2020年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 壓軸專題 四邊形(含解析)
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1、《四邊形》 1.【習(xí)題再現(xiàn)】 課本中有這樣一道題目: 如圖1,在四邊形ABCD中,E,F(xiàn),M分別是AB,CD,BD的中點(diǎn),AD=BC.求證:∠EFM=∠FEM.(不用證明) 【習(xí)題變式】 (1)如圖2,在“習(xí)題再現(xiàn)”的條件下,延長AD,BC,EF,AD與EF交于點(diǎn)N,BC與EF交于點(diǎn)P.求證:∠ANE=∠BPE. (2)如圖3,在△ABC中,AC>AB,點(diǎn)D在AC上,AB=CD,E,F(xiàn)分別是BC,AD的中點(diǎn),連接EF并延長,交BA的延長線于點(diǎn)G,連接GD,∠EFC=60°.求證:∠AGD=90°. 【習(xí)題變式】 解:(1)∵F,M分別是CD,BD的中點(diǎn), ∴MF∥BP,,
2、 ∴∠MFE=∠BPE. ∵E,M分別是AB,BD的中點(diǎn), ∴ME∥AN,, ∴∠MEF=∠ANE. ∵AD=BC, ∴ME=MF, ∴∠EFM=∠FEM, ∴∠ANE=∠BPE. (2)連接BD,取BD的中點(diǎn)H,連接EH,F(xiàn)H. ∵H,F(xiàn)分別是BD和AD的中點(diǎn), ∴HF∥BG,, ∴∠HFE=∠FGA. ∵H,E分別是BD,BC的中點(diǎn), ∴HE∥AC,, ∴∠HEF=∠EFC=60°. ∵AB=CD, ∴HE=HF, ∴∠HFE=∠EFC=60°, ∴∠AGF=60°, ∵∠AFG=∠EFC=60°, ∴△AFG為等邊三角形. ∴AF=GF,
3、 ∵AF=FD, ∴GF=FD, ∴∠FGD=∠FDG=30°, ∴∠AGD=60°+30°=90°. 2.(1)問題:如圖1,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,D為BC邊上一點(diǎn)(不與點(diǎn)B,C重合),連接AD,過點(diǎn)A作AE⊥AD,并滿足AE=AD,連接CE.則線段BD和線段CE的數(shù)量關(guān)系是 BD=CE ,位置關(guān)系是 BD⊥CE?。? (2)探索:如圖2,當(dāng)D點(diǎn)為BC邊上一點(diǎn)(不與點(diǎn)B,C重合),Rt△ABC與Rt△ADE均為等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,AB=AC,AD=AE.試探索線段BD2、CD2、DE2之間滿足的等量關(guān)系,并證明你的結(jié)論; (3)
4、拓展:如圖3,在四邊形ABCD中,∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°,若BD=3,CD=1,請(qǐng)直接寫出線段AD的長. 解:(1)問題:在Rt△ABC中,AB=AC, ∴∠B=∠ACB=45°, ∵∠BAC=∠DAE=90°, ∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC,即∠BAD=∠CAE, 在△BAD和△CAE中, , ∴△BAD≌△CAE(SAS), 故答案為:BD=CE,BD⊥CE; (2)探索:結(jié)論:DE2=BD2+CD2, 理由是:如圖2中,連接EC. ∵∠BAC=∠DAE=90°, ∴∠BAD=∠CAE, 在△ABD和△ACE中, ∵, ∵△B
5、AD≌△CAE(SAS), ∴BD=CE,∠B=∠ACE=45°, ∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=45°+45°=90°, ∴DE2=CE2+CD2, ∴DE2=BD2+CD2; (3)拓展:如圖3,將AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至AG,連接CG、DG, 則△DAG是等腰直角三角形, ∴∠ADG=45°, ∵∠ADC=45°, ∴∠GDC=90°, 同理得:△BAD≌△CAG, ∴CG=BD=3, Rt△CGD中,∵CD=1, ∴DG===2, ∵△DAG是等腰直角三角形, ∴AD=AG=2. 3.如圖1,正方形ABCD的邊CD在正方形ECGF的邊CE上,連
