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2021版《5年中考3年模拟》全国版中考数学：§8.5 开放探究型
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这是一份2021版《5年中考3年模拟》全国版中考数学：§8.5 开放探究型，共60页。
1.(2020四川成都,25,4分)如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,E,F分别为AB,CD边的中点.动点P从点E出发 沿EA向点A运动,同时,动点Q从点F出发沿FC向点C运动,连接PQ,过点B作BH⊥PQ于点H,连接DH.若点 P的速度是点Q的速度的2倍,在点P从点E运动至点A的过程中,线段PQ长度的最大值为 ,线段DH长 度的最小值为 .
如图②,连接EF交PQ于M,则EF=BC=3,连接BM.∵DC∥AB,∴△FMQ∽△EMP, 图②∴ = = ,∴ME= EF=2.∵BE= AB=2,∴BM= =2 .∵∠FEB=∠BHM=90°,∴点H和点E均在以BM为直径的圆上.设圆心为O,连接DO交☉O于点H1,依据点D在☉O外可知,
当H运动到H1位置时,DH的长最小,过O作OK⊥BE,OJ⊥BC,ON⊥AD,垂足分别为K,J,N,则N,O,J在同一直线上,且四边形AKON,KBJO均为矩 形.易得OK= EM=1,OJ= BE=1,∴DN=DA-AN=DA-OK=2,ON=NJ-OJ=AB-OJ=3,∴DHmin=DH1= - BM= - .
方法指导 在求解动态几何的最值问题时,一般采用数形结合与化动为静的思想,将不规则运动转换为 规则运动,再讨论最值问题.
2.(2020广西北部湾经济区,18,3分)如图,在边长为2 的菱形ABCD中,∠C=60°,点E,F分别是AB,AD上的动点,且AE=DF,DE与BF交于点P.当点E从点A运动到点B时,则点P的运动路径长为 .
解析 连接BD, 由菱形的性质及∠C=60°,可知△BCD、△ABD均为等边三角形,故BD=AD,且∠BDF=∠A=60°,又AE=DF,故在E、F运动过程中,△BDF≌△DAE,即∠DBF=∠ADE,因此∠DBF+∠BDP始终等于60°,即∠BPD始终等于120°,又∠C=60°,因此B、C、D、P四点共圆,故点P的运动路径为以等边三角形BCD的中心O为圆心,OB为半径的圆的一部分,即 ,延长BO交CD于
G,易证DG= CD= ,∠ODG= ∠BDC=30°,故OB=OD= = =2,且∠BOD=120°,∴l = = π.即点P的运动路径长为 π.
3.(2020吉林,25,10分)如图,△ABC是等边三角形,AB=4 cm.动点P从点A出发,以2 cm/s的速度沿AB向点B 匀速运动,过点P作PQ⊥AB,交折线AC-CB于点Q,以PQ为边作等边三角形PQD,使点A,D在PQ异侧.设点P 的运动时间为x(s)(0
如图③,当∴y= (x-2)2 . (10分)
难点突破 对于第(3)问,先利用第(2)问所求x的值及点Q与点C重合时x的值,分0
4.(2020广西北部湾经济区,26,10分)如图1,在平面直角坐标系中,直线l1:y=x+1与直线l2:x=-2相交于点D,点 A是直线l2上的动点,过点A作AB⊥l1于点B,点C的坐标为(0,3),连接AC,BC,设点A的纵坐标为t,△ABC的面 积为s.(1)当t=2时,请直接写出点B的坐标;(2)s关于t的函数解析式为s= 其图象如图2所示,结合图1、2的信息,求出a与b的值;(3)在l2上是否存在点A,使得△ABC是直角三角形?若存在,请求出此时点A的坐标和△ABC的面积;若不存 在,请说明理由.
解析 (1)当t=2时,A(-2,2),∵直线l1:y=x+1,AB⊥l1,∴可设直线AB的解析式为y=-x+n,将A(-2,2)代入y=-x+n,得n=0,∴直线AB的解析式为y=-x,联立 得 ∴B .(2)当t=7时,s=4,故 ×72+7b- =4,
解得b=-1.当t= =2时,s在-1
(iii)当B为△ABC的直角顶点时,此种情况不存在.(当A在D上方时,∠ABC为锐角;当A在D下方时,∠ABC 为钝角)综上,在l2上存在点A,使得△ABC是直角三角形,点A的坐标为(-2,1)或(-2,3)或(-2,9),相应△ABC的面积为2 或2或10.
5.(2020贵州贵阳,25,12分)如图,四边形ABCD是正方形,点O为对角线AC的中点.(1)问题解决:如图①,连接BO,分别取CB,BO的中点P,Q,连接PQ,则PQ与BO的数量关系是 ,位置 关系是 ;(2)问题探究:如图②,△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形,连接CE,点 P,Q分别为CE,BO'的中点,连接PQ,PB,判断△PQB的形状,并证明你的结论;(3)拓展延伸:如图③,△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形,连接BO',点 P,Q分别为CE,BO'的中点,连接PQ,PB.若正方形ABCD的边长为1,求△PQB的面积. 图①
图② 图③
解析 (1)PQ= BO;PQ⊥BO.(2)△PQB的形状是等腰直角三角形.理由如下: 连接O'P并延长交BC于点F,由正方形的性质及旋转可得AB=BC,∠ABC=90°,△AO'E是等腰直角三角形,O'E∥BC,O'E=O'A.∴∠O'EP=∠FCP,∠PO'E=∠PFC.又∵点P是CE的中点,∴CP=EP.∴△O'PE≌△FPC(AAS).∴O'E=FC=O'A,O'P=FP.∴AB-O'A=CB-FC,∴BO'=BF.
∴△O'BF为等腰直角三角形.∴BP⊥O'F,O'P=BP.∴△BPO'也为等腰直角三角形.又∵点Q为O'B的中点,∴PQ⊥O'B,且PQ=BQ.∴△PQB是等腰直角三角形.(3)延长O'E交BC边于点G,连接PG,O'P. ∵四边形ABCD是正方形,AC是对角线,∴∠ECG=45°.
由旋转得,四边形O'ABG是矩形,∴O'G=AB=BC,∠EGC=90°.∴△EGC为等腰直角三角形.∵点P是CE的中点,∴PC=PG=PE,∠CPG=90°,∠EGP=45°.∴△O'GP≌△BCP(SAS).∴∠O'PG=∠BPC,O'P=BP.∴∠O'PG-∠GPB=∠BPC-∠GPB=90°.∴∠O'PB=90°.∴△O'PB为等腰直角三角形.∵Q是O'B的中点,∴PQ= O'B=BQ,PQ⊥O'B.
∵AB=1,∴O'A= ,∴O'B= = ,∴BQ= .∴S△PQB= BQ·PQ= × × = .
6.(2020江西,23,12分)某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后,针对图1中所示的“由直角三角形三 边向外侧作多边形,它们的面积S1,S2,S3之间的关系问题”进行了以下探究: 类比探究(1)如图2,在Rt△ABC中,BC为斜边,分别以AB,AC,BC为斜边向外侧作Rt△ABD,Rt△ACE,Rt△BCF,若∠1 =∠2=∠3,则面积S1,S2,S3之间的关系式为 ;
推广验证(2)如图3,在Rt△ABC中,BC为斜边,分别以AB,AC,BC为边向外侧作任意△ABD,△ACE,△BCF,满足∠1= ∠2=∠3,∠D=∠E=∠F,则(1)中所得关系式是否仍然成立?若成立,请证明你的结论;若不成立,请说明理 由;拓展应用(3)如图4,在五边形ABCDE中,∠A=∠E=∠C=105°,∠ABC=90°,AB=2 ,DE=2,点P在AE上,∠ABP=30°,PE= ,求五边形ABCDE的面积. 图4
解析 (1)S1+S2=S3.详解:∵△ABC是直角三角形,∴AB2+AC2=BC2.∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形,且∠1=∠2=∠3,∴Rt△ABD∽Rt△ACE∽Rt△BCF,∴ = , = ,∴ + = = + = = =1.∴S1+S2=S3.(2)成立.证明如下:∵∠1=∠2=∠3,∠D=∠E=∠F,∴△ABD∽△CAE∽△BCF.∴ = , = .∴ = .
∵△ABC为直角三角形,∴AB2+AC2=BC2.∴ =1.∴S1+S2=S3.(3)过点A作AH⊥BP于点H. ∵∠ABH=30°,AB=2 ,∴AH= ,BH=3,∠BAH=60°.∵∠BAP=105°,
∴∠HAP=45°.∴PH=AH= .∴AP= ,BP=BH+PH=3+ .∴S△ABP= = = .连接PD.∵PE= ,ED=2,∴ = = , = = .∴ = .又∵∠E=∠BAP=105°,∴△ABP∽△EDP.∴∠EPD=∠APB=45°, = = .
