②当CQ=BC时(如图2)， 则BC+CQ=12∴t=12÷2=6秒

③当BC=BQ时(如图3)，过B点作BE⊥AC于点E， 则BE=

ABBC6824， AC1052

2

所以CE=BC−BE，故CQ=2CE=7.2，所以BC+CQ=13.2，

∴t=13.2÷2=6.6秒.

由上可知，当t为5.5秒或6秒或6.6秒时， △BCQ为等腰三角形.

“点睛”本题考查了勾股定理、三角形的面积以及等腰三角判定和性质，注意分类讨论思想的应用. 2．（1）52；（2）2或8； （3）2或10．

形的

【解析】试题分析：（1）运用勾股定理直接求出；（2）首先求出△ABD中BD边上的高，然后根据面积公式列出方程，求出BD的值，分两种情况分别求出t的值；（3）假设△ABD≌△ACE，根据全等三角形的对应边相等得出BD=CE，分别用含t的代数式表示CE和BD，得到关于t的方程，从而求出t的值．

试题解析：（1）∵在△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°， ∴2AB2=BC2，∴AB=BC=52cm； 2（2）过A作AF⊥BC交BC于点F， 则AF=

1BC=5cm， 2答案第1页，总12页

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∵S△ABD=15cm2，∴AF×BD=30，∴BD=6cm．

若D在B点右侧，则CD=4cm，t=2s；若D在B点左侧，则CD=16cm，t=8s．

（3）动点E从点C沿射线CM方向运动2秒或当动点E从点C沿射线CM的反向延长线方向运动6秒时，△ABD≌△ACE． 理由如下：（说理过程简要说明即可）

①当E在射线CM上时，D必在CB上，则需BD=CE． ∵CE=2t，BD=10﹣3t ∴2t=10﹣3t ∴t=2

证明：在△ABD和△ACE中，

ABAC∵{BACE45 ，

BDCE∴△ABD≌△ACE（SAS）．

②当E在CM的反向延长线上时，D必在CB延长线上，则需BD=CE． ∵CE=2t，BD=3t﹣10, ∴2t=3t﹣10, ∴t=10

证明：在△ABD和△ACE中，

ABAC{ABDACE135

BDCE∴△ABD≌△ACE．

点睛：本题是三角形综合题目，考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的性质与判定以及面积的计算；本题综合性强，有一定的难度，熟练掌握等腰直角三角形的性质和分类讨论思想的运用.

3．问题背景：EF＝BE＋DF；

探索延伸：EF＝BE＋DF仍然成立，理由见解析； 实际应用：此时两舰艇之间的距离是210海里． 【解析】解：问题背景：EF＝BE＋DF； 探索延伸：EF＝BE＋DF仍然成立．

证明如下：如图，延长FD到G，使DG＝BE，连接AG，

∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADC＋∠ADG＝180°，∴∠B＝∠ADG，

在△ABE和△ADG中，，∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠EAF＝∠BAD，

∴∠GAF＝∠DAG＋∠DAF＝∠BAE＋∠DAF＝∠BAD－∠EAF＝∠EAF，∴∠EAF＝∠GAF，

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在△AEF和△GAF中，，∴△AEF≌△GAF（SAS），∴EF＝FG，

∵FG＝DG＋DF＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF；

实际应用：如图，连接EF，延长AE、BF相交于点C，

∵∠AOB＝30°＋90°＋（90°－70°）＝140°，∠EOF＝70°，∴∠EAF＝∠AOB，

又∵OA＝OB，∠OAC＋∠OBC＝（90°－30°）＋（70°＋50°）＝180°，∴符合探索延伸中的条件，

∴结论EF＝AE＋BF成立，即EF＝1.5×（60＋80）＝210海里． 答：此时两舰艇之间的距离是210海里．

4．（1）1，等边三角形；（2）理由见解析；(3)当0x2时，y=2-x；当2x4时， y=x-2

【解析】试题分析：（1）根据等腰三角形的性质得到∠B=∠ACB=30°，求得∠ACP=30°，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）过C作CE⊥AP于E，根据等边三角形的性质得到CD=CE，根据全等三角形的性质得到OC=OP，由等边三角形的判定即可得到结论；（3）分两种情况解决，在AB上找到Q点使得AQ=OA，则△AOQ为等边三角形，根据求得解实现的性质得到PA=BQ，求得AC=AO+AP，即可得到结论． 试题解析： （1）AD=AP=1,

