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中考数学——平行四边形的综合压轴题专题复习及答案
一、平行四边形
1.(1)、动手操作:
如图①:将矩形纸片ABCD折叠,使点D与点B重合,点C落在点处,折痕为EF,若∠ABE=20°,那么的度数为 .
(2)、观察发现:
小明将三角形纸片ABC(AB>AC)沿过点A的直线折叠,使得AC落在AB边上,折痕为AD,展开纸片(如图②);再次折叠该三角形纸片,使点A和点D重合,折痕为EF,展平纸片后得到△AEF(如图③).小明认为△AEF是等腰三角形,你同意吗?请说明理由.
(3)、实践与运用:
将矩形纸片ABCD按如下步骤操作:将纸片对折得折痕EF,折痕与AD边交于点E,与BC边交于点F;将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠,使点A、点D都与点F重合,展开纸片,此时恰好有MP=MN=PQ(如图④),求∠MNF的大小.
【答案】(1)125°;(2)同意;(3)60°
【解析】
试题分析:(1)根据直角三角形的两个锐角互余求得∠AEB=70°,根据折叠重合的角相等,得∠BEF=∠DEF=55°,根据平行线的性质得到∠EFC=125°,再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°;
(2)根据第一次折叠,得∠BAD=∠CAD;根据第二次折叠,得EF垂直平分AD,根据等角的余角相等,得∠AEG=∠AFG,则△AEF是等腰三角形;
(3)由题意得出:∠NMF=∠AMN=∠MNF,MF=NF,由对称性可知,MF=PF,进而得出△MNF≌△MPF,得出3∠MNF=180°求出即可.
试题解析:(1)、∵在直角三角形ABE中,∠ABE=20°,
∴∠AEB=70°,
∴∠BED=110°,
根据折叠重合的角相等,得∠BEF=∠DEF=55°.
∵AD∥BC,
∴∠EFC=125°,
再根据折叠的性质得到∠EFC′=∠EFC=125°.;
(2)、同意,如图,设AD与EF交于点G
由折叠知,AD平分∠BAC,所以∠BAD=∠CAD.
由折叠知,∠AGE=∠DGE=90°,
所以∠AGE=∠AGF=90°,
所以∠AEF=∠AFE.
所以AE=AF,
即△AEF为等腰三角形.
(3)、由题意得出:∠NMF=∠AMN=∠MNF,
∴MF=NF,
由折叠可知,MF=PF,
∴NF=PF,
而由题意得出:MP=MN,
又∵MF=MF,
∴△MNF≌△MPF,
∴∠PMF=∠NMF,而∠PMF+∠NMF+∠MNF=180°,
即3∠MNF=180°,
∴∠MNF=60°.
考点:1.折叠的性质;2.等边三角形的性质;3.全等三角形的判定和性质;4.等腰三角形的判定
2.如图,现有一张边长为4的正方形纸片ABCD,点P为正方形AD边上的一点(不与点A、点D重合),将正方形纸片折叠,使点B落在P处,点C落在G处,PG交DC于H,折痕为EF,连接BP、BH.
(1)求证:∠APB=∠BPH;
(2)当点P在边AD上移动时,求证:△PDH的周长是定值;
(3)当BE+CF的长取最小值时,求AP的长.
【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.(3)2.
【解析】
试题分析:(1)根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH,进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案;
(2)首先证明△ABP≌△QBP,进而得出△BCH≌△BQH,即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8;
(3)过F作FM⊥AB,垂足为M,则FM=BC=AB,证明△EFM≌△BPA,设AP=x,利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF,结合二次函数的性质求出最值.
试题解析:(1)解:如图1,
∵PE=BE,
∴∠EBP=∠EPB.
又∵∠EPH=∠EBC=90°,
∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP.
即∠PBC=∠BPH.
又∵AD∥BC,
∴∠APB=∠PBC.
∴∠APB=∠BPH.
(2)证明:如图2,过B作BQ⊥PH,垂足为Q.
由(1)知∠APB=∠BPH,
又∵∠A=∠BQP=90°,BP=BP,
在△ABP和△QBP中,
,
∴△ABP≌△QBP(AAS),
∴AP=QP,AB=BQ,
又∵AB=BC,
∴BC=BQ.
