2020八上苏科版第一章《全等三角形》中的运动类问题培优训练(二)(有答案)
2020八上苏科版第一章《全等三角形》中的运动类问题
培优训练（二）
班级：___________姓名：___________得分：___________
一、解答题
1.如图，已知长方形ABCD中，AD=6cm，AB=4cm，
点E为AD的中点．若点P在线段AB上以1cm/s的速度
由点A向点B运动，同时，点Q在线段BC上由点B向
点C运动．
(1)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，经过1秒后，△AEP与△BPQ是否
全等？请说明理由，并判断此时线段PE和线段PQ的位置关系；
(2)若点Q的运动速度与点P的运动速度相等，运动时间为t秒，设△PEQ的面积
为Scm2，请用t的代数式表示S；
(3)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△AEP与△BPQ全等？
2.在四边形ABCD中，∠B=∠C=∠D，E是AB边上一点，EB=6cm，BC=8cm.点
P从B出发以2cm/秒的速度沿线段BC、CD运动，同时点Q从C出发，沿线段CD、射线DA运动，当P运动到D，两点都停止运动，设运动时间为t(秒)．
(1)当Q与P的速度相同，且t=1时，求证：△EBP≌△PCQ；
(2)当Q与P的速度不同，且P，Q分别在BC、CD(CD>EB)上运动时(如图1)，
若△EBP与△PCQ全等，求此时Q的速度和t的值；
(3)当P运动到CD上，Q运动到射线DA上(如图2)，若Q的速度为2.5cm/秒，是
否存在恰当的边CD的长，使在运动过程中某一时刻刚好△BCP与△PDQ全等？若存在，请求出此时t的值和边CD的长；若不存在，请说明理由．
3.四边形ABCD是正方形(提示：正方形四边相等，四个角都是90°)
(1)如图1，点G是BC边上任意一点(不与点B、C重合)，连接AG，作BF⊥AG于
点F，DE⊥AG于点E.求证：△ABF≌△DAE；
(2)①如图2，若点G是CD边上任意一点(不与点C、D重合)，连接AG，作BF⊥AG
于点F，DE⊥AG于点E，线段EF与AF、BF的等量关系是______；
②如图3，若点G是CD延长线上任意一点，连接AG，作BF⊥AG于点F，DE⊥AG
于点E，线段EF与AF、BF的等量关系是______；
(3)若点G是BC延长线上任意一点，连接AG，作BF⊥AG于点F，DE⊥AG于点
E，请画图并探究线段EF与AF、BF的等量关系．
4.问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，
E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系，小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G.使DG=BE.连结AG，先证明△ABE≌△ADG，再证明△AEF≌△AGF，可得出结论，他的结论应是______；
探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分
∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由；
别是BC，CD上的点，且∠EAF=1
2
实际应用：如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心(O处)北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以70海里/小时的速度前进，舰艇乙沿北偏东50°的方向以90海里/小时的速度，前进2小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E，F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
5.在△ABC中，AB=AC，D是直线BC上一点，以AD为一条边在AD的右侧作△ADE，
使AE=AD，∠DAE=∠BAC，连接DE，CE．
(1)如图，当点D在BC延长线上移动时，求证：△ABD≌△ACE；
(2)设∠BAC=α，∠DCE=β．
①当点D在BC延长线上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由；
