八年级数学下册期末动点问题及压轴题带答案

（2）若点C在x轴正半轴上，且BD与AC的距离等于1，求点C的坐标； （3）如果OE⊥AC于点E，当四边形ABDE为平行四边形时，求直线AC的解析式．

2．（12分）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，BC=26cm．一动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以3cm/s的速度运动．P，Q分别从点A和点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．设运动时间为t s，则 （1）t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？ （2）t为何值时，四边形PQCD为等腰梯形？

（3）AB边的长是否存在一数值，使四边形PQCD为菱形．如果存在，请求出AB边的长，如果不存在，请说出理由．

3．（本题10分）已知：在正方形ABCD中，AB＝6，P为边CD上一点，过P点作PE⊥BD于点E，连接BP

(1) O为BP的中点，连接CO并延长交BD于点F ① 如图1，连接OE，求证：OE⊥OC ② 如图2，若(2) EPBF3，求DP的长 EF52CP＝___________ 2

4．（本题12分）如图1，直线y3x33分别与y轴、x轴交于点A、点B，点

C的坐标为(－3，0)，D为直线AB上一动点，连接CD交y轴于点E (1) 点B的坐标为__________，不等式3x330的解集为___________ (2) 若S△COE＝S△ADE，求点D的坐标

(3) 如图2，以CD为边作菱形CDFG，且∠CDF＝60°．当点D运动时，点G在一条定直线上运动，请求出这条定直线的解析式.

5.（11分）如图1，在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，四边形ABCO是菱形，点A的坐标为（﹣3，4），点C在x轴的正半轴上，直线AC交y轴于点M，

AB边交y轴于点H，连接BM.

（1）菱形ABCO的边长是 ； （2）求直线AC的解析式；

（3）动点P从点A出发，沿折线ABC方向以2个单位/秒的速度向终点C匀速

运动，设△PMB的面积为S（S≠0），点P的运动时间为t秒. ①求S与t之间的函数关系式；

②在点P运动过程中，当S=3，请直接写出t的值．

6.（11分）如图，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，且AD=12cm，AB=8cm，DC=10cm，若动点P从A点出发，以每秒2cm的速度沿线段AD向点D运动；动点Q从C点出发以每秒3cm的速度沿CB向B点运动，当P点到达D点时，动点P、Q同时停止运动，设点P、Q同时出发，并运动了t秒，回答下列问题： （1）BC= cm；

（2）当t为多少时，四边形PQCD成为平行四边形？ （3）当t为多少时，四边形PQCD为等腰梯形？

（4）是否存在t，使得△DQC是等腰三角形？若存在，请求出t的值；若不存在，说明理由．

7、如图①，已知正方形ABCD的边长为1，点P是AD边上的一个动点，点A关于直线BP的对称点是点Q，连接PQ、DQ、CQ、BQ，设AP=x. （1）BQ＋DQ的最小值是_______，此时x的值是_______； （2）如图②，若PQ的延长线交CD边于点E，并且∠CQD=90°.

①求证：点E是CD的中点；②求x的值.

（3）若点P是射线AD上的一个动点，请直接写出当△CDQ为等腰三角形时x的值.

8、如图1，平面直角坐标系中，直线AB：y=﹣x+b交x轴于点A(8，0)，交y轴正半轴于点B. (1)求点B的坐标；

(2)如图2，直线AC交y轴负半轴于点C，AB=BC，P为线段AB上一点，过点P作y轴的平行线交直线AC于点Q，设点P的横坐标为t，线段PQ的长为d，求d与t之间的函数关系式；

(3)在(2)的条件下，M为CA延长线上一点，且AM=CQ，在直线AC上方的直线AB上是否存在点N，使△QMN是以QM为斜边的等腰直角三角形？若存在，请求出点N的坐标及PN的长度；若不存在，请说明理由.

