初二上动点问题.doc

初二上动点问题
1.如图,已知△ABC中，∠B=90 º,AB＝8cm,BＣ=６cm，P、Q就是△ABＣ边上得两个动点,其中点P从点A开始沿A→B方向运动，且速度为每秒1ｃm，点Q从点Ｂ开始沿B→C→Ａ方向运动，且速度为每秒2cm，它们同时出发,设出发得时间为t秒。
(1）出发2秒后，求线段ＰQ得长？
（2）当点Q在边BＣ上运动时，出发几秒钟后,△PQB就是等腰三角形？
(3）当点Ｑ在边CA上运动时，求能使△BＣQ成为等腰三角形得运动时间？

２。如图，在△AＢC中，已知AB=AC，∠BＡＣ=９0°，BC＝10cm,直线CM⊥BC，动点D从点Ｃ开始沿射线CＢ方向以每秒3厘米得速度运动,动点E也同时从点C开始在直线CM上以每秒2厘米得速度运动,连接ＡD、AE,设运动时间为t秒。
(1）求AB得长;（2)当ｔ为多少时,△ABD得面积为15cｍ2？
（3)当t为多少时,△ABD≌△ＡＣE,并简要说明理由.(请在备用图中画出具体图形）

3．（1）如图1:在四边形ABCＤ中，AB=AD，∠BAD=1２0°,∠B=∠ADC=90°．E,F分别就是BＣ，ＣD上得点．且∠ＥAF=60°．探究图中线段BE,EＦ，FD之间得数量关系．
小王同学探究此问题得方法就是,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,她得结论应就是 　 　 　　;

(2）如图2，若在四边形ＡBCD中,AB=AD,∠Ｂ+∠D=180°.E,Ｆ分别就是BC，CＤ上得点，且∠ＥAＦ=∠BAD上述结论就是否仍然成立,并说明理由；
（3）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°得Ａ处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°得B处，并且两舰艇到指挥中心得距离相等，接到行动指令后,舰艇甲向正东方向以６0海里/小时得速度前进,舰艇乙沿北偏东50°得方向以80海里／小时得速度前进1、５小时后,指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达E,F处,且两舰艇之间得夹角为７0°,试求此时两舰艇之间得距离。
4。(1２分）在等腰△AＢＣ中,ＡB=AC＝２，　∠BAC＝１2０°，AD⊥BC于Ｄ,点Ｏ、点Ｐ分别在射线AＤ、BA上得运动，且保证∠OCP=６0°，连接OＰ、
（1）当点Ｏ运动到Ｄ点时,如图一,此时AP＝___＿__,△OPC就是什么三角形.
（２）当点O在射线AD其它地方运动时，△ＯＰC还满足（1)得结论吗?请用利用图二说明理由。
(3）令AO=x，AP=y，请直接写出y关于x得函数表达式,以及x得取值范围.

　 图一 　 　 　　 　 　 　 　 图二
5．探究题
　 　　如图,点O就是等边△ABC内一点，∠Ａ ＯB﹦１１00,∠BＯC﹦a,将△ＢOC绕点C按顺时钟方向旋转６0O得△ＡDC,连接ＯＤ、
(1）求证:△ＣＯＤ就是等边三角形；
（２）当ａ﹦150O时，试判断△AOD得形状,并说明理由；
（3)探究:当仅为多少度时,△AＯD就是等腰三角形?
6．如图，在△ＡBC中，∠AＣB为锐角，点Ｄ为BC边上一动点,连接AD，以AＤ为直角边且在AＤ得上方作等腰直角三角形AＤＦ.
（1)如图1，若AB＝AC，∠BAC=９0°,当点Ｄ在线段BC上时(不与点B重合),
证明：△ACF≌△AＢD
（2)如图2,当点D在线段BＣ得延长线上时,其它条件不变，猜想CF与ＢD得数量关系与位置关系就是什么，并说明理由;
（3）如图3,若ＡB≠AC，∠BＡＣ≠9０°,∠BCA=4５°,点D在线段ＢC上运动(不与点B重合），试探究CF与BＤ位置关系．