又∠C=∠BQH=90°,BH=BH,
在△BCH和△BQH中,
,
∴△BCH≌△BQH(SAS),
∴CH=QH.
∴△PHD的周长为:PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8.
∴△PDH的周长是定值.
(3)解:如图3,过F作FM⊥AB,垂足为M,则FM=BC=AB.
又∵EF为折痕,
∴EF⊥BP.
∴∠EFM+∠MEF=∠ABP+∠BEF=90°,
∴∠EFM=∠ABP.
又∵∠A=∠EMF=90°,
在△EFM和△BPA中,
,
∴△EFM≌△BPA(AAS).
∴EM=AP.
设AP=x
在Rt△APE中,(4-BE)2+x2=BE2.
解得BE=2+,
∴CF=BE-EM=2+-x,
∴BE+CF=-x+4=(x-2)2+3.
当x=2时,BE+CF取最小值,
∴AP=2.
考点:几何变换综合题.
3.如图,△ABC是等边三角形,AB=6cm,D为边AB中点.动点P、Q在边AB上同时从点D出发,点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动.点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动,回到点D停止.以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN.将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ.设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S(cm2),点P运动的时间为t(s)(0<t<3).
(1)当点N落在边BC上时,求t的值.
(2)当点N到点A、B的距离相等时,求t的值.
(3)当点Q沿D→B运动时,求S与t之间的函数表达式.
(4)设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,直接写出四边形PEMF与四边形PQMN的面积比为2:3时t的值.
【答案】(1)(2)2(3)S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2;(4)t=1或
【解析】
试题分析:(1)由题意知:当点N落在边BC上时,点Q与点B重合,此时DQ=3;
(2)当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,此时PD=DQ;
(3)当0≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN;当≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN.
(4)MN、MQ与边BC的有交点时,此时<t<,列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后,即可求出t的值.
试题解析:(1)∵△PQN与△ABC都是等边三角形,
∴当点N落在边BC上时,点Q与点B重合.
∴DQ=3
∴2t=3.
∴t=;
(2)∵当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,
∴PD=DQ,
当0<t<时,
此时,PD=t,DQ=2t
∴t=2t
∴t=0(不合题意,舍去),
当≤t<3时,
此时,PD=t,DQ=6﹣2t
∴t=6﹣2t,
解得t=2;
综上所述,当点N到点A、B的距离相等时,t=2;
(3)由题意知:此时,PD=t,DQ=2t
当点M在BC边上时,
∴MN=BQ
∵PQ=MN=3t,BQ=3﹣2t
∴3t=3﹣2t
∴解得t=
如图①,当0≤t≤时,
S△PNQ=PQ2=t2;
∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2,
如图②,当≤t≤时,
设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,
∵MN=PQ=3t,NE=BQ=3﹣2t,
∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3,
∵△EMF是等边三角形,
∴S△EMF=ME2=(5t﹣3)2
.
;
(4)MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,
此时<t<,
t=1或.
考点:几何变换综合题
4.在△ABC中,AB=BC,点O是AC的中点,点P是AC上的一个动点(点P不与点A,O,C重合).过点A,点C作直线BP的垂线,垂足分别为点E和点F,连接OE,OF.
(1)如图1,请直接写出线段OE与OF的数量关系;
(2)如图2,当∠ABC=90°时,请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系,并说明理由
(3)若|CF﹣AE|=2,EF=2,当△POF为等腰三角形时,请直接写出线段OP的长.
【答案】(1)OF =OE;(2)OF⊥EK,OF=OE,理由见解析;(3)OP的长为或.
【解析】
【分析】(1)如图1中,延长EO交CF于K,证明△AOE≌△COK,从而可得OE=OK,再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE;
(2)如图2中,延长EO交CF于K,由已知证明△ABE≌△BCF,△AOE≌△COK,继而可证得△EFK是等腰直角三角形,由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK,OF=OE;
(3)分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.