6、接BE、DG. (1)BE和DG的數(shù)量關(guān)系是 BE=DG ,BE和DG的位置關(guān)系是 BE⊥DG??; (2)把正方形ECGF繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn),如圖2,(1)中的結(jié)論是否還成立?若成立,寫出證明過程,若不成立,請(qǐng)說明理由; (3)設(shè)正方形ABCD的邊長為4,正方形ECGF的邊長為3,正方形ECGF繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)過程中,若A、C、E三點(diǎn)共線,直接寫出DG的長. 解:(1)BE=DG.BE⊥DG;理由如下: ∵四邊形ABCD和四邊形CEFG為正方形, ∴CD=BC,CE=CG,∠BCE=∠DCG=90°, 在△BEC和△DGC中,, ∴△BEC≌△DGC(SAS), ∴BE=DG; 如圖
7、1,延長GD交BE于點(diǎn)H, ∵△BEC≌△DGC, ∴∠DGC=∠BEC, ∴∠DGC+∠EBC=∠BEC+∠EBC=90°, ∴∠BHG=90°, 即BE⊥DG; 故答案為:BE=DG,BE⊥DG. (2)成立,理由如下:如圖2所示: 同(1)得:△DCG≌△BCE(SAS), ∴BE=DG,∠CDG=∠CBE, ∵∠DME=∠BMC,∠CBE+∠BMC=90°, ∴∠CDG+∠DME=90°, ∴∠DOB=90°, ∴BE⊥DG; (3)由(2)得:DG=EB,分兩種情況: ①如圖3所示: ∵正方形ABCD的邊長為4,正方形ECGF的邊長為3,
8、 ∴AC⊥BD,BD=AC=AB=4,OA=OC=OB=AC=2,CE=3, ∴AE=AC﹣CE=, ∴OE=OA﹣AE=, 在Rt△BOE中,由勾股定理得:DG=BE==; ②如圖4所示: OE=CE+OC=2+3=5, 在Rt△BOE中,由勾股定理得:DG=BE==; 綜上所述,若A、C、E三點(diǎn)共線,DG的長為或. 4.如圖,在△ABC中,∠B=90°,AB=6cm,BC=8cm,動(dòng)點(diǎn)D從點(diǎn)C出發(fā),沿CA方向勻速運(yùn)動(dòng),速度為2cm/s;同時(shí),動(dòng)點(diǎn)E從點(diǎn)A出發(fā),沿AB方向勻速運(yùn)動(dòng),速度為1cm/s;當(dāng)一個(gè)點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng),另一個(gè)點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng).設(shè)點(diǎn)D,E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是t(s)(0<
9、t<5).過點(diǎn)D作DF⊥BC于點(diǎn)F,連接DE,EF. (1)t為何值時(shí),DE⊥AC? (2)設(shè)四邊形AEFC的面積為S,試求出S與t之間的關(guān)系式; (3)是否存在某一時(shí)刻t,使得S四邊形AEFC:S△ABC=17:24,若存在,求出t的值;若不存在,請(qǐng)說明理由; (4)當(dāng)t為何值時(shí),∠ADE=45°? 解:(1)∵∠B=90o,AB=6 cm,BC=8 cm, ∴AC===10(cm), 若DE⊥AC, ∴∠EDA=90°, ∴∠EDA=∠B, ∵∠A=∠A, ∴△ADE∽△ABC, ∴=,即:=, ∴t=, ∴當(dāng)t=s時(shí),DE⊥AC; (2)∵DF⊥BC,
10、 ∴∠DFC=90°, ∴∠DFC=∠B, ∵∠C=∠C, ∴△CDF∽△CAB, ∴=,即=, ∴CF=, ∴BF=8﹣, BE=AB﹣AE=6﹣t, ∴S=S△ABC﹣S△BEF=×AB?BC﹣×BF?BE=×6×8﹣×(8﹣t)×(6﹣t)=﹣t2+t; (3)若存在某一時(shí)刻t,使得S四邊形AEFC:S△ABC=17:24, 根據(jù)題意得:﹣t2+t=××6×8, 解得:t1=,t2=(不合題意舍去), ∴當(dāng)t=s時(shí),S四邊形AEFC:S△ABC=17:24; (4)過點(diǎn)E作EM⊥AC與點(diǎn)M,如圖所示: 則∠EMA=∠B=90°, ∵∠A=∠A, ∴△AEM
