初中數(shù)學(xué)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題例題集

初中數(shù)學(xué)動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題例題集1、已知△ABC中，AB=AC=10厘米，BC=8厘米，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)。點(diǎn)P在線段BC上以3厘米/秒的速度由B點(diǎn)向C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q在線段CA上由C點(diǎn)向A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)。①若點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度與點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度相等，經(jīng)過(guò)1秒后，是否有△BPD≌△CQP？請(qǐng)說(shuō)明理由。②若點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度與點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度不相等，當(dāng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為多少時(shí)，能夠使△BPD≌△CQP？2、直線y=-x+6與坐標(biāo)軸分別交于A、B兩點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P、Q同時(shí)從O點(diǎn)出發(fā)，同時(shí)到達(dá)A點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)停止。點(diǎn)Q沿線段OA運(yùn)動(dòng)，速度為每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度，點(diǎn)P沿路線O→B→A運(yùn)動(dòng)。（1）寫出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)。解析：1、①因?yàn)锳B=AC，且D為AB的中點(diǎn)，所以BD=CD。又因?yàn)锽P=3厘米，所以PC=BC-BP=5厘米，PC=BD，所以∠B=∠C，由SAS準(zhǔn)則可得△BPD≌△CQP。②因?yàn)锽P≠CQ，所以不能用①的方法。設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度為vQ，則BP=4，CQ=5，所以vQ=20/3厘米/秒。2、點(diǎn)A的坐標(biāo)為(6,0)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,6)。B（0，-8）；∴A、B兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)之差為4，即AB=4；∵PA=PB；∴P點(diǎn)在AB中垂線上，設(shè)P的坐標(biāo)為（a，-8），則AP=PB=4-a；∵以P為圓心，3為半徑作圓；∴圓的方程為(x-a)2+(y+8)2=9；∵P點(diǎn)在圓上；∴代入圓的方程得(a-2)2+64=9，解得a=5或-1；∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（5，-8）或（-1，-8）；當(dāng)a=5時(shí)，AP=4-a=-1，小于0，不符合實(shí)際；當(dāng)a=-1時(shí)，AP=4-a=5，符合實(shí)際；∴P點(diǎn)的坐標(biāo)為（-1，-8）；又因?yàn)閳A的半徑為3，圓心坐標(biāo)為（-1，-5）；∴P點(diǎn)到圓心的距離為3，即|-8+5|=3；∴P點(diǎn)在圓的下方，圓與x軸相切；（2）以⊙P與直線l的兩個(gè)交點(diǎn)和圓心P為頂點(diǎn)的三角形是正三角形，當(dāng)且僅當(dāng)k=1.