1.【解答】 解：（1）∵A（0，4），B（0，2）， ∴OA=4，OB=2，点B为线段OA的中点， 又点D为OC的中点，即BD为△AOC的中位线， ∴BD∥AC；

（2）如图1，作BF⊥AC于点F，取AB的中点G，则G（0，3）， ∵BD∥AC，BD与AC的距离等于1， ∴BF=1，

∵在Rt△ABF中，∠AFB=90°，AB=2，点G为AB的中点， ∴FG=BG=AB=1，

∴△BFG是等边三角形，∠ABF=60°． ∴∠BAC=30°， 设OC=x，则AC=2x， 根据勾股定理得：OA=∵OA=4， ∴x=

=

x，

∵点C在x轴的正半轴上， ∴点C的坐标为（

（3）如图2，当四边形ABDE为平行四边形时，AB∥DE， ∴DE⊥OC，

∵点D为OC的中点， ∴OE=EC， ∵OE⊥AC， ∴∠OCA=45°， ∴OC=OA=4，

∵点C在x轴的正半轴上， ∴点C的坐标为（4，0），

，0）；

设直线AC的解析式为y=kx+b（k≠0）． 将A（0，4），C（4，0）代入AC的解析式得：

解得：

∴直线AC的解析式为y=﹣x+4．

2.【解答】解：（1）由运动知，AP=t，CQ=3t， ∴DP=AD﹣AP=24﹣t， ∵四边形PQCD为平行四边形， ∴DP=CQ， ∴24﹣t=3t， ∴t=6；

（2）如图2，过点D作DE⊥BC于E，过点P作PF⊥BC于F， ∴四边形EFPD是矩形，

∴DE=PF，[来源:Z|xx|k.Com] ∵四边形PQCD是等腰梯形， ∴∠PQC=∠DCQ， ∵∠PFQ=∠DEC=90°， ∴△PFQ≌△DEC， ∴FQ=CE， ∴BE=AD=24， ∴CE=BC﹣BE=2，

∵四边形PQCD为等腰梯形， ∴CQ=DP+2CE，

由运动知，AP=t，CQ=3t， ∴DP=AD﹣AP=24﹣t， ∴24﹣t+2×2=3t， ∴t=7，

（3）AB边的长是8

时，四边形PQCD为菱形，

理由：由（1）知，t=6时，四边形PQCD是平行四边形， ∴DP=24﹣6=18，

∵平行四边形PQCD是菱形， ∴CD=DP=18，

如图2，过点D作DE⊥BC于E， ∴四边形ABED是矩形， ∴AB=DE， 在Rt△CDE中， CE=2，CD=18， ∴DE=

=8

．

3.证明：(1) ① ∵∠PEB＝∠PCB＝90°，O为BP的中点

∴OE＝OB＝OP＝OC

∴∠POE＝2∠DBP，∠POC＝2∠CBP

∴∠COE＝∠POE＋∠POC＝2(∠DBP＋∠CBP)＝90° ∴OE⊥OC

② 连接OE、CE

∵△COE为等腰直角三角形 ∴∠ECF＝45°

在等腰Rt△BCD中，BF2＋DE2＝EF2 设BF＝3x，EF＝5x，则DE＝4x

∴3x＋4x＋5x＝62，解得x＝∴DP＝2DE＝42x4

(2) ∵2EPCPDPCCD6 ∴EP2CP32 22 2

4.解：(1) (3，0)、x＜3

(2) ∵S△COE＝S△ADE ∴S△AOB＝S△CBD

1133即6yD333，yD＝ 222当y＝

33333时，3x33，x 222∴D(，333) 22(3) 连接CF ∵∠CDF＝60°

∴△CDF为等边三角形 连接AC

∵AB＝AC＝BC＝6

∴△ABC为等边三角形 ∴△CAF≌△CBD（SAS） ∴∠CAF＝∠ACB＝60° ∴AF∥x轴

设D(m，3m33) 过点D作DH⊥x轴于H

∴BH＝3－m，DB＝6－2m＝AF ∴F(2m－6，33)

