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三、解答题
9. 如图,已知$∠ 1 + ∠ ABC = 180°$,$BE$是$∠ ABC$的平分线.若$∠ E = ∠ 2$,则$DF$与$AB$之间有何种位置关系?请说明理由.
9. 如图,已知$∠ 1 + ∠ ABC = 180°$,$BE$是$∠ ABC$的平分线.若$∠ E = ∠ 2$,则$DF$与$AB$之间有何种位置关系?请说明理由.
答案
9. 解:DF//AB.理由如下:
因为BE是∠ABC的平分线,所以∠2=∠CBE,因为∠E=∠2,所以∠CBE=∠E,所以AE//BC,所以∠A+∠ABC=180°.因为∠1+∠ABC=180°,所以∠A=∠1,所以DF//AB.
因为BE是∠ABC的平分线,所以∠2=∠CBE,因为∠E=∠2,所以∠CBE=∠E,所以AE//BC,所以∠A+∠ABC=180°.因为∠1+∠ABC=180°,所以∠A=∠1,所以DF//AB.
解析
【分析】
我们要先判断DF和AB的位置关系，再结合已知条件逐步推导：首先从BE是角平分线的条件入手，利用角平分线定义得到∠2和∠CBE相等，结合已知∠E=∠2，可推出内错角∠E和∠CBE相等，由此得到AE平行BC；接着根据平行线的性质得到∠A与∠ABC互补，再结合题目给出的∠1+∠ABC=180°，利用同角的补角相等推出同位角∠1=∠A，最终就能判定DF和AB平行，整个推导层层递进，每一步都对应平行线相关的定理。
【解析】
DF与AB的位置关系为$DF// AB$，理由如下：
1. 因为BE是$∠ABC$的平分线，根据角平分线的定义，可得$∠2=∠CBE$；
2. 已知$∠E=∠2$，通过等量代换得到$∠CBE=∠E$；
3. $∠CBE$和$∠E$是直线AE、BC被BE所截形成的内错角，内错角相等，两直线平行，因此$AE// BC$；
4. 根据两直线平行，同旁内角互补，由$AE// BC$可得$∠A+∠ABC=180°$；
5. 已知$∠1+∠ABC=180°$，根据同角的补角相等，可推出$∠A=∠1$；
6. $∠A$和$∠1$是直线DF、AB被AE所截形成的同位角，同位角相等，两直线平行，因此$DF// AB$。
【答案】
$DF// AB$，理由如下：因为BE是$∠ABC$的平分线，所以$∠2=∠CBE$，因为$∠E=∠2$，所以$∠CBE=∠E$，所以$AE// BC$，所以$∠A+∠ABC=180°$。因为$∠1+∠ABC=180°$，所以$∠A=∠1$，所以$DF// AB$。
【知识点】
平行线的判定，角平分线定义，补角性质
【点评】
本题是平行线相关的基础综合题，逻辑链条清晰，需要学生结合角平分线定义、补角性质，通过两次平行线的判定完成推导，能够有效考察学生对平行线判定、性质定理的掌握程度，解题时按步骤推导、不跳步就不容易出错。
【难度系数】
0.7
我们要先判断DF和AB的位置关系，再结合已知条件逐步推导：首先从BE是角平分线的条件入手，利用角平分线定义得到∠2和∠CBE相等，结合已知∠E=∠2，可推出内错角∠E和∠CBE相等，由此得到AE平行BC；接着根据平行线的性质得到∠A与∠ABC互补，再结合题目给出的∠1+∠ABC=180°，利用同角的补角相等推出同位角∠1=∠A，最终就能判定DF和AB平行，整个推导层层递进，每一步都对应平行线相关的定理。
【解析】
DF与AB的位置关系为$DF// AB$，理由如下：
1. 因为BE是$∠ABC$的平分线，根据角平分线的定义，可得$∠2=∠CBE$；
