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- 2021-05-10 发布
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目 录
题型六 几何动态综合题 1
类型一 点动型探究题 1
类型二 线动型探究题 19
类型三 形动型探究题 35
题型六 几何动态综合题
类型一 点动型探究题
针对演练
1. (2016赤峰12分)如图,正方形ABCD的边长为3 cm,P,Q分别从B,A出发沿BC,AD方向运动,P点的运动速度是1 cm/秒,Q点的运动速度是2 cm/秒,连接AP,并过Q作QE⊥AP垂足为E.
(1)求证:△ABP∽△QEA;
(2)当运动时间t为何值时,△ABP≌△QEA;
(3)设△QEA的面积为y,用运动时间t表示△QEA的面积y.(不要求考虑t的取值范围)
(提示:解答(2)(3)时可不分先后)
第1题图
2. (2015省卷25,9分) 如图,在同一平面上,两块斜边相等的直角三角板Rt△ABC和 Rt△ADC拼在一起,使斜边AC完全重合,且顶点B,D分别在AC的两旁,∠ABC=∠ADC=90°,∠CAD=30°,AB=BC=4 cm.
(1)填空:AD=________(cm),DC=________(cm);
(2)点M、N分别从A点,C点同时以每秒1 cm的速度等速出发,且分别在AD,CB上沿A→D,C→B方向运动,当N点运动到B点时,M、N两点同时停止运动,连接MN.求当M、N点运动了x秒时,点N到AD的距离(用含x的式子表示);
(3)在(2)的条件下,取DC中点P,连接MP,NP,设△PMN的面积为y(cm2),在整个运动过程中,△PMN的面积y存在最大值,请求出y的最大值.(参考数据:sin75°=,sin15°=)
第2题图
3. (2016梅州10分)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=5 cm,∠BAC=60°,动点M从点B出发,在BA边上以每秒2 cm的速度向点A匀速运动,同时动点N从点C出发,在CB边上以每秒 cm的速度向点B匀速运动,设运动时间为t秒(0≤t≤5),连接MN.
(1)若BM=BN,求t的值;
(2)若△MBN与△ABC相似,求t的值;
(3)当t为何值时,四边形ACNM的面积最小?并求出最小值.
第3题图
4. 如图,在▱ABCD中,BC=8 cm,CD=4 cm,∠B=60°,点M从点D出发,沿DA方向匀速运动,速度为2 cm/s,点N从点B出发,沿BC方向匀速运动,速度为1 cm/s,过点M作MF⊥CD,垂足为F,延长FM交BA的延长线于点E,连接EN,交AD于点O,设运动时间为t(s)(0<t<4).
(1)连接AN,MN,设四边形ANME的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式;
(2)是否存在某一时刻t,使得四边形ANME的面积是 ▱ABCD面积的?若存在,求出相应的t值,若不存在,请说明理由;
(3)连接AC,交EN于点P,当EN⊥AD时,求线段OP的长度.
第4题图 备用图
5. 如图,在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=8 cm,如果点E由点B出发沿BC方向向点C匀速运动,同时点F由点D出发沿DA方向向点A匀速运动,它们的速度分别为每秒2 cm和1 cm,FQ⊥BC,分别交AC、BC于点P和Q,设运动时间为t秒(0<t<4).
(1)连接EF,若运动时间t=秒时,求证:△EQF是等腰直角三角形;
(2)连接EP,设△EPC的面积为y cm2,求y与t的函数关系式,并求y的最大值;
(3)若△EPQ与△ADC相似,求t的值.
6. (2015郴州)如图,在四边形ABCD中,DC∥AB,DA⊥AB,AD=4 cm,DC=5 cm,AB=8 cm.如果点P由B点出发沿BC方向向点C匀速运动,同时点Q由A点出发沿AB方向向点B匀速运动,它们的速度均为1 cm/s,当P点到达C点时,两点同时停止运动,连接PQ,设运动时间为t s,解答下列问题:
(1)当t为何值时,P,Q两点同时停止运动?
(2)设△PQB的面积为S,当t为何值时,S取得最大值,并求出最大值;
(3)当△PQB为等腰三角形时,求t的值.
第6题图
【答案】
1.(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,QE⊥AP,
∴∠QEA=∠B=90°.
