中考数学总复习全等中的动点难点解析与训练

全等三角形之动点问题

典型例题：

如图1，点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点（端点除外），点P从顶点A、点Q从顶点B同时出发，且它们的运动速度相同，连接AQ、CP交于点M．

（1）求证：△ABQ≌△CAP；

（2）当点P、Q分别在AB、BC边上运动时，∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数．

（3）如图2，若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动，直线AQ、CP交点为M，则∠QMC变化吗？若变化，请说明理由；若不变，则求出它的度数．

练习题：

1.（2016·山东省济宁市·3分）如图，△ABC中，

AD⊥BC，CE⊥AB，垂足分别为D、E，

AD、CE交于点H，请你添加一个适当

的条件：　      　，使△AEH≌△CEB．

2.如图，已知△ABC中，AB=AC=12厘米，BC=9厘米，点D为AB的中点．
（1）如果点P在线段BC上以3厘米/秒得速度由B点向C点运动，同时点Q在线段CA上由C点向A点运动．
①若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，1秒钟时，△BPD与△CQP是否全等，请说明理由；
②若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等，当点Q的运动速度为多少时，能够使△BPD≌△CQP？
(2)若点Q以(1)②中的运动速度从点C出发，点P以原来的运动速度从点B同时出发，都逆时针沿△ABC三边运动，求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇？

3. 如图，边长为6的等边三角形ABC中，D是AB边上的一动点，由A向B运动（A、B不重合），F是BC延长线上的一动点，与D同时以相同的速度由C向BC延长线方向运动（与C不重合），过点D作DE⊥AC，连接DF交AC于G．

（1）当点D运动到AB的中点时，直接写出AE的长；

（2）当DF⊥AB时，求AD的长；

（3）在运动过程中线段GE的长是否发生变化？如果不变，求出线段GE的长；如果发生改变请说明理由．

课后作业：

1.如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝900 ，AB=4，AC=10，PQ=BC，P、Q分别在AC和AB的反向延长线上移动，当PC等于多少时，△ABC≌△APQ。

2．如图，在Rt△ABC中，∠B＝900，AB=6，BC=8，过点C作 CF⊥BC，点D、E分别在BC、CF上移动，且始终保持DE=AC，当CD等于多少时，△ABC与△DCE全等。

3.如图，AB=2，BC=5，AB⊥BC于点B，QC⊥BC于点C,点P从点B开始沿射线BC移动，过点P作PQ⊥PA，交直线L于点Q。 ⑴求证：∠A=∠QPC  ⑵当点P运动到何处时，PA=PQ，并说明理由。

4.（2015秋•龙海市期末）如图，在△ABC中，AB=AC=2，∠B=40°，点D在线段BC上运动（不与B、C重合），连接AD，作∠ADE=40°，DE交线段AC于点E．

（1）当∠ADB=115°时，∠BAD=　  　°，∠DEC=　    　°；

（2）线段DC的值为多少时，△ABD与△DCE全等？请说明理由；

（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠ADB的度数；若不可以，请说明理由．

参考答案：

例题：【考点】等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质．

【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用SAS证明△ABQ≌△CAP；

（2）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP，从而得到∠QMC=60°；

（3）由△ABQ≌△CAP根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP，从而得到∠QMC=120°．

【解答】（1）证明：∵△ABC是等边三角形，∴∠ABQ=∠CAP，AB=CA，

又∵点P、Q运动速度相同，∴AP=BQ，在△ABQ与△CAP中，

∵，∴△ABQ≌△CAP（SAS）；

（2）解：点P、Q在运动的过程中，∠QMC不变．

理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ=∠ACP，

∵∠QMC=∠ACP+∠MAC，∴∠QMC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=60°…（6分）

（3）解：点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时，∠QMC不变．（7分）

理由：∵△ABQ≌△CAP，∴∠BAQ=∠ACP，

∵∠QMC=∠BAQ+∠APM，∴∠QMC=∠ACP+∠APM=180°﹣∠PAC=180°﹣60°=120°．

【点评】主要考查等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质等知识．

当堂巩固：

1. AH=CB或EH=EB或AE=CE．（只要符合要求即可）

2. 【考点】全等三角形的判定．

【专题】动点型．

【分析】（1）①先求得BP=CQ=3，PC=BD=6，然后根据等边对等角求得∠B=∠C，最后根据SAS即可证明；②因为VP≠VQ，所以BP≠CQ，又∠B=∠C，要使△BPD与△CQP全等，只能BP=CP=4.5，根据全等得出CQ=BD=6，然后根据运动速度求得运动时间，根据时间和CQ的长即可求得Q的运动速度；

（2）因为VQ＞VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程，据此列出方程，解这个方程即可求得．

【解答】解：（1）①∵t=1（秒），∴BP=CQ=3（厘米）

∵AB=12，D为AB中点，∴BD=6（厘米）

又∵PC=BC﹣BP=9﹣3=6（厘米）∴PC=BD。∵AB=AC，∴∠B=∠C，

在△BPD与△CQP中，，∴△BPD≌△CQP（SAS），

②∵VP≠VQ，∴BP≠CQ，又∵∠B=∠C，要使△BPD≌△CPQ，只能BP=CP=4.5，

∵△BPD≌△CPQ，∴CQ=BD=6．∴点P的运动时间t===1.5（秒），

此时VQ===4（厘米/秒）．

（2）因为VQ＞VP，只能是点Q追上点P，即点Q比点P多走AB+AC的路程

设经过x秒后P与Q第一次相遇，依题意得4x=3x+2×12，解得x=24（秒）

此时P运动了24×3=72（厘米）又∵△ABC的周长为33厘米，72=33×2+6，

∴点P、Q在BC边上相遇，即经过了24秒，点P与点Q第一次在BC边上相遇．

【点评】本题考查了三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质，以及数形结合思想的运用，解题的根据是熟练掌握三角形全等的判定和性质．