2. 已知$∠E=∠2$，通过等量代换得到$∠CBE=∠E$；
3. $∠CBE$和$∠E$是直线AE、BC被BE所截形成的内错角，内错角相等，两直线平行，因此$AE// BC$；
4. 根据两直线平行，同旁内角互补，由$AE// BC$可得$∠A+∠ABC=180°$；
5. 已知$∠1+∠ABC=180°$，根据同角的补角相等，可推出$∠A=∠1$；
6. $∠A$和$∠1$是直线DF、AB被AE所截形成的同位角，同位角相等，两直线平行，因此$DF// AB$。
【答案】
$DF// AB$，理由如下：因为BE是$∠ABC$的平分线，所以$∠2=∠CBE$，因为$∠E=∠2$，所以$∠CBE=∠E$，所以$AE// BC$，所以$∠A+∠ABC=180°$。因为$∠1+∠ABC=180°$，所以$∠A=∠1$，所以$DF// AB$。
【知识点】
平行线的判定，角平分线定义，补角性质
【点评】
本题是平行线相关的基础综合题，逻辑链条清晰，需要学生结合角平分线定义、补角性质，通过两次平行线的判定完成推导，能够有效考察学生对平行线判定、性质定理的掌握程度，解题时按步骤推导、不跳步就不容易出错。
【难度系数】
0.7
10. 如图,$P$是线段$AB$上一点,$C,D$两点同时从点$P,B$出发分别以$1\ \mathrm{cm/s}$和$2\ \mathrm{cm/s}$的速度沿线段$AB$向左运动(点$C$在线段$AP$上,点$D$在线段$BP$上).已知点$C,D$运动到任一时刻时,总有$PD=2AC$.
(1) 线段$AP$与线段$AB$的数量关系是
(2) 若$Q$是线段$AB$上一点,且$AQ-BQ=PQ$,试说明:$AP=PQ$.
(3) 若点$C,D$运动$5\ \mathrm{s}$后,恰好有$CD=\dfrac{1}{2}AB$,此时点$C$停止运动,点$D$在线段$PB$上继续运动,$M,N$分别是$CD$,$PD$的中点,$\dfrac{MN}{AB}$的值是否发生变化?若变化,请说明理由;若不变,请求出$\dfrac{MN}{AB}$的值.
(1) 线段$AP$与线段$AB$的数量关系是
AB=3AP
.(2) 若$Q$是线段$AB$上一点,且$AQ-BQ=PQ$,试说明:$AP=PQ$.
(3) 若点$C,D$运动$5\ \mathrm{s}$后,恰好有$CD=\dfrac{1}{2}AB$,此时点$C$停止运动,点$D$在线段$PB$上继续运动,$M,N$分别是$CD$,$PD$的中点,$\dfrac{MN}{AB}$的值是否发生变化?若变化,请说明理由;若不变,请求出$\dfrac{MN}{AB}$的值.
答案
10. 解:(1) AB=3AP 提示:根据点C,D的运动速度知,BD=2PC.因为PD=2AC,所以BD+PD=2(PC+AC),即PB=2AP.所以AB=3AP.
(2) 如图1,根据题意,得AQ＞BQ,所以AQ=AP+PQ.因为AQ−BQ=PQ,所以AQ=BQ+PQ,所以AP=BQ.又由(1),得AP=1/3AB,所以PQ=AB−AP−BQ=1/3AB,所以AP=PQ.
(3) MN/AB的值不变,值为1/12.
如图2,当点C停止运动时,有CD=1/2AB,所以AC+BD=1/2AB,所以AP−PC+BD=1/2AB.因为AP=1/3AB,PC=5 cm,BD=10 cm,所以1/3AB−5+10=1/2AB,解得AB=30 cm.因为M是CD的中点,N是PD的中点,所以MN=MD−ND=1/2CD−1/2PD=1/2PC=5/2 cm,所以MN/AB=1/12.
