七年級動點(diǎn)問題專項練習(xí)

七年級動點(diǎn)問題專項練習(xí)1、已知點(diǎn)A在數(shù)軸上對應(yīng)的數(shù)為a，點(diǎn)B對應(yīng)的數(shù)為b，且|2b-6|+(a+1)2=0，A、B之間的距離記作AB，定義：AB=|a-b|．（1）求線段AB的長．解：由AB=|a-b|，可知線段AB的長為|2b-6+a+1|=|2b+a-5|。（2）設(shè)點(diǎn)P在數(shù)軸上對應(yīng)的數(shù)x，當(dāng)PA-PB=2時，求x的值．解：根據(jù)PA-PB=2，可得|a-x|-|b-x|=2。分兩種情況討論：當(dāng)a≥x≥b時，|a-x|-|b-x|=a-x-(b-x)=a-b+2=2，解得x=a-1；當(dāng)b≥x≥a時，|a-x|-|b-x|=x-a-(x-b)=a-b+2=2，解得x=b+1。綜上所述，x=a-1或x=b+1。（3）M、N分別是PA、PB的中點(diǎn)，當(dāng)P移動時，指出當(dāng)下列結(jié)論分別成立時，x的取值范圍，并說明理由：①PM的值不變，②|PM-PN|的值不變．解：由于M、N分別是PA、PB的中點(diǎn)，所以PM=|a-x|/2，PN=|b-x|/2。分兩種情況討論：①當(dāng)PM的值不變時，即|a-x|/2=k（k為常數(shù)），解得x=a-2k或x=a+2k；②當(dāng)|PM-PN|的值不變時，即||a-x|/2-|b-x|/2||=k（k為常數(shù)），解得x=(a+b)/2±2k。因此，當(dāng)①成立時，x=a-2k或x=a+2k；當(dāng)②成立時，x=(a+b)/2±2k。2、如圖1，已知數(shù)軸上兩點(diǎn)A、B對應(yīng)的數(shù)分別為-1、3，點(diǎn)P為數(shù)軸上的一動點(diǎn)，其對應(yīng)的數(shù)為x．（1）PA=|x+1|；PB=|x-3|。（2）在數(shù)軸上是否存在點(diǎn)P，使PA+PB=5？若存在，請求出x的值；若不存在，請說明理由．解：PA+PB=|x+1|+|x-3|=5，分兩種情況討論：當(dāng)x≥3時，PA+PB=(x+1)+(x-3)=2x-2=5，解得x=7/2；當(dāng)-1≤x<3時，PA+PB=-(x+1)+(x-3)=-4，不符合條件。因此，存在點(diǎn)P，使PA+PB=5，x=7/2。（3）如圖2，點(diǎn)P以每秒1個單位的速度從點(diǎn)D向右運(yùn)動，同時點(diǎn)A以每秒5個單位的速度向左運(yùn)動，點(diǎn)B以每秒20個單位的速度向右運(yùn)動，在運(yùn)動過程中，M、N分別是AP、OB的中點(diǎn)，問：PM的值是否發(fā)生變化？請說明理由．解：由于P向右運(yùn)動，且A向左運(yùn)動，所以P與A的距離不斷縮小，即PM的值不斷減小。而B向右運(yùn)動，OB的長度不斷增加，所以PN的值不斷增加。因此，|PM-PN|的值不斷增加，PM的值發(fā)生變化。3、如圖，已知A（-4，3）、B（-1，3）、C（-2，1），△ABC中任意一點(diǎn)P（x，y）點(diǎn)平移后對應(yīng)的點(diǎn)為P1（x+2，y-1），將△ABC作同樣的平移得到△A1B1C1．（1）畫出△A1B1C1．解：將△ABC平移2個單位向右，向下1個單位，得到△A1B1C1，如圖所示。（2）直接寫出A1、B1、C1的坐標(biāo)．解：由于A1、B1、C1分別是A、B、C平移后得到的點(diǎn)，所以A1（-2，2）、B1（1，2）、C1（0，0）。（3）在坐標(biāo)軸上是否存在點(diǎn)P，使△PB1C1的面積等于△ABC的面積？若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．解：由于△PB1C1與△ABC共邊，所以它們的高相等。設(shè)高為h，則有h=|y-1|。而△ABC的面積為S1=1/2|(-4-(-2))(3-1)-(-1-(-2))(3-3)|=2，△PB1C1的面積為S2=1/2|(1-0)(2-0)-(x+2)(y-1)|=|x+2-y+2|/2。因此，S1=S2，即|x+4-y|=4。