七年级动点问题专项练习

七年级动点问题专项练习1、已知点A在数轴上对应的数为a，点B对应的数为b，且|2b-6|+(a+1)²=0，A、B之间的距离记作AB，定义：AB=|a-b|．（1）求线段AB的长．解：由AB=|a-b|，可知线段AB的长为|2b-6+a+1|=|2b+a-5|。（2）设点P在数轴上对应的数x，当PA-PB=2时，求x的值．解：根据PA-PB=2，可得|a-x|-|b-x|=2。分两种情况讨论：当a≥x≥b时，|a-x|-|b-x|=a-x-(b-x)=a-b+2=2，解得x=a-1；当b≥x≥a时，|a-x|-|b-x|=x-a-(x-b)=a-b+2=2，解得x=b+1。综上所述，x=a-1或x=b+1。（3）M、N分别是PA、PB的中点，当P移动时，指出当下列结论分别成立时，x的取值范围，并说明理由：①PM的值不变，②|PM-PN|的值不变．解：由于M、N分别是PA、PB的中点，所以PM=|a-x|/2，PN=|b-x|/2。分两种情况讨论：①当PM的值不变时，即|a-x|/2=k（k为常数），解得x=a-2k或x=a+2k；②当|PM-PN|的值不变时，即||a-x|/2-|b-x|/2||=k（k为常数），解得x=(a+b)/2±2k。因此，当①成立时，x=a-2k或x=a+2k；当②成立时，x=(a+b)/2±2k。2、如图1，已知数轴上两点A、B对应的数分别为-1、3，点P为数轴上的一动点，其对应的数为x．（1）PA=|x+1|；PB=|x-3|。（2）在数轴上是否存在点P，使PA+PB=5？若存在，请求出x的值；若不存在，请说明理由．解：PA+PB=|x+1|+|x-3|=5，分两种情况讨论：当x≥3时，PA+PB=(x+1)+(x-3)=2x-2=5，解得x=7/2；当-1≤x<3时，PA+PB=-(x+1)+(x-3)=-4，不符合条件。因此，存在点P，使PA+PB=5，x=7/2。（3）如图2，点P以每秒1个单位的速度从点D向右运动，同时点A以每秒5个单位的速度向左运动，点B以每秒20个单位的速度向右运动，在运动过程中，M、N分别是AP、OB的中点，问：PM的值是否发生变化？请说明理由．解：由于P向右运动，且A向左运动，所以P与A的距离不断缩小，即PM的值不断减小。而B向右运动，OB的长度不断增加，所以PN的值不断增加。因此，|PM-PN|的值不断增加，PM的值发生变化。3、如图，已知A（-4，3）、B（-1，3）、C（-2，1），△ABC中任意一点P（x，y）点平移后对应的点为P1（x+2，y-1），将△ABC作同样的平移得到△A1B1C1．（1）画出△A1B1C1．解：将△ABC平移2个单位向右，向下1个单位，得到△A1B1C1，如图所示。（2）直接写出A1、B1、C1的坐标．解：由于A1、B1、C1分别是A、B、C平移后得到的点，所以A1（-2，2）、B1（1，2）、C1（0，0）。（3）在坐标轴上是否存在点P，使△PB1C1的面积等于△ABC的面积？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由．解：由于△PB1C1与△ABC共边，所以它们的高相等。设高为h，则有h=|y-1|。而△ABC的面积为S1=1/2|(-4-(-2))(3-1)-(-1-(-2))(3-3)|=2，△PB1C1的面积为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。分两种情况讨论：当y-1≥0时，有x+4-y=4，解得x=y-8；当y-1<0时，有x+4-y=-4，解得x=y，但此时y-1<3，即y<4，不符合题意。因此，不存在点P，使△PB1C1的面积等于△ABC的面积。4、如图，在平面直角坐标系中，长方形ABCD的边BC∥x轴．如果A点坐标是（1，2），C点坐标是（3，-4）．（1）求B点和D点的坐标；解：由于AB∥CD且BC∥x轴，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点坐标为(5/2，-2)。又因为AD∥BC且AD垂直于BC，所以AD的斜率为BC的斜率的相反数，即(2-y)/(1-x)=-(4-2)/(3-5)，解得x=-1，y=4，因此D点坐标为(-1，4)。（2）将这个长方形向下平移个单位长度，四个顶点的坐标变为多少？请你以米的速度在长方形写出平移后四个顶点的坐标；解：将长方形向下平移一个单位长度，四个顶点的坐标变为A'（1，1），B'（5/2，-3），C'（3，-5），D'（-1，3）。以米为单位，写出平移后四个顶点的坐标为A'（1，1），B'（2.5，-3），C'（3，-5），D'（-1，3）。（3）如果Q点以每秒1米的速度在长方形ABCD的边上从A出发到C点停止，沿着A→D→C的路径运动，那么当Q点的运动时间分别是1秒、4秒和6秒时，△BCQ的面积各是多少？