設(shè)交點(diǎn)分別為E、F，圓心為O；∵直線l：y=－2x－8；∴直線l的斜率為-2，與x軸的夾角為θ=arctan(-2)≈-63.43°；∴直線l的法線的斜率為tan(90°-θ)=1/2；∴過(guò)P點(diǎn)的法線方程為y=-2x-8+2k；∴解得P點(diǎn)的坐標(biāo)為（-1，-2k-6）；∵OE=OF=3，OP=3，∠EOF=120°；∴△EOF是邊長(zhǎng)為3的正三角形；∴OE=OF=OP=3；∴△OEF是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形；設(shè)M為EF的中點(diǎn)，則OM垂直于EF，且OM=3/2；∴OM2=OP2-PM2=9-(-2k-6)2；∴解得k=1或k=-7；∴當(dāng)k=1時(shí)，△OEF是正三角形，且P在EF上；當(dāng)k=-7時(shí)，P在OF的延長(zhǎng)線上，不符合題意；∴當(dāng)k=1時(shí)，以⊙P與直線l的兩個(gè)交點(diǎn)和圓心P為頂點(diǎn)的三角形是正三角形。解：（1）由題意可知，△ABC為直角三角形，且AC=3，AB=5，因此BC=4。又因?yàn)辄c(diǎn)C在x軸上，所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為（4，0）。由于點(diǎn)M在直線AC上，所以其橫坐標(biāo)為0，縱坐標(biāo)為y。因此，設(shè)直線AC的解析式為y=kx，代入點(diǎn)A和C的坐標(biāo)可得：4k+3=4k-3，解得k=-3/4。因此，直線AC的解析式為y=-3x/4。（2）首先求出點(diǎn)B的坐標(biāo)，由于AB邊垂直于AC邊，所以點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為-3，縱坐標(biāo)為0。設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為（x，y），則點(diǎn)M的坐標(biāo)為（0，y）。由于點(diǎn)P以2個(gè)單位／秒的速度向終點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，因此，在t秒內(nèi)，點(diǎn)P從A運(yùn)動(dòng)到M的距離為2t，因此有y=4-2t。同理，點(diǎn)Q以1個(gè)單位／秒的速度向終點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，因此在t秒內(nèi)，點(diǎn)Q從A運(yùn)動(dòng)到B的距離為t，因此有QB=t。由于△APQ與△BQM相似，因此有AP/QB=AQ/QM，即（5-t）/t=5/y。代入y=4-2t和QB=t，解得t=2±sqrt(6)。因?yàn)閠＞0，所以t=2+sqrt(6)。因此，S與t的函數(shù)關(guān)系式為S=1/2*MB*DE=1/2*5*(4-2t)*sqrt(2-t)。（3）當(dāng)∠MPB與∠BCO互為余角時(shí)，有∠MPB+∠BCO=90°。由于∠BCO=45°，因此∠MPB=45°。設(shè)直線OP的解析式為y=kx，代入點(diǎn)P和B的坐標(biāo)可得k=-(4-2sqrt(6))/5。因此，直線OP的解析式為y=-(4-2sqrt(6))/5*x。設(shè)直線AC與OP的夾角為α，則tanα=|-3/4-[-(4-2sqrt(6))/5]|/(1-(-3/4)*[-(4-2sqrt(6))/5])=48/37。8.解：(1)1；(2)連接QF垂直AC于點(diǎn)F，如圖3，由于AQ=CP=t，所以AP=3-t。由△AQF∽△ABC，BC=5-3=2，得到QF=t/4。因此，S=(3-t)×t/26=S=-t^2+t/55。(3)能。①當(dāng)DE∥QB時(shí)，如圖4。因?yàn)镈E⊥PQ，所以PQ⊥QB，四邊形QBED是直角梯形。此時(shí)∠AQP=90°。由△APQ∽△ABC，得到AQ/AP=AC/AB，即t/(3-t)=3/5。解得t=9/58。②如圖5，當(dāng)PQ∥BC時(shí)，DE⊥BC，四邊形QBED是直角梯形。此時(shí)∠APQ=90°。由△AQP∽△ABC，得到AQ/AP=AB/AC，即t/(3-t)=5/3。解得t=5/38。(4)t=5/45或t=14/45。①點(diǎn)P由C向A運(yùn)動(dòng)，DE經(jīng)過(guò)點(diǎn)C。連接QC，作QG⊥BC于點(diǎn)G，如圖6。因?yàn)镻C=t，QC^2=QG^2+CG^2=[(5-t)/5]^2+[4-(5-t)/5]^2。由PC=QC，得到t=[(5-t)/5]^2+[4-(5-t)/5]^2，解得t=22/255。②點(diǎn)P由A向C運(yùn)動(dòng)，DE經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，如圖7。