【详解】(1)如图1中,延长EO交CF于K,
∵AE⊥BE,CF⊥BE,∴AE∥CK,∴∠EAO=∠KCO,
∵OA=OC,∠AOE=∠COK,∴△AOE≌△COK,∴OE=OK,
∵△EFK是直角三角形,∴OF=EK=OE;
(2)如图2中,延长EO交CF于K,
∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°,
∴∠ABE+∠BAE=90°,∠ABE+∠CBF=90°,∴∠BAE=∠CBF,
∵AB=BC,∴△ABE≌△BCF,∴BE=CF,AE=BF,
∵△AOE≌△COK,∴AE=CK,OE=OK,∴FK=EF,
∴△EFK是等腰直角三角形,∴OF⊥EK,OF=OE;
(3)如图3中,点P在线段AO上,延长EO交CF于K,作PH⊥OF于H,
∵|CF﹣AE|=2,EF=2,AE=CK,∴FK=2,
在Rt△EFK中,tan∠FEK=,∴∠FEK=30°,∠EKF=60°,
∴EK=2FK=4,OF=EK=2,
∵△OPF是等腰三角形,观察图形可知,只有OF=FP=2,
在Rt△PHF中,PH=PF=1,HF=,OH=2﹣,
∴OP=.
如图4中,点P在线段OC上,当PO=PF时,∠POF=∠PFO=30°,
∴∠BOP=90°,
∴OP=OE=,
综上所述:OP的长为或.
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线等于斜边一半、等腰直角三角形的判定与性质、解直角三角形等,综合性较强,正确添加辅助线是解题的关键.
5.在平面直角坐标系中,四边形AOBC是矩形,点O(0,0),点A(5,0),点B(0,3).以点A为中心,顺时针旋转矩形AOBC,得到矩形ADEF,点O,B,C的对应点分别为D,E,F.
(1)如图①,当点D落在BC边上时,求点D的坐标;
(2)如图②,当点D落在线段BE上时,AD与BC交于点H.
①求证△ADB≌△AOB;
②求点H的坐标.
(3)记K为矩形AOBC对角线的交点,S为△KDE的面积,求S的取值范围(直接写出结果即可).
【答案】(1)D(1,3);(2)①详见解析;②H(,3);(3)≤S≤.
【解析】
【分析】
(1)如图①,在Rt△ACD中求出CD即可解决问题;
(2)①根据HL证明即可;
②,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,根据AH2=HC2+AC2,构建方程求出m即可解决问题;
(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,求出面积的最小值以及最大值即可解决问题;
【详解】
(1)如图①中,
∵A(5,0),B(0,3),
∴OA=5,OB=3,
∵四边形AOBC是矩形,
∴AC=OB=3,OA=BC=5,∠OBC=∠C=90°,
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到,
∴AD=AO=5,
在Rt△ADC中,CD==4,
∴BD=BC-CD=1,
∴D(1,3).
(2)①如图②中,
由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,
∵点D在线段BE上,
∴∠ADB=90°,
由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,
∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).
②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,
又在矩形AOBC中,OA∥BC,
∴∠CBA=∠OAB,
∴∠BAD=∠CBA,
∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,
在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,
∴m2=32+(5-m)2,
∴m=,
∴BH=,
∴H(,3).
(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值=•DE•DK=×3×(5-)=,
当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积=×D′E′×KD′=×3×(5+)=.
综上所述,≤S≤.
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,学会利用参数构建方程解决问题.
6.已知:在菱形ABCD中,E,F是BD上的两点,且AE∥CF.
求证:四边形AECF是菱形.
【答案】见解析
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AB∥CD,AB=CD,∠ADF=∠CDF,由“SAS”可证△ADF≌△CDF,可得AF=CF,由△ABE≌△CDF,可得AE=CF,由平行四边形的判定和菱形的判定可得四边形AECF是菱形.
【详解】
证明:∵四边形ABCD是菱形
∴AB∥CD,AB=CD,∠ADF=∠CDF,
∵AB=CD,∠ADF=∠CDF,DF=DF
∴△ADF≌△CDF(SAS)
∴AF=CF,
∵AB∥CD,AE∥CF
∴∠ABE=∠CDF,∠AEF=∠CFE
∴∠AEB=∠CFD,∠ABE=∠CDF,AB=CD
∴△ABE≌△CDF(AAS)
∴AE=CF,且AE∥CF
∴四边形AECF是平行四边形
又∵AF=CF,
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题主要考查菱形的判定定理,首先要判定其为平行四边形,这是菱形判定的基本判定.
