八年级数学全等三角形中的动点问题专题强化训练

八年级数学全等三角形中的动点问题专题
强化训练
1、在等腰三角形ABC中，AC=BC=5，AB=8，D为底边AB上一动点（不与点A，B重合），DE⊥AC，DF⊥BC，垂
足分别为E，F，则DE+DF=10.
2、在边长为2cm的正方形ABCD中，点Q为BC边的中点，点P为对角线AC上一动点，连接PB、PQ，则△PBQ周
长的最小值为8cm。

3、将边长为1的等边三角形OAP按图示方式，沿x轴正
方向连续翻转2019次，点P依次落在点P1，P2，P3，P4，…，P2007的位置。

P1的坐标为(1,0)，P3的坐标为(-1,0)，P50的
坐标为(0,-1)，P2019的坐标为(1,0)。

4、在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，AC=CB，F
是AB边上的中点，点D、E分别在AC、BC边上运动，且始
终保持AD=CE。

连接DE、DF、EF。

1）证明△ADF≌△CEF。

首先，AD=CE，AF=BF，因此△ADF≌△BDF，
△CEF≌△XXX。

又因为BF=EF，所以△BDF≌△XXX。

因此，△ADF≌△CEF。

2）证明△DFE是等腰直角三角形。

因为AD=CE，所以DE=DF。

又因为AF=BF，所以
EF=2DF。

因此，△DFE是等腰直角三角形。

5、在等边三角形ABC的顶点A、C处各有一只蜗牛，它
们同时出发，分别以每分钟1个单位的速度沿AB向B和沿
CA向A爬行，其中一只蜗牛爬到终点时，另一只也停止运动，经过t分钟后，它们分别爬行到D、E处。

1）在爬行过程中，CD和BE始终相等。

2）若蜗牛沿着AB和CA的延长线爬行，EB与CD交于
点Q，其他条件不变，如图所示，蜗牛爬行过程中∠CQE的
大小条件不变，证明∠CQE=60°。

3）如果将原题中“沿着CA向A爬行”改为“沿着BC的延
长线爬行，连接DE交AC于F”，其他条件不变，则爬行过程中，DF始终等于EF。

6、如图1，若△ABC和△ADE为等边三角形，M、N分
别为BC、CD的中点，易证：CD=BE，△AMN是等边三角形。

1）当把△ADE绕A点旋转到图2的位置时，CD=BE仍
然成立。

因为△ADE与△ABC为等边三角形，所以∠A=∠B=∠E。

又因为MN是BC、DE的中线，所以MN=1/2BC=1/2DE。

因
此，△AMN与△XXX相似，所以∠AMN=∠BME。

又因为
MN=ME，所以△AMN与△BME全等。

因此，AN=BM，所
以CD=BE。

2）当△ADE绕A点旋转到图3的位置时，△XXX不是
等边三角形。

当AB=2AD时，△ABC与△ADE的面积之比为3:1.因此，△AMN与△ADE的面积之比为1:9.因此，当AB=2AD时，
△XXX不是等边三角形。

1.若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，则经过1秒后，△BPD与△CQP全等。

因为△BPD和△CQP都是直角三
角形，且它们有一条边BP是共边的，另外一条边PD和CQ
分别平行且相等，根据直角三角形的性质，它们必定全等。

2.若点Q的运动速度为v，则根据题意可得：
$$\frac{BP}{v}=\frac{CQ}{v-PQ}$$ 因为△BPD和△CQP全等，所以：$$\frac{BP}{PD}=\frac{CQ}{PQ}$$ 将BP和CQ代入上式，得到：$$\frac{PD}{v}=\frac{PQ}{v-PQ}$$ 化简后得到：$$PQ=\frac{v}{2}$$ 所以点Q的运动速度为原来点P的一半时，△BPD和△CQP全等。

3.设点P和点Q相遇时在△ABC的边AC上，此时点P
和点Q的运动距离相等，即：$$AP+PC=CQ$$ 由于点P和点
Q的速度比为1:2，所以点Q运动的时间是点P的两倍，即：$$\frac{CQ}{v}=\frac{2AP+2PC}{v}$$ 化简后得到：
$$AP+PC=\frac{1}{3}AC$$ 所以点P和点Q第一次相遇时在边AC上，且此时它们离点A的距离为边AC的1/3处，所以它们相遇的时间为：$$\frac{AP}{v}=\frac{AC}{3v}$$
4.当m=n时，矩形AOBC是正方形，此时点E在边OB 的中点，EF垂直于OB，所以△AEF是直角三角形，且
AE=EF，所以EF=AE。

当m≠n时，点E在边OB的中点时，EF垂直于OB，所以△AEF是直角三角形，且AE≠EF，所以EF≠AE。

当点E在边OB以外时，EF与AE的长度差会更大，所以EF≠AE。

所以只有当点E在边OB上时，才有可能使EF=AE。

此时EF和AE都等于矩形的一条对角线的一半，即：
$$AE=EF=\frac{\sqrt{m^2+n^2}}{2}$$ 所以当m≠n时，边OB 上存在点E使得EF=AE，当且仅当m和n满足：
$$m^2+n^2=8mn$$
5.因为AB=AC，所以∠BAC=60°，根据正弦定理可得：$$\frac{BD}{\sin\angle BAC}=\frac{AD}{\sin\angle ABD}$$ 代入数据可得：$$BD=\frac{AD\sqrt{3}}{2}$$ 因为BD=BC，所以BC也等于$\frac{AD\sqrt{3}}{2}$。

