专题6利用一元二次方程解决几何中的动点问题2025—2026学年北师大版数学九年级上册

专题六　利用一元二次方程解决几何中的动点问题 类型1　利用一元二次方程解决三角形中的动点问题 1.如图，△ABC是边长为6 cm的等边三角形，动点P，Q同时从A，B两点出发，分别沿AB，BC匀速移动，它们的速度都是2 cm/s，当点P到达点B时，P，Q两点都停止运动，设点P的运动时间为t s，解答下列问题： （1）当t为何值时，△PBQ是以∠PQB为直角的直角三角形？ （2）是否存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由. 2.如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6 cm，BC＝12 cm，点P从点A开始沿AB边向点B以1 cm/s的速度移动，点Q从点B开始沿BC边向点C以2 cm/s的速度移动.如果P，Q分别从点A，B同时出发，运动时间为t（s）. （1）经过几秒△PBQ的面积等于8 cm2？ （2）△PBQ的面积能否为△ABC面积的一半？若能，求出t的值；若不能，请说明理由. （3）经过几秒，PQ的长度等于6 cm？ 3.如图，在△ABC中，AB＝AC＝13 cm，BC＝10 cm，AD⊥BC于点D，动点P从点A出发以每秒1 cm的速度在线段AD上向终点D运动.设动点P的运动时间为t s. （1）求AD的长； （2）当△PDC的面积为15 cm2时，求t的值； （3）动点M从点C出发以每秒2 cm的速度在射线CB上运动.点M与点P同时出发，且当点P运动到终点D时，点M也停止运动.是否存在t，使得S△PMD＝S△ABC？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由. 类型2　利用一元二次方程解决四边形中的动点问题 4.如图所示，点A，B，C，D为矩形的四个顶点，AB＝16 cm，AD＝8 cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以3 cm/s的速度向B移动，一直到达B为止；点Q以2 cm/s的速度向D移动.当P，Q两点从出发开始几秒时，点P和点Q的距离是10 cm？（若一点到达终点，另一点也随之停止运动） 5.如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝7，点E是AD上的一个动点，把△BAE沿BE向矩形内部折叠，当点A的对应点A1恰好落在∠BCD的平分线上时，求CA1的长. 6.如图，在矩形ABCD中，AB＝10 cm，AD＝8 cm，点P从点A出发沿AB以2 cm/s的速度向终点B运动，同时点Q从点B出发沿BC以1 cm/s的速度向终点C运动，它们到达终点后停止运动. （1）几秒后，点P，D的距离是点P，Q的距离的2倍？ （2）几秒后，△DPQ的面积是24 cm2？ 类型3　利用一元二次方程解决坐标系中的动点问题 7.如图1，在矩形ABCD中，AB＞AD，对角线AC，BD相交于点O，动点P由点A出发，沿A→B→C运动，设点P的运动路程为x，△AOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图2所示，求AB，BC边的长. 8.如图1，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BC＝14，AD＝8，BD＝6，点E是AD上一动点（不与点A，D重合），在△ADC内作矩形EFGH，点F在DC上，点G，H在AC上，设DE＝x，连接BE. （1）设矩形EFGH的面积为S1，△ABE的面积为S2，令y＝，求y关于x的函数表达式；（要求写出自变量的取值范围） （2）如图2，点M是（1）中得到的函数图象上的任意一点，O为坐标原点，N的坐标为（2，0），当△OMN为等腰三角形时，求点M的坐标. 答案 1.解：（1）由题意得AP＝2t cm，BQ＝2t cm， ∴BP＝AB－AP＝（6－2t）cm. ∵△ABC为等边三角形，∴∠B＝60°，当点P到达点B时，t＝＝3（s）， 则0＜t≤3，∵∠PQB＝90°，∴∠BPQ＝90°－∠B＝30°， ∴BP＝2BQ，即6－2t＝2×2t，解得t＝1，符合题意. （2）不存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的，理由如下： 假设存在某一时刻t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的， 由（1）得S△ABC＝9 cm2，∴S△PBQ＝S△ABC＝3 cm2， 如图，过点Q作QH⊥AB于点H， 则∠HQB＝90°－∠B＝30°， ∴BH＝BQ＝t cm，HQ＝＝t cm， ∴S△PBQ＝BP·HQ＝（6－2t）·t＝3，整理得t2－3t＋3＝0， 此方程根的判别式为Δ＝9－4×1×3＝－3＜0，方程无解，所以假设不成立， 即不存在t，使四边形APQC的面积是△ABC面积的. 2.解：（1）由题意可知，AP＝t cm，BQ＝2t cm，0＜t≤6， ∴BP＝（6－t）cm. ∵△PBQ的面积等于8 cm2， ∴BP·BQ＝8，∴（6－t）×2t＝8， 整理得t2－6t＋8＝0，解得t1＝2，t2＝4. 