∴∠BPD=90°,PD=1+ .∴S△PED=S△ABP· = × = .连接BD.∴S△PBD= = =2 +3.∵tan∠PBD= = ,∴∠PBD=30°.∵∠ABC=90°,∠ABP=30°,∴∠DBC=30°.∵∠C=105°,∴△ABP∽△EDP∽△CBD.∴S△BCD=S△ABP+S△EDP= + =2 +2.
∴S五边形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S△BPD= + +(2 +2)+(2 +3)=6 +7.
7.(2019天津,24,10分)在平面直角坐标系中,O为原点,点A(6,0),点B在y轴的正半轴上,∠ABO=30°.矩形 CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上,OD=2.(1)如图1,求点E的坐标;(2)将矩形CODE沿x轴向右平移,得到矩形C'O'D'E',点C,O,D,E的对应点分别为C',O',D',E'.设OO'=t,矩形C' O'D'E'与△ABO重叠部分的面积为S.①如图2,当矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分为五边形时,C'E',E'D'分别与AB相交于点M,F,试用含有t的式 子表示S,并直接写出t的取值范围;②当 ≤S≤5 时,求t的取值范围(直接写出结果即可).
解析 (1)由点A(6,0),得OA=6,又OD=2,∴AD=OA-OD=4,在矩形CODE中,有ED∥CO,得∠AED=∠ABO=30°,∴在Rt△AED中,AE=2AD=8,∴由勾股定理,得ED= =4 ,∴点E的坐标为(2,4 ).(2)①由平移知,O'D'=2,E'D'=4 ,ME'=OO'=t,由E'D'∥BO,得∠E'FM=∠ABO=30°,∴在Rt△MFE'中,MF=2ME'=2t,∴由勾股定理,得FE'= = t,∴S△MFE'= ME'·FE'= ·t· t= t2,∵S矩形C'O'D'E'=O'D'·E'D'=8 ,
∴S=S矩形C'O'D'E'-S△MFE'=8 - t2,∴S=- t2+8 ,其中t的取值范围是0
易错警示 此题为动态几何问题,需按矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分的形状变化分类讨论,若只画出其 中一种情况,则会因为考虑不全而产生错误.
8.(2019江西,23,12分)特例感知(1)如图1,对于抛物线y1=-x2-x+1,y2=-x2-2x+1,y3=-x2-3x+1,下列结论正确的序号是 ;①抛物线y1,y2,y3都经过点C(0,1);②抛物线y2,y3的对称轴由抛物线y1的对称轴依次向左平移 个单位得到;③抛物线y1,y2,y3与直线y=1的交点中,相邻两点之间的距离相等. 图1形成概念(2)把满足yn=-x2-nx+1(n为正整数)的抛物线称为“系列平移抛物线”.
知识应用在(2)中,如图2.①“系列平移抛物线”的顶点依次为P1,P2,P3,…,Pn,用含n的代数式表示顶点Pn的坐标,并写出该顶点纵 坐标y与横坐标x之间的关系式;②“系列平移抛物线”存在“系列整数点(横、纵坐标均为整数的点)”:C1,C2,C3,…,Cn.其横坐标分别为 -k-1,-k-2,-k-3,…,-k-n(k为正整数),判断相邻两点之间的距离是否都相等,若相等,直接写出相邻两点之间 的距离;若不相等,说明理由;③在②中,直线y=1分别交“系列平移抛物线”于点A1,A2,A3,…,An,连接CnAn,Cn-1An-1,判断CnAn,Cn-1An-1是否 平行,并说明理由.
解析 (1)①②③.详解:当x=0时,y1=y2=y3=1,故①正确.抛物线y1,y2,y3的对称轴分别为直线x1=- ,x2=-1,x3=- ,故②正确.抛物线y1,y2,y3与直线y=1的交点(除了点C)横坐标分别为-1,-2,-3,相邻两点之间的距离为1,故③正确.(2)①Pn .y=x2+1.详解:yn=-x2-nx+1=- + +1.∴顶点Pn的坐标为 .令顶点Pn的横坐标为x=- ,纵坐标为y= +1,则y= +1= +1=x2+1.②相邻两点之间的距离都相等.
理由:根据题意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-1(-k-n+1,-k2-nk+k+1).∴Cn,Cn-1两点之间的铅直高度=-k2-nk+k+1-(-k2-nk+1)=k,Cn,Cn-1两点之间的水平距离=-k-n+1-(-k-n)=1.∴由勾股定理得Cn =k2+1.∴CnCn-1= .③CnAn与Cn-1An-1不平行.理由:根据题意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-1(-k-n+1,-k2-nk+k+1),
An(-n,1),An-1(-n+1,1).过Cn,Cn-1分别作直线y=1的垂线,垂足为D,E,∴D(-k-n,1),E(-k-n+1,1).在Rt△DAnCn中,tan∠DAnCn= = = =k+n.在Rt△EAn-1Cn-1中,tan∠EAn-1Cn-1= = = =k+n-1.∵k+n-1≠k+n,∴tan∠DAnCn≠tan∠EAn-1Cn-1.∴∠DAnCn≠∠EAn-1Cn-1.∴CnAn与Cn-1An-1不平行.
9.(2019河南,22,10分)在△ABC中,CA=CB,∠ACB=α.点P是平面内不与点A、C重合的任意一点,连接AP, 将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP,连接AD,BD,CP.(1)观察猜想如图1,当α=60°时, 的值是 ,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 .(2)类比探究如图2,当α=90°时,请写出 的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数,并就图2的情形说明理由.(3)解决问题当α=90°时,若点E、F分别是CA、CB的中点,点P在直线EF上,请直接写出点C,P,D在同一直线上时 的值.
解析 (1)1;60.(注:若填60°,不扣分)(2分)如图,延长CP交BD的延长线于E,设AB交EC于点O. 由题意得∠PAD=∠CAB=60°,∴∠CAP=∠BAD,∵CA=BA,PA=DA,∴△CAP≌△BAD(SAS),∴PC=BD,∠ACP=∠ABD,∵∠AOC=∠BOE,∴∠BEO=∠CAO=60°,
∴ =1,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60.(2) ,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45.(注:若没写出,但后续证明正确,不扣分)(4分)理由如下:∵∠ACB=90°,CA=CB,∴∠CAB=45°, = .同理可得:∠PAD=45°, = .∴ = ,∠CAB=∠PAD.∴∠CAB+∠DAC=∠PAD+∠DAC,即∠DAB=∠PAC.∴△DAB∽△PAC. (6分)∴ = = ,∠DBA=∠PCA.设BD交CP于点G,BD交CA于点H.
∵∠BHA=∠CHG,∴∠CGH=∠BAH=45°. (8分)(3) 的值为2+ 或2- . 注:若把2- 写为 ,不扣分 (10分)提示:分两种情况.如图①,可设CP=a,则BD= a.设CD与AB交于点Q,则PQ=CP=a.可证∠DQB=∠DBQ=67.5°,则DQ=BD= a,易得AD= PD=2a+ a,所以 =2+ .如图②,可设AP=DP=b,则AD= b.由EF∥AB,得∠PEA=∠CAB=45°,可证∠ECD=∠EAD=22.5°,∴CD=AD= b,CP= b+b,所以 =2- .