∵AB=AC=2，∠BAC=120°， ∴∠B=∠ACB=30°， ∵∠OCP=60°， ∴∠ACP=30°，

∵∠CAP=180°﹣∠BAC=60°， ∵AD⊥BC， ∴∠DAC=60°，

PACDAC在△ADC与△APC中， {ACAC ， ACDACF∴△ACD≌△ACP， ∴CD=CP，

∴△PCO是等边三角形；

（2）△OPC还满足（1）的结论， 理由：过C作CE⊥AP于E， ∵∠CAD=∠EAC=60°，

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AD⊥CD， ∴CD=CE，

∴∠DCE=60°， ∴∠OCE=∠PCE，

PECODC在△OCD与△PCE中， {OCDPCE ，

CDCE∴△OCD≌△PCE， ∴OC=OP，

∴△OPC是等边三角形； （3）当0在AB上找到Q点使得AQ=OA，则△AOQ为等边三角形， 则∠BQO=∠PAO=120°，

BQOPAO在△BQO和△PAO中， {ABOAPO ，

OBOP∴△BQO≌△PAO（AAS）， ∴PA=BQ， ∵AB=BQ+AQ， ∴AC=AO+AP， ∵AO=x，AP=y， ∴y=﹣x+2；

当2x4时， 利用同样的方法可求得y=x-2

点睛：本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△BQO≌△PAO是解题的关键，解决本题时注意分类讨论，要做到不重不漏．

5．（1）等边三角形；（2）直角三角形；（3）当的度数为125或110或140时，△AOD是等腰三角形. 【解析】（1）根据旋转的性质可得出OC=OD，结合题意即可证得结论； （2）结合（1）的结论可作出判断；

（3）找到变化中的不变量，然后利用旋转及全等的性质即可做出解答. （1）证明：∵将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC ∴CO=CD，∠OCD=60°

∴△COD是等边三角形. 答案第4页，总12页

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（2）解：当=150°时，△AOD是直角三角形 理由是:∵△BOC≌△ADC ∴∠ADC=∠BOC=150° 又∵△COD是等边三角形 ∴∠ODC=60°[来 ∴∠ADO=∠ADC -∠ODC=90°，即△AOD是直角三角形. （3）解：①要使AO=AD，需∠AOD=∠ADO

∵∠AOD= 36011060= 190,∠ADO= 60 ∴190= 60 ∴125

②要使OA=OD，需∠OAD=∠ADO

∵∠OAD=180（∠AOD+∠ADO）=18019060=50 ∴60=50 ∴110

③要使DO=DA,需∠OAD=∠AOD. ∵∠AOD=

36011060 =

190，

∠OAD=

1806022402∴190=

240，解得140 2综上所述：当的度数为125或110或140时，△AOD是等腰三角形.

“点睛”本题以“空间与图形”中的核心知识（如等边三角形）的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等）为载体，内容由浅入深，层层递进，试题中几何演绎推理的难度适中，蕴含着丰富的思想方法（如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等）能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力. 6．见解析 【解析】（1）根据同角的余角相等求出∠CAF=∠BAD，然后利用“边角边”证明△ACF和△ABD全等，

（2）先求出∠CAF=∠BAD，然后与①的思路相同求解即可；

（3）过点A作AE⊥AC交BC于E，可得△ACE是等直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得AC=AE，∠AED=45°，再根据同角的余角相等求出∠CAF=∠EAD，然后利用“边角边”证明△ACF和价AED全等，根据全等三角形对应角相等可得∠ACF=∠AED，然后求出∠BCF=90°，从而得到CF⊥BD. 解：（1）∵∠BAC=90°，△ADF是等腰直角三角形， ∴∠CAF+∠CAD=90°，∠BAD+∠ACD=90°，AD=AF ∴∠CAF=∠BAD， 在△ACF和△ABD中，

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AB=AC，∠CAF=∠，AD=AF， ∴△ACF≌△ABD（SAS） （2）CF⊥BD，

如图2，∵△ADF是等腰直角三角形，

∴AD=AF，

∵∠CAB=∠DAF=90°，

∴∠CAB+∠CAD=∠DAF+∠CAD， 即∠CAF=∠BAD， 在△ACF和△ABD中，

AB=AC，∠CAF=∠BAD，AD=AF， ∴△ACF≌△ABD（SAS）， ∴CF=BD，∠ACF=∠B，

∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠ACB=45°， ∴∠BCF=∠ACF+∠ACB=45°+45°=90°， ∴CF⊥BD （3）CF⊥BD