因?yàn)锳C=BC=2，所以△ABC是等邊三角形。因?yàn)镃E∥AB，所以△AEC∽△ABC。由此可得AE=2/3，EC=4/3。由△DEC∽△AEC，可得DE=4/3。因?yàn)椤螪EC=∠BEC=60°，所以四邊形EDBC是菱形。(5)在直角三角形ABC中，角ACB=90°，角B=60°，點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O的直線l從與AC重合BC=2的位置開(kāi)始，繞點(diǎn)O作逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，交AB邊于點(diǎn)D。過(guò)點(diǎn)C作CE∥AB交直線l于點(diǎn)E，設(shè)直線l的旋轉(zhuǎn)角為α。①當(dāng)α=30°時(shí)，四邊形EDBC是等腰梯形，此時(shí)AD的長(zhǎng)為1。②當(dāng)α=60°時(shí)，四邊形EDBC是直角梯形，此時(shí)AD的長(zhǎng)為1.5。③當(dāng)α=90°時(shí)，四邊形EDBC是菱形，因?yàn)椤螦CB=90°，所以BC//ED?！稀稀郙C/GC=NC/DC∴(10-2t)/7=t/5∴t=35/9∴BC=10（3）設(shè)△MNC為等腰三角形時(shí)，CN=x，則MN=GC-x∴MC=10-2x由勾股定理得，MN^2=MC^2+NC^2∴(GC-x)^2+(10-2x)^2=x^2∴x=10/3∴t=2x/3=20/9解析：（1）通過(guò)作垂線，將梯形分成兩個(gè)三角形和一個(gè)矩形，利用勾股定理求出BC的長(zhǎng)度即可。注意計(jì)算過(guò)程中的精度問(wèn)題，保留足夠的小數(shù)位數(shù)。（2）根據(jù)題意，可以通過(guò)構(gòu)造平行四邊形或利用相似三角形的性質(zhì)來(lái)解決問(wèn)題。此處采用構(gòu)造平行四邊形的方法，將MN延長(zhǎng)至DG處，再利用相似三角形的性質(zhì)求解。（3）利用等腰三角形的性質(zhì)，可以列出方程解出CN的值，再利用已知速度和距離的關(guān)系求解出t的值。注意計(jì)算過(guò)程中的精度問(wèn)題，保留足夠的小數(shù)位數(shù)。CDCG根據(jù)題目給出的數(shù)據(jù)，我們可以得到以下的計(jì)算過(guò)程：t=57/50即t=1.14接下來(lái)，我們分三種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)NC=MC時(shí)，如圖③，即t=10-2t解得，t=10/3②當(dāng)MN=NC時(shí)，如圖④，過(guò)N作NE垂直于MC于E解法一：MC=10-2t=5-tEC=5-t/2在直角三角形CEN中，cosC=NC/t又在直角三角形DHC中，cosC=CD/5解得，t=8/5解法二：因?yàn)椤螩=∠C，∠DHC=∠NEC=90°，所以△NEC∽△DHCNC/EC=CD/HC即t/(5-t/2)=5/HC解得，t=8/5③當(dāng)MN=MC時(shí)，如圖⑤，過(guò)M作MF垂直于CN于F點(diǎn)，F(xiàn)C=NC=t/2解法一：（方法同②中解法一）cosC=FC/MC=1/3解得，t=17/25解法二：因?yàn)椤螩=∠C，∠MFC=∠DHC=90°，所以△MFC∽△DHCFC/MC=HC/DC即1/(5-t/2)=HC/10解得，t=17/25在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，E是AB的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作EF∥BC交CD于點(diǎn)F，已知AB=4，BC=6，∠B=60°。求解以下問(wèn)題：（1）求點(diǎn)E到BC的距離。解：如圖1，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G。因?yàn)镋為AB的中點(diǎn)，所以BE=AB/2=2。在直角三角形EBG中，∠B=60°，所以∠BEG=30°。根據(jù)三角函數(shù)，可以得到BG=BE=1，EG=√3。因此，點(diǎn)E到BC的距離為EG=√3。（2）點(diǎn)P為線段EF上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作PM⊥EF交BC于點(diǎn)M，過(guò)M作MN∥AB交折線ADC于點(diǎn)N，連結(jié)PN，設(shè)EP=x。