7.如图,四边形ABCD中,AD∥BC,∠A=90°,BD=BC,点E为CD的中点,射线BE交AD的延长线于点F,连接CF.
(1)求证:四边形BCFD是菱形;
(2)若AD=1,BC=2,求BF的长.
【答案】(1)证明见解析(2)2
【解析】
(1)∵AF∥BC,∴∠DCB=∠CDF,∠FBC=∠BFD,
∵点E为CD的中点,∴DE=EC,
在△BCE与△FDE中,,
∴△BCE≌△FDE,∴DF=BC,
又∵DF∥BC,∴四边形BCDF为平行四边形,
∵BD=BC,∴四边形BCFD是菱形;
(2)∵四边形BCFD是菱形,∴BD=DF=BC=2,
在Rt△BAD中,AB=,
∵AF=AD+DF=1+2=3,在Rt△BAF中,BF==2.
8.如图,在Rt△ABC中,∠B=90°,AC=60cm,∠A=60°,点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动,同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动,当其中一个点到达终点时,另一个点也随之停止运动.设点D、E运动的时间是t秒(0<t≤15).过点D作DF⊥BC于点F,连接DE,EF.
(1)求证:AE=DF;
(2)四边形AEFD能够成为菱形吗?如果能,求出相应的t值,如果不能,说明理由;
(3)当t为何值时,△DEF为直角三角形?请说明理由.
【答案】(1)见解析;(2)能,t=10;(3)t=或12.
【解析】
【分析】
(1)利用t表示出CD以及AE的长,然后在直角△CDF中,利用直角三角形的性质求得DF的长,即可证明;
(2)易证四边形AEFD是平行四边形,当AD=AE时,四边形AEFD是菱形,据此即可列方程求得t的值;
(3)△DEF为直角三角形,分∠EDF=90°和∠DEF=90°两种情况讨论.
【详解】
解:(1)证明:∵在Rt△ABC中,∠C=90°﹣∠A=30°,
∴AB=AC=×60=30cm,
∵CD=4t,AE=2t,
又∵在Rt△CDF中,∠C=30°,
∴DF=CD=2t,∴DF=AE;
(2)能,
∵DF∥AB,DF=AE,
∴四边形AEFD是平行四边形,
当AD=AE时,四边形AEFD是菱形,即60﹣4t=2t,解得:t=10,
∴当t=10时,AEFD是菱形;
(3)若△DEF为直角三角形,有两种情况:
①如图1,∠EDF=90°,DE∥BC,
则AD=2AE,即60﹣4t=2×2t,解得:t=,
②如图2,∠DEF=90°,DE⊥AC,
则AE=2AD,即,解得:t=12,
综上所述,当t=或12时,△DEF为直角三角形.
9.在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG(如图①),求证:△AEG≌△AEF;
(2)若直线EF与AB,AD的延长线分别交于点M,N(如图②),求证:EF2=ME2+NF2;
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形,若其余条件不变(如图③),请你直接写出线段EF,BE,DF之间的数量关系.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析:(1)根据旋转的性质可知AF=AG,∠EAF=∠GAE=45°,故可证△AEG≌△AEF;
(2)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.由(1)知△AEG≌△AEF,则EG=EF.再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,得出CE=CF,BE=BM,NF=DF,然后证明∠GME=90°,MG=NF,利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2,等量代换即可证明EF2=ME2+NF2;
(3)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG,则DF=BG,再证明△AEG≌△AEF,得出EG=EF,由EG=BG+BE,等量代换得到EF=BE+DF.
试题解析:(1)∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,
∴AF=AG,∠FAG=90°,
∵∠EAF=45°,
∴∠GAE=45°,
在△AGE与△AFE中,
,
∴△AGE≌△AFE(SAS);
(2)设正方形ABCD的边长为a.
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.
则△ADF≌△ABG,DF=BG.
由(1)知△AEG≌△AEF,
∴EG=EF.