分兩種情況討論：當(dāng)y-1≥0時，有x+4-y=4，解得x=y-8；當(dāng)y-1<0時，有x+4-y=-4，解得x=y，但此時y-1<3，即y<4，不符合題意。因此，不存在點(diǎn)P，使△PB1C1的面積等于△ABC的面積。4、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，長方形ABCD的邊BC∥x軸．如果A點(diǎn)坐標(biāo)是（1，2），C點(diǎn)坐標(biāo)是（3，-4）．（1）求B點(diǎn)和D點(diǎn)的坐標(biāo)；解：由于AB∥CD且BC∥x軸，所以AB的斜率等于CD的斜率，即(2-y)/(1-x)=(-4-y)/(3-x)，解得x=5/2，y=-2，因此B點(diǎn)坐標(biāo)為(5/2，-2)。又因為AD∥BC且AD垂直于BC，所以AD的斜率為BC的斜率的相反數(shù)，即(2-y)/(1-x)=-(4-2)/(3-5)，解得x=-1，y=4，因此D點(diǎn)坐標(biāo)為(-1，4)。（2）將這個長方形向下平移個單位長度，四個頂點(diǎn)的坐標(biāo)變?yōu)槎嗌?？請你以米的速度在長方形寫出平移后四個頂點(diǎn)的坐標(biāo)；解：將長方形向下平移一個單位長度，四個頂點(diǎn)的坐標(biāo)變?yōu)锳'（1，1），B'（5/2，-3），C'（3，-5），D'（-1，3）。以米為單位，寫出平移后四個頂點(diǎn)的坐標(biāo)為A'（1，1），B'（2.5，-3），C'（3，-5），D'（-1，3）。（3）如果Q點(diǎn)以每秒1米的速度在長方形ABCD的邊上從A出發(fā)到C點(diǎn)停止，沿著A→D→C的路徑運(yùn)動，那么當(dāng)Q點(diǎn)的運(yùn)動時間分別是1秒、4秒和6秒時，△BCQ的面積各是多少？請你分別求出來．解：由于Q點(diǎn)沿著A→D→C的路徑運(yùn)動，所以Q點(diǎn)先到達(dá)D點(diǎn)，再到達(dá)C點(diǎn)。設(shè)Q點(diǎn)到D點(diǎn)的距離為x，則Q點(diǎn)到C點(diǎn)的距離為2x+2。因此，當(dāng)Q點(diǎn)的運(yùn)動時間為t秒時，Q點(diǎn)到D點(diǎn)的距離為x=1t，Q點(diǎn)到C點(diǎn)的距離為x=4t。由于△BCQ的底為BC的長度，即2.5，因此△BCQ的面積為S=1/2×2.5×Q點(diǎn)到BC的距離。分別代入Q點(diǎn)到BC的距離為3、2和0時，可得當(dāng)Q點(diǎn)的運(yùn)動時間分別為1秒、4秒和6秒時，△BCQ的面積分別為3.75、5和0。6、如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，已知點(diǎn)A(a，0)，B(0，b)，且a、b滿足$a^2+b^2=25$，點(diǎn)C、B關(guān)于x軸對稱．（1）求A、B、C兩點(diǎn)坐標(biāo)；解：由題意可得，$AB$為直角三角形的斜邊，且長度為5，因此$a^2+b^2=25$。又因為$C$、$B$關(guān)于$x$軸對稱，所以$C$的坐標(biāo)為$(a,-b)$，$B$的坐標(biāo)為$(0,b)$。（2）點(diǎn)M為射線$OA$上$A$點(diǎn)右側(cè)一動點(diǎn)，過點(diǎn)$M$作$MN⊥CM$交直線$AB$于$N$，連$BM$，是否存在點(diǎn)$M$，使$△MNC$為等腰三角形？若存在，求$M$點(diǎn)坐標(biāo)；若不存在，請說明理由.解：因為$AB$為$x$軸，所以$N$點(diǎn)的坐標(biāo)為$(m,0)$，其中$m$為實(shí)數(shù)。根據(jù)題意可得$MN\perpCM$，所以$\dfrac{a-m}\cdot\dfrac{m}=-1$，解得$m=\dfrac{a^2-b^2}{2a}$。因為$△MNC$為等腰三角形，所以$MN=NC$，即$\sqrt{(m-a)^2+b^2}=\sqrt{(m-a)^2+b^2-(a^2+b^2)}$，解得$m=\dfrac{a}{2}$。因此，存在點(diǎn)$M(\dfrac{a}{2},\dfrac{2})$使得$△MNC$為等腰三角形。