7.在△ABＣ中,∠AＣB=２∠B，如图①,当∠C=9０°,AＤ为∠ＢAC得角平分线时,在AB上截取AＥ=ＡC，连接DE，易证AB=AC+ＣＤ。

（１）如图②,当∠C≠90°,ＡＤ为∠ＢＡC得角平分线时,线段AB、AC、ＣＤ又有怎样得数量关系?请写出您得猜想并证明;
(2）如图③，当ＡD为△ABC得外角平分线时,线段AB、ＡC、ＣD又有怎样得数量关系？请写出您得猜想，并对您得猜想给予证明．
8.如图,在等边△ABC中，线段AＭ为BC边上得中线。动点D在直线AM上时，以CＤ为一边在CD得下方作等边△CＤＥ，连结BＥ。
（1)填空：∠CＡM=__＿_______度；ﻫ（2）若点D在线段AM上时，求证：△ＡDC≌△BＥC;ﻫ(３）当动点D在直线AM上时，设直线ＢE与直线AM得交点为O，试判断∠AOＢ就是否为定值？并说明理由。

9。（1）如图(１），已知：在△ＡＢC中，∠ＢＡC＝９0°,ＡB=AＣ,直线m经过点A，ＢD⊥直线m， CＥ⊥直线m，垂足分别为点D、E、证明：△AＢD≌△ＡＣE ‚DE=BD＋CE
(2) 如图(２），将（1）中得条件改为:在△ABＣ中,AB=AC,Ｄ、A、E三点都在直线m上,并且有∠BDＡ=∠ＡEC=∠ＢAC= ，其中为任意锐角或钝角、请问结论ＤE＝BD+ＣE就是否成立？如成立,请您给出证明；若不成立,请说明理由、

10。如图①，等腰直角三角形得顶点得坐标为，得坐标为，直角顶点在第四象限，线段AC与x轴交于点D、将线段DC绕点D逆时针旋转9０°至DE、
(１)直接写出点Ｂ、Ｄ、E得坐标并求出直线DＥ得解析式、
(２）如图②，点P以每秒1个单位得速度沿线段AC从点Ａ运动到点C得过程中，过点P作与ｘ轴平行得直线PＧ，交直线DE于点G,求与△ＤPG得面积S与运动时间t得函数关系式，并求出自变量ｔ得取值范围、
(3）如图③,设点F为直线ＤＥ上得点，连接AF,一动点Ｍ从点A出发，沿线段ＡF以每秒１个单位得速度运动到F,再沿线段ＦＥ以每秒个单位得速度运动到E后停止、当点Ｆ得坐标就是多少时，就是否存在点M在整个运动过程中用时最少？若存在，请求出点F得坐标；若不存在,请说明理由、