图① 图②
1.(2020海南,21,13分)四边形ABCD是边长为2的正方形,E是AB的中点,连接DE,点F是射线BC上一动点 (不与点B重合),连接AF,交DE于点G.(1)如图1,当点F是BC边的中点时,求证:△ABF≌△DAE;(2)如图2,当点F与点C重合时,求AG的长;(3)在点F运动的过程中,当线段BF为何值时,AG=AE?请说明理由.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠B=∠DAE=90°,AB=AD=BC, (2分)∵点E、F分别是AB、BC的中点,∴AE= AB,BF= BC,∴AE=BF, (3分)∴△ABF≌△DAE. (4分)(2)在正方形ABCD中,∠ADC=90°,AD=CD=2,∴AC= = =2 , (5分)∵AB∥CD,∴△AGE∽△CGD, (6分)∴ = ,即 = , (7分)∴AG= . (8分)
(3)当BF= 时,AG=AE.理由如下:由(2)知,当点F与点C重合(即BF=2)时,AG= <1,∴点F应在BC的延长线上(即BF>2),如图所示,设AF交CD于点M,
∴DM= ,∴CM=CD-DM=2- = , (10分)∵AB∥CD,∴△ABF∽△MCF, (11分)∴ = ,即 = , (12分)∴BF= ,故当BF= 时,AG=AE. (13分)
若使AG=AE=1,则有∠1=∠2,∵AB∥CD,∴∠1=∠4,又∵∠2=∠3,∴∠3=∠4,∴DM=MG. (9分)在Rt△ADM中,AM2-DM2=AD2,即(DM+1)2-DM2=22,
一题多解 (3)取线段BC的中点H,连接AH交ED于N,由(1)得△DAE≌△ABH,∴∠BAH=∠ADE,∵∠BAD=∠BAH+∠DAH=90°,∴∠ADE+∠DAH=90°,∴∠AND=90°,即AN⊥DE,∵AE=AG,AN⊥DE,∴∠BAH=∠GAH,∴∠ADE=∠GAH,∵AD∥BC,∴∠DAG=∠AFB,∴△DAG∽△AFH,∴ = ,∴ = ,化简得3CF2+4CF-4=0,解得CF= 或CF=-2(舍去),所以BF=2+ = .
2.(2020云南昆明,23,12分)如图1,在矩形ABCD中,AB=5,BC=8,点E,F分别为AB,CD的中点.(1)求证:四边形AEFD是矩形;(2)如图2,点P是边AD上一点,BP交EF于点O,点A关于BP的对称点为点M,当点M落在线段EF上时,则有 OB=OM.请说明理由;(3)如图3,若点P是射线AD上一个动点,点A关于BP的对称点为点M,连接AM,DM,当△AMD是等腰三角形 时,求AP的长. 图1 图2 图3
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AB=CD,∠A=90°, (1分)∵点E,F分别是AB,CD的中点,∴AE= AB,DF= CD,∴AE=DF, (2分)∵AE∥DF,∴四边形AEFD是平行四边形, (3分)∵∠A=90°,∴四边形AEFD是矩形. (4分)
(2)证法一:连接OA,AM.∵点A关于BP的对称点为M,∴BP垂直平分AM, (5分)∴OA=OM, (6分)∵四边形AEFD是矩形,
∴EF⊥AB,∵点E是AB的中点,∴EF垂直平分AB,∴OA=OB,∴OB=OM. (8分)证法二:连接OA,AM,∵点A关于BP的对称点为M,∴BP垂直平分AM, (5分)∴OA=OM, (6分)∵四边形AEFD是矩形,∴EO∥AP,∴ = =1,∴BO=OP,在Rt△ABP中,AO=BO= BP, (7分)
∴OB=OM. (8分)(其他证法参照此标准给分)
(3)分四种情况:①当MA=MD,且点P在边AD上时,过点M作直线MH⊥AD于点H,交BC于点G,连接PM,BM,∵AD=BC=8,
∴AH= AD=4,∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,∴四边形ABGH是矩形,∴BG=AH=4,HG=AB=5,∵BP垂直平分AM,∴BM=BA=5,AP=PM,在Rt△BGM中,∠BGM=90°,由勾股定理得MG= = =3,∴HM=2,设AP=PM=a,则PH=4-a,在Rt△PHM中,∠PHM=90°,由勾股定理得PH2+HM2=PM2,即(4-a)2+22=a2,解得a= ,
∴AP= . (9分)②当MA=MD,且点P在射线AD上,P在D右侧时, 过点M作MH⊥AD于点H,交BC于点G,连接PM,BM,∵AD=BC=8,∴AH= AD=4,
∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,∴四边形ABGH是矩形,∴BG=AH=4,HG=AB=5,∵BP垂直平分AM,∴BM=BA=5,在Rt△BGM中,∠BGM=90°,BM=5,由勾股定理可得MG= = =3,∴HM=8,设AP=PM=a,则PH=a-4,在Rt△PHM中,∠PHM=90°,由勾股定理可得PH2+HM2=PM2,即(a-4)2+82=a2,解得a=10,∴AP=10. (10分)③当DA=DM时,连接BM,
∵BA=BM,∴BD为AM的垂直平分线,即点D为AM的垂直平分线与射线AD的交点,∵点A关于BP的对称点为点M,∴点P为AM的垂直平分线与射线AD的交点,∴点D与点P重合,
∴AP=AD=8. (11分)④当AM=AD=8时,设BP交AM于点Q,连接PM,BM. ∵BP垂直平分AM,∴BA=BM=5,AQ= AM= AD=4,在Rt△ABQ中,∠AQB=90°,由勾股定理得
BQ= = =3,∵∠ABQ=∠PBA,∠BQA=∠BAP=90°,∴△ABQ∽△PBA,∴ = ,即 = ,∴AP= .综上所述,AP的长为 或10或8或 . (12分)(其他解法参照此标准给分)
思路分析 (3)分四种情况:①当MA=MD,且点P在边AD上时,过点M作直线MH⊥AD于点H,交BC于点G, 连接PM,BM,在Rt△BGM中,由勾股定理可得MG=3,所以HM=2,因为AP=PM,所以在Rt△PHM中,由勾股 定理得AP的长;②当MA=MD,且点P在射线AD上,P在D右侧时,同①可得AP的长;③当DA=DM时,因为BA =BM,所以BD为AM的垂直平分线,因为BP为AM的垂直平分线,所以点P和点D重合,即可得AP的长;④当 AM=AD=8时,设BP交AM于点Q,连接PM,BM,由点A和点M关于BP对称,可得AQ,BQ,证得△ABQ∽△PBA, 即可求得AP的长.
3.(2020内蒙古包头,26,12分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y= x2-2x经过坐标原点,与x轴正半轴交于点A,该抛物线的顶点为M,直线y=- x+b经过点A,与y轴交于点B,连接OM.(1)求b的值及点M的坐标;(2)将直线AB向下平移,得到过点M的直线y=mx+n,且与x轴负半轴交于点C,取点D(2,0),连接DM,求证:∠ ADM-∠ACM=45°;(3)点E是线段AB上一动点,点F是线段OA上一动点,连接EF,线段EF的延长线与线段OM交于点G.当∠ BEF=2∠BAO时,是否存在点E,使得3GF=4EF?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)当y=0时, x2-2x=0,解得x1=0,x2=6,∴A(6,0).∵直线y=- x+b经过点A,∴b=3.∵y= x2-2x= (x-3)2-3,∴M(3,-3). (3分)(2)证明:根据题意得m=- .∵直线y=- x+n过点M(3,-3),∴n=- ,∴y=- x- .当y=0时,- x- =0,解得x=-3,∴C(-3,0).过点M作MN⊥x轴于点N,∴N(3,0),
∴ON=MN=3,∴∠MON=45°.∵D(2,0),∴OD=2,DN=1.在Rt△MND中,MD= = .∵C(-3,0),∴CD=5.∵ = , = ,∴ = .∵∠MDC=∠ODM,∴△DCM∽△DMO,∴∠DMC=∠DOM=45°.
∵∠ADM=∠ACM+∠DMC,∴∠ADM-∠ACM=45°. (7分)(3)假设存在点E,使得3GF=4EF,即 = .∵∠BEF=2∠BAO,∴∠BAO=∠EFA,∴AE=EF.过点E作EH⊥x轴于点H,∴AH=HF.过点G作GK⊥x轴于点K.设E , ∴EH=- a+3,OH=a,∴AH=HF=6-a.
在Rt△GKF和Rt△EHF中,∵sin∠KFG=sin∠HFE,∴ = ,∴ = = ,∴KG= =- a+4.∵∠MOA=45°,∴OK=KG,∴OK=- a+4,∴KF=OH-OK-HF= a-10.∵GK⊥x轴,EH⊥x轴,∴GK∥EH,∴ = = ,∴a= ,∴- a+3= ,∴E ,∴存在点E ,使得3GF=4EF. (12分)
思路分析 (1)根据抛物线与x轴正半轴交于点A,求出A(6,0),代入一次函数解析式即可求出b;将抛物线 解析式转化成顶点式,即可得到M点坐标.(2)易知平移后的直线的解析式为y=- x+n,把点M的坐标代入求出n,过点M作MN⊥x轴于N,则△DCM∽△DMO,推出∠DMC=45°,利用∠ADM=∠ACM+∠DMC可得结论.(3)过点G作GK⊥x轴于K,过点E作EH⊥x轴于H.证明∠EFA=∠BAO,得AE=EF.设E ,用a表示出EH、OH、HF的长,利用sin∠KFG=sin∠HFE求得KG的长.由∠MOA=45°得OK=KG,从而求得KF的长. 由GK∥EH推出 = = ,求得a的值即可解决问题.