（3）點(diǎn)$P$為第二象限角平分線上一動點(diǎn)，將射線$BP$繞$B$點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)30°交$x$軸于點(diǎn)$Q$，連$PQ$，在點(diǎn)$P$運(yùn)動過程中，當(dāng)$\angleBPQ=45°$時，求$BQ$的長.解：因為$P$在第二象限角平分線上，所以$AP$與$BP$的斜率相等。又因為$\angleBPQ=45°$，所以$\angleAPQ=15°$。設(shè)$BQ=x$，則$PQ=x\tan15°$，又因為$BP$繞$B$點(diǎn)逆時針旋轉(zhuǎn)30°，所以$\angleBQP=75°$，由正弦定理可得$BQ=\dfrac{PQ}{\sin75°}=\dfrac{x\tan15°}{\sin75°}$。因此，$BQ=\dfrac{x\sqrt{6}-x\sqrt{2}}{2}$。7.在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形$ABCD$是長方形，$AB\parallelCD$，$AB=CD=8\text{cm}$，$AD=BC=6\text{cm}$，$D$點(diǎn)與原點(diǎn)重合，坐標(biāo)為$(0,0)$。（1）寫出點(diǎn)$B$的坐標(biāo).解：因為$AB\parallelCD$，所以$AB$與$CD$的斜率相等，即$\dfrac{a}=\dfrac{6}{8}$，解得$b=\dfrac{3}{4}a$。又因為$AB=8$，所以$a^2+b^2=8^2$，代入$b=\dfrac{3}{4}a$可得$a=\dfrac{16}{5}$，$b=\dfrac{12}{5}$。因此，點(diǎn)$B$的坐標(biāo)為$(0,\dfrac{12}{5})$。（2）動點(diǎn)$P$從點(diǎn)$A$出發(fā)以每秒3個單位長度的速度向終點(diǎn)$B$勻速運(yùn)動，動點(diǎn)$Q$從點(diǎn)$C$出發(fā)以每秒4個單位長度的速度沿射線$CD$方向勻速運(yùn)動，若$P$、$Q$兩點(diǎn)同時出發(fā)，當(dāng)$P$到達(dá)點(diǎn)$B$時，$P$、$Q$同時停止，在此運(yùn)動過程中，線段$AQ$，$PC$會將四邊形$ABCD$分割成三部分，設(shè)運(yùn)動時間為$t$秒，當(dāng)$t$為何值時，其中有兩部分面積相等？解：設(shè)$P$、$Q$在$t$秒后分別到達(dá)點(diǎn)$B$、$E$，則$BE=3t$，$CE=4t$。又因為四邊形$ABCD$是長方形，所以$AD=BC=6$，$AB=CD=8$。因此，$AE=\sqrt{(AD+3t)^2+(AB-4t)^2}$，$BD=\sqrt{(BC+4t)^2+(AB-3t)^2}$。根據(jù)題意可得$S_{\triangleABE}=S_{\triangleCDE}$，即$\dfrac{1}{2}\cdot(AD+3t)\cdot(AB-4t)=\dfrac{1}{2}\cdotCD\cdotBD-\dfrac{1}{2}\cdotCE\cdotAE$，化簡可得$t=\dfrac{5}{2}$。因此，當(dāng)$t=\dfrac{5}{2}$時，四邊形$ABCD$被線段$AQ$、$PC$分割成的兩部分面積相等。（3）試問四邊形$AQCP$面積能否達(dá)到57，若能，求出此時$Q$點(diǎn)坐標(biāo)；若不能，請說明理由。解：四邊形$AQCP$的面積為$S_{\text{四邊形}}=S_{\triangleAQC}+S_{\triangleCPQ}$。因為$AQ=8-3t$，$CP=8-4t$，$PQ=\sqrt{(3t)^2+(4t)^2}=\sqrt{25t^2}$，所以$S_{\triangleAQC}=\dfrac{1}{2}\cdot(8-3t)\cdot6$，$S_{\triangleCPQ}=\dfrac{1}{2}\cdot\sqrt{25t^2}\cdot(8-4t)\cdot\dfrac{1}{\sqrt{25t^2}+(8-4t)}$。因此，$S_{\text{四邊形}}=