②当点D在BC上移动时，α与β之间有什么数量关系？请说明理由．
6.如图1，在△ABC中，BD是AC边上的中线，将△DBA绕点D顺时针旋转α(0°<α<
180°)得到△DEA(如图2)，我们称△DEA为△DBC的“旋补三角形”.△DEA的边EA 上的中线DF叫做△DBC的“旋补中线”．
(1)在图2，图3，图4中，△DEA为△DBC的“旋补三角形”，DF是△DBC的“旋
补中线”．
①如图2，∠BDE+∠CDA=______°；
②如图3，当△DBC为等边三角形时，DF与BC的数量关系为DF=______BC；
③如图4，当∠BDC=90°时，BC=4时，则DF长为______；
(2)在图2中，当△DBC为任意三角形时，猜想DF与BC的关系，并给出证明．
(3)如图5，在四边形ABCD中，∠C=90°，∠D=150°，BC=12，CD=2√3，DA=6，
BE⊥AD，E为垂足．在线段BE上是否存在点P，使△PDC是△PAB的“旋补三角形”？若存在，请作出点P并给予证明；若不存在，请说明理由．
7.把两个全等的直角三角板的斜边重合，组成一个四边形ACBD以D为顶点作∠MDN，
交边AC、BC于M、N．
(1)若∠ACD=30°，∠MDN=60°，当∠MDN绕点D旋转时，AM、MN、BN三条线
段之间有何种数量关系？证明你的结论；
(2)当∠ACD+∠MDN=90°时，AM、MN、BN三条线段之间有何数量关系？证明
你的结论；
(3)如图③，在(2)的结论下，若将M、N改在CA、BC的延长线上，完成图3，其
余条件不变，则AM、MN、BN之间有何数量关系(直接写出结论，不必证明)
8.如图1，△ABC的边BC在直线l上，AC⊥BC，且AC=BC；△EFP的边FP也在
直线l上，边EF与边AC重合，且EF=FP(备注：当EF=FP，∠EFP=90°时，∠PEF=∠FPE=45°，反之当∠PEF=∠FPE=45°时，当EF=FP)．
(1)在图1中，请你通过观察、测量、猜想并写出AB与AP所满足的数量关系和位
置关系．
(2)将△EFP沿直线l向左平移到图2的位置时，EP交AC于点Q，连接AP，BQ.猜
想并写出BQ与AP所满足的数量关系和位置关系，并证明你的猜想；
(3)将△EFP沿直线l向左平移到图3的位置时，EP的延长线交AC的延长线于点Q，
连接AP、BQ.你认为(2)中所猜想的BQ与AP的结论还成立吗？若成立，给出证明：若不成立，请说明理由．
9.(1)如图1中，∠ABC=90°，AB=BC，点B在直线上L上，过A、C两点作直线L
的连线段垂足分别为点D、点E，求证：△ADB≌△BEC；
(2)如图2，△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，点P从A点出发沿A?C?B
路径向终点运动，终点为B点，点Q从B点出发沿B?C?A路径向终点运动，终点为A点，点P与Q分别以1和3的运动速度同时开始运动，两点都要到相应的终点才能停止运动，在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于E，QF垂直l于F.问：点P运动多少时间时，△PEC与QFC全等？请说明理由．
10.如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，DF⊥AB，DM⊥AC，AF=10cm，AC=14cm，
动点E以2cm/s的速度从A点向F点运动，动点G以1cm/s的速度从C点向A点运动，当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动，设运动时间为t．
(1)求S△ADE:S△CDG=．
(2)当t取何值时，△DFE≌△DMG．
(3)在(2)的前提下，若BD
DC =5
6
，S△ADE=a cm2，求S△BFD．
11.如图，在平面直角坐标系中，点A在第一象限，点B(a,0)，点C(0,b)分别在x轴，
y轴上，其中a，b是二元一次方程5a?3b=8的解，且a为不等式3a?1
3≤2a
3
+1的
最大整数解．
(1)证明：OB=OC；
(2)如图1，连接AB，过点A作AD⊥AB交y轴于点D，在射线AD上截取AE=AB，连接CE，取CE的中点F，连接AF并延长至点G，使FG=AF，连接CG，OA.当点A在第一象限内运动(AD不经过点C)时，证明：∠OAF的大小不变；