如图3，过点A作AE⊥AC交BC于E，

∵∠BCA=45°，

∴△ACE是等腰直角三角形， ∴AC=AE，∠AED=45°，

∵∠CAF+∠CAD=90°，∠EAD+∠CAD=90°， ∴∠CAF=∠EAD， 在△ACF和△AED中，

AC=AE，∠CAF=∠EAD，AD=AF， ∴△ACF≌△AED（SAS）， ∴∠ACF=∠AED=45°，

∴∠BCF=∠ACF+∠BCA=45°+45°=90°， ∴CF⊥BD．

“点睛”此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，根据同角的余角相等求出两边的夹角相等是证明三角形全等的关键，此类题目的特点是各小题求解思路一般都相同.

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7．（1）（2）见解析 【解析】（1）首先在AB上截取AE=AC，连接DE，易证△ADE≌△ADC（SAS），则可得∠AED=∠C，ED=CD，又由∠ACB=2∠B，易证DE=CD，则可求得AB=AC+CD；

（2）首先在BA的延长线上截取AE=AC，连接ED，易证△EAD≌△CAD，可得ED=CD，∠AED=∠ACD，又由∠ACB=2∠B，易证DE=EB，则可求得AC+AB=CD． 解：（1）猜想：AB=AC+CD．

证明：如图，在AB上截取AE=AC，连接DE，

∵AD为∠BAC的角平分线时， ∴∠BAD=∠CAD， ∵AD=AD，

∴△ADE≌△ADC（SAS）， ∴∠AED=∠C，ED=CD， ∵∠ACB=2∠B， ∴∠AED=2∠B， ∴∠B=∠EDB， ∴EB=ED， ∴EB=CD，

∴AB=AE+DE=AC+CD． （2）猜想：AB+AC=CD．

证明：如图，在BA的延长线上截取AE=AC，连接ED．

∵AD平分∠FAC， ∴∠EAD=∠CAD．

在△EAD与△CAD中，AE=AC，∠EAD=∠CAD，AD=AD， ∴△EAD≌△CAD．

∴ED=CD，∠AED=∠ACD． ∴∠FED=∠ACB．

又∠ACB=2∠B，∠FED=∠B+∠EDB，∠EDB=∠B． ∴EB=ED．

∴EA+AB=EB=ED=CD． ∴AC+AB=CD．

“点睛”此题考查了全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定定理．此题难度适中，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 8．30；

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【解析】（1）根据等边三角形的性质可以直接得出结论；

（2）根据等边三角形的性质就可以得出AC=AC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，由等式的性质就可以∠BCE=∠ACD，根据SAS就可以得出△ADC≌△BEC；

（3）分情况讨论：当点D在线段AM上时，如图1，由（2）可知△ACD≌△BCE，就可以求出结论；当点D在线段AM的延长线上时，如图2，可以得出△ACD≌△BCE而有∠CBE=∠CAD=30°而得出结论；当点D在线段MA的延长线上时，如图3，通过得出△ACD≌△BCE同样可以得出结论． 解：（1）∵△ABC是等边三角形， ∴∠BAC=60°．

∵线段AM为BC边上的中线 ∴∠CAM=

1∠BAC， 2∴∠CAM=30°． 故答案为：30；

（2）∵△ABC与△DEC都是等边三角形 ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60° ∴∠ACD+∠DCB=∠DCB+∠BCE ∴∠ACD=∠BCE．

在△ADC和△BEC中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE，， ∴△ACD≌△BCE（SAS）；

（3）∠AOB是定值，∠AOB=60°， 理由如下：

①当点D在线段AM上时，如图1，

由（2）可知△ACD≌△BCE，则∠CBE=∠CAD=30°， 又∠ABC=60°

∴∠CBE+∠ABC=60°+30°=90°，

∵△ABC是等边三角形，线段AM为BC边上的中线 ∴AM平分∠BAC，即∠BAM=

11∠BAC=×60°=30° 22∴∠BOA=90°-30°=60°．

②当点D在线段AM的延长线上时，如图2，

答案第8页，总12页

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∵△ABC与△DEC都是等边三角形 ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60° ∴∠ACB+∠DCB=∠DCB+∠DCE ∴∠ACD=∠BCE