∵AD∥BC,
∴∠QAE=∠APB,
∴△ABP∽△QEA;…………………………………………(3分)
(2)解: 由题意得:BP=t cm,AQ=2t cm,
要使△ABP≌△QEA,则AQ=AP=2t cm,
在Rt△ABP中,由勾股定理得:32+t2=(2t)2,
解得t=±(负值舍去),
即当t=时,△ABP≌△QEA;…………………………(7分)
(3)解:在Rt△ABP中,由勾股定理得:AP=,
∵△ABP∽△QEA,
∴==,
∴==,
∴QE=,AE=,
∴y=QE·AE=··=.……………(12分)
2.解:(1)2,2;
【解法提示】在Rt△ABC中,根据勾股定理,得
AC===4 cm,
在Rt△ACD中,AD=AC·cos30°=4×=2 cm,
DC=AC·sin30°=4×=2 cm.
(2)如解图,过点N作NE⊥AD于点E,作NF⊥DC交DC延长线于点F,则NE=DF.
∵∠ACD=60°,∠ACB=45°,
∴∠NCF=75°,∠FNC=15°,
在Rt△NFC中, 第2题解图
∵sin∠FNC= ,
∴sin15°= ,
又∵NC=x cm,
∴FC=NC·sin15°= x cm,
∴NE=DF=DC+FC=(2+x)cm,
∴点N到AD的距离为(2+x)cm;
(3)如解图,在Rt△NFC中,
∵sin75°=,
∴NF=NC·sin75°= x cm,
∵P为DC中点,DC=2 cm,
∴DP=CP= cm,
∴PF=DF-DP=2+x-=(x+) cm,
∵S△PMN=S四边形DFNM-S△DPM-S△PFN,
即S△PMN=(NF+MD)·NE-MD·DP-PF·NF,
∴y=×(x+2-x)×(2+x)-×(2-x)×-×(x+)×x,
即y=x2+x+2,
∵<0,
∴当x=-= 秒时,y取得最大值为
= cm2.
3.解:(1)根据题意BM=2t cm,BC=5×tan60°=5 cm,BN=BC-t=(5-t)cm,
∴当BM=BN时,2t=5-t,
解得t=10-15;…………………………………………(2分)
(2)分两种情况讨论:①当∠BMN=∠ACB=90°时,如解图①,
△NBM∽△ABC,cosB=cos30°=,
∴=,
解得t=;(4分)
第3题解图
②当∠MNB=∠ACB=90°时,如解图②,△MBN∽△ABC,cosB=cos30°=,
∴=,
解得t=,
故若△MBN与△ABC相似,则t的值为秒或秒;……(6分)
(3)如解图③,过点M作MD⊥BC于点D,则MD∥AC,
∴△BMD∽△BAC,
∴=,
又∵BA==10, 第3题解图③
∴=,解得MD=t.
设四边形ACNM的面积为y,则
y=S△ABC-S△BMN=AC×BC- BN·MD
=×5×5- (5-t)·t
=t2-t+
=(t-)2+,…………………………………………(8分)
∴当t=秒时,四边形ACNM的面积最小,最小值为cm2.…………………………………………………………………(10分)
4.解:(1)如解图①,过点A作AG⊥BC,垂足为点G.
第4题解图①
∵∠AGB=90°,∠B=60°,
∴AG=AB=2 cm.
由题可知,MD=2t cm,则AM=(8-2t) cm,
∵AB∥CD,MF⊥CD,
∴ME⊥AB,
∴∠MEA=∠MFD=90°,
∵AD∥BC,
∴∠EAM=∠B=60°,
∴AE=AM=(4-t) cm, ME=(4-t) cm,
∴y=S△ANM+S△AEM
=×(8-2t)×2+×(4-t)××(4-t)
=t2-6t+16(0<t<4);
(2)存在.由四边形ANME的面积是▱ABCD面积的可得:
t2-6t+16=×8×2,
整理得:t2-12t+11=0,
解得t=1或t=11(舍去),
所以当t=1s时,四边形ANME的面积是▱ABCD面积的;
(3)如解图②,
第4题解图②
由(1)可知AE=(4-t) cm,
∴BE=AB+AE=(8-t) cm.
∵∠B=60°,EN⊥BC,AG⊥BC,
∴BN=BE=(4-t) cm,BG=AB=2 cm.
又∵BN=t,
∴4-t=t,解得t=,
∴BN= cm,
∴GN=BN-BG= cm,
∴AO= cm,NC=BC-BN= cm.
设PO=x cm,则PN=(2-x) cm.
∵AO∥NC,
∴△AOP∽△CNP,
∴=,即=,
解得x=,
∴当EN⊥AD时,线段OP的长度为 cm.
