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    中考数学二轮培优训练第19讲 平行四边形中的分类讨论(2份,原卷版+解析版)

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    中考数学二轮培优训练第19讲 平行四边形中的分类讨论(2份,原卷版+解析版)

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    这是一份中考数学二轮培优训练第19讲 平行四边形中的分类讨论(2份,原卷版+解析版),文件包含中考数学二轮培优训练第19讲平行四边形中的分类讨论原卷版doc、中考数学二轮培优训练第19讲平行四边形中的分类讨论解析版doc等2份试卷配套教学资源,其中试卷共76页, 欢迎下载使用。
    平行四边形中的动点问题是一类非常重要的问题,它将三角形和平行四边形、矩形、菱形、正方形结合在一起进行考察。
    一、解题基本思路
    解决动点问题的思路,要注意以下几点:[来源:学.科.网]
    1、设出未知数
    动点问题一般都是求点的运动时间,通常设运动时间为t
    2、动点的运动路径就是线段长度
    题目通常会给动点的运动速度例如每秒两个单位,那么运动路程就是2t个单位。而2t也就是这个点所运动的线段长。进而能表示其他相关线段的长度。
    所以我们在做动点问题的时候,第一步就是把图形中的线段都用含t的代数式来表示。
    3、 方程思想求出时间
    动点问题通常都是用方程来解决,根据题目找到线段之间的等量关系,然后用含有t的代数式表示出来,列出方程求解出t的值。
    4、难点是找等量关系
    这种题的难点是找到等量关系。这个等量关系往往不是题目中用语言叙述出来的,而是同学们根据题型自己挖掘出来的等量关系,所以对同学们图形分解的能力以及灵活运用知识的能力要求非常高。
    5、注意分类讨论
    因为点的运动的位置不同,形成的图形就不同,符合结论的情况可能就不止一种,所以做动点问题要注意分类讨论。
    【多题一解】【一题多解】
    一、填空题
    1.(2022春·四川巴中·八年级校考阶段练习)如图,平行四边形中,cm,cm,点在边上以每秒1cm的速度从点、A向点运动,点在边上,以每秒4cm的速度从点出发,在间往返运动,两个点同时出发,当点到达点时停止(同时点也停止)在运动以后,当 ______ 时以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形.
    【答案】4.8s或8s或9.6s
    【分析】根据平行四边形的判定可得当DP=BQ时,以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形,然后分情况讨论,再列出方程,求出方程的解即可.
    【详解】解:设经过秒,以点、、、为顶点组成平行四边形,
    以点、、、为顶点组成平行四边形,

    分为以下情况:点的运动路线是,方程为,
    此时方程,此时不符合题意;
    点的运动路线是,方程为,
    解得:s;
    点的运动路线是,方程为,
    解得:s;
    点的运动路线是,方程为,
    解得:s;
    综上所述,4.8s或8s或9.6s时,以、、、四点组成的四边形为平行四边形,
    故答案为:4.8s或8s或9.6s.
    【点睛】此题考查了平行四边形的判定.解题的关键是求出符合条件的所有情况,注意分类讨论思想的应用.
    二、解答题
    2.(2022秋·山东济宁·九年级嘉祥县第四中学校考期末)已知,如图抛物线与y轴交于点C,与x轴交于A,B两点,点A在点B左侧.点B的坐标为,.
    (1)求抛物线的解析式;
    (2)若点D是线段AC下方抛物线上的动点,求四边形AOCD面积的最大值;
    (3)若点E在x轴上,点P在抛物线上.是否存在以A,C,E,P为顶点且以AC为一边的平行四边形?若存在,请直接写出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
    【答案】(1)y=x2+x−3
    (2)13.5
    (3)存在P1(−3,−3),P2(,3),P3(,3)
    【分析】(1)根据OC=3OB,B(1,0),求出C点坐标(0,−3),把点B,C的坐标代入y=ax2+3ax+c,求出a点坐标即可求出函数解析式;
    (2)过点D作DE∥y轴分别交线段AC于点E.设D(m,m2+2m−3),然后求出DE的表达式,把S四边形ABCD分解为S△ABC+S△ACD,转化为二次函数求最值;
    (3)①过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1,过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1,此时四边形ACP1E1为平行四边形.②平移直线AC交x轴于点E,交x轴上方的抛物线于点P2,P3,由题意可知点P2、P3的纵坐标为3,从而可求得其横坐标.
    【详解】(1)解:(1)∵B的坐标为(1,0),
    ∴OB=1.
    ∵OC=3OB=3,点C在x轴下方,
    ∴C(0,−3).
    ∵将B(1,0),C(0,−3)代入抛物线的解析式得:
    ,解得:,
    ∴抛物线的解析式为y=x2+x−3.
    (2)解:如图1所示:过点D作DE∥y,交AC于点E.
    ∵x=−=,B(1,0),
    ∴A(−4,0).
    ∴AB=5.
    ∴S△ABC=AB•OC=×5×3=7.5.
    设AC的解析式为y=kx+b.
    ∵将A(−4,0)、C(0,−3)代入得:
    ,解得:,
    ∴直线AC的解析式为y=−x−3.
    设D(a,a2+a−3),则E(a,−a−3).
    ∵DE=−a−3−(a2+a−3)=−(a+2)2+3,
    ∴当a=−2时,DE有最大值,最大值为3.
    ∴△ADC的最大面积=DE•AO=×3×4=6.
    ∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=7.5+6=13.5,
    ∴四边形ABCD的面积的最大值为13.5.
    (3)解:存在.
    ①如图2,过点C作CP1∥x轴交抛物线于点P1,过点P1作P1E1∥AC交x轴于点E1,此时四边形ACP1E1为平行四边形.
    ∵C(0,−3),令x2+x−3=−3,
    ∴x1=0,x2=−3.
    ∴P1(−3,−3).
    ②平移直线AC交x轴于点E2,E3,交x轴上方的抛物线于点P2,P3,当AC=P2E2时,四边形ACE2P2为平行四边形,当AC=P3E3时,四边形ACE3P3为平行四边形.
    ∵C(0,−3),
    ∴P2,P3的纵坐标均为3.
    令y=3得:x2+x−3=3,解得;x1=,x2=.
    ∴P2(,3),P3(,3).
    综上所述,存在3个点符合题意,坐标分别是:P1(−3,−3),P2(,3),P3(,3).
    【点睛】本题考查了二次函数综合题,涉及待定系数法求二次函数的解析式,二次函数求最值,平行四边形的判定与性质等知识,根据题意作出图形,利用数形结合求解是解答此题的关键,在解答(3)时要注意进行分类讨论.
    3.(2022春·广东湛江·八年级吴川市第一中学校考期末)如图,平面直角坐标系中,O是坐标原点,直线经过点,与x轴交于点A,与y轴交于点B.线段平行于x轴,交直线于点D,连接.
    (1)求证:四边形是平行四边形;
    (2)动点P从点O出发,沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点D运动,直到点D为止:动点Q同时从点D出发,沿对角线以每秒1个单位长度的速度向点O运动,直到点O为止.设两个点的运动时间均为1秒,当时,求的面积.
    (3)在(2)的条件下,当点P,Q运动至四边形为矩形时,求t的值.
    【答案】(1)见解析
    (2)12
    (3)当点,运动至四边形为矩形时的值为或
    【分析】(1)代入点坐标即可得出值确定直线的解析式,进而求出A点坐标,再求出点D的坐标,根据,,即可证四边形是平行四边形;
    (2)作于,设出点的坐标,根据勾股定理计算出的长度,根据运动时间求出的长度即可确定的面积;
    (3)根据对角线相等确定的长度,再根据、的位置分情况计算出值即可.
    【详解】(1)解:直线经过点,