解析
【分析】
我们可以按三步思路逐步解题：
1. 第(1)问：先根据C、D的运动速度，得到任意时刻下BD=2PC的关系，结合题目给出的恒等条件PD=2AC，将两个等式左右分别相加，就能推导出PB和AP的数量关系，进而得到AP和AB的整体数量关系。
2. 第(2)问：先对已知条件AQ-BQ=PQ做变形得到AQ=BQ+PQ，再结合线段和差的基本性质得到AQ=AP+PQ，联立两个式子即可推出AP=BQ，再结合第(1)问得到的AB=3AP，就能证明PQ和AP长度相等。
3. 第(3)问：先根据运动5s的条件算出此时PC、BD的长度，结合CD=1/2AB和第(1)问的AP与AB的关系，先求出AB的总长度，再利用中点的性质对MN做代换化简，就能发现MN是定值，进而得到MN/AB的固定值，判断比值不会发生变化。
【解析】
(1) 设任意运动时间为t s，由C、D的运动速度可知：$PC = t\ \mathrm{cm}$，$BD = 2t\ \mathrm{cm}$，因此$BD = 2PC$。
已知任意时刻都满足$PD=2AC$，将两式左右分别相加：
$BD + PD = 2PC + 2AC$
即 $PB = 2(PC + AC) = 2AP$
又因为$AB = AP + PB$，代入$PB=2AP$可得：$AB = AP + 2AP = 3AP$。
(2) 由题意可知Q在线段AB上，且$AQ - BQ = PQ$，因此$AQ = BQ + PQ$。
同时根据线段和差关系，$AQ = AP + PQ$，将两个AQ的表达式联立：
$AP + PQ = BQ + PQ$
化简得$AP = BQ$。
由(1)知$AB=3AP$，即$AP = \frac{1}{3} AB$，因此$BQ = \frac{1}{3} AB$。
则$PQ = AB - AP - BQ = AB - \frac{1}{3} AB -\frac{1}{3} AB = \frac{1}{3} AB$，因此$AP = PQ$，得证。
(3) $\frac{MN}{AB}$的值不变，推导如下：
点C、D运动5s后，$PC = 1×5 = 5\ \mathrm{cm}$，$BD = 2×5 =10\ \mathrm{cm}$。
由线段和差得：$CD = AB - AC - BD$，又已知$CD = \frac{1}{2} AB$，代入得：
$AB - AC -10 = \frac{1}{2} AB$，整理得$AC +10 = \frac{1}{2} AB$
又$AC = AP - PC$，且$AP = \frac{1}{3} AB$，$PC=5\ \mathrm{cm}$，代入得：
$\frac{1}{3} AB -5 +10 = \frac{1}{2} AB$
整理得：$\frac{1}{3} AB +5 = \frac{1}{2} AB$，解得$AB=30\ \mathrm{cm}$。
已知M是CD的中点，N是PD的中点，因此：
$MD = \frac{1}{2} CD$，$ND = \frac{1}{2} PD$
$MN = MD - ND = \frac{1}{2} CD - \frac{1}{2} PD = \frac{1}{2} (CD - PD) = \frac{1}{2} PC$
因为$PC=5\ \mathrm{cm}$，所以$MN= \frac{1}{2} ×5 = 2.5\ \mathrm{cm}$
因此$\frac{MN}{AB} = \frac{2.5}{30} = \frac{1}{12}$，比值为定值，不发生变化。
【答案】
(1) $AB=3AP$
(2) 证明如上，可得$AP=PQ$
(3) $\frac{MN}{AB}$的值不变，值为$\frac{1}{12}$
【知识点】
线段的和差，线段中点性质，动点线段计算
【点评】
本题是七年级线段章节的经典动点综合题，从易到难分层设问，核心是将运动速度转化为线段长度的比例关系，结合线段和差、中点性质做代数代换，第三问通过消元消去动态变量得到MN的定值，能很好地锻炼学生的几何转化和逻辑推导能力。
【难度系数】
0.35
我们可以按三步思路逐步解题：