4.(2020辽宁营口,25,14分)如图,在矩形ABCD中,AD=kAB(k>0),点E是线段CB延长线上的一个动点,连接 AE,过点A作AF⊥AE交射线DC于点F.(1)如图1,若k=1,则AF与AE之间的数量关系是 ;(2)如图2,若k≠1,试判断AF与AE之间的数量关系,写出结论并证明;(用含k的式子表示)(3)若AD=2AB=4,连接BD交AF于点G,连接EG,当CF=1时,求EG的长. 图1 图2 备用图
解析 (1)AF=AE. (2分)详解:∵k=1,∴AD=AB,∴四边形ABCD是正方形,∴∠BAD=90°,∵AF⊥AE,∴∠EAF=90°,∴∠EAB=∠FAD,∵∠ABE=∠D=90°,∴△EAB≌△FAD(ASA),∴AF=AE.(2)AF=kAE. (4分)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠ABC=∠ADF=90°,∴∠FAD+∠FAB=90°,∵AF⊥AE,∴∠EAF=90°,∴∠EAB+∠FAB=90°,∴∠EAB=∠FAD,∵∠ABE+∠ABC=180°,∴∠ABE=180°-∠ABC=180°-90°=90°,
∴∠ABE=∠ADF,∴△ABE∽△ADF. (7分)∴ = .∵AD=kAB,∴ = ,∴ = ,∴AF=kAE. (8分)(3)①如图1,当点F在DC上时,∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD,AB∥CD,
图1∵AD=2AB=4,∴AB=2,∴CD=2,∵CF=1,∴DF=CD-CF=2-1=1.在Rt△ADF中,∠ADF=90°,∴AF= = = ,∵DF∥AB,
∴∠GDF=∠GBA,∠GFD=∠GAB,∴△GDF∽△GBA,∴ = = ,∵AF=GF+AG,∴AG= AF= , (9分)由(2)得AE= AF= × = . (10分)在Rt△EAG中,∠EAG=90°,∴EG= = = = . (11分)②如图2,当点F在DC的延长线上时,DF=CD+CF=2+1=3.
图2在Rt△ADF中,∠ADF=90°,∴AF= = =5,∵DF∥AB,∴∠GAB=∠GFD,∠GBA=∠GDF,
∴△AGB∽△FGD,∴ = = ,∵GF+AG=AF=5,∴AG=2, (12分)由(2)得AE= AF= ×5= . (13分)在Rt△EAG中,∠EAG=90°,∴EG= = = = .综上所述,EG的长为 或 . (14分)
解题关键 解决第(3)问的关键是要发现并灵活运用△AGB∽△FGD,进而求得线段AE和AG的长.同时 要注意由于点F的位置不确定需要分类讨论.
5.(2019浙江温州,24,14分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=- x+4分别交x轴、y轴于点B,C,正方形AOCD的顶点D在第二象限内,E是BC中点,OF⊥DE于点F,连接OE.动点P在AO上从点A向终点O匀速运 动,同时,动点Q在直线BC上从某一点Q1向终点Q2匀速运动,它们同时到达终点.(1)求点B的坐标和OE的长;(2)设点Q2为(m,n),当 = tan∠EOF时,求点Q2的坐标;(3)根据(2)的条件,当点P运动到AO中点时,点Q恰好与点C重合.①延长AD交直线BC于点Q3,当点Q在线段Q2Q3上时,设Q3Q=s,AP=t,求s关于t的函数表达式;②当PQ与△OEF的一边平行时,求所有满足条件的AP的长.
解析 (1)令y=0,则- x+4=0,∴x=8,∴B的坐标为(8,0).令x=0,则- ×0+4=y,∴y=4,∴C的坐标为(0,4).在Rt△BOC中,BC= =4 .又∵E为BC中点,∴OE= BC=2 .(2)如图1,作EM⊥OC于点M,则EM∥CD,EM∥OB,记DE与y轴的交点为N,
图1∴△CDN∽△MEN,∴ = ,∵E是BC的中点,∴CE=EB= BC,CM= OC=2,
∵EM∥OB,∴ = = ,∴EM= OB=4,∵CD=OC=4,∴CD=EM,∴CN=MN=1,∴EN= = .∵EN·OF=ON·EM,∴OF= = ,由勾股定理得EF= ,∴tan∠EOF= ,∴ = × = .∵n=- m+4,∴m=6,n=1,∴Q2的坐标为(6,1).(3)①∵动点P,Q同时做匀速直线运动,∴s关于t成一次函数关系,设s=kt+b(k≠0),
将 和 代入得 解得 ∴s= t- .②当PQ∥OE时(如图2),∠QPB=∠EOB=∠OBE,作QH⊥x轴于点H,则PH=BH= PB.
图2∵BQ=6 -s=6 - t+ =7 - t,又∵cs∠QBH= ,∴BH=14-3t,∴PB=28-6t,
∴t+28-6t=12,∴t= .当PQ∥OF时(如图3),过点Q作QG⊥AQ3于点G,过点P作PH⊥GQ于点H,易证△Q3QG∽△CBO,∴Q3G∶QG∶Q3Q=1∶2∶ . 图3
∵Q3Q=s= t- ,∴Q3G= t-1,QG=3t-2,∴PH=AG=AQ3-Q3G=6- =7- t,QH=QG-AP=3t-2-t=2t-2.易证∠HPQ=∠CDN,∴tan∠HPQ=tan∠CDN= ,∴2t-2= ,∴t= .由图形可知PQ不可能与EF平行.综上所述,当PQ与△OEF的一边平行时,AP的长为 或 .
6.(2019吉林,25,10分)如图,在矩形ABCD中,AD=4 cm,AB=3 cm,E为边BC上一点,BE=AB,连接AE.动点P,Q 从点A同时出发,点P以 cm/s的速度沿AE向终点E运动;点Q以2 cm/s的速度沿折线AD-DC向终点C运动.设点Q运动的时间为x(s),在运动过程中,点P,点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为y(cm2).(1)AE= cm,∠EAD= °;(2)求y关于x的函数解析式,并写出自变量x的取值范围;(3)当PQ= cm时,直接写出x的值.
解析 (1)3 ;45. (2分)(2)当0 图②∵DQ=(2x-4)cm,DF=(4-x)cm,∴y=S△DAP+S△DPQ= AD·PF+ DQ·DF= ×4x+ (2x-4)(4-x)=-x2+8x-8,即y=-x2+8x-8. (6分)当3
根据图③,可列方程(7-2x)2+12= ,∴x= .
一题多解 (2)过点P作PF⊥AD于点F.当0∴y= x·x+ (x+2x-4)(4-x)=-x2+8x-8. 当37.(2019四川成都,27,10分)如图1,在△ABC中,AB=AC=20,tan B= ,点D为BC边上的动点(点D不与点B,C重合).以D为顶点作∠ADE=∠B,射线DE交AC边于点E,过点A作AF⊥AD交射线DE于点F,连接CF.(1)求证:△ABD∽△DCE;(2)当DE∥AB时(如图2),求AE的长;(3)点D在BC边上运动的过程中,是否存在某个位置,使得DF=CF?若存在,求出此时BD的长;若不存在,请
说明理由.
解析 (1)证明:∵AB=AC,∴∠B=∠ACB.∵∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD,∠ADE=∠B,∴∠BAD=∠CDE.∴△ABD∽△DCE.(2)过点A作AM⊥BC于点M.在Rt△ABM中,设BM=4k,则AM=BM·tan B=4k· =3k,由勾股定理,得AB2=AM2+BM2.∴202=(3k)2+(4k)2.∴k=4.∵AB=AC,AM⊥BC,∴BC=2BM=2·4k=32.∵DE∥AB,∴∠BAD=∠ADE.又∵∠ADE=∠B,∠B=∠ACB,∴∠BAD=∠ACB.
又∵∠ABD=∠CBA,∴△ABD∽△CBA.∴ = .∴DB= = = .∵DE∥AB,∴ = .∴AE= = = .
(3)D点在BC边上运动的过程中,存在某个位置,使得DF=CF.过点F作FH⊥BC于点H.过点A作AM⊥BC于点M,AN⊥FH于点N.易知∠NHM=∠AMH=∠ANH=90°,∴四边形AMHN为矩形,∴∠MAN=90°,MH=AN.∵AB=AC,AM⊥BC,∴BM=CM= BC= ×32=16.在Rt△ABM中,由勾股定理,得AM= = =12.∵AN⊥FH,AM⊥BC,∴∠ANF=90°=∠AMD.∵∠DAF=90°=∠MAN,∴∠NAF=∠MAD.∴△AFN∽△ADM.