∵∠CEF=45°,
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,
∴CE=CF,BE=BM,NF=DF,
∴a﹣BE=a﹣DF,
∴BE=DF,
∴BE=BM=DF=BG,
∴∠BMG=45°,
∴∠GME=45°+45°=90°,
∴EG2=ME2+MG2,
∵EG=EF,MG=BM=DF=NF,
∴EF2=ME2+NF2;
(3)EF2=2BE2+2DF2.
如图所示,延长EF交AB延长线于M点,交AD延长线于N点,
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△AGH,连结HM,HE.
由(1)知△AEH≌△AEF,
则由勾股定理有(GH+BE)2+BG2=EH2,
即(GH+BE)2+(BM﹣GM)2=EH2
又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM,所以有(GH+BE)2+(BE﹣GH)2=EF2,
即2(DF2+BE2)=EF2
考点:四边形综合题
10.图1、图2是两张形状、大小完全相同的方格纸,方格纸中的每个小正方形的边长均为1,每个小正方形的顶点叫做格点.
(1)在图1中画出等腰直角三角形MON,使点N在格点上,且∠MON=90°;
(2)在图2中以格点为顶点画一个正方形ABCD,使正方形ABCD面积等于(1)中等腰直角三角形MON面积的4倍,并将正方形ABCD分割成以格点为顶点的四个全等的直角三角形和一个正方形,且正方形ABCD面积没有剩余(画出一种即可).
【答案】(1)作图参见解析;(2)作图参见解析.
【解析】
试题分析:(1)过点O向线段OM作垂线,此直线与格点的交点为N,连接MN即可;(2)根据勾股定理画出图形即可.
试题解析:(1)过点O向线段OM作垂线,此直线与格点的交点为N,连接MN,如图1所示;
(2)等腰直角三角形MON面积是5,因此正方形面积是20,如图2所示;于是根据勾股定理画出图3:
考点:1.作图﹣应用与设计作图;2.勾股定理.
11.如图①,四边形是知形,,点是线段上一动点(不与重合),点是线段延长线上一动点,连接交于点.设,已知与之间的函数关系如图②所示.
(1)求图②中与的函数表达式;
(2)求证:;
(3)是否存在的值,使得是等腰三角形?如果存在,求出的值;如果不存在,说明理由
【答案】(1)y=﹣2x+4(0<x<2);(2)见解析;(3)存在,x=或或.
【解析】
【分析】
(1)利用待定系数法可得y与x的函数表达式;
(2)证明△CDE∽△ADF,得∠ADF=∠CDE,可得结论;
(3)分三种情况:
①若DE=DG,则∠DGE=∠DEG,
②若DE=EG,如图①,作EH∥CD,交AD于H,
③若DG=EG,则∠GDE=∠GED,
分别列方程计算可得结论.
【详解】
(1)设y=kx+b,
由图象得:当x=1时,y=2,当x=0时,y=4,
代入得:,得,
∴y=﹣2x+4(0<x<2);
(2)∵BE=x,BC=2
∴CE=2﹣x,
∴,
∴,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠C=∠DAF=90°,
∴△CDE∽△ADF,
∴∠ADF=∠CDE,
∴∠ADF+∠EDG=∠CDE+∠EDG=90°,
∴DE⊥DF;
(3)假设存在x的值,使得△DEG是等腰三角形,
①若DE=DG,则∠DGE=∠DEG,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,∠B=90°,
∴∠DGE=∠GEB,
∴∠DEG=∠BEG,
在△DEF和△BEF中,
,
∴△DEF≌△BEF(AAS),
∴DE=BE=x,CE=2﹣x,
∴在Rt△CDE中,由勾股定理得:1+(2﹣x)2=x2,
x=;
②若DE=EG,如图①,作EH∥CD,交AD于H,
∵AD∥BC,EH∥CD,
∴四边形CDHE是平行四边形,
∴∠C=90°,
∴四边形CDHE是矩形,
∴EH=CD=1,DH=CE=2﹣x,EH⊥DG,
∴HG=DH=2﹣x,
∴AG=2x﹣2,
∵EH∥CD,DC∥AB,
∴EH∥AF,
∴△EHG∽△FAG,
∴,
∴,
∴(舍),
③若DG=EG,则∠GDE=∠GED,
∵AD∥BC,
∴∠GDE=∠DEC,
∴∠GED=∠DEC,
∵∠C=∠EDF=90°,
∴△CDE∽△DFE,
∴,
∵△CDE∽△ADF,
∴,
∴,
∴2﹣x=,x=,
综上,x=或或.