答：经过2 s或4 s△PBQ的面积等于8 cm2. （2）△PBQ的面积不能为△ABC面积的一半，理由如下： 在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝6 cm，BC＝12 cm， ∵△PBQ的面积为△ABC面积的一半， ∴BP·BQ＝×AB·BC， 即（6－t）·2t＝××6×12， 整理得t2－6t＋18＝0， ∵Δ＝（－6）2－4×1×18＝－36＜0， ∴该方程没有实数根， ∴△PBQ的面积不能为△ABC面积的一半. （3）在Rt△PBQ中，BQ＝2t cm，BP＝（6－t）cm， 由勾股定理得（6－t）2＋（2t）2＝62， 整理得5t2－12t＝0， 解得t1＝，t2＝0（不符合题意，舍去）. 答：经过 s，PQ的长度等于6 cm. 3.解：（1）∵AB＝AC＝13 cm，AD⊥BC， ∴BD＝CD＝5 cm，且∠ADB＝90°， ∴AD2＝AC2－CD2，∴AD＝12 cm. （2）AP＝t，PD＝12－t， 又∵由△PDC的面积为PD·DC＝15， 解得PD＝6，∴t＝6. （3）假设存在t，使得S△PMD＝S△ABC. ①若点M在线段CD上，即 0≤t≤时，PD＝12－t，DM＝5－2t， 由S△PMD＝S△ABC， 即×（12－t）（5－2t）＝×5×12，2t2－29t＋50＝0， 解得t1＝12.5（舍去），t2＝2. ②若点M在射线DB上，即≤t≤12. 由S△PMD＝S△ABC， 得 （12－t）（2t－5）＝×5×12，2t2－29t＋70＝0， 解得 t1＝，t2＝. 综上，存在t的值为2或或，使得S△PMD＝S△ABC. 4.解：设当P，Q两点从出发开始x s时，点P和点Q的距离是10 cm， 此时AP＝3x（cm），CQ＝2x（cm），如图，过点Q作QM⊥AB于点M， ∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形QMBC，AMQD是矩形， ∴QM＝BC＝AD＝8 cm， DQ＝AM＝（16－2x）cm， ∴PM＝｜16－2x－3x｜，则PQ2＝QM2＋PM2， 根据题意得（16－2x－3x）2＋82＝102， 解得x1＝2，x2＝. 答：当P，Q两点从出发开始到2 s或 s时，点P和点Q的距离是10 cm. 5.解：如图，过点A1作A1F⊥BC于点F， ∵四边形ABCD为矩形， CA1平分∠BCD， ∴∠A1CF＝∠BCD＝45°， ∴△CA1F为等腰直角三角形，设CF＝A1F＝x，则BF＝BC－CF＝7－x，CA1＝A1F＝x. 由折叠的性质可得AB＝A1B＝5，在Rt△A1BF中，BF2＋A1F2＝A1B2， 即（7－x）2＋x2＝52，解得x1＝3，x2＝4，∴CA1＝3或4. 6.解：（1）设t s后点P，D的距离是点P，Q距离的2倍， ∴PD＝2PQ. ∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝90°， ∴PD2＝AP2＋AD2，PQ2＝BP2＋BQ2. ∵PD2＝4PQ2，当0＜t＜5时， ∴82＋（2t）2＝4[（10－2t）2＋t2]， 解得t1＝3，t2＝7（不合题意舍去）； 当5≤t≤8时，PD＝＝2， ∵PD＝2PQ，∴PQ＝，∴t＝. 综上所述，3 s或 s后，点P，D的距离是点P，Q的距离的2倍. （2）当0＜t＜5时， 设x s后△DPQ的面积是24 cm2， 则×8×2x＋（10－2x）·x＋（8－x）×10＝80－24， 整理得x2－8x＋16＝0，解得x1＝x2＝4. 当5≤t≤8时， 设t s后△DPQ的面积是24 cm2， 则×10x＝24， 解得x＝（不合题意舍去）. 综上所述，4 s后，△DPQ的面积是24 cm2. 7.解：由题图2可知：当点P到达点B时，△AOP的面积为6，此时△AOP的高为BC， ∴△AOP的面积为·AB·＝6， 解得AB·BC＝24①， 而从图2还可知：AB＋BC＝10②， 由②得AB＝10－BC③， 将③代入①，得（10－BC）·BC＝24， 解得BC＝4或BC＝6， 当BC＝4时，AB＝10－BC＝6， 当BC＝6时，AB＝10－BC＝4， ∵在矩形ABCD中，AB＞AD，∴AB＞BC， ∴BC＝4，AB＝6. 8.解：（1）∵BC＝14，AD＝8，BD＝6，∴CD＝8＝AD. ∵AD⊥BC，∴∠DAC＝∠DCA＝45°. ∵四边形EFGH是矩形， ∴EF∥AC，∠AHE＝∠CGF＝90°. ∴∠DFE＝∠DEF＝∠DAC＝∠DCA＝45°， ∴DE＝DF＝x， ∴AE＝CF＝8－x，GH＝EF＝DE＝x， ∴S2＝S△ABE＝AE·BD＝×（8－x）×6＝24－3x. ∵∠DAC＝45°，∠AHE＝90°，∴AH＝EH. ∵AH2＋EH2＝AE2，∴EH＝AE＝（8－x）， ∴S1＝S矩形EFGH＝EF·EH＝x×（8－x）＝8x－x2， ∴y＝＝＝. ∵点E是AD上一动点（不与点A，D重合），∴0＜x＜8， ∴y关于x的函数表达式为y＝（0＜x＜8）. （2）分类讨论：①当OM＝MN时，如图点M1， ∵N（2，0），∴＝1，∴＝，∴此时M点坐标为； ②当OM＝ON时，如图点M2，过点M2作M2P⊥x轴于点P. ∵N（2，0），∴OM2＝ON＝2.设M2，∴OM2＝＝2， 解得a＝（舍去负值），∴＝×＝，∴此时M点坐标为； ③当MN＝ON时，如图点M3，过点M3作M3Q⊥x轴于点Q. ∵N（2，0），∴M3N＝ON＝2.设M3，则NQ＝b－2. ∵NQ2＋M3Q2＝M3N2，∴（b－2）2＋＝22， 解得b1＝，b2＝0（舍），∴＝×＝，∴此时M点坐标为. 综上可知，点M的坐标为或或. 学科网（北京）股份有限公司 $$