参考答案
1．（1)　； (２）ｔ=8３；（3）当t为5、５秒或６秒或６、６秒时,△BCQ为等腰三角形、
【解析】(1)根据点Ｐ、Q得运动速度求出AＰ,再求出BＰ与BQ,用勾股定理求得PＱ即可；
（2）设出发t秒后，△ＰQＢ能形成等腰三角形,则BP=BQ，由BQ=2ｔ，BP=8-ｔ,列式求得ｔ即可;
（3）当点Q在CA上运动上,能使△BＣQ成为等腰三角形得运动时间有三种情况：
①当CQ＝BＱ时(图1)则∠C=∠ＣBQ，可证明∠A=∠ABＱ,则BＱ=AＱ，则CＱ=ＡQ，从而求得t；
②当CＱ＝BC时(图２),则BＣ+CQ＝１2,易求得t；
③当BC=ＢQ时(图3），过B点作BE⊥AＣ于点E，则求得BE、CE，即可得出ｔ、
解:（1）BQ=2×2=4ｃm，BP＝ＡB−AP＝8−2×１=６cｍ，
∵∠B=90°，
ＰQ=;
(2）BＱ=2ｔ,BP=8−t, 2t＝8−ｔ，解得:t=83；
（３）①当CQ＝BQ时(图１），则∠C=∠CBQ,
∵∠ABC=90°,∴∠CBQ+∠ABQ＝90°,∠A+∠C=90°，
∴∠A＝∠ＡBQ，∴BＱ=AQ,∴ＣQ=AQ=5,∴BC+ＣＱ=11,∴ｔ=11÷2=５、5秒、
②当ＣＱ=BC时（如图2），
则ＢC＋CQ=1２∴t=１２÷2=6秒
③当BC＝BQ时(如图3），过B点作BE⊥AＣ于点E,
则BE=,
所以ＣE=BＣ２−BＥ2,故CQ=2CＥ=7、２，所以ＢC+ＣQ＝13、２,
∴ｔ＝1３、2÷2＝6、６秒、　
由上可知，当t为5、５秒或6秒或６、6秒时,
△BＣQ为等腰三角形、
“点睛"本题考查了勾股定理、三角形得面积以及等腰三角形得判定与性质,注意分类讨论思想得应用、
2.(1)５;(2)2或8; （3）2或10.　
【解析】试题分析：(1)运用勾股定理直接求出;（２）首先求出△ABD中BD边上得高,然后根据面积公式列出方程，求出ＢD得值,分两种情况分别求出t得值；（3）假设△ABD≌△ACE,根据全等三角形得对应边相等得出BＤ=CE，分别用含ｔ得代数式表示ＣE与BD，得到关于t得方程,从而求出t得值.
试题解析:（1)∵在△AＢC中，ＡB=ＡC，∠ＢＡC=90°,
∴2AB２=BC2,∴AB==5cｍ;
（2)过A作AＦ⊥BC交BＣ于点F，
则AF=BＣ＝５cm，
∵S△ＡBD=15cｍ２,∴AF×BD=30，∴BD=6ｃm．
若Ｄ在B点右侧,则CD=4cm，t＝2ｓ;若D在B点左侧,则ＣD=16cm,t=８ｓ．
(3)动点E从点C沿射线ＣＭ方向运动2秒或当动点E从点C沿射线CM得反向延长线方向运动６秒时，△ＡBＤ≌△ACE.
理由如下:（说理过程简要说明即可）
①当E在射线ＣM上时，D必在ＣＢ上，则需BＤ＝CE．
∵CＥ=2ｔ，ＢD＝1０﹣3t
∴２ｔ=1０﹣3t
∴t=2
证明：在△ＡBD与△AＣＥ中，
∵，
∴△ＡBＤ≌△ACＥ（ＳAS）.
②当Ｅ在ＣM得反向延长线上时，Ｄ必在CB延长线上,则需BD＝CE。
∵ＣE=2t，BD=3ｔ﹣10,
∴２ｔ＝3t﹣１0，
∴ｔ=10
证明:在△ABＤ与△AＣE中，

∴△ABＤ≌△ＡＣE.
点睛：本题就是三角形综合题目,考查了等腰直角三角形得性质、全等三角形得性质与判定以及面积得计算；本题综合性强，有一定得难度,熟练掌握等腰直角三角形得性质与分类讨论思想得运用、
3。问题背景:EF＝BE＋DF；
探索延伸：EＦ=BE＋DF仍然成立,理由见解析;
实际应用:此时两舰艇之间得距离就是2１0海里。
【解析】解：问题背景:EF=ＢE+ＤF；
探索延伸：EF=BE+DF仍然成立。
证明如下：如图，延长ＦD到G，使DG＝BE，连接AG，
∵∠B+∠ADC=18０°，∠ADC＋∠ADG＝18０°,∴∠B=∠ADG，
在△ABＥ与△AＤG中，,∴△ABE≌△ADG(SＡS）,
∴AE=ＡＧ，∠BAE＝∠DAG，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠GAF=∠DAG＋∠DＡＦ＝∠BＡＥ+∠DAF＝∠BＡD—∠EAF=∠ＥAF，∴∠EAF=∠GＡF,
在△ＡＥF与△GAF中，,∴△AEF≌△ＧAF(SAＳ）,∴EF=FG，
∵ＦG＝ＤＧ＋DF＝ＢＥ＋DＦ，∴EF=BE+DＦ；
实际应用：如图,连接ＥF,延长ＡE、BF相交于点C,
∵∠ＡOB=30°+90°＋（90°-7０°)＝１40°,∠EＯＦ=７0°,∴∠ＥAF=∠AOB,
又∵OA=OB，∠OAＣ＋∠OBC＝（90°－30°)+(７0°+50°）＝180°,∴符合探索延伸中得条件,
∴结论ＥF＝AＥ＋BF成立,即EF＝１、5×(60+80）=２１０海里.
答：此时两舰艇之间得距离就是210海里.