5.(1)证明:若运动时间t=秒,
则BE=2×= cm,DF= cm,
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC=8 cm,AB=DC=6 cm,∠D=∠BCD=90°,
∵FQ⊥BC,
∴∠FQC=∠D=∠QCD=90°,
∴四边形CDFQ是矩形,
∴CQ=DF= cm,CD=QF=6 cm,
∴EQ=BC-BE-CQ=8--=6 cm,
∴EQ=QF=6 cm,
∴△EQF是等腰直角三角形;
(2)解:∵∠FQC=90°,∠B=90°,
∴∠FQC=∠B,
∴PQ∥AB,
∴△CPQ∽△CAB,
∴= ,即=,
∴PQ= t cm,
∵BE=2t,
∴EC=BC-BE=8-2t,
∵S△EPC=EC·PQ,
∴y=(8-2t)·t=-t2+3t=-(t-2)2+3(0<t<4).
∵-<0,
∴当t=2秒时,y有最大值,y的最大值为3 cm2;
(3)解:分两种情况讨论:
(ⅰ)如解图①,点E在Q的左侧,
①当△EPQ∽△ACD时, 第5题解图①
可得=,即=,
解得t=2;
②当△EPQ∽△CAD时,
可得=,即=,
解得t=;
(ⅱ)如解图②,点E在Q的右侧,
∵0<t<4,
∴点E不能与点C重合,
∴只存在△EPQ∽△CAD,
可得=,即=,
解得t=, 第5题解图②
故若△EPQ与△ADC相似,则t的值为2秒或秒或秒.
6.解:(1)如解图,过点C作CE⊥AB于点E,
∵DC∥AB,DA⊥AB,CE⊥AB,
∴四边形AECD是矩形,
∴AE=DC=5,CE=AD=4, 第6题解图
∴BE=AB-AE=8-5=3,
∴由勾股定理得:BC===5,
∴BC<AB,
∵当点P运动到点C时,P、Q同时停止运动,
∴t==5 s,
即t=5 s时,P、Q两点同时停止运动;
(2)由题意知,AQ=BP=t,
∴QB=8-t.
如解图,过点P作PF⊥QB于点F,则△BPF∽△BCE,
∴= ,即=,
∴PF=,
∴S=QB·PF=×(8-t)×=-+
=-(t-4)2+(0<t≤5).
∵-<0,
∴当t=4 s时,S有最大值,最大值为;
(3)∵cosB==,
∴BF=PB·cosB=t·cosB=,
∴QF=AB-AQ-BF=8-,
∴QP== =4 .
当△PQB为等腰三角形时,分以下三种情况:
①当PQ=PB时,即4=t,
解得:=,=8,
∵t2=8>5,不合题意,
∴t=;
②当PQ=BQ时,即4=8-t,
解得:=0(舍去),=;
③当QB=BP时,即8-t=t,
解得t=4;
综上所述,当△PQB为等腰三角形时,则t的值为 s或 s或4 s.
类型二 线动型探究题
针对演练
1. 如图,已知矩形ABCD,AB=,BC=3,在BC上取两点E,F(E在F左边),以EF为边作等边三角形PEF,使顶点P在AD上,PE,PF分别交AC于点G,H.
(1)求△PEF的边长;
(2)若△PEF的边EF在射线BC上移动,(点E的移动范围在B、C之间,不与B、C两点重合),设BE=x,PH=y.
①求y与x的函数关系式;
②连接BG,设△BEG面积为S,求S与x的函数关系式,判断x为何值时S最大,并求最大值S.
第1题图
2. 已知,如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,且AC=12 cm,BD=16 cm,点P从点A出发,沿AB方向匀速运动,速度为1 cm/s;过点P作直线PF∥AD,PF交CD于点F,过点F作EF⊥BD,且与AD、BD分别交于点E、Q;连接PE,设点P的运动时间为t(s)(0<t<10).
(1)填空:AB=________cm;
(2)当t为何值时,PE∥BD;
(3)设四边形APFE的面积为y(cm2).
①求y与t之间的函数关系式;
②若用S表示图形的面积,则是否存在某一时刻t,使得S四边形APFE=S菱形ABCD?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
第2题图
3. (2014省卷25,9分)如图,在△ABC中,AB=AC,AD⊥BC于点D,BC=10 cm,AD=8 cm.点P从点B出发,在线段BC上以每秒3 cm的速度向点C匀速运动,与此同时,垂直于AD的直线m从底边BC出发,以每秒2 cm的速度沿DA方向匀速平移,分别交AB、AC、AD于点E、F、H,当点P到达点C时,点P与直线m同时停止运动,设运动时间为t秒(t>0).