1.(2020四川成都,25,4分)如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=3,E,F分别为AB,CD边的中点.动点P从点E出发 沿EA向点A运动,同时,动点Q从点F出发沿FC向点C运动,连接PQ,过点B作BH⊥PQ于点H,连接DH.若点 P的速度是点Q的速度的2倍,在点P从点E运动至点A的过程中,线段PQ长度的最大值为 ,线段DH长 度的最小值为 .
如图②,连接EF交PQ于M,则EF=BC=3,连接BM.∵DC∥AB,∴△FMQ∽△EMP, 图②∴ = = ,∴ME= EF=2.∵BE= AB=2,∴BM= =2 .∵∠FEB=∠BHM=90°,∴点H和点E均在以BM为直径的圆上.设圆心为O,连接DO交☉O于点H1,依据点D在☉O外可知,
当H运动到H1位置时,DH的长最小,过O作OK⊥BE,OJ⊥BC,ON⊥AD,垂足分别为K,J,N,则N,O,J在同一直线上,且四边形AKON,KBJO均为矩 形.易得OK= EM=1,OJ= BE=1,∴DN=DA-AN=DA-OK=2,ON=NJ-OJ=AB-OJ=3,∴DHmin=DH1= - BM= - .
方法指导 在求解动态几何的最值问题时,一般采用数形结合与化动为静的思想,将不规则运动转换为 规则运动,再讨论最值问题.
2.(2020广西北部湾经济区,18,3分)如图,在边长为2 的菱形ABCD中,∠C=60°,点E,F分别是AB,AD上的动点,且AE=DF,DE与BF交于点P.当点E从点A运动到点B时,则点P的运动路径长为 .
解析 连接BD, 由菱形的性质及∠C=60°,可知△BCD、△ABD均为等边三角形,故BD=AD,且∠BDF=∠A=60°,又AE=DF,故在E、F运动过程中,△BDF≌△DAE,即∠DBF=∠ADE,因此∠DBF+∠BDP始终等于60°,即∠BPD始终等于120°,又∠C=60°,因此B、C、D、P四点共圆,故点P的运动路径为以等边三角形BCD的中心O为圆心,OB为半径的圆的一部分,即 ,延长BO交CD于
G,易证DG= CD= ,∠ODG= ∠BDC=30°,故OB=OD= = =2,且∠BOD=120°,∴l = = π.即点P的运动路径长为 π.
3.(2020吉林,25,10分)如图,△ABC是等边三角形,AB=4 cm.动点P从点A出发,以2 cm/s的速度沿AB向点B 匀速运动,过点P作PQ⊥AB,交折线AC-CB于点Q,以PQ为边作等边三角形PQD,使点A,D在PQ异侧.设点P 的运动时间为x(s)(0
如图③,当
难点突破 对于第(3)问,先利用第(2)问所求x的值及点Q与点C重合时x的值,分0
4.(2020广西北部湾经济区,26,10分)如图1,在平面直角坐标系中,直线l1:y=x+1与直线l2:x=-2相交于点D,点 A是直线l2上的动点,过点A作AB⊥l1于点B,点C的坐标为(0,3),连接AC,BC,设点A的纵坐标为t,△ABC的面 积为s.(1)当t=2时,请直接写出点B的坐标;(2)s关于t的函数解析式为s= 其图象如图2所示,结合图1、2的信息,求出a与b的值;(3)在l2上是否存在点A,使得△ABC是直角三角形?若存在,请求出此时点A的坐标和△ABC的面积;若不存 在,请说明理由.
解析 (1)当t=2时,A(-2,2),∵直线l1:y=x+1,AB⊥l1,∴可设直线AB的解析式为y=-x+n,将A(-2,2)代入y=-x+n,得n=0,∴直线AB的解析式为y=-x,联立 得 ∴B .(2)当t=7时,s=4,故 ×72+7b- =4,
解得b=-1.当t= =2时,s在-1
(iii)当B为△ABC的直角顶点时,此种情况不存在.(当A在D上方时,∠ABC为锐角;当A在D下方时,∠ABC 为钝角)综上,在l2上存在点A,使得△ABC是直角三角形,点A的坐标为(-2,1)或(-2,3)或(-2,9),相应△ABC的面积为2 或2或10.
5.(2020贵州贵阳,25,12分)如图,四边形ABCD是正方形,点O为对角线AC的中点.(1)问题解决:如图①,连接BO,分别取CB,BO的中点P,Q,连接PQ,则PQ与BO的数量关系是 ,位置 关系是 ;(2)问题探究:如图②,△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按顺时针方向旋转45°得到的三角形,连接CE,点 P,Q分别为CE,BO'的中点,连接PQ,PB,判断△PQB的形状,并证明你的结论;(3)拓展延伸:如图③,△AO'E是将图①中的△AOB绕点A按逆时针方向旋转45°得到的三角形,连接BO',点 P,Q分别为CE,BO'的中点,连接PQ,PB.若正方形ABCD的边长为1,求△PQB的面积. 图①
图② 图③
解析 (1)PQ= BO;PQ⊥BO.(2)△PQB的形状是等腰直角三角形.理由如下: 连接O'P并延长交BC于点F,由正方形的性质及旋转可得AB=BC,∠ABC=90°,△AO'E是等腰直角三角形,O'E∥BC,O'E=O'A.∴∠O'EP=∠FCP,∠PO'E=∠PFC.又∵点P是CE的中点,∴CP=EP.∴△O'PE≌△FPC(AAS).∴O'E=FC=O'A,O'P=FP.∴AB-O'A=CB-FC,∴BO'=BF.
∴△O'BF为等腰直角三角形.∴BP⊥O'F,O'P=BP.∴△BPO'也为等腰直角三角形.又∵点Q为O'B的中点,∴PQ⊥O'B,且PQ=BQ.∴△PQB是等腰直角三角形.(3)延长O'E交BC边于点G,连接PG,O'P. ∵四边形ABCD是正方形,AC是对角线,∴∠ECG=45°.
由旋转得,四边形O'ABG是矩形,∴O'G=AB=BC,∠EGC=90°.∴△EGC为等腰直角三角形.∵点P是CE的中点,∴PC=PG=PE,∠CPG=90°,∠EGP=45°.∴△O'GP≌△BCP(SAS).∴∠O'PG=∠BPC,O'P=BP.∴∠O'PG-∠GPB=∠BPC-∠GPB=90°.∴∠O'PB=90°.∴△O'PB为等腰直角三角形.∵Q是O'B的中点,∴PQ= O'B=BQ,PQ⊥O'B.
∵AB=1,∴O'A= ,∴O'B= = ,∴BQ= .∴S△PQB= BQ·PQ= × × = .
6.(2020江西,23,12分)某数学课外活动小组在学习了勾股定理之后,针对图1中所示的“由直角三角形三 边向外侧作多边形,它们的面积S1,S2,S3之间的关系问题”进行了以下探究: 类比探究(1)如图2,在Rt△ABC中,BC为斜边,分别以AB,AC,BC为斜边向外侧作Rt△ABD,Rt△ACE,Rt△BCF,若∠1 =∠2=∠3,则面积S1,S2,S3之间的关系式为 ;
推广验证(2)如图3,在Rt△ABC中,BC为斜边,分别以AB,AC,BC为边向外侧作任意△ABD,△ACE,△BCF,满足∠1= ∠2=∠3,∠D=∠E=∠F,则(1)中所得关系式是否仍然成立?若成立,请证明你的结论;若不成立,请说明理 由;拓展应用(3)如图4,在五边形ABCDE中,∠A=∠E=∠C=105°,∠ABC=90°,AB=2 ,DE=2,点P在AE上,∠ABP=30°,PE= ,求五边形ABCDE的面积. 图4
解析 (1)S1+S2=S3.详解:∵△ABC是直角三角形,∴AB2+AC2=BC2.∵△ABD、△ACE、△BCF均为直角三角形,且∠1=∠2=∠3,∴Rt△ABD∽Rt△ACE∽Rt△BCF,∴ = , = ,∴ + = = + = = =1.∴S1+S2=S3.(2)成立.证明如下:∵∠1=∠2=∠3,∠D=∠E=∠F,∴△ABD∽△CAE∽△BCF.∴ = , = .∴ = .