(3)如图2，连接BC，点A为BC边的中点，点M是OC上一点，连接AM，过点A 作AN⊥AM交OB于点N，连接BM，若∠OBM=2∠CAM，BM?BN=2，求点M 的坐标．(此问用勾股定理不给分)
答案和解析 解：(1)∵长方形ABCD ，
∴∠A =∠B =90°，
∵点E 为AD 的中点，AD =6cm ，
∴AE =3cm ，
又∵P 和Q 的速度相等可得出AP =BQ =1cm ，BP =3， ∴AE =BP ，
在△AEP 和△BQP 中，
{AP =BQ
∠A =∠B AE =BP
，
∴△AEP≌△BPQ ，
∴∠AEP =∠BPQ ，
又∵∠AEP +∠APE =90°，
故可得出∠BPQ +∠APE =90°，即∠EPQ =90°， 即EP ⊥PQ ．
(2)连接QE ，由题意得：AP =BQ =t ，BP =4?t ，CQ =6?t ，
S PEQ =S ABCD ?S BPQ ?S EDCQ ?S APE
=AD ×AB ?1
2AE ×AP ?12BP ×BQ ?1
2(DE +CQ)×CD
=24?12×3t ?12t(4?t)?1
2×4(3+6?t)
=t 22?3
2t +6．
(3)设点Q 的运动速度为xcm/s ，
①经过y 秒后，△AEP≌△BQP ，则AP =BP ，AE =BQ ， ∴{y =4?y
3=xy ，
解得：{x =
3
2y =2，
即点Q 的运动速度为3
2cm/s 时能使两三角形全等．
②经过y 秒后，△AEP≌△BPQ ，则AP =BQ ，AE =BP ，
∴{y =xy 3=4?y ，
解得：{x =1y =1
(舍去)． 综上所述，点Q 的运动速度为32cm/s 时能使两三角形全等．
2. 解：(1)如图1中，
由题意：BP =CQ =1×2=2(cm)，
∵BC =8cm ，BE =6cm ，
∴PC =8?2=6(cm)，
∴BE =CP ，
∵∠B =∠C ，
∴△EBP≌△PCQ(SAS)．
(2)∵速度不同，
∴BP ≠CQ ，
∵△EBP 与△PCQ 全等，
∴BE =CQ =6cm ，PB =PC =4cm ，
∴t =4
2
=2， V Q =3cm/秒．
∴当Q 与P 的速度不同，且P ，
Q 分别在BC 、CD(CD >EB)上运动时(如图1)，△EBP 与△PCQ 全等，此时Q 的速度为3cm/秒和t 的值为2秒．
(3)如图2中，设CD =ycm ．
∵△BCP 与△PDQ 全等，∠C =∠D ，
∴有两种情形：①BC =PD ，PC =QD ．
由此可得：{y +8?2t =82t ?8=2.5t ?y
， 解得{t =163y =323
． ②BC =DQ ，PC =PD ，
由此可得：{y +8?2t =2t ?82.5t ?y =8
， 解得{t =163y =163． ∴当CD =
323cm 时，t =163秒时，△BCP≌△PDQ ． 当CD =
163cm 时，t =163秒时，△BCP≌△QDP ．
3. EF =BF ?AF EF =AF +BF
证明：(1)如图1，∵BF ⊥AG ，DE ⊥AG
∴∠AFB =∠DEA =90°，
∵∠BAD =90°，
∴∠BAF =∠ADE ，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB =AD ，
在△ABF 和△DAE 中{∠AFB =∠DAE
∠BAF =∠ADE AB =AD
，
∴△ABF≌△DAE ；
(2)①解：△ABF≌△DAE ，EF =BF ?AF ，
理由是：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠DAB=90°，
∴∠DAE+∠BAE=90°，
∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED=∠AFB=90°，
∴∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵在△ABF和△DAE中
{∠ADE=∠BAF ∠AED=∠AFB AB=AD
，
∴△ABF≌△DAE(AAS)；
∴AE=BF，
∴EF=AE?AF=BF?AF，
故答案为：EF=BF?AF；
②解：EF=AF+BF，
理由是：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=90°，