11、∽△ACB, ∴==,即==, ∴EM=t,AM=t, ∴DM=10﹣2t﹣t=10﹣t, 在Rt△DEM中,當(dāng)DM=ME時(shí),∠ADE=45°, ∴10﹣t=t, ∴t= ∴當(dāng)t=s時(shí),∠ADE=45°. 5.我們定義:如果兩個(gè)等腰三角形的頂角相等,且項(xiàng)角的頂點(diǎn)互相重合,則稱此圖形為“手拉手全等模型”.因?yàn)轫旤c(diǎn)相連的四條邊,形象的可以看作兩雙手,所以通常稱為“手拉手模型”.例如,如圖(1),△ABC與△ADE都是等腰三角形,其中∠BAC=∠DAE,則△ABD≌△ACE(SAS) (1)熟悉模型:如圖(2),已知△ABC與△ADE都是等腰三角形,AB=AC,AD=AE,
12、且∠BAC=∠DAE,求證:BD=CE; (2)運(yùn)用模型:如圖(3),P為等邊△ABC內(nèi)一點(diǎn),且PA:PB:PC=3:4:5,求∠APB的度數(shù).小明在解決此問題時(shí),根據(jù)前面的“手拉手全等模型”,以BP為邊構(gòu)造等邊△BPM,這樣就有兩個(gè)等邊三角形共頂點(diǎn)B,然后連結(jié)CM,通過轉(zhuǎn)化的思想求出了∠APB的度數(shù),則∠APB的度數(shù)為 150 度; (3)深化模型:如圖(4),在四邊形ABCD中,AD=4,CD=3,∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°,求BD的長. (1)證明:∵∠BAC=∠DAE, ∴∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE, 在△BAD和△CAE中,,
13、∴△BAD≌△CAE(SAS), ∴BD=CE; (2)解:以BP為邊構(gòu)造等邊△BPM,連接CM,如圖(3)所示: ∵△ABC與△BPM都是等邊三角形, ∴AB=BC,BP=BM=PM,∠ABC=∠PBM=∠BMP=60°, ∴∠ABC﹣∠PBC=∠PBM﹣∠PBC,即∠ABP=∠CBM, 在△ABP和△CBM中,, ∴△ABP≌△CBM(SAS), ∴AP=CM,∠APB=∠CMB, ∵PA:PB:PC=3:4:5, ∴CM:PM:PC=3:4:5, ∴PC2=CM2+PM2, ∴△CMP是直角三角形, ∴∠PMC=90°, ∴∠CMB=∠BMP+∠PMC=60°
14、+90°=150°, ∴∠APB=150°, 故答案為:150; (3)解:過點(diǎn)A作EA⊥AD,且AE=AD,連接CE,DE,如圖(4)所示: 則△ADE是等腰直角三角形,∠EAD=90°, ∴DE=AD=4,∠EDA=45°, ∵∠ADC=45°, ∴∠EDC=45°+45°=90°, 在Rt△DCE中,CE===, ∵∠ACB=∠ABC=45°, ∴∠BAC=90°,AB=AC, ∵∠BAC+∠CAD=∠EAD+∠CAD,即∠BAD=∠CAE, 在△BAD和△CAE中,, ∴△BAD≌△CAE(SAS), ∴BD=CE=. 6.(1)某學(xué)?!皩W(xué)習(xí)落實(shí)”
15、數(shù)學(xué)興趣小組遇到這樣一個(gè)題目 如圖,在△ABC中,點(diǎn)O在線段BC上,∠BAO=30°,∠OAC=75°,AO=,BO:CO=2:1,求AB的長經(jīng)過數(shù)學(xué)小組成員討論發(fā)現(xiàn),過點(diǎn)B作BD∥AC,交AO的延長線于點(diǎn)D,通過構(gòu)造△ABD就可以解決問題(如圖2) 請(qǐng)回答:∠ADB= 75 °,AB= 3 (2)請(qǐng)參考以上解決思路,解決問題: 如圖3在四邊形ABCD中對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)0,AC⊥AD,AO=,∠ABC=∠ACB=75°,BO:OD=2:1,求DC的長 解:(1)如圖2中,過點(diǎn)B作BD∥AC,交AO的延長線于點(diǎn)D, ∵BD∥AC, ∴∠ADB=∠OAC=75°.