在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE， ∴△ACD≌△BCE（SAS） ∴∠CBE=∠CAD=30°， 同理可得：∠BAM=30°， ∴∠BOA=90°-30°=60°．

③当点D在线段MA的延长线上时，如图3，

∵△ABC与△DEC都是等边三角形 ∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60° ∴∠ACD+∠ACE=∠BCE+∠ACE=60° ∴∠ACD=∠BCE

在△ACD和△BCE中，AC=BC，∠ACD=∠BCE，CD=CE， ∴△ACD≌△BCE（SAS） ∴∠CBE=∠CAD

同理可得：∠CAM=30° ∴∠CBE=∠CAD=150°

∴∠CBO=30°，∠BAM=30°， ∴∠BOA=90°-30°=60°．

综上，当动点D在直线AM上时，∠AOB是定值，∠AOB=60°．

答案第9页，总12页

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“点睛”边三角形的性质的运用，直角三角形的性质的运用，等式的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解答时证明三角形全等是关键．

9．（1）证明见解析；（2）成立，理由见解析. 【解析】试题分析：（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA=∠CEA=90°，而∠BAC=90°，根据等角的余角相等得∠CAE=∠ABD，然后根据“AAS”可判断△ADB≌△CEA， 则AE=BD，AD=CE，于是DE=AE+AD=BD+CE；

（2）利用∠BDA=∠BAC=α，则∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，得出∠CAE=∠ABD，进而得出△ADB≌△CEA即可得出答案． 试题解析：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m， ∴∠BDA=∠CEA=90°， ∵∠BAC=90°，

∴∠BAD+∠CAE=90°， ∵∠BAD+∠ABD=90°， ∴∠CAE=∠ABD，

∵在△ADB和△CEA中，

ABDCAE{BDACEA，

ABAC∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE=BD，AD=CE， ∴DE=AE+AD=BD+CE；

（2）∵∠BDA=∠BAC=α，

∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α， ∴∠CAE=∠ABD，

∵在△ADB和△CEA中，

ABDCAE{BDACEA，

ABAC∴△ADB≌△CEA（AAS）， ∴AE=BD，AD=CE， ∴DE=AE+AD=BD+CE．

2110．（1）B(4,-1),D(1,0).E(-2,3)直线DE： yx1 （2）St2（0t42）

2（3）当点F坐标为（0，1）时，点M在整个运动过程中用时最少，理由见解析. 【解析】试题分析：（1）根据已知条件可以直接写出点B的坐标，根据等腰直角三角形的性质可以写出点D的坐标及CD的长度，由旋转可以得出点E的坐标，也就可以求出直线DE的解析式. （2）根据题意要分两种情况讨论，点P在线段AD上和点P在线段CD上，利用勾股定理得出所需长度即可. （3）本题首先要把问题转化一下，

把AF+EF 最小转化为AFFG最小，然后根据路径最短画出图形即可. 2试题解析：

答案第10页，总12页

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（1）由题意得：B(4,-1),D(1,0).E(-2,3) 设直线DE为ykxb k0 把D(1,0).E(-2,3)代入得

0kb {32kbk1解之得： {

b1∴直线DE为： yx1

（2）在Rt△ABC中，由BABC4

ACAB2AC242，

由APt 0t42

同理可得： ADAO2OD22 由题意可知： EDAC，∠DPG=∠DAB=45° ∴△DPG为等腰直角三角形

1SDP2

2①当0t2时 ∴PD2t

11SPD2222t21t22t1 2

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②当2t42时，过G作GM⊥AC于M 易得DPt2 21112SPDt2t22t1

22221综上： St2（0t42）

2（3）如图③，易得∠EDO=45°．



过点E作EK∥x轴交y轴于H，则∠KEF=∠EDO=45°． 过点F作FG⊥EK于点G，则FG=EG=??

2EF． 2由题意，动点M运动的路径为折线AF+EF，运动时间：

tAF2EF， 2∴tAFFG，即运动时间等于折线AF+FG的长度．

由垂线段最短可知，折线AF+FG的长度的最小值为EK与线段AB之间的垂线段． 则t最小=AH，AH与，即为所求之F点． ．．．x轴的交点．．．．∵直线DE解析式为： yx1

∴F（0，1）．

综上所述，当点F坐标为（0，1）时，点M在整个运动过程中用时最少．

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