①當(dāng)點(diǎn)N在線段AD上時(shí)（如圖2），△PMN的形狀是否發(fā)生改變？若不變，求出△PMN的周長(zhǎng)；若改變，請(qǐng)說(shuō)明理由。解：當(dāng)點(diǎn)N在線段AD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，△PMN的形狀不發(fā)生改變。因?yàn)镋F∥BC，所以EP=GM，PM=EG=√3。同理，MN=AB=4。如圖2，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥MN于點(diǎn)H。因?yàn)镸N∥AB，所以∠NMC=∠B=60°，∠PMH=30°。根據(jù)三角函數(shù)，可以得到PH=13/2，NH=MN-MH=4-√3/2。因此，PN=PH+NH=7/2。根據(jù)勾股定理，可以得到PM的長(zhǎng)度為√7/2。因此，△PMN的周長(zhǎng)為√7/2+√3+4。②當(dāng)點(diǎn)N在線段DC上時(shí)（如圖3），是否存在點(diǎn)P，使△PMN為等腰三角形？若存在，請(qǐng)求出所有滿足要求的x的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。解：如圖4，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥MN于點(diǎn)H。當(dāng)△PMN為等腰三角形時(shí)，有PH=MN/2。因?yàn)镸N=AB=4，所以PH=2。根據(jù)三角函數(shù)，可以得到MH=√7/2。因此，NH=MN-MH=4-√7/2。根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，可以得到EP/PM=BE/EM，即x/√7/2=(4-x)/√3。解方程得到x=2-√3或2+√3。因此，當(dāng)x=2-√3或x=2+√3時(shí)，△PMN為等腰三角形。否則，△PMN不為等腰三角形。綜上所述，當(dāng)t=0、t=π或t=2π時(shí)，△MNC為等腰三角形。在正方形ABCD中，已知點(diǎn)A（0，10），B（8，4），點(diǎn)C在第一象限。動(dòng)點(diǎn)P在正方形ABCD的邊上，從點(diǎn)A出發(fā)沿A→B→C→D勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q以相同速度在x軸正半軸上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)D點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒。(1)當(dāng)P點(diǎn)在邊AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)x（長(zhǎng)度單位）關(guān)于運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（秒）的函數(shù)圖像如圖②所示。點(diǎn)Q開(kāi)始運(yùn)動(dòng)時(shí)的坐標(biāo)為（0，0），點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度為8/（10+t）。(2)設(shè)正方形邊長(zhǎng)為a，則由已知可得點(diǎn)C的坐標(biāo)為（a，0）。又因?yàn)辄c(diǎn)C在第一象限，所以a>0。由于P點(diǎn)沿著正方形的邊勻速運(yùn)動(dòng)，所以P點(diǎn)的軌跡是一條線段。當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，P點(diǎn)的坐標(biāo)為（a，a-10）。由于P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為勻速運(yùn)動(dòng)，所以P點(diǎn)沿著AD線段的速度等于沿著AB線段的速度，即8/（10+t）。因此，根據(jù)等速運(yùn)動(dòng)的公式，可以得到P點(diǎn)沿著AD線段的時(shí)間為（a-10）/（8/（10+t)）=t+a/8-1。又因?yàn)镻點(diǎn)沿著AD線段的時(shí)間等于P點(diǎn)沿著AB和BC線段的時(shí)間之和，所以t+a/8-1=（a-10）/（8/（10+t)）+a/8-1+10/（10+t）。解得a=18，點(diǎn)C的坐標(biāo)為（18，0）。(3)當(dāng)△OPQ的面積最大時(shí)，P點(diǎn)的位置在正方形的對(duì)角線上，即P點(diǎn)的坐標(biāo)為（9，9）。