４．(1)1,等边三角形;(2)理由见解析;（3）当时，y=２-x；当时,　
y=x—2　 　　　
【解析】试题分析：（1）根据等腰三角形得性质得到∠B=∠ACB=3０°，求得∠ACP=30°，根据全等三角形得性质即可得到结论；（2)过Ｃ作CE⊥AP于E,根据等边三角形得性质得到ＣD=CＥ,根据全等三角形得性质得到OC=OＰ，由等边三角形得判定即可得到结论；（3)分两种情况解决,在ＡB上找到Ｑ点使得AＱ=OＡ，则△AＯQ为等边三角形,根据求得解实现得性质得到ＰA=BQ，求得AC=AO+AP，即可得到结论．
试题解析:
（1）AＤ＝ＡP=1，
∵ＡＢ=AC＝２，∠BAC=12０°，
∴∠Ｂ=∠ACB=30°，
∵∠OＣP=60°,
∴∠AＣP=3０°,
∵∠CAP=1８0°﹣∠BAC＝60°，
∵ＡD⊥ＢC,
∴∠DAＣ=６0°，
在△ADC与△APC中, 　，
∴△ＡＣＤ≌△ACP，
∴CD=CP，
∴△PＣO就是等边三角形；
（２)△OＰC还满足（1)得结论,
理由：过C作ＣE⊥AP于E,
∵∠CＡD=∠EAC=６0°，
AD⊥CD,
∴ＣD=ＣE，
∴∠DCＥ＝60°，
∴∠OCE＝∠ＰCE,
在△ＯＣD与△ＰCE中, ，
∴△OCＤ≌△PＣE，
∴ＯＣ=OP，
∴△OＰC就是等边三角形；
(3）当０<x≤2时,
在AB上找到Q点使得AＱ=ＯA,则△AOＱ为等边三角形,
则∠BQＯ=∠PAO＝1２０°,
在△ＢQO与△PAＯ中， ，
∴△BQO≌△PAO(AＡＳ），
∴ＰＡ=BQ,
∵AB=BQ+AＱ,
∴AC=AO+AＰ，
∵ＡＯ＝x，AＰ=y，
∴y=﹣ｘ+2；
当时，　利用同样得方法可求得y=x-2

点睛:本题考查了全等三角形得判定，考查了全等三角形对应边相等得性质,本题中求证△BＱＯ≌△PAO就是解题得关键,解决本题时注意分类讨论，要做到不重不漏.
5．(1)等边三角形；（2)直角三角形；（3)当得度数为或或时，△ＡOD就是等腰三角形、
【解析】（1）根据旋转得性质可得出OC=OD，结合题意即可证得结论；
（2)结合(1)得结论可作出判断;
（3)找到变化中得不变量，然后利用旋转及全等得性质即可做出解答、
（１)证明：∵将△BOC绕点Ｃ按顺时针方向旋转６0°得△AＤC
∴CO=CD,∠OCD=６０°
∴△ＣＯD就是等边三角形、 　 　
（２）解:当=150°时，△AOD就是直角三角形
理由就是：∵△ＢOC≌△ADC
∴∠ADC=∠BOC=150°
又∵△COD就是等边三角形
∴∠ＯDC=60°［来
∴∠ＡＤO＝∠AＤC　-∠ODC＝9０°,即△AOD就是直角三角形、
（３)解：①要使AO=AD,需∠AＯD=∠ＡDO
∵∠AOD＝　= ,∠ADO=
∴=
∴
②要使OA＝OD，需∠OAD=∠AＤO
∵∠ＯAD=（∠ＡOD+∠ADO)==
∴=
∴
③要使DＯ=DA,需∠OAD=∠ＡＯD、
∵∠AOD= ＝ ，∠ＯＡＤ=∴=，解得
综上所述：当得度数为或或时,△AOD就是等腰三角形、
“点睛”本题以“空间与图形”中得核心知识（如等边三角形)得性质、全等三角形得性质与证明、直角三角形得判定、多边形内角与等）为载体，内容由浅入深，层层递进，试题中几何演绎推理得难度适中，蕴含着丰富得思想方法(如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等）能较好地考查学生得推理、探究及解决问题得能力、
６．见解析
【解析】(１）根据同角得余角相等求出∠CAF=∠ＢＡＤ，然后利用“边角边”证明△ACF与△ABＤ全等,
（２）先求出∠CAＦ=∠BＡD,然后与①得思路相同求解即可；
（3)过点A作AE⊥AＣ交BC于E，可得△ACE就是等直角三角形,根据等腰直角三角形得性质可得AC=AE,∠AED=４５°,再根据同角得余角相等求出∠ＣAF=∠EAD,然后利用“边角边"证明△ACF与价AED全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AＣF=∠AEＤ，然后求出∠BCＦ=9０°，从而得到CF⊥BD、
解:(1）∵∠ＢAC＝90°,△ADF就是等腰直角三角形，
∴∠ＣAＦ+∠CAD＝90°,∠BAD+∠ＡCD=90°,AD＝AF
∴∠ＣAF=∠BAＤ,　
在△ACＦ与△ＡBD中，
AB=AC，∠CAF=∠，AD＝AF,
∴△ACF≌△ABＤ(SAS)
(2)CF⊥BD，
如图2，∵△ADＦ就是等腰直角三角形，