16、 ∵∠BOD=∠COA, ∴△BOD∽△COA, ∴==2,. 又∵AO=, ∴OD=2AO=2, ∴AD=AO+OD=3. ∵∠BAD=30°,∠ADB=75°, ∴∠ABD=180°﹣∠BAD﹣∠ADB=75°=∠ADB, ∴AB=AD=3; 故答案為75,3. (2)如圖3中,過點(diǎn)B作BE∥AD交AC于點(diǎn)E. ∵AC⊥AD,BE∥AD, ∴∠DAC=∠BEA=90°. ∵∠AOD=∠EOB, ∴△AOD∽△EOB, ∴===2. ∵BO:OD=1:3, ∵AO=, ∴EO=2, ∴AE=3. ∵∠ABC=∠ACB=75°, ∴∠BAC=3
17、0°,AB=AC, ∴AB=2BE. 在Rt△AEB中,BE2+AE2=AB2,即(4BE2)2+BE2=(2BE)2, 解得:BE=3, ∴AB=AC=6,AD= 在Rt△CAD中,AC2+AD2=CD2,即62+()2=CD2, 解得:CD=(負(fù)根已經(jīng)舍棄). 7.正方形ABCD中,AB=4,點(diǎn)E、F分別在AB、BC邊上(不與點(diǎn)A、B重合). (1)如圖1,連接CE,作DM⊥CE,交CB于點(diǎn)M.若BE=3,則DM= 5 ; (2)如圖2,連接EF,將線段EF繞點(diǎn)F順時(shí)針旋轉(zhuǎn),當(dāng)點(diǎn)E落在正方形上時(shí),記為點(diǎn)G;再將線段FG繞點(diǎn)G順時(shí)針旋轉(zhuǎn),當(dāng)點(diǎn)F落在正方形上時(shí),記為點(diǎn)H;
18、依此操作下去…, ①如圖3,線段EF經(jīng)過兩次操作后拼得△EFD,其形狀為 等邊三角形 ,在此條件下,求證:AE=CF; ②若線段EF經(jīng)過三次操作恰好拼成四邊形EFGH, (3)請(qǐng)判斷四邊形EFGH的形狀為 正方形 ,此時(shí)AE與BF的數(shù)量關(guān)系是 AE=BF ; (4)以1中的結(jié)論為前提,設(shè)AE的長為x,四邊形EFGH的面積為y,求y與x的函數(shù)關(guān)系式及面積y的取值范圍. 解:(1)如圖1中, ∵四邊形ABCD是正方形, ∴∠B=∠DCM=90°, ∵BE=3,BC=4, ∴CE===5, ∵DM⊥EC, ∴∠DMC+∠MCE=90°,∠MCE+∠CEB=90°, ∴∠D
19、MC=∠CEB, ∵BC=CD, ∴△BCE≌△CDM(AAS), ∴DM=EC=5. 故答案為5. (2)如題圖3,由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知EF=DF=DE,則△DEF為等邊三角形. 故答案為等邊三角形. (2)①四邊形EFGH的形狀為正方形,此時(shí)AE=BF.理由如下: 依題意畫出圖形,如答圖1所示:連接EG、FH,作HN⊥BC于N,GM⊥AB于M. 由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可知,EF=FG=GH=HE, ∴四邊形EFGH是菱形, 由△EGM≌△FHN,可知EG=FH, ∴四邊形EFGH的形狀為正方形. ∴∠HEF=90° ∵∠1+∠2=90°,∠2+∠3=90°, ∴
20、∠1=∠3. ∵∠3+∠4=90°,∠2+∠3=90°, ∴∠2=∠4. 在△AEH與△BFE中, , ∴△AEH≌△BFE(ASA) ∴AE=BF. 故答案為正方形,AE=BF. (4)利用①中結(jié)論,易證△AEH、△BFE、△CGF、△DHG均為全等三角形, ∴BF=CG=DH=AE=x,AH=BE=CF=DG=4﹣x. ∴y=S正方形ABCD﹣4S△AEH=4×4﹣4×x(4﹣x)=2x2﹣8x+16. ∴y=2x2﹣8x+16(0<x<4) ∵y=2x2﹣8x+16=2(x﹣2)2+8, ∴當(dāng)x=2時(shí),y取得最小值8;當(dāng)x=0時(shí),y=16, ∴y的取值范圍
21、為:8≤y<16. 8.已知:如圖1,在平面直角坐標(biāo)系中,長方形OABC的頂點(diǎn)B的坐標(biāo)是(6,4). (1)直接寫出A點(diǎn)坐標(biāo)( 6 , 0?。珻點(diǎn)坐標(biāo)( 0 , 4 ); (2)如圖2,D為OC中點(diǎn).連接BD,AD,如果在第二象限內(nèi)有一點(diǎn)P(m,1),且四邊形OADP的面積是△ABC面積的2倍,求滿足條件的點(diǎn)P的坐標(biāo); (3)如圖3,動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)C出發(fā),以每鈔1個(gè)單位的速度沿線段CB運(yùn)動(dòng),同時(shí)動(dòng)點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā).以每秒2個(gè)單位的速度沿線段AO運(yùn)動(dòng),當(dāng)N到達(dá)O點(diǎn)時(shí),M,N同時(shí)停止運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)時(shí)間是t秒(t>0),在M,N運(yùn)動(dòng)過程中.當(dāng)MN=5時(shí),直接寫出時(shí)間t的值. 解:(1)∵四邊形