    解得,
    即直线的解析式为,
    当时,,

    线段平行于轴,
    点的纵坐标与点一样,
    又点在直线上,
    当时,,
    即,



    ∵,
    四边形是平行四边形;
    (2)作于,
    点在直线上,
    设点的坐标为,
    ,,
    由勾股定理,得,
    即,
    整理得或8(舍去),


    当时,,

    (3),
    当时,,
    当时,,
    当点,运动至四边形为矩形时,,

    当时,,
    解得,
    当时,,
    解得,
    综上,当点,运动至四边形为矩形时的值为或.
    【点睛】本题主要考查一次函数的性质,熟练掌握待定系数法求解析式,平行四边形的性质和矩形的性质是解题的关键.
    4.(2022春·江苏苏州·八年级苏州市立达中学校校考期中)如图,中,,动点P、Q、M、N分别从点A、B、C、D同时出发,沿平行四边形的边,分别向点B、C、D、A匀速运动,运动时间记为t,当其中一个点到达终点时,其余各点均停止运动,连接PQ,QM,MN,NP.已知,,动点P、M的速度均是,动点Q、N的速度均是,
    (1)_______,_______(用含t的代数式表示)
    (2)在点P、Q、M、N的整个运动过程中,四边形PQMN一定会是一种特殊的四边形吗?如果是,指出并证明你的结论,如果不是,说明理由.
    (3)在点P、Q、M、N的运动过程中,四边形PQMN能成为菱形吗?如果能,求出t的值,如果不能,说明理由.
    【答案】(1)2t,(4.5-t)
    (2)四边形PQMN是平行四边形,理由见解析
    (3)四边形PQMN能成为菱形,t=
    【分析】(1)根据速度×时间求解即可;
    (2)根据题意和平行四边形的性质可得AP=CM,BP=DM,BQ=DN,CQ=AN,∠A=∠C,∠B=∠D,证明△APN≌△CMQ和△PBQ≌△MDN得到PN=MQ,PQ=MN,利用平行四边形的判定即可得出结论;
    (3)过P作PE⊥AD于E,PF⊥CB,交CB延长线于F,根据平行线的性质和含30°的直角三角形的性质可求得 cm, cm,再根据菱形的判定知PQ=PN,进而求解t值即可解答.
    (1)解:由题意,AP=CM=2t cm,BQ=DN=tcm,则CQ=BC-BQ=(4.5-t) cm,故答案为:2t,(4.5-t);
    (2)解:四边形PQMN是平行四边形,理由为:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,AD=BC, BC∥AD,∠A=∠C,∠B=∠D,∴AB-AP=CD-CM,BC-BQ=AD-DN,∴BP=DM,CQ=AN,∴△APN≌△CMQ,△PBQ≌△MDN,∴PN=MQ,PQ=MN,∴四边形PQMN是平行四边形;
    (3)解:四边形PQMN能成为菱形.过P作PE⊥AD于E,PF⊥CB,交CB延长线于F,则∠AEP=∠BFP=90°,∵BC∥AD,∴∠A+∠ABC=180°,又∠ABC=2∠A,∴∠A+2∠A=180°,∴∠A=60°,∠ABC=120°,∴∠APE=∠BPF=30°,则AE=AP=tcm,BF=BP=(6-2t)=(3-t)cm,∴ cm, cm,QF=BF+BQ=3-t+t=3 cm,EN=AD-AE-DN=(4.5-2t)cm,∴ cm, cm,∵四边形PQMN是平行四边形,∴当PQ=PN时,四边形PQMN是菱形,∴=,解得:t=或t=(舍去),∵当其中一个点到达终点时,其余各点均停止运动,且6÷2=3s,4.5÷1=4.5s,∴0≤t≤3,又<3,∴t=,故当t=时,四边形PQMN是菱形.
    【点睛】本题考查特殊四边形的动点问题,涉及平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定、含30°的直角三角形的性质等知识,熟练掌握相关知识的联系与运用,根据动点的运动的速度和时间表示线段的长度是解答的关键.
    5.(2023春·辽宁大连·九年级专题练习)已知、为双曲线上两点,且其横坐标分别为,,分别过、作轴、轴的垂线,垂足分别为、,交点为.
    (1)若矩形的面积为,求的值;
    (2)随着a的取值的不同,两点不断运动,判断能否为边的中点,同时为中点?请说明理由;
    (3)矩形能否成为正方形?若能,求出此时的值及正方形的边长,若不能,说明理由.
    【答案】(1)
    (2)能,理由见解析
    (3)能,,正方形的边长为,祥见解析
    【分析】(1)用含的代数式表示、,因为矩形的面积,得出含的方程即可;
    (2)当为边的中点时,即,计算验证此时是否为中点即可;
    (3)当矩形为正方形,即,用含的代数式表示、建立含方程,求解检验即可.
    【详解】(1)解:因为、横坐标分别为,,
    所以,,
    由矩形的面积为得:
    即,
    解得:.
    (2)解:若为边的中点,根据题意有:,
    解得,,
    则的坐标为,此时的横坐标为,
    则纵坐标为,即,
    而,即是中点,
    故当时为边的中点同时是中点.
    (3)解:若矩形为正方形,则,
    因为,,