1. 第(1)问：先根据C、D的运动速度，得到任意时刻下BD=2PC的关系，结合题目给出的恒等条件PD=2AC，将两个等式左右分别相加，就能推导出PB和AP的数量关系，进而得到AP和AB的整体数量关系。
2. 第(2)问：先对已知条件AQ-BQ=PQ做变形得到AQ=BQ+PQ，再结合线段和差的基本性质得到AQ=AP+PQ，联立两个式子即可推出AP=BQ，再结合第(1)问得到的AB=3AP，就能证明PQ和AP长度相等。
3. 第(3)问：先根据运动5s的条件算出此时PC、BD的长度，结合CD=1/2AB和第(1)问的AP与AB的关系，先求出AB的总长度，再利用中点的性质对MN做代换化简，就能发现MN是定值，进而得到MN/AB的固定值，判断比值不会发生变化。
【解析】
(1) 设任意运动时间为t s，由C、D的运动速度可知：$PC = t\ \mathrm{cm}$，$BD = 2t\ \mathrm{cm}$，因此$BD = 2PC$。
已知任意时刻都满足$PD=2AC$，将两式左右分别相加：
$BD + PD = 2PC + 2AC$
即 $PB = 2(PC + AC) = 2AP$
又因为$AB = AP + PB$，代入$PB=2AP$可得：$AB = AP + 2AP = 3AP$。
(2) 由题意可知Q在线段AB上，且$AQ - BQ = PQ$，因此$AQ = BQ + PQ$。
同时根据线段和差关系，$AQ = AP + PQ$，将两个AQ的表达式联立：
$AP + PQ = BQ + PQ$
化简得$AP = BQ$。
由(1)知$AB=3AP$，即$AP = \frac{1}{3} AB$，因此$BQ = \frac{1}{3} AB$。
则$PQ = AB - AP - BQ = AB - \frac{1}{3} AB -\frac{1}{3} AB = \frac{1}{3} AB$，因此$AP = PQ$，得证。
(3) $\frac{MN}{AB}$的值不变，推导如下：
点C、D运动5s后，$PC = 1×5 = 5\ \mathrm{cm}$，$BD = 2×5 =10\ \mathrm{cm}$。
由线段和差得：$CD = AB - AC - BD$，又已知$CD = \frac{1}{2} AB$，代入得：
$AB - AC -10 = \frac{1}{2} AB$，整理得$AC +10 = \frac{1}{2} AB$
又$AC = AP - PC$，且$AP = \frac{1}{3} AB$，$PC=5\ \mathrm{cm}$，代入得：
$\frac{1}{3} AB -5 +10 = \frac{1}{2} AB$
整理得：$\frac{1}{3} AB +5 = \frac{1}{2} AB$，解得$AB=30\ \mathrm{cm}$。
已知M是CD的中点，N是PD的中点，因此：
$MD = \frac{1}{2} CD$，$ND = \frac{1}{2} PD$
$MN = MD - ND = \frac{1}{2} CD - \frac{1}{2} PD = \frac{1}{2} (CD - PD) = \frac{1}{2} PC$
因为$PC=5\ \mathrm{cm}$，所以$MN= \frac{1}{2} ×5 = 2.5\ \mathrm{cm}$
因此$\frac{MN}{AB} = \frac{2.5}{30} = \frac{1}{12}$，比值为定值，不发生变化。
【答案】
(1) $AB=3AP$
(2) 证明如上，可得$AP=PQ$
(3) $\frac{MN}{AB}$的值不变，值为$\frac{1}{12}$
【知识点】
线段的和差，线段中点性质，动点线段计算
【点评】
本题是七年级线段章节的经典动点综合题，从易到难分层设问，核心是将运动速度转化为线段长度的比例关系，结合线段和差、中点性质做代数代换，第三问通过消元消去动态变量得到MN的定值，能很好地锻炼学生的几何转化和逻辑推导能力。
【难度系数】
0.35
11. 如图,射线 $AB$ 上有一点 $C$,$AC=12$,一动点 $P$ 从点 $C$ 出发,以每秒 $m$ 个单位长度的速度沿射线 $CB$ 的方向运动. 同时,射线 $CB$ 开始绕点 $C$ 按顺时针方向以每秒 30 度的速度旋转一周.