22、OABC是長方形, ∴AB∥OC,BC∥OA, ∵B(6,4), ∴A(6,0),C(0,4), 故答案為:6,0,0,4; (2)如圖2, 由(1)知,A(6,0),C(0,4), ∴OA=6,OC=4, ∵四邊形OABC是長方形, ∴S長方形OABC=OA?OC=6×4=24, 連接AC, ∵AC是長方形OABC的對(duì)角線, ∴S△OAC=S△ABC=S長方形OABC=12, ∵點(diǎn)D是OC的中點(diǎn), ∴S△OAD=S△OAC=6, ∵四邊形OADP的面積是△ABC面積的2倍, ∴S四邊形OADP=2S△ABC=24, ∵S四邊形OADP=S△OAD+S△O
23、DP=6+S△ODP=24, ∴S△ODP=18, ∵點(diǎn)D是OC的中點(diǎn),且OC=4, ∴OD=OC=2, ∵P(m,1), ∴S△ODP=OD?|m|=×2|m|=18, ∴m=18(由于點(diǎn)P在第二象限,所以,m小于0,舍去)或m=﹣18, ∴P(﹣18,1); (3)如圖3, 由(2)知,OA=6,OC=4, ∵四邊形OABC是長方形, ∴∠AOC=∠OCB=90°,BC=6, 由運(yùn)動(dòng)知,CM=t,AN=2t, ∴ON=OA﹣AN=6﹣2t, 過點(diǎn)M作MH⊥OA于H, ∴∠OHM=90°=∠AOC=∠OCB, ∴四邊形OCMH是長方形, ∴MH=OC=4
24、,OH=CM=t, ∴HN=|ON﹣CM|=6﹣2t﹣t|=|6﹣3t|, 在Rt△MHN中,MN=5,根據(jù)勾股定理得,HN2=MN2﹣MH2, ∴|6﹣3t|2=52﹣42=9, ∴t=1或t=3, 即:t的值為1或3. 9.綜合與實(shí)踐 問題情境 數(shù)學(xué)課上,李老師提出了這樣一個(gè)問題:如圖1,點(diǎn)P是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn),PA=1,PB=2,PC=3.你能求出∠APB的度數(shù)嗎? (1)小敏與同桌小聰通過觀察、思考、討論后,得出了如下思路: 思路一:將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°,得到△BP'A,連接PP',求出∠APB的度數(shù); 思路二:將△APB繞點(diǎn)B順時(shí)針旋
25、轉(zhuǎn)90°,得到△CP'B,連接PP',求出∠APB的度數(shù). 請(qǐng)參考以上思路,任選一種寫出完整的解答過程. 類比探究 (2)如圖2,若點(diǎn)P是正方形ABCD外一點(diǎn),PA=3,PB=1,,求∠APB的度數(shù). 拓展應(yīng)用 (3)如圖3,在邊長為的等邊三角形ABC內(nèi)有一點(diǎn)O,∠AOC=90°,∠BOC=120°,則△AOC的面積是 ?。? 解:(1)思路一,如圖1,將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°,得到△BP'A,連接PP', 則△ABP'≌△CBP,AP'=CP=3,BP'=BP=2,∠PBP'=90° ∴∠BPP'=45°, 根據(jù)勾股定理得,, ∵AP=1, ∴AP2+P'P2
26、=1+8=9, 又∵P'A2=32=9, ∴AP2+P'P2=P'A2, ∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°, ∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°. 思路二、同思路一的方法. (2)如圖2,將△BPC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°,得到△BP'A,連接PP'. 則△ABP'≌△CBP,,BP'=BP=1,∠PBP'=90° ∴∠BPP'=45°, 根據(jù)勾股定理得,, ∵AP=3, ∴AP2+P'P2=9+2=11, 又∵, ∴AP2+P'P2=P'A2, ∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°, ∴∠APB=∠APP'﹣∠
27、BPP'=90°﹣45°=45°. (3)如圖,將△ABO繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°,得到△BCE,連接OE. 則△BAO≌△BCE,∠AOB=∠BEC=360°﹣90°﹣120°=150°, ∵△BOE是等邊三角形, ∴∠BEO=∠BOE=60°, ∴∠OEC=90°,∠OEC=120°﹣60°=60°, ∴sin60°==,設(shè)EC=k,OC=2k,則OA=EC=k, ∵∠AOC=90°, ∴OA2+OC2=AC2, ∴3k2+4k2=7, ∴k=1或﹣1(舍棄), ∴OA=,OC=2, ∴S△AOC=?OA?OC=××2=. 故答案為. 10.如圖1,在矩形