    整理得:,
    ,(舍去),
    故时矩形为正方形,
    正方形边长为.
    【点睛】本题考查了反比例函数的性质,关键要掌握用代数的方法解决几何问题技巧,把几何问题转化为方程求解问题.
    6.(2022春·广东·八年级统考期末)如图1,在平面直角坐标系xOy中,有长方形OABC,其中点C坐标为,,点D是边OC的中点,点P是射线CA上的一个动点,请回答下面的问题:
    (1)若点P是线段AC的中点,直接写出________.
    (2)如图2,过点P作轴,垂足是点E,若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形,求出点P的坐标.
    (3)连接BP,若是等腰三角形,求CP的长度.
    【答案】(1);
    (2)(,)或(,);
    (3)或3或.
    【分析】(1)根据含30°角的直角三角形的性质以及勾股定理求得OA=3,根据三角形中位线定理得出答案;
    (2)由PE⊥x轴得PE∥CD,若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形,则PE=CD=.点P纵坐标的绝对值是,求出直线AC的解析式为y=−x+,分两种情况:若点P在线段AC上,纵坐标是;若点P在线段CA的延长线上,纵坐标是−,分别求出点P的坐标即可;
    (3)分三种情况:①当PB=PC时,②当CP=CB时,③当BP=BC时,根据等腰三角形的性质解直角三角形即可求解.
    (1)
    解:∵C(0,),∠AOC=90°,∠CAO=30°,
    ∴AC=2OC=2,
    ∴OA==3,
    ∵点D是OC的中点,点P是线段AC的中点,
    ∴PD是△AOC的中位线,
    ∴PD=OA=,
    故答案为:;
    (2)
    ∵PE⊥x轴,
    ∴PE∥CD,
    若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形,则PE=CD=OC=.
    ∴点P的纵坐标绝对值是,
    设直线AC的解析式为y=kx+b(k≠0),
    把A(3,0)、C(0,)代入得,,
    解得:,
    ∴直线AC的解析式为,
    若点P在线段AC上,纵坐标是,
    则,
    解得:x=,
    此时,点P的坐标为(,);
    若点P在线段CA的延长线上,纵坐标是,
    则,
    解得:x=,
    此时,点P的坐标为(,),
    综上所述,点P的坐标为(,)或(,);
    (3)
    ①当PB=PC时,如图:过点P作PQ⊥BC于点Q,
    ∴∠PQC=90°,
    ∵PB=PC,
    ∴点P在线段BC的垂直平分线上,
    ∴CQ=BQ=BC=,
    ∵BC∥OA,
    ∴∠PCQ=∠CAO=30°,
    ∴PQ=CQ=,
    ∴CP=2PQ=;
    ②当CP=CB时,CP=3;
    ③当BP=BC时,过点B作BH⊥CP于点H,如图:
    ∴∠CHB=90°,CP=2CH,
    在Rt△BCH中,∠BCH=30°,BC=3,
    ∴BH=,
    ∴CH=BH=,
    ∴CP=2CH=.
    综上,若△CPB是等腰三角形,CP的长度为:或3或.
    【点睛】本题属于四边形综合题,考查了矩形的性质,一次函数的性质,含30°角的直角三角形的性质,勾股定理,三角形中位线定理,等腰三角形的性质,平行四边形的性质,解直角三角形等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,属于中考压轴题.
    7.(2022春·重庆开州·八年级统考期末)如图,直线经过、两点,直线与直线交于点C,与x轴交于点D.
    (1)求点C的坐标;
    (2)点P是y轴上一点,当四边形PDCB的周长最小时,求四边形PDCB的面积;
    (3)把直线沿y轴向上平移9个单位长度,得到新直线与直线交于点E,试探究在x轴上是否存在点Q,在平面内存在点F使得以点D,Q,E,F为顶点的四边形是菱形(含正方形)?若存在,直接写出符合条件的点Q的坐标;若不存在,说明理由.
    【答案】(1)点C的坐标为
    (2)
    (3)存在,点Q的坐标为:,,,
    【分析】(1)由待定系数法求出直线的解析式为,然后联立直线与直线,即可求出点C的坐标;
    (2)如图,作点D关于y轴的对称点,连接交y轴于点P,连接DP,当、、三点共线时,四边形PDCB的周长最小,求出直线的解析式为,则可求,进而由求解即可;
    (3)由题意可知直线的解析式为,联立线与直线,求出,设,分三种情况,①当ED为菱形对角线时,利用可得点Q坐标;②当EQ为菱形对角线时,利用可得点Q坐标;③当EF为菱形对角线时,利用可得点Q坐标.
    (1)
    解:设直线的解析式为,由直线经过、两点可得:
    ,解得,
    直线的解析式为,
    又直线与直线交于点C,
    ,解得,
    当时,则,
    点C的坐标为;
    (2)
    解:如图,作点D关于y轴的对称点,连接交y轴于点P,连接DP,根据两点之间“线段最短”可知,当、、三点共线时,四边形PDCB的周长最小,
    直线与x轴的交点为,
    又点D和点关于y轴对称,
    点,

    设直线的解析式为,可得,解得,
    直线的解析式为,
    令,则,得点,

    又,,



    (3)
    解:由题意可得直线的解析式为,
    联立线与直线,即,解得,,
    设,
    ①当ED为菱形对角线时,,
    即,
    解得,