∵△ABC为直角三角形,∴AB2+AC2=BC2.∴ =1.∴S1+S2=S3.(3)过点A作AH⊥BP于点H. ∵∠ABH=30°,AB=2 ,∴AH= ,BH=3,∠BAH=60°.∵∠BAP=105°,
∴∠HAP=45°.∴PH=AH= .∴AP= ,BP=BH+PH=3+ .∴S△ABP= = = .连接PD.∵PE= ,ED=2,∴ = = , = = .∴ = .又∵∠E=∠BAP=105°,∴△ABP∽△EDP.∴∠EPD=∠APB=45°, = = .
∴∠BPD=90°,PD=1+ .∴S△PED=S△ABP· = × = .连接BD.∴S△PBD= = =2 +3.∵tan∠PBD= = ,∴∠PBD=30°.∵∠ABC=90°,∠ABP=30°,∴∠DBC=30°.∵∠C=105°,∴△ABP∽△EDP∽△CBD.∴S△BCD=S△ABP+S△EDP= + =2 +2.
∴S五边形ABCDE=S△ABP+S△EDP+S△BCD+S△BPD= + +(2 +2)+(2 +3)=6 +7.
7.(2019天津,24,10分)在平面直角坐标系中,O为原点,点A(6,0),点B在y轴的正半轴上,∠ABO=30°.矩形 CODE的顶点D,E,C分别在OA,AB,OB上,OD=2.(1)如图1,求点E的坐标;(2)将矩形CODE沿x轴向右平移,得到矩形C'O'D'E',点C,O,D,E的对应点分别为C',O',D',E'.设OO'=t,矩形C' O'D'E'与△ABO重叠部分的面积为S.①如图2,当矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分为五边形时,C'E',E'D'分别与AB相交于点M,F,试用含有t的式 子表示S,并直接写出t的取值范围;②当 ≤S≤5 时,求t的取值范围(直接写出结果即可).
解析 (1)由点A(6,0),得OA=6,又OD=2,∴AD=OA-OD=4,在矩形CODE中,有ED∥CO,得∠AED=∠ABO=30°,∴在Rt△AED中,AE=2AD=8,∴由勾股定理,得ED= =4 ,∴点E的坐标为(2,4 ).(2)①由平移知,O'D'=2,E'D'=4 ,ME'=OO'=t,由E'D'∥BO,得∠E'FM=∠ABO=30°,∴在Rt△MFE'中,MF=2ME'=2t,∴由勾股定理,得FE'= = t,∴S△MFE'= ME'·FE'= ·t· t= t2,∵S矩形C'O'D'E'=O'D'·E'D'=8 ,
∴S=S矩形C'O'D'E'-S△MFE'=8 - t2,∴S=- t2+8 ,其中t的取值范围是0
易错警示 此题为动态几何问题,需按矩形C'O'D'E'与△ABO重叠部分的形状变化分类讨论,若只画出其 中一种情况,则会因为考虑不全而产生错误.
8.(2019江西,23,12分)特例感知(1)如图1,对于抛物线y1=-x2-x+1,y2=-x2-2x+1,y3=-x2-3x+1,下列结论正确的序号是 ;①抛物线y1,y2,y3都经过点C(0,1);②抛物线y2,y3的对称轴由抛物线y1的对称轴依次向左平移 个单位得到;③抛物线y1,y2,y3与直线y=1的交点中,相邻两点之间的距离相等. 图1形成概念(2)把满足yn=-x2-nx+1(n为正整数)的抛物线称为“系列平移抛物线”.
知识应用在(2)中,如图2.①“系列平移抛物线”的顶点依次为P1,P2,P3,…,Pn,用含n的代数式表示顶点Pn的坐标,并写出该顶点纵 坐标y与横坐标x之间的关系式;②“系列平移抛物线”存在“系列整数点(横、纵坐标均为整数的点)”:C1,C2,C3,…,Cn.其横坐标分别为 -k-1,-k-2,-k-3,…,-k-n(k为正整数),判断相邻两点之间的距离是否都相等,若相等,直接写出相邻两点之间 的距离;若不相等,说明理由;③在②中,直线y=1分别交“系列平移抛物线”于点A1,A2,A3,…,An,连接CnAn,Cn-1An-1,判断CnAn,Cn-1An-1是否 平行,并说明理由.
解析 (1)①②③.详解:当x=0时,y1=y2=y3=1,故①正确.抛物线y1,y2,y3的对称轴分别为直线x1=- ,x2=-1,x3=- ,故②正确.抛物线y1,y2,y3与直线y=1的交点(除了点C)横坐标分别为-1,-2,-3,相邻两点之间的距离为1,故③正确.(2)①Pn .y=x2+1.详解:yn=-x2-nx+1=- + +1.∴顶点Pn的坐标为 .令顶点Pn的横坐标为x=- ,纵坐标为y= +1,则y= +1= +1=x2+1.②相邻两点之间的距离都相等.
理由:根据题意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-1(-k-n+1,-k2-nk+k+1).∴Cn,Cn-1两点之间的铅直高度=-k2-nk+k+1-(-k2-nk+1)=k,Cn,Cn-1两点之间的水平距离=-k-n+1-(-k-n)=1.∴由勾股定理得Cn =k2+1.∴CnCn-1= .③CnAn与Cn-1An-1不平行.理由:根据题意得Cn(-k-n,-k2-nk+1),Cn-1(-k-n+1,-k2-nk+k+1),
An(-n,1),An-1(-n+1,1).过Cn,Cn-1分别作直线y=1的垂线,垂足为D,E,∴D(-k-n,1),E(-k-n+1,1).在Rt△DAnCn中,tan∠DAnCn= = = =k+n.在Rt△EAn-1Cn-1中,tan∠EAn-1Cn-1= = = =k+n-1.∵k+n-1≠k+n,∴tan∠DAnCn≠tan∠EAn-1Cn-1.∴∠DAnCn≠∠EAn-1Cn-1.∴CnAn与Cn-1An-1不平行.
9.(2019河南,22,10分)在△ABC中,CA=CB,∠ACB=α.点P是平面内不与点A、C重合的任意一点,连接AP, 将线段AP绕点P逆时针旋转α得到线段DP,连接AD,BD,CP.(1)观察猜想如图1,当α=60°时, 的值是 ,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是 .(2)类比探究如图2,当α=90°时,请写出 的值及直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数,并就图2的情形说明理由.(3)解决问题当α=90°时,若点E、F分别是CA、CB的中点,点P在直线EF上,请直接写出点C,P,D在同一直线上时 的值.
解析 (1)1;60.(注:若填60°,不扣分)(2分)如图,延长CP交BD的延长线于E,设AB交EC于点O. 由题意得∠PAD=∠CAB=60°,∴∠CAP=∠BAD,∵CA=BA,PA=DA,∴△CAP≌△BAD(SAS),∴PC=BD,∠ACP=∠ABD,∵∠AOC=∠BOE,∴∠BEO=∠CAO=60°,
∴ =1,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数是60.(2) ,直线BD与直线CP相交所成的较小角的度数为45.(注:若没写出,但后续证明正确,不扣分)(4分)理由如下:∵∠ACB=90°,CA=CB,∴∠CAB=45°, = .同理可得:∠PAD=45°, = .∴ = ,∠CAB=∠PAD.∴∠CAB+∠DAC=∠PAD+∠DAC,即∠DAB=∠PAC.∴△DAB∽△PAC. (6分)∴ = = ,∠DBA=∠PCA.设BD交CP于点G,BD交CA于点H.
∵∠BHA=∠CHG,∴∠CGH=∠BAH=45°. (8分)(3) 的值为2+ 或2- . 注:若把2- 写为 ,不扣分 (10分)提示:分两种情况.如图①,可设CP=a,则BD= a.设CD与AB交于点Q,则PQ=CP=a.可证∠DQB=∠DBQ=67.5°,则DQ=BD= a,易得AD= PD=2a+ a,所以 =2+ .如图②,可设AP=DP=b,则AD= b.由EF∥AB,得∠PEA=∠CAB=45°,可证∠ECD=∠EAD=22.5°,∴CD=AD= b,CP= b+b,所以 =2- .
图① 图②
1.(2020海南,21,13分)四边形ABCD是边长为2的正方形,E是AB的中点,连接DE,点F是射线BC上一动点 (不与点B重合),连接AF,交DE于点G.(1)如图1,当点F是BC边的中点时,求证:△ABF≌△DAE;(2)如图2,当点F与点C重合时,求AG的长;(3)在点F运动的过程中,当线段BF为何值时,AG=AE?请说明理由.