28、ABCD中,點(diǎn)P是BC邊上一點(diǎn),連接AP交對(duì)角線BD于點(diǎn)E,BP=BE.作線段AP的中垂線MN分別交線段DC,DB,AP,AB于點(diǎn)M,G,F(xiàn),N. (1)求證:∠BAP=∠BGN; (2)若AB=6,BC=8,求; (3)如圖2,在(2)的條件下,連接CF,求tan∠CFM的值. (1)證明:如圖1中, ∵四邊形ABCD是矩形, ∴∠ABC=90°, ∴∠BAP=∠APB=90° ∵BP=BE, ∴∠APB∠BEP=∠GEF, ∵M(jìn)N垂直平分線段AP, ∴∠GFE=90°, ∴∠BGN+∠GEF=90°, ∴∠BAP=∠BGN. (2)解:∵四邊形ABCD是
29、矩形, ∴∠BAD=∠ABP=90°,AD∥BC,AD=BC=8, ∴BD===10, ∵AD∥BC, ∴∠DAE=∠APB, ∵∠APB=∠BEP=∠DEA, ∴∠DAE=∠DEA, ∴DA=DE=8, ∴BE=BP=BD﹣DE=10﹣8=2, ∴PA===2, ∵M(jìn)N垂直平分線段AP, ∴AF=PF=, ∵PB∥AD, ∴===, ∴PE=PA=, ∴EF=PF﹣PE=﹣=, ∴==. (3)解:如圖3中,連接AM,MP.設(shè)CM=x. ∵四邊形ABCD是矩形, ∴∠ADM=∠MCP=90°,AB=CD=6,AD=BC=8, ∵M(jìn)N垂直平分線段
30、AP, ∴MA=MP, ∴AD2+DM2=PC2+CM2, ∴82+(6﹣x)2=62+x2, ∴x=, ∵∠PFM=∠PCM=90°, ∴P,F(xiàn),M,C四點(diǎn)共圓, ∴∠CFM=∠CPM, ∴tan∠CFM=tan∠CFM===. 11.在利用構(gòu)造全等三角形來解決的問題中,有一種典型的利用倍延中線的方法,例如:在△ABC中,AB=8,AC=6,點(diǎn)D是BC邊上的中點(diǎn),怎樣求AD的取值范圍呢?我們可以延長AD到點(diǎn)E,使AD=DE,然后連接BE(如圖①),這樣,在△ADC和△EDB中,由于,∴△ADC≌△EDB,∴AC=EB,接下來,在△ABE中通過AE的長可求出AD的取值范圍.
31、 請(qǐng)你回答: (1)在圖①中,中線AD的取值范圍是 1<AD<7?。? (2)應(yīng)用上述方法,解決下面問題 ①如圖②,在△ABC中,點(diǎn)D是BC邊上的中點(diǎn),點(diǎn)E是AB邊上的一點(diǎn),作DF⊥DE交AC邊于點(diǎn)F,連接EF,若BE=4,CF=2,請(qǐng)直接寫出EF的取值范圍. ②如圖③,在四邊形ABCD中,∠BCD=150°,∠ADC=30°,點(diǎn)E是AB中點(diǎn),點(diǎn)F在DC上,且滿足BC=CF,DF=AD,連接CE、ED,請(qǐng)判斷CE與ED的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論. 解:(1)延長AD到點(diǎn)E,使AD=DE,連接BE,如圖①所示: ∵點(diǎn)D是BC邊上的中點(diǎn), ∴BD=CD, 在△ADC和△EDB中,
32、, ∴△ADC≌△EDB(SAS), ∴AC=EB=6, 在△ABE中,AB﹣BE<AE<AB+BE, ∴8﹣6<AE<8+6,即2<AE<14, ∴1<AD<7, 故答案為:1<AD<7; (2)①延長ED到點(diǎn)N,使ED=DN,連接CN、FN,如圖②所示: ∵點(diǎn)D是BC邊上的中點(diǎn), ∴BD=CD, 在△NDC和△EDB中,中,, ∴△NDC≌△EDB(SAS), ∴BE=CN=4, ∵DF⊥DE,ED=DN, ∴EF=FN, 在△CFN中,CN﹣CF<FN<CN+CF, ∴4﹣2<FN<4+2,即2<FN<6, ∴2<EF<6; ②CE⊥ED;理由如下:
33、 延長CE與DA的延長線交于點(diǎn)G,如圖③所示: ∵點(diǎn)E是AB中點(diǎn), ∴BE=AE, ∵∠BCD=150°,∠ADC=30°, ∴DG∥BC, ∴∠GAE=∠CBE, 在△GAE和△CBE中,, ∴△GAE≌△CBE(ASA), ∴GE=CE,AG=BC, ∵BC=CF,DF=AD, ∴CF+DF=BC+AD=AG+AD,即:CD=GD, ∵GE=CE, ∴CE⊥ED. 12.如圖,在平行四邊形ABCD中,AB⊥AC,對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O,將直線AC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度α(0°<α≤90°),分別交線段BC、AD于點(diǎn)E、F,已知AB=1,,連接BF.