    ②当EQ为菱形对角线时,,


    解得或,
    ,;
    ③当EF为菱形对角线时,,
    即,
    解得,

    综上:存在,点Q的坐标为:,,,.
    【点睛】本题考查一次函数的图象及性质,熟练掌握一次函数的图象及性质、菱形的判定与性质,分类讨论是解题的关键.
    8.(2022春·河北唐山·八年级统考期末)如图,在矩形中,,,点从点出发,每秒个单位长度的速度沿方向运动,点从点出发,以每秒2个单位长度的速度沿对角线方向运动.已知点、两点同时出发,当点到达点时,、两点同时停止运动,连接,设运动时间为秒.
    (1)_________,_________;
    (2)当为何值时,;
    (3)在运动过程中,是否存在一个时刻,使所得沿它的一边翻折,翻折前后两个三角形组成的四边形为菱形?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
    (4)当点关于点的对称点落在的内部(不包括边上)时,请直接写出的取值范围.
    【答案】(1)3,6
    (2)
    (3)或或
    (4)
    【分析】(1)根据矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质解答即可;
    (2)根据直角三角形的性质和三角形的面积公式解答即可;
    (3)分三种情况,利用翻折的性质解答即可;
    (4)以AB所在的直线为x轴,AD所在的直线为y轴建立平面直角坐标系,则点,点D(0,3),,过点Q作QN⊥AB于点N,可得点,根据中点坐标可得点,然后根据点关于点的对称点落在的内部(不包括边上),得到关于t的不等式组,即可求解.
    (1)解:在矩形中,∠B=90°,∵,∴AC=2BC,∵,∴,解得:BC=3或-3(舍去),∴AC=6;故答案为:3,6
    (2)解:根据题意得:,CQ=2t,∴,∵,∴,解得;
    (3)解:存在,根据题意得:,①当时,沿折叠,所得四边形为菱形.由(2)得:;②当时,沿折叠,所得四边形为菱形.过点P作PM⊥AC于点M,则,∵∠BAC=30°,∴,∵,∴,解得:或-6(舍去);③当时,沿折叠,所得四边形为菱形.过点Q作QM⊥AB于点M,则,∵∠BAC=30°,∴,∵,∴,解得:或6(舍去).综上所述,t的值为或或;
    (4)解:根据题意得:,如图,以AB所在的直线为x轴,AD所在的直线为y轴建立平面直角坐标系,则点,点D(0,3),,过点Q作QN⊥AB于点N,∵∠BAC=30°,∴,∴,∴点,∴点,∵点关于点的对称点落在的内部(不包括边上),∴,解得:.
    【点睛】本题属于四边形综合题,考查了矩形的性质,菱形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考压轴题.
    9.(2022春·山西吕梁·八年级统考期末)综合与实践
    问题情境:
    矩形ABCD中,AB=2,∠ADB=30°,将△BCD沿着对角线BD所在的直线平移,得到△B′C′D′,连接AB′,DC′.
    操作探究:
    (1)如图1,当△BCD沿射线BD的方向平移时,请判断AB′与DC′的长度有何关系?并说明理由;
    (2)如图2,当△BCD沿射线DB的方向平移时,四边形AB′C′D能成为菱形吗?若能,求出平移的距离;若不能,说明理由;
    (3)当△BCD平移距离为2时,请你在备用图中画出平移后的图形(除图2),并提出一个问题,直接写出结论.
    【答案】(1)AB′=DC′,理由见解析
    (2)能,2
    (3)见解析
    【分析】(1)根据平移的性质证明四边形是平行四边形,即可解决问题,
    (2)利用菱形的性质可得,进而可以解决问题,
    (3)结合(2)当沿射线DB的方向平移,平移距离为2时,利用菱形的性质可得与的位置关系.
    (1)
    解:,理由如下:
    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴,AD=BC,
    ∵是由平移得到的,
    ∴,,
    ∴,,
    ∴四边形是平行四边形,
    ∴.
    (2)
    能,理由如下:
    ∵四边形ABCD是矩形,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∵四边形是菱形,
    ∴,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    则平移的距离为2.
    (3)
    如图,问题:当沿射线DB的方向平移,平移距离为2时,与的位置有何关系?
    结论:.
    证明:∵四边形ABCD为矩形,AD=BC,,
    ∵沿射线DB的方向平移,平移距离为2,
    ∴,,
    ∴,
    ∴四边形为平行四边形,
    ∵,
    ∴,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    ∴平行四边形为菱形,
    ∴,

    【点睛】此题考查了平移变换,菱形的判定与性质,矩形的性质,解题关键是掌握平移的性质.
    10.(2022春·吉林长春·八年级统考期末)如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=5,延长BC到点E,使CE=3,连接DE.动点P从点B出发,以每秒2个单位的速度沿折线BC-CD向终点D运动,设点P运动的时间为t秒.(t>0)
    (1)DE=______;
    (2)连接AP,当四边形APED是菱形时,求菱形APED的周长;
    (3)连接BP、PD,设四边形ABPD的面积为S,求S与t之间的函数关系式;
    (4)直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值.
    【答案】(1)5;
    (2)20;
    (3)S=;
    (4)t=2或或.
    【分析】(1)直接利用勾股定理计算即可;
    (2)根据菱形的性质:四边相等,可得答案;
    (3)分类讨论,当0<t<和时,分别计算梯形的面积即可;
    (4)当点P在BC上,若点P到AB、AD的距离相等时,则BP=4;当点P到AD、DE距离相等时,则PH=CD=4,利用AAS证明△ECD≌△EHP,得EP=DE=5;当点P在CD上时,若P到BE、DE距离相等时,则PH=PC,利用面积法求出PC,进而解决问题.
    (1)
    解:∵四边形ABCD是矩形,
    ∴AB=CD=4,∠BCD=90°,
    在Rt△DCE中,由勾股定理得,DE==5,
    故答案为:5;
    (2)
    ∵四边形APED是菱形,且AD=5,
    ∴菱形APED的周长为4×5=20;
    (3)
    当0<t<时,由题意知,BP=2t,
    ∴S=(5+2t)×4=10+4t,
    当时,则PD=9﹣2t,
    ∴S=(4+9﹣2t)×5=,
    综上:S=;
    (4)
    当点P在BC上,若点P到AB、AD的距离相等时,则BP=4,
    ∴t=2;
    当点P到AD、DE距离相等时,则PH=CD=4,
    ∵∠DCE=∠PHE,∠E=∠E,PH=CD.
    ∴△ECD≌△EHP(AAS),
    ∴EP=DE=5,
    ∴BP=3,
    ∴t=,
    当点P在CD上时,若P到BE、DE距离相等时,则PH=PC,
    ∴,
    ∴PC=,
    ∴t==;
    综上:t=2或或.
    【点睛】本题属于四边形综合题,考查矩形的性质,梯形的面积公式,勾股定理,全等三角形的判定与性质,三角形的面积等知识,运用分类思想是解题本题的关键.
    11.(2021春·四川泸州·八年级统考期末)如图(a),直线∶经过点A、B,OA=OB=3,直线:交y轴于点C,且与直线交于点D,连接OD.
    (1)求直线的解析式;
    (2)求△OCD的面积;
    (3)如图(b),点P是直线上的一动点,连接CP交线段OD于点E,当△COE与△DEP的面积相等时,求点P的坐标;
    (4)在(3)的条件下,若点H为坐标平面内任意一点,在坐标平面内是否存在这样的点H,使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形?若存在,请直接写出点H的坐标;若不存在,请说明理由.
    【答案】(1)
    (2)2
    (3)
    (4)、或
    【分析】(1)由已知可以得到A、B的坐标,再利用待定系数法即可求得直线的解析式;
    (2)联立l1、l2的解析式可以得到D的坐标,在l2的解析式中令x=0,可以得到C坐标,然后可以得到△OCD的面积;
    (3)△COE与△DEP的面积相等,则S△CDO=S△PCD,则点P、O到CD的距离相等,故OP所在的直线与CD平行,即可求解;
    (4)分别按照PD、PC、DC为对角线三种情况分类讨论即可得解.
    (1)
    由已知可得A、B的坐标分别为:A(3,0)、B(0,3),
    ∴可得,
    解得:k=-1,b=3,
    ∴直线的解析式为:y=-x+3;
    (2)
    联立l1、l2的解析式可以得到:

    解之可得:,
    ∴D为(2,1),
    在l2的解析式中令x=0,可以得到y= -2,
    ∴C(0,-2),
    ∴△OCD底边OC上的高为2,
    在中令x=0可得y=-2,
    ∴OC=2,
    ∴S△OCD=;
    (3)
    ∵△COE与△DEP的面积相等,
    ∴S△CDO=S△CDE+S△OCE=S△PED+S△CED=S△PCD,
    ∴点P、O到CD的距离相等,故OP所在的直线与CD平行,
    ∴直线OP的表达式为:y=,
    ∴由可得:,
    则点P(,).
    (4)
    如图,可以画出图形如下,
    设使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形的点H坐标为(x,y),则:
    当对角线是PD时,由题意可得:

    解之可得:,
    ∴此时H为;
    当对角线是PC时,由题意可得:

    解之可得:,
    ∴此时H为;
    当对角线是CD时,由题意可得:

    解之可得:,
    ∴此时H为;
    综上所述,使以D、C、P、H为顶点的四边形是平行四边形的点H坐标为、或.
    【点睛】本题考查的是一次函数综合运用,涉及到一次函数的性质、三角形面积的计算等,综合性强,难度适中.
    12.(2022春·浙江舟山·八年级校考阶段练习)如图,四边形为正方形,点在轴上,点在轴上,且,,反比例函数在第一象限的图象经过正方形的顶点.
    (1)求点的坐标和反比例函数的关系式;
    (2)如图,将正方形沿轴向右平移个单位长度得到正方形,点恰好落在反比例函数的图象上,求值.
    (3)在(2)的条件下,坐标系内是否存在点,使以点,,,为顶点的四边形为平行四边形,若存在,请直接写出点的坐标,若不存在,请说明理由.
    【答案】(1)点的坐标为;
    (2)3
    (3)存在,点坐标为或或
    【分析】(1)过点C作CE⊥x轴于点E,证明△AOB≌△BEC,根据全等三角形的性质分别求出BE、CE,求出点C的坐标,进而求出反比例函数解析式;
    (2)根据反比例函数图象上点的坐标特征求出点A横坐标,根据平移的性质解答;
    (3)根据题意画出图形,然后分三种情况讨论.
    (1)
    解:如图所示,过点C作CE⊥x轴于点E,
    则∠BEC=90°,
    ∵四边形ABCD为正方形,
    ∴AB=BC,∠ABC=90°,
    ∴∠OBA+∠EBC=90°,
    ∵∠OBA+∠OAB=90°,
    ∴∠OAB=∠EBC,
    在△AOB和△BEC中,
    ∠OAB=∠EBC,∠AOB=∠BEC,AB=BC,
    ∴△AOB≌△BEC(AAS),
    ∴BE=OA=4,CE=OB=2,
    ∴OE=OB+BE=6,
    ∴点C的坐标为(6,2),
    将点C的坐标为(6,2)代入 y=,
    得k=12,
    ∴反比例函数的关系式为y=;
    (2)
    解:∵OA=4,
    ∴点A'纵坐标为4,
    ∴点A'横坐标为=3,
    ∴m=3;
    (3)
    解:如图,设所求坐标为(s,t),则:
    当四边形POB'A'为平行四边形时,由(2)可得:t=4,OB'=OB+3=5,
    ∴s=3-5=-2,
    ∴此时点P的坐标为(-2,4),
    当四边形A'OB'P'为平行四边形时,由(2)可得:t=4,s=3+5=8,
    ∴点P'的坐标为(8,4),
    当四边形A'OP"B'为平行四边形时, ,
    ∴,
    ∴点P"的坐标为(2,-4),
    综上所述:以点O,A',B',P为顶点的四边形为平行四边形时,点P坐标为(-2,4)或(2,-4)或(8,4).
    【点睛】本题考查的是反比例函数综合题,掌握待定系数法求反比例函数解析式、反比例函数图象上点的坐标特征、平移的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质是解题的关键.
    13.(2022春·山东青岛·九年级山东省青岛实验初级中学校考开学考试)如图,在平行四边形ABCD中,BD⊥AD,AD=12,BD=16.动点E在线段AD上,从点A出发沿AD方向以每秒2个单位匀速运动.动点F在线段CD上,从点C出发沿CD方向以每秒4个单位匀速运动.过点E作EG⊥AD交AB于G.若点E、F同时出发,当其中一点到达终点时整个运动随之停止,设运动时间为t秒(0<t≤5).
    (1)是否存在某一时刻t,使四边形BCFG为平行四边形,若存在,求出t值;若不存在,请说明理由.
    (2)是否存在某一时刻t,使四边形BDEG的面积占△ABD面积的,若存在,求出t值;若不存在,请说明理由.
    (3)是否存在某一时刻t,使点G在∠ADC的平分线上,若存在,求出t值;若不存在,请说明理由.
    (4)是否存在某一时刻t,使∠GEF=45°,若存在,求出t值;若不存在,请说明理由.
    【答案】(1)存在,
    (2)存在,
    (3)存在,
    (4)存在,
    【分析】(1)根据CF=BG,构建方程求解即可;
    (2)由四边形BDEG的面积占△ABD面积的可得△AGE的面积占△ABD面积的,证明△AGE∽△ABD.根据相似三角形的性质,即可解决问题;
    (3)连接GD,由点G在∠ADC的平分线上,根据平行线的性质可得∠AGD=∠CDG=∠ADG,等角对等边得AG=AD,则t=12,即可解决问题;