此時(shí)，△OPQ的面積為（1/2）×9×9=40.5。因此，當(dāng)t=1時(shí)，△OPQ的面積最大，P點(diǎn)的坐標(biāo)為（9，9）。(4)當(dāng)點(diǎn)P沿A→B→C→D勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，OP與PQ不能相等。因?yàn)楫?dāng)P點(diǎn)沿著AB線段運(yùn)動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)與Q點(diǎn)之間的距離是不斷增加的，而當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)B點(diǎn)后開(kāi)始沿著B(niǎo)C線段運(yùn)動(dòng)時(shí)，P點(diǎn)與Q點(diǎn)之間的距離又開(kāi)始不斷減小。因此，無(wú)論在何時(shí)，OP與PQ都不能相等。（1）P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為每秒鐘1個(gè)單位長(zhǎng)度。（2）過(guò)點(diǎn)B作BF⊥y軸于點(diǎn)F，BE⊥x軸于點(diǎn)E，則BF＝8，OF＝BE＝4。因此，AF＝10－4＝6。在直角三角形AFB中，AB＝√（82＋62）＝10。過(guò)點(diǎn)C作CG⊥x軸于點(diǎn)G，與FB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)H。由于∠ABC＝90°，AB＝BC，因此△ABF≌△BCH。所以，BH＝AF＝6，CH＝BF＝8。因此，OG＝FH＝8＋6＝14，CG＝8＋4＝12。因此，所求C點(diǎn)的坐標(biāo)為（14，12）。（3）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥y軸于點(diǎn)M，PN⊥x軸于點(diǎn)N，則△APM∽△ABF。因此，AP/AM=MP/PM=AF/BF=3/4。因此，AM＝3t/7，PM＝4t/7。因此，PN＝OM＝10－t，ON＝PM＝4t/7。設(shè)△OPQ的面積為S（平方單位）。因此，S＝1/2×(10－t)×(1＋t/10)=5＋t/2－t2/10（0≤t≤10）。（4）當(dāng)t＝0或t＝10時(shí)，OP與PQ相等。當(dāng)t＝4時(shí)，S取得最大值。此時(shí)P的坐標(biāo)為（9/5，3/5）。在數(shù)學(xué)課上，張老師出了這樣一個(gè)問(wèn)題：如圖1，四邊形ABCD是一個(gè)正方形，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，且EF與正方形外角DCG的平行線CF相交于點(diǎn)F。問(wèn)題是證明AE=EF。小明想到了一個(gè)正確的解題思路：連接線段ME，其中M是AB的中點(diǎn)，那么AM=EC，且△AME≌△ECF，因此AE=EF。在此基礎(chǔ)上，同學(xué)們進(jìn)一步研究了以下問(wèn)題：（1）小穎提出：如圖2，如果把“點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)”改為“點(diǎn)E是邊BC上（除B，C外）的任意一點(diǎn)”，其他條件不變，那么結(jié)論“AE=EF”是否仍然成立？如果成立，請(qǐng)證明；如果不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由。答案是正確。（1分）證明：在AB上取一點(diǎn)M，使AM=EC，連接ME。（2分）因?yàn)锽M=BE，所以∠BME=45°，∠AME=135°。因?yàn)镕MCF是外角平分線，所以∠DCF=45°，由BECG可知∠ECF=135°。因此，∠AME=∠ECF。又因?yàn)椤螦EB+∠BAE=90°，∠AEB+∠CEF=90°，所以∠BAE=∠CEF。根據(jù)ASA準(zhǔn)則，可以得到△AME≌△BCF。（5分）因此，AE=EF。（1分）（2）小華提出：如圖3，點(diǎn)E是BC的延長(zhǎng)線上（除C點(diǎn)外）的任意一點(diǎn)，其他條件不變，結(jié)論“AE=EF”仍然成立。你認(rèn)為小華的觀點(diǎn)正確嗎？如果正確，請(qǐng)寫出證明過(guò)程；如果不正確，請(qǐng)說(shuō)明理由。答案是正確。（1分）證明：在BA的延長(zhǎng)線上取一點(diǎn)N，使AN=CE，連接NE。