巅峰讲坛
(1) 当 $CB$ 第一次转至与 $AC$ 垂直时, $PC=$
(2) 当 $A,P,C$ 三点中有一个点是另外两个点构成的线段的中点时,求 $m$ 的值.
(3) 如图 2,当射线 $CB$ 绕点 $C$ 旋转到 $CB ⊥ AC$ 时,点 $P$ 到达射线 $CB$ 上的点 $D$ 处,此时,射线 $DB$ 开始绕点 $D$ 按顺时针方向以每秒 45 度的速度一同旋转,旋转一周停止运动,则再经过
巅峰讲坛
(1) 当 $CB$ 第一次转至与 $AC$ 垂直时, $PC=$
3m
(用含 $m$ 的代数式表示).(2) 当 $A,P,C$ 三点中有一个点是另外两个点构成的线段的中点时,求 $m$ 的值.
(3) 如图 2,当射线 $CB$ 绕点 $C$ 旋转到 $CB ⊥ AC$ 时,点 $P$ 到达射线 $CB$ 上的点 $D$ 处,此时,射线 $DB$ 开始绕点 $D$ 按顺时针方向以每秒 45 度的速度一同旋转,旋转一周停止运动,则再经过
12/5或24/5或36/5
$s$,$AC$ 与 $DB$ 所在直线垂直.答案
11. (1) 3m
(2) 解:当CB绕点C顺时针旋转180°时,t=180/30=6(s).
①若P是AC的中点,则PC=1/2AC,即6m=1/2×12=6,所以m=1;②若A是PC的中点,则PC=2AC,即6m=2×12=24,所以m=4.
当CB绕点C顺时针旋转360°时,t=360/30=12(s),此时只能C是AP的中点,则PC=AC,即12m=12,所以m=1.
综上所述,m=1或4.
(3) 12/5或24/5或36/5 提示:设再经过t s,AC⊥DB.①如图1,∠BDC=180°−45t°,∠ACD=90°−30t°,易得(180°−45t°)+(90°−30t°)=90°,解得t=12/5;②如图2,与①同理,可得(45t°−180°)+(30t°−90°)=90°,解得t=24/5;③如图3,与①同理,可得(360°−45t°)+(270°−30t°)=90°,解得t=36/5.
解析
【分析】
这是一道结合动点运动与射线旋转的几何综合题，解题思路如下：
1. 第(1)问：先计算射线CB第一次旋转到与AC垂直的时间，旋转90°即可垂直，用旋转角度除以每秒30°的速度得到时间，再用动点P的速度乘时间得到PC的长度。
2. 第(2)问：要满足A、P、C三点中有一个点是另外两点线段的中点，首先三点必须共线，射线CB旋转180°和360°时都能和直线AB共线，对应两个时间点，分别在两个时间点下分类讨论谁是中点，根据中点的线段等量关系列方程求解m。
3. 第(3)问：设后续运动时间为t，根据射线DB和射线CB的旋转速度，分三种不同的垂直位置场景，利用直角的角度关系列方程，求解所有符合条件的t值。
【解析】
(1) 射线CB第一次转至与AC垂直时，旋转的角度为90°，旋转速度为30°/s，因此运动时间$t=\frac{90°}{30°/\mathrm{s}}=3\mathrm{s}$。
动点P的速度为每秒m个单位，因此$PC = m × 3 = 3m$。
(2) 只有当射线CB旋转到与直线AB共线时，A、P、C三点才共线，满足中点条件：
① 当CB绕点C顺时针旋转180°时，运动时间$t_1=\frac{180°}{30°/\mathrm{s}}=6\mathrm{s}$，此时P运动的路程$PC=6m$：
若P是AC的中点，则$PC=\frac{1}{2}AC$，代入$AC=12$得$6m=6$，解得$m=1$；
若A是PC的中点，则$PC=2AC$，代入$AC=12$得$6m=24$，解得$m=4$。
② 当CB绕点C顺时针旋转360°时，运动时间$t_2=\frac{360°}{30°/\mathrm{s}}=12\mathrm{s}$，此时P运动的路程$PC=12m$，仅能C是AP的中点，此时$PC=AC$，即$12m=12$，解得$m=1$。
综上可得m的取值。
(3) 设再经过$t\ \mathrm{s}$，AC与DB所在直线垂直，分三类情况：
第一类位置：角度关系满足$(180°-45t°)+(90°-30t°)=90°$，解得$t=\frac{12}{5}$；