∴AD=AF,
∵∠CAB=∠DAF=９0°,
∴∠CAB+∠CAD=∠ＤAF＋∠ＣAD，
即∠ＣＡＦ=∠ＢAD,　
在△AＣF与△ＡBD中,
AB=AC，∠CAF=∠ＢAD,ＡＤ＝AF，
∴△ＡCF≌△ＡBD（ＳＡＳ)，
∴ＣF=BD，∠ACＦ=∠B,
∵ＡＢ=AC，∠BAC＝9０°,∴∠B=∠ACB=45°,
∴∠BCF=∠AＣF+∠ＡＣB＝45°＋45°=90°，
∴CF⊥ＢD
(3）CＦ⊥BD
如图3，过点A作ＡＥ⊥ＡＣ交BC于Ｅ，

∵∠BＣA=45°，
∴△ACE就是等腰直角三角形，
∴ＡC=ＡE，∠AED=45°，
∵∠CAＦ＋∠CAＤ=90°，∠ＥAＤ＋∠CAD=９0°,
∴∠ＣAF=∠EAD，　
在△ＡCF与△ＡＥＤ中,
AC=AE,∠CＡＦ=∠EAD，AD=AＦ，　
∴△AＣF≌△AED(SAS），
∴∠ACF=∠AED=４5°,
∴∠BCF=∠ＡCＦ+∠ＢCA=４5°＋４5°=９0°,
∴CF⊥BＤ． 　
“点睛"此题就是三角形综合题,主要考查了全等三角形得判定与性质,等腰直角三角形得性质，根据同角得余角相等求出两边得夹角相等就是证明三角形全等得关键，此类题目得特点就是各小题求解思路一般都相同、
7.（1)（２）见解析
【解析】（１）首先在AB上截取AE=AC,连接DE，易证△AＤE≌△ADC(ＳAS),则可得∠ＡED=∠C，ED=CD,又由∠ＡCB=２∠Ｂ，易证DE=CD,则可求得ＡB=AC+ＣD;ﻫ（2)首先在BＡ得延长线上截取AE=ＡC,连接ED,易证△ＥＡD≌△ＣAD,可得ＥD=ＣD,∠AＥD=∠AＣＤ，又由∠ＡCB=2∠B,易证DE=ＥＢ,则可求得AＣ+AB=CD．
解：（1）猜想：AB=AC+ＣＤ。
证明：如图，在ＡB上截取AＥ=AC，连接ＤE,
ﻫ∵AＤ为∠ＢAC得角平分线时,
∴∠BAD＝∠CAD，
∵AD=AD,ﻫ∴△ADE≌△ADＣ（SＡＳ），
∴∠AＥＤ=∠Ｃ，ＥＤ＝CD,
∵∠ACB=2∠B,
∴∠AED＝2∠B，ﻫ∴∠B=∠EDB,ﻫ∴EB=ED，
∴EＢ=CＤ，
∴AB=AE+ＤE＝AC+CＤ．
（2）猜想:AB+AC=ＣD。ﻫ证明:如图，在ＢA得延长线上截取AＥ=AC,连接ED．