∴∠DAE+∠BAF=180°?90°=90°，∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AED=∠AFB=90°，
∴∠EAD+∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵在△ABF和△DAE中{∠ADE=∠BAF ∠AED=∠AFB AB=AD
，
∴△ABF≌△DAE(AAS)；
∴AE=BF，
∴EF=AE+AF=AF+BF，故答案为：EF=AF+BF；
(3)如图，
∵BF⊥AG，DE⊥AG，
∴∠AFB =∠DEA =90°，
∵∠BAD =90°，
∴∠BAF =∠ADE(同角的余角相等)，
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB =AD ，
在△ABF 和△DAE 中{∠AFB =∠DAE
∠BAF =∠ADE AB =AD
，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴AE =BF ，
∴EF =AE ?AF =BF ?AF ，
即EF =BF ?AF ．
4. EF =BE +DF
解：问题背景：由题意：△ABE≌△ADG ，△AEF≌△AGF ，
∴BE =DG ，EF =GF ，
∴EF =FG =DF +DG =BE +FD ．
故答案为：EF =BE +FD ．
探索延伸：EF =BE +FD 仍然成立．
理由：如图2，延长FD 到点G ，使DG =BE ，连接AG
∵∠B +∠ADC =180°，∠ADG +∠ADC =180°，
∴∠B =∠ADG ，
又∵AB =AD ，
在△ABE 和△ADG 中，
{AB =AD ∠B =∠ADG BE =DG
，
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴AE =AG ，∠BAE =∠DAG ，
又∵∠EAF =1
2∠BAD ，
∴∠FAG =∠FAD +∠DAG =∠FAD +∠BAE =∠BAD ?∠EAF ，
=∠BAD?1
2∠BAD=1
2
∠BAD，
∴∠EAF=∠GAF．
在△AEF和△AGF中，
{AE=AG
∠EAF=∠GAF AF=AF
，
∴△AEF≌△AGF(SAS)，
∴EF=FG，
又∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+FD．
实际应用：如图3，连接EF，延长AE，BF相交于点C，
在四边形AOBC中，
∵∠AOB=30°+90°+20°=140°，∠FOE=70°=1
2
∠AOB，
又∵OA=OB，∠OAC+∠OBC=60°+120°=180°，符合探索延伸中的条件，∴结论EF=AE+FB成立．
即，EF=AE+FB=2×(70+90)=320(海里)
答：此时两舰艇之间的距离为320海里．
5.解：(1)∵∠DAE=∠BAC，
∴∠DAE+∠CAD=∠BAC+∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD和△CAE中
∵{AB=AC
∠BAD=∠CAE AD=AE
，
∴△BAD≌△CAE(SAS)，
(2)①当点D在线段BC的延长线上移动时，α与β之间的数量关系是α=β，理由是：由(1)知△BAD≌△CAE，
∴∠B=∠ACE，
∵∠ACD=∠B+∠BAC=∠ACE+∠DCE，
∴∠BAC=∠DCE，
∵∠BAC=α，∠DCE=β，
∴α=β；
②分三种情况：
i)当D在线段BC上时，如图2，α+β=180°，
理由是：同理可证明：△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ADB=∠AEC，∠ABC=∠ACE，
∵∠ADC+∠ADB=180°，
∴∠ADC+∠AEC=180°，
∴∠DAE+∠DCE=180°，
∵∠BAC=∠DAE=α，∠DCE=β，
∴α+β=180°，
ii)当点D在线段BC反向延长线上时，如图3，α=β．
如图3，同理可证明：△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠ACE=∠ACD+∠DCE，∠ABD=∠ACD+∠BAC，
∴∠ACD+∠DCE=∠ACD+∠BAC，
∴∠BAC=∠DCE，
∵∵∠BAC=α，∠DCE=β，