(1)当t=2时,连接DE、DF,求证:四边形AEDF为菱形;
(2)在整个运动过程中,所形成的△PEF的面积存在最大值,当△PEF的面积最大时,求线段BP的长;
(3)是否存在某一时刻t,使△PEF为直角三角形?若存在,请求出此刻t的值;若不存在,请说明理由.
4. (2016镇江改编)如图①,在菱形ABCD中,AB=6,tan∠ABC=2,点E从点D出发,以每秒1个单位长度的速度沿着射线DA的方向匀速运动,设运动时间为t(秒).将线段CE绕点C顺时针旋转一个角 α(α=∠BCD),得到对应线段CF.
(1)求证:BE=DF;
(2)如图②,连接BD、EF,BD交EC、EF于点P、Q.当t为何值时,△EPQ是直角三角形?
(3)如图③,将线段CD绕点C顺时针旋转一个角α(α=∠BCD),得到对应线段CG.在点E的运动过程中,当它的对应点F位于直线AD上方时,直接写出点F到直线AD的距离y关于时间t的函数表达式.
第4题图
【答案】
1.解:(1)如解图①,过点P作PQ⊥BC于点Q,
∵在矩形ABCD中,∠B=90°,
∴AB⊥BC,
又∵AD∥BC,
∴PQ=AB=,
∵△PEF是等边三角形,
∴∠PFQ=60°,
在Rt△PQF中,sin∠PFQ=,
∴PF=÷=2, 第1题解图①
∴△PEF的边长为2;
(2)①在Rt△ABC中,AB=,BC=3,
由勾股定理得,AC=2,
∴∠ACB=30°,
又∵△PEF是等边三角形,
∴∠PFE=60°,
∴∠FHC=30°,
∴FH=FC,
∵HF=2-PH=2-y,
∴FC=2-y,
又∵BE+EF+FC=BC,
∴x+2+2-y=3,
即y=x+1(0<x<3);
②如解图②,过点G作GM⊥BC于点M,
∵△PEF为等边三角形,
∴∠PEF=60°,
∵Rt△ABC中,AB=,BC=3, 第1题解图②
∴∠ACB=30°,
∴∠EGC=180°-30°-60°=90°,
∵BE=x,
∴EC=3-x,
∴EG=,
∵∠GEM=60°,sin∠GEM=,
∴GM=EG·sin60°=×=,
∴S=x×
=-x2+x=-(x-)2+,
∵-<0,
∴当x=时,S最大=.
2.解:(1)10;
【解法提示】如解图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD
相交于点O,且AC=12 cm,BD=16 cm,
∴ BO=DO=8 cm,AO=CO=6 cm,
∴ AB==10 cm.
(2)∵四边形ABCD是菱形,
∴AB∥CD,∠ADB=∠CDB,
又∵PF∥AD,
∴四边形APFD为平行四边形,
∴DF=AP=t cm,
又∵EF⊥BD于点Q,且∠ADB=∠CDB,
∴∠DEF=∠DFE,
∴DE=DF=t cm,
∴AE=(10-t) cm,
当PE∥BD时,△APE∽△ABD,
∴=,
∴=,
∴t=5,
∴当t=5 s时,PE∥BD;
(3)①∵∠FDQ=∠CDO,∠FQD=∠COD=90°,
∴△DFQ∽△DCO,
∴=,即=,
∴QF= cm,
∴EF=2QF= cm,
同理,QD= cm,
如解图,过点C作CG⊥AB于点G,
∵S菱形ABCD=AB·CG=AC·BD,
即10CG=×12×16, 第2题解图
∴CG= cm,
∴S▱APFD=DF·CG=t cm2,
∴S△EFD=EF·QD=××=t2 cm2,
∴y=t-t2.
②存在.
当S四边形APFE=S菱形ABCD时,则
t-t2=×12×16×,
整理得,t2-20t+64=0,
解得t1=4,t2=16>10(舍去),
∴当t=4s时,S四边形APFE=S菱形ABCD.
3.(1)证明:如解图①,连接DE,DF,
当t=2时,DH=AH=4,则H为AD的中点,
∵EF⊥AD,
∴EF为AD的垂直平分线,
∴AE=DE,AF=DF.