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠B=∠DAE=90°,AB=AD=BC, (2分)∵点E、F分别是AB、BC的中点,∴AE= AB,BF= BC,∴AE=BF, (3分)∴△ABF≌△DAE. (4分)(2)在正方形ABCD中,∠ADC=90°,AD=CD=2,∴AC= = =2 , (5分)∵AB∥CD,∴△AGE∽△CGD, (6分)∴ = ,即 = , (7分)∴AG= . (8分)
(3)当BF= 时,AG=AE.理由如下:由(2)知,当点F与点C重合(即BF=2)时,AG= <1,∴点F应在BC的延长线上(即BF>2),如图所示,设AF交CD于点M,
∴DM= ,∴CM=CD-DM=2- = , (10分)∵AB∥CD,∴△ABF∽△MCF, (11分)∴ = ,即 = , (12分)∴BF= ,故当BF= 时,AG=AE. (13分)
若使AG=AE=1,则有∠1=∠2,∵AB∥CD,∴∠1=∠4,又∵∠2=∠3,∴∠3=∠4,∴DM=MG. (9分)在Rt△ADM中,AM2-DM2=AD2,即(DM+1)2-DM2=22,
一题多解 (3)取线段BC的中点H,连接AH交ED于N,由(1)得△DAE≌△ABH,∴∠BAH=∠ADE,∵∠BAD=∠BAH+∠DAH=90°,∴∠ADE+∠DAH=90°,∴∠AND=90°,即AN⊥DE,∵AE=AG,AN⊥DE,∴∠BAH=∠GAH,∴∠ADE=∠GAH,∵AD∥BC,∴∠DAG=∠AFB,∴△DAG∽△AFH,∴ = ,∴ = ,化简得3CF2+4CF-4=0,解得CF= 或CF=-2(舍去),所以BF=2+ = .
2.(2020云南昆明,23,12分)如图1,在矩形ABCD中,AB=5,BC=8,点E,F分别为AB,CD的中点.(1)求证:四边形AEFD是矩形;(2)如图2,点P是边AD上一点,BP交EF于点O,点A关于BP的对称点为点M,当点M落在线段EF上时,则有 OB=OM.请说明理由;(3)如图3,若点P是射线AD上一个动点,点A关于BP的对称点为点M,连接AM,DM,当△AMD是等腰三角形 时,求AP的长. 图1 图2 图3
解析 (1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥CD,AB=CD,∠A=90°, (1分)∵点E,F分别是AB,CD的中点,∴AE= AB,DF= CD,∴AE=DF, (2分)∵AE∥DF,∴四边形AEFD是平行四边形, (3分)∵∠A=90°,∴四边形AEFD是矩形. (4分)
(2)证法一:连接OA,AM.∵点A关于BP的对称点为M,∴BP垂直平分AM, (5分)∴OA=OM, (6分)∵四边形AEFD是矩形,
∴EF⊥AB,∵点E是AB的中点,∴EF垂直平分AB,∴OA=OB,∴OB=OM. (8分)证法二:连接OA,AM,∵点A关于BP的对称点为M,∴BP垂直平分AM, (5分)∴OA=OM, (6分)∵四边形AEFD是矩形,∴EO∥AP,∴ = =1,∴BO=OP,在Rt△ABP中,AO=BO= BP, (7分)
∴OB=OM. (8分)(其他证法参照此标准给分)
(3)分四种情况:①当MA=MD,且点P在边AD上时,过点M作直线MH⊥AD于点H,交BC于点G,连接PM,BM,∵AD=BC=8,
∴AH= AD=4,∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,∴四边形ABGH是矩形,∴BG=AH=4,HG=AB=5,∵BP垂直平分AM,∴BM=BA=5,AP=PM,在Rt△BGM中,∠BGM=90°,由勾股定理得MG= = =3,∴HM=2,设AP=PM=a,则PH=4-a,在Rt△PHM中,∠PHM=90°,由勾股定理得PH2+HM2=PM2,即(4-a)2+22=a2,解得a= ,
∴AP= . (9分)②当MA=MD,且点P在射线AD上,P在D右侧时, 过点M作MH⊥AD于点H,交BC于点G,连接PM,BM,∵AD=BC=8,∴AH= AD=4,
∵∠BAH=∠ABG=∠AHG=90°,∴四边形ABGH是矩形,∴BG=AH=4,HG=AB=5,∵BP垂直平分AM,∴BM=BA=5,在Rt△BGM中,∠BGM=90°,BM=5,由勾股定理可得MG= = =3,∴HM=8,设AP=PM=a,则PH=a-4,在Rt△PHM中,∠PHM=90°,由勾股定理可得PH2+HM2=PM2,即(a-4)2+82=a2,解得a=10,∴AP=10. (10分)③当DA=DM时,连接BM,
∵BA=BM,∴BD为AM的垂直平分线,即点D为AM的垂直平分线与射线AD的交点,∵点A关于BP的对称点为点M,∴点P为AM的垂直平分线与射线AD的交点,∴点D与点P重合,
∴AP=AD=8. (11分)④当AM=AD=8时,设BP交AM于点Q,连接PM,BM. ∵BP垂直平分AM,∴BA=BM=5,AQ= AM= AD=4,在Rt△ABQ中,∠AQB=90°,由勾股定理得
BQ= = =3,∵∠ABQ=∠PBA,∠BQA=∠BAP=90°,∴△ABQ∽△PBA,∴ = ,即 = ,∴AP= .综上所述,AP的长为 或10或8或 . (12分)(其他解法参照此标准给分)
思路分析 (3)分四种情况:①当MA=MD,且点P在边AD上时,过点M作直线MH⊥AD于点H,交BC于点G, 连接PM,BM,在Rt△BGM中,由勾股定理可得MG=3,所以HM=2,因为AP=PM,所以在Rt△PHM中,由勾股 定理得AP的长;②当MA=MD,且点P在射线AD上,P在D右侧时,同①可得AP的长;③当DA=DM时,因为BA =BM,所以BD为AM的垂直平分线,因为BP为AM的垂直平分线,所以点P和点D重合,即可得AP的长;④当 AM=AD=8时,设BP交AM于点Q,连接PM,BM,由点A和点M关于BP对称,可得AQ,BQ,证得△ABQ∽△PBA, 即可求得AP的长.
3.(2020内蒙古包头,26,12分)如图,在平面直角坐标系中,抛物线y= x2-2x经过坐标原点,与x轴正半轴交于点A,该抛物线的顶点为M,直线y=- x+b经过点A,与y轴交于点B,连接OM.(1)求b的值及点M的坐标;(2)将直线AB向下平移,得到过点M的直线y=mx+n,且与x轴负半轴交于点C,取点D(2,0),连接DM,求证:∠ ADM-∠ACM=45°;(3)点E是线段AB上一动点,点F是线段OA上一动点,连接EF,线段EF的延长线与线段OM交于点G.当∠ BEF=2∠BAO时,是否存在点E,使得3GF=4EF?若存在,求出点E的坐标;若不存在,请说明理由.
解析 (1)当y=0时, x2-2x=0,解得x1=0,x2=6,∴A(6,0).∵直线y=- x+b经过点A,∴b=3.∵y= x2-2x= (x-3)2-3,∴M(3,-3). (3分)(2)证明:根据题意得m=- .∵直线y=- x+n过点M(3,-3),∴n=- ,∴y=- x- .当y=0时,- x- =0,解得x=-3,∴C(-3,0).过点M作MN⊥x轴于点N,∴N(3,0),
∴ON=MN=3,∴∠MON=45°.∵D(2,0),∴OD=2,DN=1.在Rt△MND中,MD= = .∵C(-3,0),∴CD=5.∵ = , = ,∴ = .∵∠MDC=∠ODM,∴△DCM∽△DMO,∴∠DMC=∠DOM=45°.
∵∠ADM=∠ACM+∠DMC,∴∠ADM-∠ACM=45°. (7分)(3)假设存在点E,使得3GF=4EF,即 = .∵∠BEF=2∠BAO,∴∠BAO=∠EFA,∴AE=EF.过点E作EH⊥x轴于点H,∴AH=HF.过点G作GK⊥x轴于点K.设E , ∴EH=- a+3,OH=a,∴AH=HF=6-a.