3. 【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．

【分析】（1）由点D运动到AB的中点时，于是得到AD=AB=3，根据等边三角形的性质得到∠A=60°，求得∠ADE=30°，根据直角三角形的性质即可得到结论；

（2）由点D、F同时运动且速度相同，得到AD=CF，求出∠AGD=∠CGF=30°，∠F=30°，于是得到CF=CG=AD，设AD=CG=CF=x，则AG=2x，列方程即可得到结论；

（3）当点D、F同时运动且速度相同时，线段GE的长度不会改变．理由如下：作FQ⊥AC，交直线AC的延长线于点Q，连接FE，DQ，由点D、F速度相同，得到AD=CF，根据等边三角形的性质得到∠A=∠ABC=∠QCF=60°，推出△ADE≌△CFQ（AAS），根据全等三角形的性质得到AE=CQ，DE=QF且DE∥QF，证得四边形DEFQ是平行四边形，根据平行四边形的性质得到GE=EQ，推出GE=AC，即可得到结论．

【解答】解：（1）点D运动到AB的中点时，

∵AD=AB=3，∠A=60°，∵DE⊥AC，∴∠ADE=30°，∴AE=AD=；

（2）∵点D、F同时运动且速度相同，∴AD=CF，

∵DF⊥AB，∠A=60°，∴∠AGD=∠CGF=30°，

∵∠B=60°，∴∠F=30°，∴∠CGF=∠F，∴CF=CG=AD，

设AD=CG=CF=x，则AG=2x，∴AG+CG=2x+x=3x=6，∴x=2，∴AD=2；

（3）当点D、F同时运动且速度相同时，线段GE的长度不会改变．理由如下：

作FQ⊥AC，交直线AC的延长线于点Q，连接FE，DQ，

又∵DE⊥AB于E，∴∠GQF=∠AED=90°，

∵点D、F速度相同，∴AD=CF，

∵△ABC是等边三角形，∴∠A=∠ABC=∠QCF=60°，

在△ADE和△CFQ中，∵∠AED=∠CQF=90°，∴∠AED=∠CQF，

在△ADE和△CQF中，，∴△ADE≌△CFQ（AAS），

∴AE=CQ，DE=QF且DE∥QF，∴四边形DEFQ是平行四边形，∴GE=EQ，

∵EC+AE=CE+CQ=AC，∴GE=AC，又∵等边△ABC的边长为6，∴GE=3，

∴点D、F同时运动且速度相同时，线段GE的长度不会改变．

【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质，直角三角形的性质的应用，能推出两三角形全等是解此题的关键．

课后作业参考答案：

1. ∵三角形ABC与三角形APQ全等，∴（1）△ABC≌△APQ时,AP=AB=4,则CP=AC+AP=14。

（2）△ABC≌△AQP时,AP=AC=10,则CP=AC+AP=20。

2. 解：∵△ABC与△DCF全等，DE=AC，∴分两种情况：

①AB与CD是对应边时，CD=AB=6；

②AM与AC是对应边时，CD=BC=8；

综上所述：当CD=6或8时，△ABC与△DCF全等；故答案为：6或8．

【点评】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理，主要利用了全等三角形对应边相等的性质，难点在于要分情况讨论．

3. 解：（1）证明：∵PQ⊥AP，∴∠ABP=90°，∴∠APB+∠QPC=90°，

∵AB⊥BC于点B，∴∠A+∠APB=90°，∴∠A=∠QPC；

（2）当P运动到离C处距离为2时，PA=PQ，

证明：当PC=2时，PC=AB，在△ABP与△PCQ中，∵，

∴△ABP≌△PCQ（ASA），∴PA=PQ；

同理，BP=7时，PC=2也符合，所以，点P运动到与点C距离为2时，PA=PQ．

【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及余角的性质：同角的余角相等，正确证明∠A=∠QPC是关键．

4.【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定．

【分析】（1）利用邻补角的性质和三角形内角和定理解题；

（2）当DC=2时，利用∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，求出∠ADB=∠DEC，再利用AB=DC=2，即可得出△ABD≌△DCE．

（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．

【解答】解：（1）∵∠B=40°，∠ADB=115°，

∴∠BAD=180°﹣∠B﹣∠ADB=180°﹣115°﹣40°=25°，

∵AB=AC，∴∠C=∠B=40°，∵∠EDC=180°﹣∠ADB﹣∠ADE=25°，

∴∠DEC=180°﹣∠EDC﹣∠C=115°，故答案为：25°，115°；

（2）当DC=2时，△ABD≌△DCE，

理由：∵∠C=40°，∴∠DEC+∠EDC=140°，又∵∠ADE=40°，∴∠ADB+∠EDC=140°，

∴∠ADB=∠DEC，又∵AB=DC=2，在△ABD和△DCE中，，

∴△ABD≌△DCE（AAS）；

（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，

∵∠BDA=110°时，∴∠ADC=70°，∵∠C=40°，∴∠DAC=70°，∴△ADE的形状是等腰三角形；

∵当∠BDA的度数为80°时，∴∠ADC=100°，

∵∠C=40°，∴∠DAC=40°，∴△ADE的形状是等腰三角形．

【点评】此题主要考查学生对等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识点的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．