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
又∵AD⊥BC,
∴EF∥BC,
∴∠AEF=∠B,∠AFE=∠C,
∴∠AEF=∠AFE,
∴AE=AF,
∴AE=AF=DE=DF,
∴四边形AEDF为菱形;
第3题解图
(2)解:如解图②,连接PE,PF,由(1)知EF∥BC,
∴△AEF∽△ABC,
∴=,即=,
解得EF=10-t,
∴S△PEF=EF·DH=(10-t)·2t=-t2+10t
=-(t-2)2+10(0<t≤),
∴当t=2秒时,S△PEF存在最大值,最大值为10 cm2,
此时BP=3t=6 cm;
(3)解:存在.
(ⅰ)若点E为直角顶点,如解图③,连接PE,PF,
此时PE∥AD,PE=DH=2t,BP=3t.
∵PE∥AD,
∴△BEP∽△BAD,
∴=,即=,
此比例式不成立,故此种情形不存在;
第3题解图
(ⅱ)若点F为直角顶点,如解图④,连接PE,PF,
此时PF∥AD,PF=DH=2t,BP=3t,CP=10-3t.
∵PF∥AD,
∴△CFP∽△CAD,
∴=,即=,
解得t=;
(ⅲ)若点P为直角顶点,如解图⑤,连接PE,PF,过点E作EM⊥BC于点M,过点F作FN⊥BC于点N,则EM=FN=DH=2t,EM∥FN∥AD.
∵EM∥AD,
∴△BEM∽△BAD,
∴=,即=,
解得BM=t,
∴PM=BP-BM=3t-t=t.
在Rt△EMP中,由勾股定理得,
=(2t)2+(t)2=t2.
∵FN∥AD,
∴△CFN∽△CAD,
∴=,即=,
解得CN=t,
∴PN=BC-BP-CN=10-3t-t=10-t.
在Rt△FNP中,由勾股定理得,
=(2t)2+(10-t)2=t2-85t+100.
又∵EF=MN=BC-BM-CN=10-t,
在Rt△PEF中,由勾股定理得,,
即(10-t)2=t2+(t2-85t+100),
化简得183t2-280t=0,
解得t=或t=0(舍去),
∴t=.
综上所述,当t=秒或t=秒时,△PEF为直角三角形.(9分)
4.(1)证明:∵∠ECF=∠BCD=α,
∴∠ECF-∠ECD=∠BCD-∠ECD,
即∠DCF=∠BCE.
∵四边形ABCD是菱形,
∴DC=BC,
在△DCF与△BCE中,
,
∴△DCF≌△BCE(SAS),
∴BE=DF;
(2)解:∵CE=CF,
∴∠CEQ<90°.
①当∠EQP=90°时,如解图①,
∵∠ECF=∠BCD,BC=DC,EC=FC,
∴△BCD∽△ECF,
∴∠CBD=∠CEF.
∵∠BPC=∠EPQ, 第4题解图①
∴∠BCP=∠EQP=90°,
∴∠CED=90°,
在Rt△CDE中,∠CED=90°,
∵CD=AB=6,tan∠ABC=tan∠ADC=2,
∴=2,即EC=2DE,
∵,即CD=DE,
∴DE===6,
∴t=6;
②当∠EPQ=90°时,如解图②,
∵菱形ABCD的对角线AC⊥BD,
∴EC和AC重合, 第4题解图②
∴DE=6,
∴t=6.
综上所述,当t=6秒或6秒时,△EPQ为直角三角形;
(3)解:y=t-12- .
【解法提示】点G即为t=0时点E的对应点.
当点F在直线AD上方时,如解图③,连接GF,分别交直线AD、BC的延长线于点M、N,过F点作FH⊥AD,垂足为H,
由(1)得∠1=∠2.
易证△DCE≌△GCF(SAS),
∴∠3=∠4,
∵DE∥BC,
∴∠1=∠3,
∴∠2=∠4,
∴GF∥CD,
∴四边形DCNM为平行四边形,
易得MN=6.
∵∠BCD=∠DCG,∠DCN+∠BCD=∠DCG+∠CGN=180°,
∴∠CGN=∠DCN=∠CNG,
∴CN=CG=CD=6.
∵tan∠ABC=2,
∴tan∠CGN=2,
∴GN=12,
∴GM=6+12. 第4题解图③
∵GF=DE=t×1=t,
∴FM=t-6-12.
∵tan∠FMH=tan∠ABC=2,
∴FH=(t-6-12),
即y=t-12-.
类型三 形动型探究题
针对演练
1. 在同一平面内,将两个全等的等腰直角三角形ABC和AFG摆放在一起,A为公共顶点,∠BAC=∠AGF=90°,它们的斜边长为2,若△ABC固定不动,△AFG绕点A旋转,AF、AG与边BC的交点分别为D、E(点D不与点B重合,点E不与点C重合),设BE=m,CD=n.