（8分）因?yàn)锽N=BE，所以∠N=∠PCE=45°。因?yàn)樗倪呅蜛BCD是正方形，所以AD∥BE。因此，∠DAE=∠BEA。由BCEG可知∠NAE=∠CEF。因此，∠NAE=∠CEF。根據(jù)ASA準(zhǔn)則，可以得到△NAE≌△CFE。（7分）因此，AE=EF。（1分）已知一個(gè)直角三角形紙片OAB，其中∠AOB=90°，OA=2，OB=4。將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，折疊該紙片，折痕與邊OB交于點(diǎn)C，與邊AB交于點(diǎn)D。（Ⅰ）若折疊后使點(diǎn)B與點(diǎn)A重合，求點(diǎn)C的坐標(biāo)。解：如圖①，折疊后點(diǎn)B與點(diǎn)A重合，則△ACD≌△BCD。設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(m,4-m)(m>0)。則BC=OB-OC=4-m。于是AC=BC=4-m。在Rt△AOC中，由勾股定理，得AC=OC+OA，即(4-m)^2=m^2+2^2，解得m=2√3/3。所以，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2√3/3,4-2√3/3)。（Ⅱ）若折疊后點(diǎn)B落在邊OA上的點(diǎn)為B'，設(shè)OB'=x，OC=y，試寫出y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并確定y的取值范圍。解：如圖②，折疊后點(diǎn)B落在OA邊上的點(diǎn)為B'，則△B'CD≌△BCD。由題設(shè)OB'=x，OC=y，則B'C=BC=4-y。在Rt△B'OC中，由勾股定理，得B'C=OC+OB'，即(4-y)^2=y^2+x^2?；?jiǎn)得y=-x^2/8+1/2。由點(diǎn)B'在邊OA上，有0≤x≤2。所以，y的取值范圍為1/2≤y≤3/2。（Ⅲ）若折疊后點(diǎn)B落在邊OA上的點(diǎn)為B'，且使B'D∥OB，求此時(shí)點(diǎn)C的坐標(biāo)。解：如圖③，折疊后點(diǎn)B落在OA邊上的點(diǎn)為B'，且使B'D∥OB，則△B'CD～△BCD。設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為(2t,0)，則B'D∥OB意味著△OAB'∽△ODB。所以，OD=2x，BD=2t-2x，OB'=x，OA=2。由勾股定理，得OD^2+BD^2=(2t-2x)^2+4x^2=4。化簡(jiǎn)得x^2-tx+t^2/2=1/2。又因?yàn)锽'在OA上，有x=t。代入原式得t^2-t^2/2=1/2，解得t=√3/2。所以，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(√3,0)。由于△B'CD～△BCD，所以CD=BD=2t-2x=√3-2x。又因?yàn)锽C=4-y，所以CD=BC，即√3-2x=4-y。聯(lián)立得x=2-√3/2，y=3/2-√3/2。所以，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(√3/2,3/2-√3/2)。AM和CD垂直，且BN∥CD，∴Rt△ABN∽R(shí)t△CE1M.∴BNABCE1MAM，即BN2CE1MAM2BC24，代入（Ⅰ）中，得CE1MAM252，即CE1MAM52·AM····································2分∵BE2，BMEM，∴ME22，由勾股定理得EN32，BN42，代入（Ⅰ）中，得∴AM2523212，即AM125，BN325，BC45，CD35，CE125·CD625····································2分∴BCBN453251225，CDCE13525625，代入（Ⅲ）中，得OCOB2，即OC2OB····································3分∵OB∥BA，∴Rt△COB∽R(shí)t△BOA.∴OBOCBABC24552，由勾股定理得OC52·OB····································2分∵BC45，CD35，∴BD75，AD35，AC45，∴Rt△ACD∽R(shí)t△BDC.∴BDCDABAC24515，代入（Ⅱ）中，得x2x1x1，解得x8516，代入（Ⅲ）中，得點(diǎn)C的坐標(biāo)為（8，5）．····································3分設(shè)BN=x，則NE=x，CE=DE=1，NC