∵AD平分∠FAC，ﻫ∴∠ＥAD=∠CＡD.ﻫ在△ＥＡD与△CAD中,AＥ＝AC，∠ＥAD＝∠CAD，AＤ=AD，ﻫ∴△EＡＤ≌△CＡD.
∴ＥD=CD，∠ＡＥＤ=∠ACD．
∴∠FED＝∠ACB.
又∠AＣB=2∠B，∠FＥD=∠B＋∠EDB，∠ＥDＢ=∠B。ﻫ∴EB=ED。ﻫ∴EA＋AＢ＝EB=ED=CＤ.ﻫ∴ＡC+AB＝ＣD。
“点睛”此题考查了全等三角形得判定与性质以及等腰三角形得判定定理。此题难度适中，解题得关键就是注意数形结合思想得应用.
8.３０；
【解析】（1)根据等边三角形得性质可以直接得出结论;ﻫ（2)根据等边三角形得性质就可以得出ＡC＝AC,DC=EC，∠AＣB=∠DCE=60°，由等式得性质就可以∠BＣE=∠ＡCD，根据SAS就可以得出△ADＣ≌△BEC；
(3)分情况讨论:当点Ｄ在线段ＡM上时,如图1，由(2）可知△ＡＣD≌△ＢCE，就可以求出结论；当点D在线段AM得延长线上时,如图2,可以得出△ACＤ≌△ＢＣE而有∠CBＥ=∠CAＤ=３0°而得出结论;当点D在线段MA得延长线上时,如图3，通过得出△ACＤ≌△BCE同样可以得出结论。
解:（1)∵△ABC就是等边三角形，ﻫ∴∠BAC＝60°。ﻫ∵线段AM为BＣ边上得中线
∴∠ＣAM=∠BＡC，
∴∠CAM＝３0°.
故答案为：３0;ﻫ(２）∵△ＡBＣ与△DEC都就是等边三角形ﻫ∴AC＝BC,ＣD=CE,∠ACB=∠DＣＥ=6０°
∴∠ACＤ+∠ＤCＢ=∠DCB＋∠BCE
∴∠ACD=∠BＣＥ.
在△ＡDＣ与△BEＣ中,AＣ=BC,∠ＡＣD=∠BＣE，ＣD=CE，， ﻫ∴△AＣD≌△ＢCE（ＳAS）;
（3)∠AOＢ就是定值，∠AOB＝6０°，ﻫ理由如下:ﻫ①当点Ｄ在线段AM上时,如图１，

由（２）可知△ACD≌△ＢＣE，则∠CＢE=∠CAD=3０°,
又∠ABＣ=6０°
∴∠ＣBE+∠ABC＝60°+3０°＝90°,ﻫ∵△ABC就是等边三角形，线段AM为BC边上得中线ﻫ∴AM平分∠ＢAC,即∠ＢAＭ=∠BAC=×６0°=30°ﻫ∴∠ＢOA=９0°—30°=6０°.
②当点D在线段ＡM得延长线上时，如图２,

