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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,
∴,
即
【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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