(1)求证:△ABE∽△DCA;
(2)求m与n的函数关系式,并直接写出自变量n的取值范围;
(3)在旋转过程中,试判断等式是否始终成立?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
第1题图
2. (2015吉林)两个三角板ABC,DEF,按如图所示的位置摆放,点B与点D重合,边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点,线都在同一平面内).其中,∠C=∠DEF=90°,∠ABC=∠F=30°,AC=DE=6 cm.现固定三角板DEF,将三角板ABC沿射线DE方向平移,当点C落在边EF上时停止运动.设三角板平移的距离为x(cm),两个三角板重叠部分的面积为y(cm2).
(1)当点C落在边EF上时,x=________ cm;
(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)设边BC的中点为点M,边DF的中点为点N.直接写出在三角板平移过程中,点M与点N之间距离的最小值.
第2题图
3. 如图,在△ABC中,∠B=45°,BC=5,高AD=4,矩形EFPQ的一边QP在BC边上,E、F分别在AB、AC上,AD交EF于点H.
(1)求证:=;
(2)设EF=x,当x为何值时,矩形EFPQ的面积最大?并求出最大面积;
(3)当矩形EFPQ的面积最大时,该矩形以每秒1个单位的速度沿射线DA匀速向上运动(当矩形的边PQ到达A点时停止运动),设运动时间为t秒,矩形EFPQ与△ABC重叠部分的面积为S,求S与t的函数关系式,并写出t的取值范围.
第3题图
4. 如图,在▱ABCD中,AD⊥BD,AB=10,AD=6,以AD为斜边在▱ABCD的内部作Rt△AED,使∠EAD=∠DBA,点A′、E′、D′分别与点A、E、D重合,△A′E′D′以每秒5个单位长度的速度沿DC方向平移,当点E′落在BC边上时停止移动,线段BD交边A′D′于点M,交边A′E′或D′E′于点N,设平移的时间为t(秒).
(1)DM的长为________(用含t的代数式表示);
(2)当E′落在BD上时,求t的值;
(3)若△A′E′D′与△BDC重叠部分图形的面积为S(平方单位),求S与t之间的函数关系式;
(4)在不添加辅助线的情况下,直接写出平移过程中,出现与△DMD′全等的三角形时t的取值范围.
第4题图
5. (2016益阳14分)如图①,在△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,AC=1,D为AB的中点,EF为△ACD的中位线,四边形EFGH为△ACD的内接矩形(矩形的四个顶点均在△ACD的边上).
(1)计算矩形EFGH的面积;
(2)将矩形EFGH沿AB向右平移,F落在BC上时停止移动.在平移过程中,当矩形与△CBD重叠部分的面积为时,求矩形平移的距离;
(3)如图③,将(2)中矩形平移停止时所得的矩形记为矩形E1F1G1H1,将矩形E1F1G1H1绕G1点按顺时针方向旋转,当H1落在CD上时停止转动,旋转后的矩形记为矩形E2F2G1H2,设旋转角为α,求cosα的值.
第5题图
6. (2015青岛)已知:如图①,在▱ABCD中,AB=3 cm,BC=5 cm,AC⊥AB.△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM,速度为1 cm/s;同时,点Q从点C出发,沿CB方向匀速移动,速度为1 cm/s;当△PNM停止平移时,点Q也停止移动,如图②.设移动时间为t(s)(0<t<4),连接PQ,MQ,MC.解答下列问题:
(1)当t为何值时,PQ∥MN?
(2)设△QMC的面积为y(cm2),求y与t之间的函数关系式;
(3)是否存在某一时刻t,使S△QMC∶S四边形ABQP=1∶4?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由;
(4)是否存在某一时刻t,使PQ⊥MQ?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
第6题图
【答案】
1.(1)证明:∵∠BAE=∠BAD+45°,∠CDA=∠BAD+45°,
∴∠BAE=∠CDA,
又∵∠B=∠C=45°,
∴△ABE∽△DCA;
(2)解:∵△ABE∽△DCA,
∴=,
依题可知CA=BA=,
∴=,
∴m=,
自变量n的取值范围为1<n<2;
(3)解:成立.理由如下:
如解图,将△ACE绕点A顺时针旋转90°至△ABH的位置,则CE=HB,AE=AH,∠ABH=∠C=45°,旋转角∠EAH=90°,连接HD,在△EAD和△HAD中,∵AE=AH,∠HAD=∠EAH-∠FAG=45°=∠EAD,AD=AD,∴△EAD≌△HAD(SAS),∴DH=DE,
又∠HBD=∠ABH+∠ABD=90°,∴BD2+HB2=DH2,
即BD2+CE2=DE2.