【点睛】
本题是四边形的综合题,主要考查了待定系数法求一次函数的解析式,三角形相似和全等的性质和判定,矩形和平行四边形的性质和判定,勾股定理和逆定理等知识,运用相似三角形的性质是解决本题的关键.
12.如图①,在矩形中,点从边的中点出发,沿着速运动,速度为每秒2个单位长度,到达点后停止运动,点是上的点,,设的面积为,点运动的时间为秒,与的函数关系如图②所示.
(1)图①中= ,= ,图②中= .
(2)当=1秒时,试判断以为直径的圆是否与边相切?请说明理由:
(3)点在运动过程中,将矩形沿所在直线折叠,则为何值时,折叠后顶点的对应点落在矩形的一边上.
【答案】(1)8,18,20;(2)不相切,证明见解析;(3)t=、5、.
【解析】
【分析】
(1)由题意得出AB=2BE,t=2时,BE=2×2=4,求出AB=2BE=8,AE=BE=4,t=11时,2t=22,得出BC=18,当t=0时,点P在E处,m=△AEQ的面积=AQ×AE=20即可;
(2)当t=1时,PE=2,得出AP=AE+PE=6,由勾股定理求出PQ=2,设以PQ为直径的圆的圆心为O',作O'N⊥BC于N,延长NO'交AD于M,则MN=AB=8,O'M∥AB,MN=AB=8,由三角形中位线定理得出O'M=AP=3,求出O'N=MN-O'M=5<圆O'的半径,即可得出结论;
(3)分三种情况:①当点P在AB边上,A'落在BC边上时,作QF⊥BC于F,则QF=AB=8,BF=AQ=10,由折叠的性质得:PA'=PA,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,由勾股定理求出A'F==6,得出A'B=BF-A'F=4,在Rt△A'BP中,BP=4-2t,PA'=AP=8-(4-2t)=4+2t,由勾股定理得出方程,解方程即可;
②当点P在BC边上,A'落在BC边上时,由折叠的性质得:A'P=AP,证出∠APQ=∠AQP,得出AP=AQ=A'P=10,在Rt△ABP中,由勾股定理求出BP=6,由BP=2t-4,得出2t-4=6,解方程即可;
③当点P在BC边上,A'落在CD边上时,由折叠的性质得:A'P=AP,A'Q=AQ=10,在Rt△DQA'中,DQ=AD-AQ=8,由勾股定理求出DA'=6,得出A'C=CD-DA'=2,在Rt△ABP和Rt△A'PC中,BP=2t-4,CP=BC-BP=22-2t,由勾股定理得出方程,解方程即可.