34、 (1)如圖①,在旋轉(zhuǎn)的過程中,請(qǐng)寫出線段AF與EC的數(shù)量關(guān)系,并證明; (2)如圖②,當(dāng)α=45°時(shí),請(qǐng)寫出線段BF與DF的數(shù)量關(guān)系,并證明; (3)如圖③,當(dāng)α=90°時(shí),求△BOF的面積. 解:(1)AF=CE;理由如下: ∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴AD∥BC,AO=CO, ∴∠FAO=∠ECO, ∴在△AFO與△CEO中,, ∴△AFO≌△CEO(ASA), ∴AF=EC; (2)BF=DF;理由如下: ∵AB⊥AC, ∴∠BAC=90°, ∴AC===2, ∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴BO=DO,AO=CO=AC=1, ∴AB=AO,
35、 又∵AB⊥AC, ∴∠AOB=45°, ∵α=45°,∠AOF=45°, ∴∠BOF=∠AOB+∠AOF=45°+45°=90°, ∴EF⊥BD, ∵BO=DO, ∴BF=DF; (3)∵AB⊥AC, ∴∠CAB=90°, ∴∠CAB=∠AOF=α=90°, ∴AB∥EF, ∵四邊形ABCD是平行四邊形, ∴AF∥BE, ∴四邊形ABEF是平行四邊形, ∴AB=EF=1, 由(1)得:△AFO≌△CEO, ∴OF=OE=EF=, 由(2)得:AO=1, ∵AB∥EF,AO⊥EF, ∴S△BOF=S△AOF=AO?OF=×1×=. 13.綜合與實(shí)踐
36、(1)問題發(fā)現(xiàn) 如圖1,△ACB和△DCE均為等邊三角形,點(diǎn)A,D,E在同一直線上,連接BE.請(qǐng)寫出∠AEB的度數(shù)及線段AD,BE之間的數(shù)量關(guān)系,并說明理由. (2)類比探究 如圖2,△ACB和△DCE均為等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,點(diǎn)A,D,E在同一直線上,CM為△DCE中DE邊上的高,連接BE. 填空:①∠AEB的度數(shù)為 90°?。? ②線段CM,AE,BE之間的數(shù)量關(guān)系為 AE=BE+2CM?。? (3)拓展延伸 在(2)的條件下,若BE=4,CM=3,則四邊形ABEC的面積為 35?。? 解:(1)∠AEB=60°,AD=BE,理由如下: ∵△ACB和△
37、DCE均為等邊三角形, ∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°. ∴∠ACD=∠BCE. 在△ACD和△BCE中,, ∴△ACD≌△BCE(SAS). ∴∠ADC=∠BEC.AD=BE, ∵△DCE為等邊三角形, ∴∠CDE=∠CED=60°. ∵點(diǎn)A,D,E在同一直線上, ∴∠ADC=120°. ∴∠BEC=120°. ∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°. (2)猜想:①∠AEB=90°,②AE=BE+2CM.理由如下: ∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形, ∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°. ∴∠ACD=∠BCE.