由平移可知：G(m－9，3m) 令xm9y3m

∴点G在直线y3x93上

6.解：根据题意得：PA=2t，CQ=3t，则PD=AD-PA=12-2t． （1）如图，过D点作DE⊥BC于E，则四边形ABED为长方形，

DE=AB=8cm，AD=BE=12cm，

在直角△CDE中，∵∠CED=90°，DC=10cm，DE=8cm， ∴EC=DC2DE2=6cm，

∴BC=BE+EC=18cm．…………………………………………………………………2分

（直接写出最后结果18cm即可）

（2）∵AD∥BC，即PD∥CQ，

∴当PD=CQ时，四边形PQCD为平行四边形， 即12-2t=3t，

12秒， 512故当t=秒时四边形PQCD为平行四边形；………………………………………4

5解得t=

分

（3）如图，过D点作DE⊥BC于E，则四边形ABED为长方形，DE=AB=8cm，AD=BE=12cm，

当PQ=CD时，四边形PQCD为等腰梯形．

过点P作PF⊥BC于点F，过点D作DE⊥BC于点E，则四边形PDEF是长方形，EF=PD=12-2t，PF=DE． 在Rt△PQF和Rt△CDE中，

PQCD， PFDE∴Rt△PQF≌Rt△CDE（HL）， ∴QF=CE，

∴QC-PD=QC-EF=QF+EC=2CE， 即3t-（12-2t）=12，

24， 524即当t=时，四边形PQCD为等腰梯形；……………………………………………

5解得：t=

8分

（4）△DQC是等腰三角形时，分三种情况讨论： ①当QC=DC时，即3t=10， ∴t=

10； 3②当DQ=DC时，∴t=4；

3t6 265 10③当QD=QC时，3t×∴t=

25． 9故存在t，使得△DQC是等腰三角形，此时t的值为11分

1025秒或4秒或秒．………39

③在Rt△DMQ中， DQ2=DM2+QM2

(3t)282(3t8)2

36t=100 t=

7.解：（1）

；

－1；

25 9（2）①证明：在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠BCD=90°

∵Q点为A点关于BP的对称点∴AB=QB，∠A=∠PQB=90°∴QB=BC，∠BQE=∠BCE

∴∠BQC=∠BCQ∴∠EQC=∠EQB－∠CQB=∠ECB－∠QCB=∠ECQ∴EQ=EC在Rt△ABC中

∵∠QDE=90°－∠QCE，∠DQE=90°－∠EQC

∴∠QDE=∠DQE∴EQ＋ED∴CE=EQ=ED即E是CD的中点 ②

（3）

或或

8.解：(1)∵y=﹣x+b交x轴于点A(8，0)，∴0=﹣×8+b，b=6， ∴直线AB解析式为y=﹣x+6，令x=0，y=6，B(0，6)；

(2)∵A(8，0)，B(0，6)，∴OA=8，OB=6，∵∠AOB=90°，∴AB=10=BC，∴OC=4，

∴点C(0，﹣4)，设直线AC解析式为y=kx+b’，∴

，∴

∴直线AC解析式为y=x﹣4，∵P在直线y=﹣x+6上，∴可设点P(t，﹣t+6)，

∵PQ∥y轴，且点Q在y=x﹣4 上，∴Q(t， t﹣4)，∴d=(﹣t+6)﹣(t﹣4)=﹣t+10；

(3)过点M作MG⊥PQ于G，∴∠QGM=90°=∠COA，∵PQ∥y轴，∴∠OCA=∠GQM，

∵CQ=AM，∴AC=QM，在△OAC与△GMQ中，

，∴△OAC≌△GMQ，

∴QG=OC=4，GM=OA=8，过点N作NH⊥PQ于H，过点M作MR⊥NH于点R， ∴∠MGH=∠RHG=∠MRH=90°，∴四边形GHRM是矩形，∴HR=GM=8，可设GH=RM=k，

∵△MNQ是等腰直角三角形，∴∠QMN=90°，NQ=NM，∴∠HNQ+∠HQN=90°， ∴∠HNQ+∠RNM=90°，∴∠RNM=∠HQN，∴△HNQ≌△RMN，∴HN=RM=k，NR=QH=4+k，

∵HR=HN+NR，∴k+4+k=8，∴k=2，∴GH=NH=RM=2，∴HQ=6， ∵Q(t，t﹣4)，∴N(t+2，t﹣4+6)即 N(t+2，t+2)

∵N在直线AB：y=﹣x+6上，∴t+2=﹣(t+2)+6，∴t=2，∴P(2，)，N(4，3)，

∴PH=，NH=2，∴PN==.