【详解】
(1)∵点P从AB边的中点E出发,速度为每秒2个单位长度,
∴AB=2BE,
由图象得:t=2时,BE=2×2=4,
∴AB=2BE=8,AE=BE=4,
t=11时,2t=22,
∴BC=22-4=18,
当t=0时,点P在E处,m=△AEQ的面积=AQ×AE=×10×4=20;
故答案为8,18,20;
(2)当t=1秒时,以PQ为直径的圆不与BC边相切,理由如下:
当t=1时,PE=2,
∴AP=AE+PE=4+2=6,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=90°,
∴PQ=,
设以PQ为直径的圆的圆心为O',作O'N⊥BC于N,延长NO'交AD于M,如图1所示:
则MN=AB=8,O'M∥AB,MN=AB=8,
∵O'为PQ的中点,
∴O''M是△APQ的中位线,
∴O'M=AP=3,
∴O'N=MN-O'M=5<,
∴以PQ为直径的圆不与BC边相切;
(3)分三种情况:①当点P在AB边上,A'落在BC边上时,作QF⊥BC于F,如图2所示:
则QF=AB=8,BF=AQ=10,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°,CD=AB=8,AD=BC=18,
由折叠的性质得:PA'=PA,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,
∴A'F==6,
∴A'B=BF-A'F=4,
在Rt△A'BP中,BP=4-2t,PA'=AP=8-(4-2t)=4+2t,
由勾股定理得:42+(4-2t)2=(4+2t)2,
解得:t=;
②当点P在BC边上,A'落在BC边上时,连接AA',如图3所示:
由折叠的性质得:A'P=AP,
∴∠APQ'=∠A'PQ,
∵AD∥BC,
∴∠AQP=∠A'PQ,
∴∠APQ=∠AQP,
∴AP=AQ=A'P=10,
在Rt△ABP中,由勾股定理得:BP==6,
又∵BP=2t-4,
∴2t-4=6,解得:t=5;
③当点P在BC边上,A'落在CD边上时,连接AP、A'P,如图4所示:
由折叠的性质得:A'P=AP,A'Q=AQ=10,
在Rt△DQA'中,DQ=AD-AQ=8,
由勾股定理得:DA'==6,
∴A'C=CD-DA'=2,
在Rt△ABP和Rt△A'PC中,BP=2t-4,CP=BC-BP=18-(2t-4)=22-2t,
由勾股定理得:AP2=82+(2t-4)2,A'P2=22+(22-2t)2,
∴82+(2t-4)2=22+(22-2t)2,
解得:t=;
综上所述,t为或5或时,折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上.
【点睛】
四边形综合题目,考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.
13.猜想与证明:
如图1,摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF,使B、C、G三点在一条直线上,CE在边CD上,连接AF,若M为AF的中点,连接DM、ME,试猜想DM与ME的关系,并证明你的结论.
拓展与延伸:
(1)若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF,其他条件不变,则DM和ME的关系为 .
(2)如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF,使点F在边CD上,点M仍为AF的中点,试证明(1)中的结论仍然成立.
【答案】猜想:DM=ME,证明见解析;(2)成立,证明见解析.
【解析】
试题分析:延长EM交AD于点H,根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF,得到△FME和△AMH全等,得到HM=EM,根据Rt△HDE得到HM=DE,则可以得到答案;(1)、延长EM交AD于点H,根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF,得到△FME和△AMH全等,得到HM=EM,根据Rt△HDE得到HM=DE,则可以得到答案;(2)、连接AE,根据正方形的性质得出∠FCE=45°,∠FCA=45°,根据RT△ADF中AM=MF得出DM=AM=MF,根据RT△AEF中AM=MF得出AM=MF=ME,从而说明DM=ME.
试题解析:如图1,延长EM交AD于点H,∵四边形ABCD和CEFG是矩形,∴AD∥EF,
∴∠EFM=∠HAM,
又∵∠FME=∠AMH,FM=AM,
在△FME和△AMH中,
∴△FME≌△AMH(ASA)
∴HM=EM,
在RT△HDE中,HM=DE,
∴DM=HM=ME,
∴DM=ME.
(1)、如图1,延长EM交AD于点H,
∵四边形ABCD和CEFG是矩形,
∴AD∥EF,
∴∠EFM=∠HAM,
又∵∠FME=∠AMH,FM=AM,
在△FME和△AMH中,
∴△FME≌△AMH(ASA)
∴HM=EM,
在RT△HDE中,HM=EM
∴DM=HM=ME,
∴DM=ME,
(2)、如图2,连接AE,
∵四边形ABCD和ECGF是正方形,
∴∠FCE=45°,∠FCA=45°,
∴AE和EC在同一条直线上,
在RT△ADF中,AM=MF,
∴DM=AM=MF,
在RT△AEF中,AM=MF,
∴AM=MF=ME,
∴DM=ME.
考点:(1)、三角形全等的性质;(2)、矩形的性质.
14.如图1,若分别以△ABC的AC、BC两边为边向外侧作的四边形ACDE和BCFG为正方形,则称这两个正方形为外展双叶正方形.
(1)发现:如图2,当∠C=90°时,求证:△ABC与△DCF的面积相等.