∴α=β；
ii)当点D在线段BC的延长线上时，如图1，α=β．
综上，当点D在BC上移动时，α=β或α+β=180°．
6.180 1
2
2
解：(1)①∵∠ADE+∠BDC=180°，
∴∠BDE+∠CDA=180°，
故答案为：180；
②当△DBC为等边三角形时，BC=DB=DE=DC=DA，∠BDC=60°，∴△ADE是等腰三角形，∠ADE=120°，∠E=30°，
又∵DF是△ADE的中线，
∴DF⊥AE，
DE，
∴Rt△DEF中，DF=1
2
∴DF=1
2
BC，
故答案为：1
2
；
③当∠BDC=90°时，BC=4时，易得△ADE≌△CDB，
∴AE=BC=4，
∴Rt△ADE中，DF=1
2
AE=2，
故答案为：2；
(2)猜想：DF=1
2
AE．
证明：如图2，延长DF至G，使得FG=DF，连接EG，AG，
∵EF=FA，FG=DF，
∴四边形AGED是平行四边形，
∴EG//DA，GE=AD=CD，
∴∠GED+∠ADE=180°，
又∵∠BDC+∠ADE=180°，
∴∠BDC=∠DEG，
在△GED和△CDB中，
{DE=BD
∠GED=∠CDB GE=CD
，
∴△DGE≌△CDB(SAS)，∴BC=DG，
∴DF=1
2DG=1
2
BC；
(3)存在．
理由：如图5，延长AD，BC，交于点F，作线段BC的垂直平分线PG，交BE于P，交BC于G，连接PA、PD、PC，
由定义知当PA=PD，PB=PC，且∠DPA+∠CPB=180°时，△PDC是△PAB的“旋补三角形”，
∵∠ADC=150°，
∴∠FDC=30°，
在Rt△DCF中，∵CD=2√3，∠DCF=90°，∠FDC=30°，
∴CF=2，DF=4，∠F=60°，
在Rt△BEF中，∵∠BEF=90°，BF=14，∠FBE=30°，
∴EF=1
BF=7，
2
∴DE=EF?DF=3，
∵AD=6，
∴AE=DE，
又∵BE⊥AD，
∴PA=PD，PB=PC，
BC=6，∠PBG=30°，
在Rt△BPG中，∵BG=1
2
∴PG=2√3，
∴PG=CD，
又∵CD//PG，∠PGC=90°，
∴四边形CDPG是矩形，
∴∠DPG=90°，
∴∠DPE+∠BPG=90°，
∴2∠DPE+2∠BPG=90°，即∠DPA+∠BPC=180°，
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”．
7.
(1)AM+BN=MN，
证明：延长CB到E，使BE=AM，∵∠A=∠CBD=90°，
∴∠A=∠EBD=90°，
在△DAM和△DBE中
{AM=BE
∠A=∠DBE AD=BD
，
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE=∠MDA，DM=DE，∵∠MDN=∠ADC=60°，
∴∠ADM=∠NDC，
∴∠BDE=∠NDC，
∴∠MDN=∠NDE，
在△MDN和△EDN中
{DM=DE
∠MDN=∠NDE DN=DN
，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN=NE，
∵NE=BE+BN=AM+BN，
∴AM+BN=MN．
(2)AM+BN=MN，
证明：延长CB到E，使BE=AM，连接DE，∵∠A=∠CBD=90°，
∴∠A=∠DBE=90°，
∵∠CDA+∠ACD=90°，∠MDN+∠ACD=90°，∴∠MDN=∠CDA，
∵∠MDN=∠BDC，
∴∠MDA=∠CDN，∠CDM=∠NDB，
在△DAM和△DBE中
{AM=BE
∠A=∠DBE AD=BD
，
∴△DAM≌△DBE，
∴∠BDE=∠MDA=∠CDN，DM=DE，
∵∠MDN+∠ACD=90°，∠ACD+∠ADC=90°，∴∠NDM=∠ADC=∠CDB，
∴∠ADM=∠CDN=∠BDE，
∵∠CDM=∠NDB
∴∠MDN=∠NDE，
在△MDN和△EDN中
{DM=DE
∠MDN=∠NDE DN=DN
，
∴△MDN≌△EDN，
∴MN=NE，
∵NE=BE+BN=AM+BN，
∴AM+BN=MN．
(3)BN?AM=MN，
证明：在CB截取BE=AM，连接DE，
∵∠CDA+∠ACD=90°，∠MDN+∠ACD=90°，∴∠MDN=∠CDA，
∵∠ADN=∠ADN，
∴∠MDA=∠CDN，
∵∠B=∠CAD=90°，
∴∠B=∠DAM=90°，
在△DAM和△DBE中