38、在△ACD和△BCE中,, ∴△ACD≌△BCE(SAS). ∴AD=BE,∠ADC=∠BEC. ∵△DCE為等腰直角三角形, ∴∠CDE=∠CED=45°. ∵點(diǎn)A,D,E在同一直線上, ∴∠ADC=135°. ∴∠BEC=135°. ∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=90°. ∵CD=CE,CM⊥DE, ∴DM=ME. ∵∠DCE=90°, ∴DM=ME=CM. ∴AE=AD+DE=BE+2CM. 故答案為:90°,AE=BE+2CM; (3)由(2)得:∠AEB=90°,AD=BE=4, ∵△DCE均為等腰直角三角形,CM為△DCE中DE邊上的高, ∴CM
39、⊥AE,DE=2CM=6, ∴AE=AD+DE=4+6=10, ∴四邊形ABEC的面積=△ACE的面積+△ABE的面積=AE×CM+AE×BE=×10×3+×10×4=35; 故答案為:35. 14.如圖,正方形OABC的邊長為8,P為OA上一點(diǎn),OP=2,Q為OC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),分別以O(shè)P\PQ為邊在正方形OABC內(nèi)部作等邊三角形OPD和等邊三角形PQE. (1)證明:DE=OQ; (2)直線ED與OC交于點(diǎn)F,點(diǎn)Q在運(yùn)動(dòng)過程中. ①∠EFC的度數(shù)是否發(fā)生改變?若不變,求出這個(gè)角的度數(shù);若改變,說明理由; ②連結(jié)AE,求AE的最小值. (1)證明:如圖1中,
40、 ∵△OPD和△PQE是等邊三角形, ∴PO=PD,PQ=PE,∠OPD=∠QPE=60°, ∴∠OPQ=∠DPE, ∴△OPQ≌△DPE(SAS), ∴DE=OQ. (2)①∵△OPQ≌△DPE, ∴∠EDP=∠POQ=90°, ∵∠DOP=∠ODP=60° ∴∠FDO=∠FDO=30°, ∴∠EFC=∠FOC+∠FDO=60°. ②如圖2中,當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)C重合時(shí),以PQ為邊作正三角形PQM. ∵∠EFC=60°為定值, 點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)路徑為線段DM, 過點(diǎn)P作PH⊥EA,垂足為H, ∴當(dāng)AE⊥DE時(shí),AE的值最小 ∵∠PDE=∠DEH=∠PHE=90°
41、, ∴四邊形PDEH是矩形, ∴∠DPH=90°,EH=PD=2, ∴EH=DP=2, 在△PHA中,∠AHP=90°,∠HPA=30° ∴AH=PA=3, ∴AE=EH+AH=2+3=5. 15.我們把對(duì)角線互相垂直的四邊形叫做垂直四邊形. (1)如圖1,在四邊形ABCD中,AB=AD,CB=CD,問四邊形ABCD是垂直四邊形嗎?請(qǐng)說明理由; (2)如圖2,四邊形ABCD是垂直四邊形,求證:AD2+BC2=AB2+CD2; (3)如圖3,Rt△ABC中,∠ACB=90°,分別以AC、AB為邊向外作正方形ACFG和正方形ABDE,連接CE,BG,GE,已知AC=4,BC
42、=3,求GE長. (1)解:四邊形ABCD是垂直四邊形;理由如下: ∵AB=AD, ∴點(diǎn)A在線段BD的垂直平分線上, ∵CB=CD, ∴點(diǎn)C在線段BD的垂直平分線上, ∴直線AC是線段BD的垂直平分線, ∴AC⊥BD,即四邊形ABCD是垂直四邊形; (2)證明:設(shè)AC、BD交于點(diǎn)E,如圖2所示: ∵AC⊥BD, ∴∠AED=∠AEB=∠BEC=∠CED=90°, 由勾股定理得:AD2+BC2=AE2+DE2+BE2+CE2,AB2+CD2=AE2+BE2+DE2+CE2, ∴AD2+BC2=AB2+CD2; (3)解:連接CG、BE,如圖3所示: ∵正方形ACFG和
43、正方形ABDE, ∴AG=AC,AB=AE,CG=AC=4,BE=AB,∠CAG=∠BAE=90°, ∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC,即∠GAB=∠CAE, 在△GAB和△CAE中,, ∴△GAB≌△CAE(SAS), ∴∠ABG=∠AEC, 又∵∠AEC+∠CEB+∠ABE=90°, ∴∠ABG+∠CEB+∠ABE=90°,即CE⊥BG, ∴四邊形CGEB是垂直四邊形,由(2)得,CG2+BE2=BC2+GE2, ∵AC=4,BC=3, ∴AB===5,BE=AB=5, ∴GE2=CG2+BE2﹣BC2=(4)2+(5)2﹣32=73, ∴GE=.
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