    (4)过点F作FH⊥AD交AD的延长线于H,证明△DFH∽△ABD.根据相似三角形的性质求出FH,DH,由∠GEF=45°,EG⊥AD可得∠FED=45°,则FH=EH,构建方程求解即可.
    (1)
    解:存在,t=,理由如下:
    ∵BD⊥AD,AD=12,BD=16.
    ∴AB==20,
    ∵EG⊥AD,
    ∴EG∥BD,
    ∴,
    ∴,
    ∴AG=t,GE=t,
    ∴BG=AB-AG=20-t,
    当CF=BG时,四边形BCFG是平行四边形,
    ∴4t=20-t,
    ∴t=;
    (2)
    解:存在,t=,理由如下:
    ∵四边形BDEG的面积占△ABD面积的,
    ∴△AGE的面积占△ABD面积的,
    ∵BD⊥AD,EG⊥AD,
    ∴EG∥BD,
    ∴△AGE∽△ABD.
    ∴,
    ∴,
    ∴t=;
    (3)
    解:存在,t=,理由如下:
    连接GD,
    ∵点G在∠ADC的平分线上,
    ∴∠CDG=∠ADG,
    ∵四边形ABCD为平行四边形,
    ∴AB∥CD,
    ∴∠AGD=∠CDG=∠ADG,
    ∴AG=AD,
    由(1)知AG=t,
    ∴t=12,
    ∴t=;
    (4)
    解:存在,t=,理由如下:
    过点F作FH⊥AD交AD的延长线于H,
    ∵EG⊥AD,
    ∴∠H=∠BDA=90°,
    ∵四边形ABCD为平行四边形,
    ∴AB∥CD,
    ∴∠CDH=∠A,
    ∴△DFH∽△ABD.
    ∴,
    ∴,
    ∴FH=,DH=,
    ∵∠GEF=45°,EG⊥AD,
    ∴∠FED=45°,
    ∵FH⊥AD,
    ∴FH=EH=ED+DH=,
    ∴12-2t+=,
    ∴t=.
    【点睛】本题属于四边形综合题,考查了平行四边形的性质和判定,相似三角形的判定和性质等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题,利用相似三角形的判定和性质解决问题,属于中考压轴题.
    14.(2022秋·吉林长春·九年级吉林大学附属中学期末)如图,在□ABCD中,∠ABD=90°,,BD=8cm.点P从点A出发,沿折线AB—BC向终点C运动,点P在AB边、BC边上的运动速度分别为1cm/s、cm/s.在点P的运动过程中,过点P作AB所在直线的垂线,交边AD或边CD于点Q,以PQ为一边作矩形PQMN,且QM=2PQ,MN与BD在PQ的同侧.设点P的运动时间为t(秒),矩形PQMN与□ABCD重叠部分的面积为S(cm2).
    (1)求边AB的长;
    (2)当0<t<4时,PQ= ,当4<t<8时,PQ= (用含t的代数式表示);
    (3)当点M落在BD上时,求t的值;
    (4)当矩形PQMN与□ABCD重叠部分图形为四边形时,求S与t的函数关系式.
    【答案】(1)
    (2) ,
    (3) 或
    (4)
    【分析】(1)利用勾股定理,即可求解;
    (2)根据题意得:当0<t<4时,点P在AB边上, ,可得△APQ∽△ABD,从而得到 ,可得 ;当4<t<8时,点P在BC边上, ,可得 ,再由△CPQ∽△CBD,可得 ,即可求解;
    (3)分两种情况:当点P在AB上时,当点P在BC边上时,即可求解;
    (4)分四种情况:当 时,当 时,当 时,当 时,即可求解.
    (1)
    解:∵∠ABD=90°,,BD=8cm.
    ∴ ;
    (2)
    解:当0<t<4时,点P在AB边上, ,如图,
    ∵PQ⊥AB,∠ABD=90°,
    ∴PQ∥BD,
    ∴△APQ∽△ABD,
    ∴ ,
    ∴ ,
    即 ,
    ∴ ;
    当4<t<8时,点P在BC边上, ,如图,
    ∵四边形ABCD是平行四边形,
    ∴ ,AB∥CD,∠BDC=∠ABD=90°,
    ∴ ,
    ∵PQ⊥AB,
    ∴PQ⊥CD,
    ∴PQ∥BD,
    ∴△CPQ∽△CBD,
    ∴ ,
    ∴ ,即 ,
    ∴ ;
    (3)
    解:如图,当点P在AB上时, ,则 ,
    在矩形PQMN中, BP=QM,
    ∵QM=2PQ,
    ∴BP=2PQ,
    ∵,
    ∴ ,解得: ;
    如图,当点P在BC边上时,点M与点D重合,
    由(2)得:此时 ,
    ∵,
    ∴ ,
    ∴ ,
    ∵QM=2PQ,
    ∴ ,解得: ;
    综上所述,当点M落在BD上时, t的值为 或;
    (4)
    解:如图,当 时,
    ∵,QM=2PQ,
    ∴,
    ∴矩形PQMN与□ABCD重叠部分的面积为 ;
    如图,当 时,设MQ交BC于点T,
    根据题意得:AQ∥BT,QT∥AB,
    ∴四边形ABTQ是平行四边形,
    ∴ ,
    ∵ ,,
    ∴矩形PQMN与□ABCD重叠部分的面积为;
    如图,当点N落在AD边上时,四边形ABPN是平行四边形,
    ∴ ,
    ∴ ,
    ∵QM=2PQ,,
    ∴ ,解得: ,