因为AD=AE，所以
△ADE是等边三角形，所以∠DAE=60°，所以∠BCE=120°-
∠DAE=60°。

所以当点D在线段BC上时，∠BCE=60°。

当点D在直线BC上移动时，∠XXX是一个定值60°，
∠BAC也是一个定值60°，所以它们之间的数量关系是固定的，即∠XXX∠BAC。

12、题目描述：等边三角形ABC的边长为3cm，动点P、Q同时从A、B两点出发，分别沿AB、BC方向匀速移动，速度都是1cm/s，当点P到达点B时，P、Q两点停止运动。

求
当△PBQ为直角三角形时，点P的运动时间t以及四边形APQC的面积y与t的关系式。

若存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的三分之二，求出相应的t值；若
不存在，请说明理由。

13、题目描述：等边三角形ABC的边长为4cm，线段
MN在边AB上沿AB方向以1cm/s的速度向B点运动，过点M、N分别作AB边的垂线，与△ABC的其它边交于P、Q两点。

求线段MN在运动的过程中，四边形MNQP恰为矩形时
的t值以及该矩形的面积，以及四边形MNQP的面积S随运
动时间t变化的函数关系式，并写出自变量t的取值范围。

14、题目描述：在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝12，
BC＝16，动点P从点A出发沿AC边向点C以每秒3个单位
长的速度运动，动点Q从点C出发沿CB边向点B以每秒4
个单位长的速度运动。

P，Q分别从点A，C同时出发，当其
中一点到达端点时，另一点也随之停止运动。

在运动过程中，△PCQ关于直线PQ对称的图形是△PDQ。

求四边形PCQD的面积y与t的函数关系式，以及t为何值时，四边形PQBA是
梯形。

判断是否存在时刻t，使得PD∥AB，若存在，求出t
的值；若不存在，请说明理由。

通过观察、画图或折纸等方法，猜想是否存在时刻t，使得PD⊥AB，若存在，请估计t的值
在括号中的哪个时间段内（0≤t≤1；1＜t≤2；2＜t≤3；3＜t≤4）；若不存在，请简要说明理由。

在三角形ABC中，角C为直角，AC=4cm，BC=5cm，点
D在BC上，且CD=3cm。

现有两个动点P、Q分别从点A和
点B同时出发，其中点P以1cm/s的速度沿AC向终点C移动，点Q以1.25cm/s的速度沿BC向终点C移动。

过点P作
PE∥BC交AD于点E，连结EQ。

设动点运动时间为x秒。

1) 求AE、DE的长度的代数式。

解：由于三角形ABC为直角三角形，根据勾股定理可得AB=3cm。

又因为AE∥BC，所以三角形APE与三角形ABC
相似，即PE/BC=AP/AB，即PE/5=1-x/3，解得PE=5-5x/3.同
理可得DE=4-4x/3.
2) 求△EDQ的面积与x的函数关系式，并写出自变量x
的取值范围。

解：由于AE∥BC，所以∠AED=∠ABC=C，又因为
PE∥BC，所以∠APE=∠ABC=C，因此△APE与△ABC全等。

又因为EQ∥BC，所以△EDQ与△ABC相似，即
DE/BC=DQ/AB，即4-4x/3=DQ/3，解得DQ=4+x。

因此
△EDQ的面积为(1/2)×DQ×EQ=(1/2)×(4+x)×(5-5x/3-
3)=(5/6)x^2+(7/6)x+2/3.自变量x的取值范围为0≤x≤3.
3) 求△EDQ为直角三角形时的x值。

解：当△EDQ为直角三角形时，根据勾股定理可得
EQ^2+DQ^2=ED^2，即(5-5x/3)^2+(4+x)^2=3^2，解得x=1.因
此当x=1时，△EDQ为直角三角形。

在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD=BC=5cm，
AB=12cm，CD=6cm，点P从A开始沿AB边向B以每秒3cm 的速度移动，点Q从C开始沿CD边向D以每秒1cm的速度
移动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达
终点时运动停止。

设运动时间为t秒。

1) 证明当t=2时，四边形APQD是平行四边形。

解：当t=2时，点P到达B点，点Q到达D点。

此时
AP=6cm，AQ=4cm，因为AB∥DC，所以AP∥DQ，AQ∥BP，即四边形APQD为平行四边形。

2) 判断PQ是否可能平分对角线BD。

若能，求出当t为
何值时PQ平分BD；若不能，请说明理由。

解：PQ不能平分对角线BD。

因为BD的中点为O，且
AO=6cm，OD=2cm，所以BO=5cm，即BD不是PQ的中垂线，因此PQ不能平分BD。

3) 若△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，求t的值。

解：由于△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，所以
∠DPQ=∠DQP，又因为AD=BC，所以∠ADP=∠BCQ，因此△ADP与△BCQ全等。

设PQ的交点为E，则AE=3t，
CE=t+2，根据△ADP与△BCQ全等可得BE=3t+5，DE=2t+1.由于△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，所以DE=DP，即
2t+1=3t-6，解得t=7.因此当t=7时，△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形。