2.解:(1)15;
【解法提示】如解图①,作CG⊥AB于G点,CH⊥CE于点H,
第2题解图①
在Rt△ABC中,由AC=6,∠ABC=30°,得BC==6 cm.
在Rt△BCG中,BG=BC·cos30°=9 cm.
∵四边形CGEH是矩形,
∴CH=GE=BG+BE=9+6=15 cm.
(2)①当0≤x<6时,如解图②,
由∠GDB=60°,∠GBD=30°,DB=x,得DG=x,BG=x,
重叠部分的面积y=DG·BG=×x×x=x2;
第2题解图②
②当6≤x<12时,如解图③,
BD=x,DG=x,BG=x,BE=x-6,EH=(x-6),
重叠部分的面积y=S△BDG-S△BEH=DG·BG-BE·EH,
即y=×x×x-(x-6)×(x-6),
第2题解图③
化简得y=-x2+2x-6;
③当12≤x≤15时,如解图④,
AC=6,BC=6,BD=x,BE=x-6,EG=(x-6),
重叠部分的面积y=S△ABC-S△BEG=AC·BC-BE·EG,
即y=×6×6-(x-6)×(x-6),
化简得y=-x2+2x+12;
第2题解图④
综上所述,y=
(3)如解图⑤所示,作NG⊥DE于点G,
点M在NG上时MN最短,
NG是△DEF的中位线,NG=EF=3,
∵MB=CB=3,∠B=30°,
∴MG=MB=,
则MNmin=NG-MG=3-=.
第2题解图⑤
3.(1)证明:∵四边形EFPQ是矩形,
∴EF∥BC,
∴△AEF∽△ABC,
∵AD是△ABC的高,AH是△AEF的高,
∴=;
(2)解:∵=,EF=x,AD=4,BC=5,
∴=,
∴AH=,
∴HD=4-,
∴S矩形EFPQ=EF·HD=x(4-)=-x2+4x
=-(x-)2+5.
∵-<0,
∴当x=时,矩形EFPQ的面积最大,最大面积为5;
(3)解:由(2)可知,当矩形EFPQ的面积最大时,矩形的长EF为,宽HD=4-x=2,在矩形EFPQ沿射线AD的运动过程中:
(ⅰ)当0≤t≤2时,如解图①所示.
第3题解图①
设矩形与AB、AC分别交于点K、N,与AD分别交于点H1、D1.此时DD1=t,H1D1=2,
∴HD1=HD-DD1=2-t,HH1=H1D1-HD1=t,AH1=AH-HH1=2-t,
∵KN∥EF,
∴=,即=,
解得KN=(2-t),
∴S=S梯形KNFE+
=(KN+EF)·HH1+EF·EQ1=[(2-t)+]×t+(2-t)=
-t2+5;
(ⅱ)当2<t≤4时,如解图②所示.
第3题解图②
设矩形与AB、AC分别交于点K、N,与AD交于点D2,此时
DD2=t,AD2=AD-DD2=4-t,
∵K′N′∥EF,
∴=,即=,
解得K′N′=5-t,
∴S=S△AKN= K′N′·AD2=×(5-t)×(4-t)=t2-5t+10.
综上所述,S与t的函数关系式为:
S=.
4.解:(1)4t;
【解法提示】∵AD⊥BD,
∴∠ADB=90°,
∴BD===8,
∵AD∥A′D′,
∴A′D′⊥BD,
∴∠DMD′=∠ADB=90°,
∵CD∥AB,
∴∠D′DM=∠ABD,
∴△DMD′∽△BDA,
∴==,
∴==,
∴DM=4t,MD′=3t.
(2)如解图①,当E′在BD上时,
第4题解图①
∵∠ D′E′M+∠A′E′M=90°,∠MA′E′+∠A′E′M=90°,
∴∠ D′E′M=∠MA′E′,
∵CD∥AB,
∴∠CDB=∠ABD,
∵∠ MA′E′=∠ABD,
∴∠D′DE′=∠D′E′D,
∴DD′=D′E′,
由△ADE∽△BAD得到,DE=,AE=,
∴5t=,
∴t=;
(3)①当0<t≤时,如解图②,重叠部分是△D′MK,
S=D′M×MK=×3t×4t=6t2;
图②
图③
第4题解图
②当<t≤时,如解图③,重叠部分是四边形D′E′KM,
S=S△A′D′E′-S△A′MK=××-(6-3t)×(6-3t)=-t2+t-.