    如图,当 时,设PN交AD于点K,此时四边形ABPK是平行四边形,
    ∴ ,
    ∵,,
    ∴ ,
    ∴ ,
    ∴矩形PQMN与□ABCD重叠部分的面积为;
    如图,当 时,
    ∵,QM=2PQ,
    ∴ ,
    ∴矩形PQMN与□ABCD重叠部分的面积为 ,
    综上所述,S与t的函数关系式为.
    【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质,平行四边形和矩形的性质,勾股定理,熟练掌握相关知识点,并利用分类讨论思想解答是解题的关键.
    15.(2022·山东青岛·统考二模)已知:如图,在中,,cm,cm.点是中点,点从点出发,沿向点匀速运动,速度为2cm/s;同时点从点出发,沿向点匀速运动,速度为3cm/s;连接,,,将绕点旋转得,连接,.设运动时间为t(s),解答下列问题:
    (1)当为何值时,?
    (2)当为何值时,四边形是菱形?
    (3)设四边形的面积为(cm2),求与的函数关系式;
    (4)是否存在某一时刻,使得点在的外接圆上?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.
    【答案】(1)s
    (2)s
    (3)
    (4)存在,s或s
    【分析】(1)根据平行线分线段成比例,可以求得t值.
    (2)根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形,求得t值.
    (3)易证四边形PQRT是平行四边形,则有,通过,用t表示的面积,从而得到与的函数关系式.
    (4)取AB的中点为G,以A为原点,建立平面直角坐标系,通过点在的外接圆上,有cm,从而求得t值.
    (1)
    解:设s时,,
    在中,
    ∵,cm,cm,
    ∴cm.
    ∵绕点旋转得,
    ∴,,
    ∴四边形PQRT是平行四边形,
    ∴,
    ∵,
    ∴.
    ∵点从点出发,速度为2cm/s,
    ∴s时,(cm),
    同理,(cm),
    ∵cm,
    ∴cm,
    ∵,
    ∴,即,
    解得:s,
    故当s时,.
    (2)
    解:如图,过P作PE⊥AB,过D作DF⊥AB,
    ∵cm,点是中点,
    ∴cm.
    在中,
    ∵(cm),cm,
    ∴cm,
    ∵,cm,cm,cm,
    ∴,.
    在中,
    ∵cm,,
    ∴cm,cm,
    ∵cm,
    ∴cm,
    在中,
    ∵cm,,
    ∴cm,cm,
    ∵ cm,(cm),cm,
    ∴ cm,cm,
    ∵(cm),cm,
    ∴cm,
    ∵cm,,
    ∴cm,
    ∵(cm),cm,
    ∴cm,
    在中,
    cm,
    ∵,
    ∴,
    ∴,
    解得(舍),.
    当为s时,四边形是菱形.
    (3)
    解:如图,过P作PE⊥AB,过D作DF⊥AB,
    ∵四边形PQRT是平行四边形,
    ∴,
    由(2)可知,(cm),cm,
    ∴cm².
    同理,cm,cm,
    ∴cm².
    ∵(cm),cm,
    ∴cm².
    ∵,cm,cm,
    ∴cm².
    ∵,
    ∴,
    化简得,,
    ∵,
    ∴,即.
    (4)
    解:如图,取AB的中点为G,过C作CF⊥AB,以A为原点,建立平面直角坐标系,
    ∵,cm,cm,
    ∴cm.
    ∵G为AB的中点,
    ∴,,
    ∵,cm,,CF⊥AB,
    ∴.
    ∵点是中点,
    ∴,
    ∵,D为TQ的中点,
    ∴,
    ∵,cm,G为AB的中点,
    ∴cm.
    ∵点在的外接圆上,
    ∴cm,
    故有,,
    解得,,,
    故s或s时,点在的外接圆上.
    【点睛】本题考查了以直角三角形为背景的几何动点问题,通过特殊图形的几何特征,建立相关等量关系是解题的关键.
    16.(2022秋·浙江·九年级专题练习)如图,直线l: 与x轴、y轴分别交于点B、C,经过B、C两点的抛物线 与x轴的另一个交点为A.
    (1)求该抛物线的解析式;
    (2)若点P在直线l下方的抛物线上,过点P作轴交l于点D,轴交l于点E,求的最大值;
    (3)设F为直线l上的点,点P仍在直线l下方的抛物线上,以A、B、P、F为顶点的四边形能否构成平行四边形?若能,求出点F的坐标;若不能,请说明理由.
    【答案】(1)
    (2)最大值是3
    (3)能,或
    【分析】(1)先确定出点B、C坐标,最后用待定系数法即可得出结论;
    (2)先设出点P的坐标,进而得出点D、E的坐标,即可得出的函数关系式,即可得出结论;
    (3)分AB为边和对角线两种情况,利用平行四边形的性质即可得出结论.
    【详解】(1)解:∵直线与x轴、y轴分别交于点B、C,
    ∴、,
    ∵点、C在抛物线解上,
    ∴,
    解得:,
    ∴抛物线的解析式为.
    (2)∵点P在直线l下方的抛物线上,设,
    ∵轴,轴,点D,E都在直线上,
    ∴,,
    ∴,