在Rt△GKF和Rt△EHF中,∵sin∠KFG=sin∠HFE,∴ = ,∴ = = ,∴KG= =- a+4.∵∠MOA=45°,∴OK=KG,∴OK=- a+4,∴KF=OH-OK-HF= a-10.∵GK⊥x轴,EH⊥x轴,∴GK∥EH,∴ = = ,∴a= ,∴- a+3= ,∴E ,∴存在点E ,使得3GF=4EF. (12分)
思路分析 (1)根据抛物线与x轴正半轴交于点A,求出A(6,0),代入一次函数解析式即可求出b;将抛物线 解析式转化成顶点式,即可得到M点坐标.(2)易知平移后的直线的解析式为y=- x+n,把点M的坐标代入求出n,过点M作MN⊥x轴于N,则△DCM∽△DMO,推出∠DMC=45°,利用∠ADM=∠ACM+∠DMC可得结论.(3)过点G作GK⊥x轴于K,过点E作EH⊥x轴于H.证明∠EFA=∠BAO,得AE=EF.设E ,用a表示出EH、OH、HF的长,利用sin∠KFG=sin∠HFE求得KG的长.由∠MOA=45°得OK=KG,从而求得KF的长. 由GK∥EH推出 = = ,求得a的值即可解决问题.
4.(2020辽宁营口,25,14分)如图,在矩形ABCD中,AD=kAB(k>0),点E是线段CB延长线上的一个动点,连接 AE,过点A作AF⊥AE交射线DC于点F.(1)如图1,若k=1,则AF与AE之间的数量关系是 ;(2)如图2,若k≠1,试判断AF与AE之间的数量关系,写出结论并证明;(用含k的式子表示)(3)若AD=2AB=4,连接BD交AF于点G,连接EG,当CF=1时,求EG的长. 图1 图2 备用图
解析 (1)AF=AE. (2分)详解:∵k=1,∴AD=AB,∴四边形ABCD是正方形,∴∠BAD=90°,∵AF⊥AE,∴∠EAF=90°,∴∠EAB=∠FAD,∵∠ABE=∠D=90°,∴△EAB≌△FAD(ASA),∴AF=AE.(2)AF=kAE. (4分)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠ABC=∠ADF=90°,∴∠FAD+∠FAB=90°,∵AF⊥AE,∴∠EAF=90°,∴∠EAB+∠FAB=90°,∴∠EAB=∠FAD,∵∠ABE+∠ABC=180°,∴∠ABE=180°-∠ABC=180°-90°=90°,
∴∠ABE=∠ADF,∴△ABE∽△ADF. (7分)∴ = .∵AD=kAB,∴ = ,∴ = ,∴AF=kAE. (8分)(3)①如图1,当点F在DC上时,∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD,AB∥CD,
图1∵AD=2AB=4,∴AB=2,∴CD=2,∵CF=1,∴DF=CD-CF=2-1=1.在Rt△ADF中,∠ADF=90°,∴AF= = = ,∵DF∥AB,
∴∠GDF=∠GBA,∠GFD=∠GAB,∴△GDF∽△GBA,∴ = = ,∵AF=GF+AG,∴AG= AF= , (9分)由(2)得AE= AF= × = . (10分)在Rt△EAG中,∠EAG=90°,∴EG= = = = . (11分)②如图2,当点F在DC的延长线上时,DF=CD+CF=2+1=3.
图2在Rt△ADF中,∠ADF=90°,∴AF= = =5,∵DF∥AB,∴∠GAB=∠GFD,∠GBA=∠GDF,
∴△AGB∽△FGD,∴ = = ,∵GF+AG=AF=5,∴AG=2, (12分)由(2)得AE= AF= ×5= . (13分)在Rt△EAG中,∠EAG=90°,∴EG= = = = .综上所述,EG的长为 或 . (14分)
解题关键 解决第(3)问的关键是要发现并灵活运用△AGB∽△FGD,进而求得线段AE和AG的长.同时 要注意由于点F的位置不确定需要分类讨论.
5.(2019浙江温州,24,14分)如图,在平面直角坐标系中,直线y=- x+4分别交x轴、y轴于点B,C,正方形AOCD的顶点D在第二象限内,E是BC中点,OF⊥DE于点F,连接OE.动点P在AO上从点A向终点O匀速运 动,同时,动点Q在直线BC上从某一点Q1向终点Q2匀速运动,它们同时到达终点.(1)求点B的坐标和OE的长;(2)设点Q2为(m,n),当 = tan∠EOF时,求点Q2的坐标;(3)根据(2)的条件,当点P运动到AO中点时,点Q恰好与点C重合.①延长AD交直线BC于点Q3,当点Q在线段Q2Q3上时,设Q3Q=s,AP=t,求s关于t的函数表达式;②当PQ与△OEF的一边平行时,求所有满足条件的AP的长.
解析 (1)令y=0,则- x+4=0,∴x=8,∴B的坐标为(8,0).令x=0,则- ×0+4=y,∴y=4,∴C的坐标为(0,4).在Rt△BOC中,BC= =4 .又∵E为BC中点,∴OE= BC=2 .(2)如图1,作EM⊥OC于点M,则EM∥CD,EM∥OB,记DE与y轴的交点为N,
图1∴△CDN∽△MEN,∴ = ,∵E是BC的中点,∴CE=EB= BC,CM= OC=2,
∵EM∥OB,∴ = = ,∴EM= OB=4,∵CD=OC=4,∴CD=EM,∴CN=MN=1,∴EN= = .∵EN·OF=ON·EM,∴OF= = ,由勾股定理得EF= ,∴tan∠EOF= ,∴ = × = .∵n=- m+4,∴m=6,n=1,∴Q2的坐标为(6,1).(3)①∵动点P,Q同时做匀速直线运动,∴s关于t成一次函数关系,设s=kt+b(k≠0),
将 和 代入得 解得 ∴s= t- .②当PQ∥OE时(如图2),∠QPB=∠EOB=∠OBE,作QH⊥x轴于点H,则PH=BH= PB.
图2∵BQ=6 -s=6 - t+ =7 - t,又∵cs∠QBH= ,∴BH=14-3t,∴PB=28-6t,
∴t+28-6t=12,∴t= .当PQ∥OF时(如图3),过点Q作QG⊥AQ3于点G,过点P作PH⊥GQ于点H,易证△Q3QG∽△CBO,∴Q3G∶QG∶Q3Q=1∶2∶ . 图3
∵Q3Q=s= t- ,∴Q3G= t-1,QG=3t-2,∴PH=AG=AQ3-Q3G=6- =7- t,QH=QG-AP=3t-2-t=2t-2.易证∠HPQ=∠CDN,∴tan∠HPQ=tan∠CDN= ,∴2t-2= ,∴t= .由图形可知PQ不可能与EF平行.综上所述,当PQ与△OEF的一边平行时,AP的长为 或 .
6.(2019吉林,25,10分)如图,在矩形ABCD中,AD=4 cm,AB=3 cm,E为边BC上一点,BE=AB,连接AE.动点P,Q 从点A同时出发,点P以 cm/s的速度沿AE向终点E运动;点Q以2 cm/s的速度沿折线AD-DC向终点C运动.设点Q运动的时间为x(s),在运动过程中,点P,点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为y(cm2).(1)AE= cm,∠EAD= °;(2)求y关于x的函数解析式,并写出自变量x的取值范围;(3)当PQ= cm时,直接写出x的值.
解析 (1)3 ;45. (2分)(2)当0
根据图③,可列方程(7-2x)2+12= ,∴x= .
一题多解 (2)过点P作PF⊥AD于点F.当0
解析 (1)证明:∵AB=AC,∴∠B=∠ACB.∵∠ADE+∠CDE=∠B+∠BAD,∠ADE=∠B,∴∠BAD=∠CDE.∴△ABD∽△DCE.(2)过点A作AM⊥BC于点M.在Rt△ABM中,设BM=4k,则AM=BM·tan B=4k· =3k,由勾股定理,得AB2=AM2+BM2.∴202=(3k)2+(4k)2.∴k=4.∵AB=AC,AM⊥BC,∴BC=2BM=2·4k=32.∵DE∥AB,∴∠BAD=∠ADE.又∵∠ADE=∠B,∠B=∠ACB,∴∠BAD=∠ACB.
又∵∠ABD=∠CBA,∴△ABD∽△CBA.∴ = .∴DB= = = .∵DE∥AB,∴ = .∴AE= = = .
(3)D点在BC边上运动的过程中,存在某个位置,使得DF=CF.过点F作FH⊥BC于点H.过点A作AM⊥BC于点M,AN⊥FH于点N.易知∠NHM=∠AMH=∠ANH=90°,∴四边形AMHN为矩形,∴∠MAN=90°,MH=AN.∵AB=AC,AM⊥BC,∴BM=CM= BC= ×32=16.在Rt△ABM中,由勾股定理,得AM= = =12.∵AN⊥FH,AM⊥BC,∴∠ANF=90°=∠AMD.∵∠DAF=90°=∠MAN,∴∠NAF=∠MAD.∴△AFN∽△ADM.
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