综上所述,S=;
(4)平移过程中,当0<t≤或t=1或t= s时,出现与△DMD′全等的三角形.
【解法提示】①当0<t≤时,如解图②,△DMD′≌△KMD′,
②当DD′=D′C时,△DMD′≌△BMA′,此时t=1,
③当DD′=AD时,△DMD′≌△AED,此时5t=6,t=,
综上所述,当0<t≤或t=1或t=s时,出现与△DMD′全等的三角形.
5.解:(1)在Rt△ACB中,∠B=30°,AC=1,
∴AB=2AC=2,
∵点D是AB的中点,
∴AD=AB=1=CD,
∵EF是△ACD的中位线,
∴EF=DF==CD,
在△ACD中,AD=CD,∠A=60°,
∴△ACD是等边三角形,
∴∠ADC=60°,
在Rt△FGD中,GF=DF·sin60°=,
∴矩形EFGH的面积=EF·FG=×=;………………(3分)
(2)根据第(1)问,易得GD=DF=,
设矩形移动的距离为x,则0<x≤,
如解图①,当矩形与△CBD重叠部分为三角形时,0<x≤,
第5题解图①
则此时重叠部分三角形的高为x,
∴重叠部分的面积S=x·x=,
解得x=>(舍去);
如解图②,当矩形与△CBD重叠部分为直角梯形时,<x≤,
则此时重叠部分直角梯形的高为,上底边长为x,下底边长为x-,
第5题解图②
∴重叠部分的面积S=[x+(x-)]·=,
解得x=,
即矩形移动的距离为时,矩形与△CBD重叠部分的面积是;(8分)
(3)如解图③,过H2作H2K⊥AB于点K.
在Rt△F1G1B中,∠B=30°,F1G1=,
第5题解图③
∴BG1=,
∴DG1=BD-BG1=1-=,
设KD=a,则H2K=a,
在Rt△H2G1K中,有H2K2+G1K2=H2G,
即(a)2+(a+)2=()2,
解得,a1=,a2=(舍去),
∴cosα=cos∠H2G1K===.……(14分)
6.解:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB∥CD.
∵AB=3 cm,BC=5 cm,AC⊥AB,
由勾股定理得:AC==4 cm.
∴cos∠ACB==.
∵△ACD沿AC方向平移得到△PNM,平移的速度为1 cm/s,
∴MN∥AB,PC=(4-t) cm.
∵点Q在BC上运动,运动的速度为1 cm/s,
第6题解图①
∴QC=t cm.
如解图①,当PQ∥MN时,
则PQ∥AB,
∴PQ⊥AC,
∴cos∠ACB==,
即=,
解得t=.
∴当t= s时,PQ∥MN;
第6题解图②
(2)如解图②,过点P作PH⊥BC,垂足为点H,
则PH=PC·sin∠PCQ=(4-t),
∴y=·QC·PH=t·(4-t)=-t2+t,
即y与t之间的函数关系式为y=-t2+t(0<t<4);
(3)存在.
∵△PMN是由△ACD沿AC平移得到的,
∴PM∥BC,
∴S△PCQ=S△QMC,
由(2)得S△QCP=S△QMC,
∵S△QMC∶S四边形ABQP=1∶4,
∴S△QCP∶S四边形ABQP=1∶4,
∴S△QCP∶S△ACB=1∶5.
∵S△ACB=AB×AC=×3×4=6 cm2,
∴S△QCP=S△ABC= cm2,
即-t2+t=,整理得:t2-4t+4=0,
解得t=2,
∴t=2 s时,使得S△QMC∶S四边形ABQP=1∶4;
(4)存在.
如解图③,过点P作PH⊥BC于H,过点M作MG⊥HC,交HC的延长线于点G,
第6题解图③
∴MG=PH=(4-t),tan∠PCH===,
∴HC=(4-t),
又∵QC=t,HG=PM=BC=5,
∴HQ=HC-QC=(4-t)-t=-t,
∴QG=HG-HQ=5-(-t)=t+.
∵∠PQM=90°,
∴∠PQH+∠MQG=90°,
又∵∠HPQ+∠PQH=90°,
∴∠HPQ=∠GQM,
∴△PHQ∽△QGM,
∴= ,
即=,整理得,2t2-3t=0,
解得t1=0,t2=,
∵0<t<4,
∴t1=0(舍去),
∴当t= s时,PQ⊥MQ.