请你分别求出来．解：由于Q点沿着A→D→C的路径运动，所以Q点先到达D点，再到达C点。设Q点到D点的距离为x，则Q点到C点的距离为2x+2。因此，当Q点的运动时间为t秒时，Q点到D点的距离为x=1t，Q点到C点的距离为x=4t。由于△BCQ的底为BC的长度，即2.5，因此△BCQ的面积为S=1/2×2.5×Q点到BC的距离。分别代入Q点到BC的距离为3、2和0时，可得当Q点的运动时间分别为1秒、4秒和6秒时，△BCQ的面积分别为3.75、5和0。6、如图，在平面直角坐标系中，已知点A(a，0)，B(0，b)，且a、b满足$a^2+b^2=25$，点C、B关于x轴对称．（1）求A、B、C两点坐标；解：由题意可得，$AB$为直角三角形的斜边，且长度为5，因此$a^2+b^2=25$。又因为$C$、$B$关于$x$轴对称，所以$C$的坐标为$(a,-b)$，$B$的坐标为$(0,b)$。（2）点M为射线$OA$上$A$点右侧一动点，过点$M$作$MN⊥CM$交直线$AB$于$N$，连$BM$，是否存在点$M$，使$△MNC$为等腰三角形？若存在，求$M$点坐标；若不存在，请说明理由.解：因为$AB$为$x$轴，所以$N$点的坐标为$(m,0)$，其中$m$为实数。根据题意可得$MN\perpCM$，所以$\dfrac{b}{a-m}\cdot\dfrac{m}{b}=-1$，解得$m=\dfrac{a^2-b^2}{2a}$。因为$△MNC$为等腰三角形，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，存在点$M(\dfrac{a}{2},\dfrac{b}{2})$使得$△MNC$为等腰三角形。（3）点$P$为第二象限角平分线上一动点，将射线$BP$绕$B$点逆时针旋转30°交$x$轴于点$Q$，连$PQ$，在点$P$运动过程中，当$\angleBPQ=45°$时，求$BQ$的长.解：因为$P$在第二象限角平分线上，所以$AP$与$BP$的斜率相等。又因为$\angleBPQ=45°$，所以$\angleAPQ=15°$。设$BQ=x$，则$PQ=x\tan15°$，又因为$BP$绕$B$点逆时针旋转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.在平面直角坐标系中，四边形$ABCD$是长方形，$AB\parallelCD$，$AB=CD=8\text{cm}$，$AD=BC=6\text{cm}$，$D$点与原点重合，坐标为$(0,0)$。（1）写出点$B$的坐标.解：因为$AB\parallelCD$，所以$AB$与$CD$的斜率相等，即$\dfrac{b}{a}=\dfrac{6}{8}$，解得$b=\dfrac{3}{4}a$。又因为$AB=8$，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，点$B$的坐标为$(0,\dfrac{12}{5})$。（2）动点$P$从点$A$出发以每秒3个单位长度的速度向终点$B$匀速运动，动点$Q$从点$C$出发以每秒4个单位长度的速度沿射线$CD$方向匀速运动，若$P$、$Q$两点同时出发，当$P$到达点$B$时，$P$、$Q$同时停止，在此运动过程中，线段$AQ$，$PC$会将四边形$ABCD$分割成三部分，设运动时间为$t$秒，当$t$为何值时，其中有两部分面积相等？解：设$P$、$Q$在$t$秒后分别到达点$B$、$E$，则$BE=3t$，$CE=4t$。又因为四边形$ABCD$是长方形，所以$AD=BC=6$，$AB=CD=8$。因此，$AE=\sqrt{(AD+3t)^2+(AB-4t)^2}$，$BD=\sqrt{(BC+4t)^2+(AB-3t)^2}$。根据题意可得$S_{\triangleABE}=S_{\triangleCDE}$，即$\dfrac{1}{2}\cdot(AD+3t)\cdot(AB-4t)=\dfrac{1}{2}\cdotCD\cdotBD-\dfrac{1}{2}\cdotCE\cdotAE$，化简可得$t=\dfrac{5}{2}$。因此，当$t=\dfrac{5}{2}$时，四边形$ABCD$被线段$AQ$、$PC$分割成的两部分面积相等。（3）试问四边形$AQCP$面积能否达到57，若能，求出此时$Q$点坐标；若不能，请说明理由。解：四边形$AQCP$的面积为$S_{\text{四边形}}=S_{\triangleAQC}+S_{\triangleCPQ}$。因为$AQ=8-3t$，$CP=8-4t$，$PQ=\sqrt{(3t)^2+(4t)^2}=\sqrt{25t^2}$，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{四边形}}=