    ∴,
    即:,
    ∴当时,的最大值是3.
    (3)能,理由如下:
    ∵抛物线的解析式为,
    令,
    解得:或,
    ∴,,
    ∴,
    如图,若以A、B、P、F为顶点的四边形能构成平行四边形,
    当以AB为边时,则且,
    设,则,
    ∴,
    解得:或与A重合,舍去,
    ∴,
    当以AB为对角线时,
    连接交AB于点G,则,,
    设,
    ∵,,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    作于点M,于点N,则,,
    设,则,
    ∴,
    解得:或与A重合,舍去,
    ∴,
    综上所述,以A、B、P、F为顶点的四边形能构成平行四边形,此时点F的坐标为或.
    【点睛】本题是二次函数综合题,主要考查了待定系数法,二次函数极值的确定方法,平行四边形的性质,二元一次方程组,一元二次方程,中点坐标,两点间距离公式等知识.用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键.
    17.(2022·四川成都·统考二模)已知在正方形中,E是边上一动点,作点B关于的对称点F,交于点G,连结.
    (1)如图1,求的度数;
    (2)如图2,过点D作交的延长线于点M,连结.若,试探究四边形的形状,并说明理由;
    (3)如图3,连结,在上截取,点P,Q分别是上的动点.若正方形的面积为32,直接写出周长的最小值.
    【答案】(1)
    (2)四边形是平行四边形,理由见解析
    (3)
    【分析】(1)连结,利用轴对称的性质可得出,利用等腰三角形的性质求解即可;
    (2)证,可得,进而得到四边形是平行四边形;
    (3)作点T关于的对称点',作点T关于的对称点,则周长的最小值为的长,再求长度即可.
    (1)
    如图1,连结,
    ∵点B,F关于对称,
    ∴.
    ∵正方形,
    ∴.
    ∴.
    ∴.
    ∵在四边形中,
    有,
    ∴.
    即.
    (2)
    四边形是平行四边形,理由如下:
    如图2,连接,
    ∵,∴.
    ∵,∴.
    在中,,
    ∴.
    又∵正方形,
    ∴.
    又∵,
    ∴.
    ∴.
    ∵,
    ∴,
    ∴.
    又∵,
    ∴四边形是平行四边形.
    (3)
    周长的最小值为.
    解:如图3,作点T关于的对称点',作点T关于的对称点,
    连结,连结交于点P,交于点Q,
    连结、,则周长的最小值为的长,
    由对称知,
    ∴.
    ∴.
    由且,有,
    ∴.
    ∴.
    ∴.
    ∵于点G,∴点G在以为直径的圆弧上运动.
    取中点N,则,
    当C、N、G三点共线时最小.
    最小值为.
    ∴最小值为.
    ∴周长的最小值为.
    【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定、轴对称的性质和相似三角形的判定和性质,利用轴对称的性质得到相等的边和角,找出相似三角形是解题的关键.
    18.(2022·浙江·九年级专题练习)如图1,在等腰△ABC中,AC=BC=5,AB=6,点D是射线BC上的一点,且在点C的右侧.当动点P从点A匀速运动到点B时,点Q恰好从点D匀速运动到点B.记AP=x,DQ=y,且x,y满足关系式.过点P作PE⊥AC于E,连接PQ.
    (1)求线段CD的长.
    (2)连接AD,求证:△BPQ∽△BAD.
    (3)如图2,以CQ,CE为边在AC左侧作平行四边形CQFE,当点F落在△ABC高所在直线上时,求x的值.
    (4)当PE平分FQ时,求x的值.
    【答案】(1);
    (2)见解析;
    (3)或;
    (4)
    【分析】(1)根据点P与点B重合求出x的值,再由y=x将x的值转换为DB的长,即可求出CD的长;
    (2)由,根据比例的性质转化为,再由两边成比例且夹角相等的两个三角形相似证明△BPQ∽△BAD;
    (3)先用含x的代数式表示AE、PE,CQ,点F落在△ABC的高所在的直线上分两种情况,即落在BC边上的高上或落在AB边上的高上,再根据平行四边形和相似三角形的性质列方程求出x的值;
    (4)作QT⊥AC于点T,当PE平分FQ时,则QT平分CE,根据这一特殊条件即可列方程求出相应的x的值.
    (1)
    解:由题意可知,AC=BC=5,AB=6,
    当点P与点B重合时,AP=AB=x=6,
    ∴y=x=×6=9,
    此时点Q与点B重合,则DQ=DB=y=9,
    ∴CD=DB﹣BC=9﹣5=4.
    (2)
    证明:∵AB=6,DB=9,
    ∴,
    由y=x,得,
    ∴,
    ∴,
    ∴,
    由等式的性质,得,
    即,
    ∴,
    ∵∠B=∠B,
    ∴△BPQ∽△BAD.
    (3)
    解:如图3,
    作CR⊥AB于点R,则∠CRA=90°,
    ∵AC=BC=5,AB=6,
    ∴AR=BR=AB=×6=3,
    ∴CR==4,
    ∴S△ABC=×6×4=12,
    ∵PE⊥AC于点E,
    ∴∠PEA=90°,
    ∴,
    ∴AE=x,
    ∵,
    ∴PE=x.
    如图4,点F落在高AM上,则∠AFE=∠AMC=90°
    由BC•AM=12,得×5AM=12,解得AM=,
    ∴CM=,
    ∴,
    ∴,
    ∵四边形CQFE是平行四边形,
    ∴CQ=EF,
    ∴,
    解得x= ;
    如图5,点F落在高CN上,
    ∵EF∥BC,
    ∴∠EFC=∠BCN,
    ∵∠ACN=∠BCN,
    ∴∠EFC=∠ACN,即∠EFC=∠ECF,
    ∴EF=CE,
    ∵EF=CQ,
    ∴CE=CQ,
    ∴,
    解得,x= ;
    ∵∠AEF=∠ACB<90°,
    ∴在点P的运动过程中,点F始终在直线PE的上方,可见点F不能落在AC边上的高上.
    综上所述,x=或x=.
    (4)
    解:如图6,PE平分FQ,作QT⊥AC于点T,AM⊥BC于点M,则∠QTC=∠QTE=90°,
    设QF交PE于点K,则QK=QF,
    ∵QF∥CE,
    ∴∠KQT=∠QTC=90°,
    ∵∠PEC=90°,
    ∴四边形TQKE是矩形,
    ∴ET=QK=QF,
    ∵QF=CE,
    ∴ET=CE,
    ∴CT=CE﹣ET=CE﹣CE=CE,
    ∵ ,
    ∴ ,
    ∴,
    解得x=.
    【点睛】此题重点考查等腰三角形的性质、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理以及动点问题中的求值问题等知识与方法,解题的关键是根据相似三角形的性质将有关线段用含x的代数式表示,再列方程求值,此题综合性强,难度较在,属于考试压轴题.

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