第二类位置：角度关系满足$(45t°-180°)+(30t°-90°)=90°$，解得$t=\frac{24}{5}$；
第三类位置：角度关系满足$(360°-45t°)+(270°-30t°)=90°$，解得$t=\frac{36}{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{3m}$
(2) $\boldsymbol{m=1或4}$
(3) $\boldsymbol{\frac{12}{5}或\frac{24}{5}或\frac{36}{5}}$
【知识点】
动点路程计算，射线旋转角度，线段中点性质
【点评】
本题属于动点与旋转结合的几何综合题，核心考察分类讨论思想，学生容易遗漏不同旋转阶段的共线、垂直场景，需要逐一梳理所有符合中点、垂直条件的位置，避免漏解，对几何动态分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
这是一道结合动点运动与射线旋转的几何综合题，解题思路如下：
1. 第(1)问：先计算射线CB第一次旋转到与AC垂直的时间，旋转90°即可垂直，用旋转角度除以每秒30°的速度得到时间，再用动点P的速度乘时间得到PC的长度。
2. 第(2)问：要满足A、P、C三点中有一个点是另外两点线段的中点，首先三点必须共线，射线CB旋转180°和360°时都能和直线AB共线，对应两个时间点，分别在两个时间点下分类讨论谁是中点，根据中点的线段等量关系列方程求解m。
3. 第(3)问：设后续运动时间为t，根据射线DB和射线CB的旋转速度，分三种不同的垂直位置场景，利用直角的角度关系列方程，求解所有符合条件的t值。
【解析】
(1) 射线CB第一次转至与AC垂直时，旋转的角度为90°，旋转速度为30°/s，因此运动时间$t=\frac{90°}{30°/\mathrm{s}}=3\mathrm{s}$。
动点P的速度为每秒m个单位，因此$PC = m × 3 = 3m$。
(2) 只有当射线CB旋转到与直线AB共线时，A、P、C三点才共线，满足中点条件：
① 当CB绕点C顺时针旋转180°时，运动时间$t_1=\frac{180°}{30°/\mathrm{s}}=6\mathrm{s}$，此时P运动的路程$PC=6m$：
若P是AC的中点，则$PC=\frac{1}{2}AC$，代入$AC=12$得$6m=6$，解得$m=1$；
若A是PC的中点，则$PC=2AC$，代入$AC=12$得$6m=24$，解得$m=4$。
② 当CB绕点C顺时针旋转360°时，运动时间$t_2=\frac{360°}{30°/\mathrm{s}}=12\mathrm{s}$，此时P运动的路程$PC=12m$，仅能C是AP的中点，此时$PC=AC$，即$12m=12$，解得$m=1$。
综上可得m的取值。
(3) 设再经过$t\ \mathrm{s}$，AC与DB所在直线垂直，分三类情况：
第一类位置：角度关系满足$(180°-45t°)+(90°-30t°)=90°$，解得$t=\frac{12}{5}$；
第二类位置：角度关系满足$(45t°-180°)+(30t°-90°)=90°$，解得$t=\frac{24}{5}$；
第三类位置：角度关系满足$(360°-45t°)+(270°-30t°)=90°$，解得$t=\frac{36}{5}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{3m}$
(2) $\boldsymbol{m=1或4}$
(3) $\boldsymbol{\frac{12}{5}或\frac{24}{5}或\frac{36}{5}}$
【知识点】
动点路程计算，射线旋转角度，线段中点性质
【点评】
本题属于动点与旋转结合的几何综合题，核心考察分类讨论思想，学生容易遗漏不同旋转阶段的共线、垂直场景，需要逐一梳理所有符合中点、垂直条件的位置，避免漏解，对几何动态分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