(2)引申:如果∠C90°时,(1)中结论还成立吗?若成立,请结合图1给出证明;若不成立,请说明理由;
(3)运用:如图3,分别以△ABC的三边为边向外侧作的四边形ACDE、BCFG和ABMN为正方形,则称这三个正方形为外展三叶正方形.已知△ABC中,AC=3,BC=4.当∠C=_____°时,图中阴影部分的面积和有最大值是________.
【答案】(1)证明见解析;(2)成立,证明见解析;(3)18.
【解析】
试题分析:(1)因为AC=DC,∠ACB=∠DCF=90°,BC=FC,所以△ABC≌△DFC,从而△ABC与△DFC的面积相等;
(2)延长BC到点P,过点A作AP⊥BP于点P;过点D作DQ⊥FC于点Q.得到四边形ACDE,BCFG均为正方形,AC=CD,BC=CF,∠ACP=∠DCQ.所以△APC≌△DQC.
于是AP=DQ.又因为S△ABC=BC•AP,S△DFC=FC•DQ,所以S△ABC=S△DFC;
(3)根据(2)得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍,若图中阴影部分的面积和有最大值,则三角形ABC的面积最大,当△ABC是直角三角形,即∠C是90度时,阴影部分的面积和最大.所以S阴影部分面积和=3S△ABC=3××3×4=18.
(1)证明:在△ABC与△DFC中,
∵,
∴△ABC≌△DFC.
∴△ABC与△DFC的面积相等;
(2)解:成立.理由如下:
如图,延长BC到点P,过点A作AP⊥BP于点P;过点D作DQ⊥FC于点Q.
∴∠APC=∠DQC=90°.
∵四边形ACDE,BCFG均为正方形,
∴AC=CD,BC=CF,∠ACP+∠PCD=90°,∠DCQ+∠PCD=90°,
∴∠ACP=∠DCQ.
∴,
△APC≌△DQC(AAS),
∴AP=DQ.
又∵S△ABC=BC•AP,S△DFC=FC•DQ,
∴S△ABC=S△DFC;
(3)解:根据(2)得图中阴影部分的面积和是△ABC的面积三倍,
若图中阴影部分的面积和有最大值,则三角形ABC的面积最大,
∴当△ABC是直角三角形,即∠C是90度时,阴影部分的面积和最大.
∴S阴影部分面积和=3S△ABC=3××3×4=18.
考点:四边形综合题
15.如图,现有一张边长为4的正方形纸片ABCD,点P为正方形AD边上的一点(不与点A、点D重合),将正方形纸片折叠,使点B落在P处,点C落在G处,PG交DC于H,折痕为EF,连接BP、BH.
(1)求证:∠APB=∠BPH;
(2)当点P在边AD上移动时,求证:△PDH的周长是定值;
(3)当BE+CF的长取最小值时,求AP的长.
【答案】(1)证明见解析.(2)证明见解析.(3)2.
【解析】
试题分析:(1)根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠BPH,进而利用平行线的性质得出∠APB=∠PBC即可得出答案;
(2)首先证明△ABP≌△QBP,进而得出△BCH≌△BQH,即可得出PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8;
(3)过F作FM⊥AB,垂足为M,则FM=BC=AB,证明△EFM≌△BPA,设AP=x,利用折叠的性质和勾股定理的知识用x表示出BE和CF,结合二次函数的性质求出最值.
试题解析:(1)解:如图1,
∵PE=BE,
∴∠EBP=∠EPB.
又∵∠EPH=∠EBC=90°,
∴∠EPH-∠EPB=∠EBC-∠EBP.
即∠PBC=∠BPH.
又∵AD∥BC,
∴∠APB=∠PBC.
∴∠APB=∠BPH.
(2)证明:如图2,过B作BQ⊥PH,垂足为Q.
由(1)知∠APB=∠BPH,
又∵∠A=∠BQP=90°,BP=BP,
在△ABP和△QBP中,
,
∴△ABP≌△QBP(AAS),
∴AP=QP,AB=BQ,
又∵AB=BC,
∴BC=BQ.
又∠C=∠BQH=90°,BH=BH,
在△BCH和△BQH中,
,
∴△BCH≌△B
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