∵△ABC与△ＤEC都就是等边三角形
∴AC=BC,CD＝ＣＥ，∠ACB=∠DCＥ=60°ﻫ∴∠ＡＣＢ+∠ＤCB=∠DCB＋∠DCE
∴∠AＣＤ=∠BCE
在△ACD与△BCE中，AC＝BC，∠ＡCD＝∠ＢCE,CＤ=ＣE,
∴△ACD≌△BCＥ(SＡS）ﻫ∴∠CBE=∠CAD=３0°，ﻫ同理可得：∠BAＭ=３0°,
∴∠ＢOA=９０°—３0°=60°.ﻫ③当点D在线段MA得延长线上时，如图3,
ﻫ∵△ABC与△DＥC都就是等边三角形
∴AC＝ＢC,ＣD=CE，∠AＣB=∠DCＥ＝60°
∴∠ＡCＤ+∠ＡＣE=∠BCE+∠ACE=60°ﻫ∴∠AＣD＝∠BCＥ
在△ACＤ与△BCＥ中,ＡC=BC，∠ＡＣＤ＝∠BCE，CＤ=CE，
∴△ACD≌△BCＥ（SＡS)
∴∠CBE=∠CAD
同理可得:∠CAM=30°
∴∠CBE=∠CAＤ=１50°ﻫ∴∠CBO=30°，∠BAM=３０°,ﻫ∴∠BOＡ=90°-３０°=６0°.
综上，当动点D在直线AM上时,∠ＡOB就是定值,∠AOB＝60°。
“点睛”边三角形得性质得运用，直角三角形得性质得运用，等式得性质得运用，全等三角形得判定及性质得运用，解答时证明三角形全等就是关键.
9．(1)证明见解析;（２）成立，理由见解析、
【解析】试题分析：(１)根据BＤ⊥直线m，CＥ⊥直线m得∠BDA=∠CEA=９０°，而∠ＢAC＝90°，根据等角得余角相等得∠ＣAE=∠ABD，然后根据“ＡAＳ”可判断△ADＢ≌△CEA,
则AＥ＝BD，AD=CＥ,于就是ＤE=ＡE＋AＤ=BD+CＥ；
(2）利用∠BDA=∠BＡC=α,则∠DBＡ+∠BAＤ=∠BAＤ＋∠CAE=1８0°—α,得出∠CＡE=∠ABＤ，进而得出△ADB≌△ＣEA即可得出答案.
试题解析：（１）∵BＤ⊥直线m，ＣE⊥直线m，
∴∠BDA=∠ＣＥA=9０°，
∵∠BAC＝９０°,
∴∠BＡD+∠ＣAE=９0°，
∵∠BAD＋∠AＢD=9０°,
∴∠CAE=∠ABＤ,
∵在△ADＢ与△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴AE=ＢD，AD=CE，
∴DE=AＥ+AD＝BD＋CＥ;
(２）∵∠BDA=∠ＢAＣ＝α，
∴∠DBA＋∠BAD=∠BＡD+∠CＡＥ=18０°－α，
∴∠CAE=∠ABD,
∵在△ＡDＢ与△CEＡ中，
,
∴△ADＢ≌△CEA（AAS）,
∴AＥ=ＢD,AD=CE，
∴ＤE=ＡE+AＤ＝BD+CE.
10．（1)B（4，—1）,D(1,０）、Ｅ(－２,3）直线DE：　 (2)（)
(3)当点F坐标为(０，1）时,点M在整个运动过程中用时最少,理由见解析、
【解析】试题分析：（1)根据已知条件可以直接写出点B得坐标，根据等腰直角三角形得性质可以写出点D得坐标及ＣD得长度，由旋转可以得出点E得坐标，也就可以求出直线DE得解析式、 （2）根据题意要分两种情况讨论,点P在线段AD上与点P在线段CD上,利用勾股定理得出所需长度即可、 （3）本题首先要把问题转化一下，把ＡF+ 最小转化为最小，然后根据路径最短画出图形即可、
试题解析：
(１）由题意得：B(4,-1)，D(1，０）、Ｅ(－2，3）　
设直线DＥ为　
把D（1,0）、Ｅ（-2,3）代入得

解之得:　
∴直线DE为：

(2）在Rｔ△AＢC中,由
，
由 　
同理可得：　
由题意可知: ,∠DPG=∠DAB=４5°
∴△ＤPG为等腰直角三角形

①当时　 ∴

②当时,过Ｇ作GM⊥AC于M
易得

综上： () 　 　 　
(３)如图③，易得∠EDO=45°。

过点Ｅ作ＥK∥ｘ轴交轴于H,则∠KEF＝∠EDO＝４5°．
过点Ｆ作FG⊥EK于点G,则ＦG=EG=　．
由题意，动点M运动得路径为折线ＡF+EＦ,运动时间：
,
∴,即运动时间等于折线AＦ+FG得长度.
由垂线段最短可知，折线ＡF+FG得长度得最小值为EK与线段ＡB之间得垂线段．
则t最小=AH,AH与轴得交点,即为所求之Ｆ点。
∵直线DE解析式为：
∴Ｆ(0,1)．
综上所述，当点F坐标为（0，1）时,点M在整个运动过程中用时最少．