2019版中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 四邊形訓(xùn)練 魯教版.doc
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2019版中考數(shù)學(xué)專題復(fù)習(xí) 四邊形訓(xùn)練 魯教版 1、如圖,△ABC中,AB=4,AC=3,AD、AE分別是其角平分線和中線,過點(diǎn)C作CG⊥AD于F,交AB于G,連接EF,則線段EF的長為( ?。? A. B. 1 C. D. 7 考點(diǎn): 三角形中位線定理;等腰三角形的判定與性質(zhì). 專題: 幾何圖形問題;壓軸題. 分析: 由等腰三角形的判定方法可知△AGC是等腰三角形,所以F為GC中點(diǎn),再由已知條件可得EF為△CBG的中位線,利用中位線的性質(zhì)即可求出線段EF的長. 解答: 解:∵AD是其角平分線,CG⊥AD于F, ∴△AGC是等腰三角形, ∴AG=AC=3,GF=CF, ∵AB=4,AC=3, ∴BG=1, ∵AE是中線, ∴BE=CE, ∴EF為△CBG的中位線, ∴EF=BG=, 故選:A. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)、三角形的中位線性質(zhì)定理:三角形的中位線平行于第三邊,并且等于第三邊的一半. 2、如圖,正方形ABCD和正方形CEFG中,點(diǎn)D在CG上,BC=1,CE=3,H是AF的中點(diǎn),那么CH的長是( ?。? A. 2.5 B. C. D. 2 考點(diǎn): 直角三角形斜邊上的中線;勾股定理;勾股定理的逆定理. 專題: 幾何圖形問題. 分析: 連接AC、CF,根據(jù)正方形性質(zhì)求出AC、CF,∠ACD=∠GCF=45,再求出∠ACF=90,然后利用勾股定理列式求出AF,再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半解答即可. 解答: 解:如圖,連接AC、CF, ∵正方形ABCD和正方形CEFG中,BC=1,CE=3, ∴AC=,CF=3, ∠ACD=∠GCF=45, ∴∠ACF=90, 由勾股定理得,AF===2, ∵H是AF的中點(diǎn), ∴CH=AF=2=. 故選:B. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半的性質(zhì),正方形的性質(zhì),勾股定理,熟記各性質(zhì)并作輔助線構(gòu)造出直角三角形是解題的關(guān)鍵. 3、如圖,∠ACB=90,D為AB的中點(diǎn),連接DC并延長到E,使CE=CD,過點(diǎn)B作BF∥DE,與AE的延長線交于點(diǎn)F.若AB=6,則BF的長為( ?。? A. 6 B. 7 C. 8 D. 10 考點(diǎn): 三角形中位線定理;直角三角形斜邊上的中線. 分析: 根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到CD=AB=3,則結(jié)合已知條件CE=CD可以求得ED=4.然后由三角形中位線定理可以求得BF=2ED=8. 解答: 解:如圖,∵∠ACB=90,D為AB的中點(diǎn),AB=6, ∴CD=AB=3. 又CE=CD, ∴CE=1, ∴ED=CE+CD=4. 又∵BF∥DE,點(diǎn)D是AB的中點(diǎn), ∴ED是△AFB的中位線, ∴BF=2ED=8. 故選:C. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了三角形中位線定理和直角三角形斜邊上的中線.根據(jù)已知條件求得ED的長度是解題的關(guān)鍵與難點(diǎn). 4、如圖,在四邊形ABCD中,∠A+∠D=α,∠ABC的平分線與∠BCD的平分線交于點(diǎn)P,則∠P=( ) A. 90﹣α B. 90+α C. D. 360﹣α 考點(diǎn): 多邊形內(nèi)角與外角;三角形內(nèi)角和定理. 專題: 幾何圖形問題. 分析: 先求出∠ABC+∠BCD的度數(shù),然后根據(jù)角平分線的性質(zhì)以及三角形的內(nèi)角和定理求解∠P的度數(shù). 解答: 解:∵四邊形ABCD中,∠ABC+∠BCD=360﹣(∠A+∠D)=360﹣α, ∵PB和PC分別為∠ABC、∠BCD的平分線, ∴∠PBC+∠PCB=(∠ABC+∠BCD)=(360﹣α)=180﹣α, 則∠P=180﹣(∠PBC+∠PCB)=180﹣(180﹣α)=α. 故選:C. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了多邊形的內(nèi)角和外角以及三角形的內(nèi)角和定理,屬于基礎(chǔ)題. 5、如圖,將n個(gè)邊長都為2的正方形按如圖所示擺放,點(diǎn)A1,A2,…An分別是正方形的中心,則這n個(gè)正方形重疊部分的面積之和是( ?。? A. n B. n﹣1 C. ()n﹣1 D. n 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì). 專題: 規(guī)律型. 分析: 根據(jù)題意可得,陰影部分的面積是正方形的面積的,已知兩個(gè)正方形可得到一個(gè)陰影部分,則n個(gè)這樣的正方形重疊部分即為(n﹣1)個(gè)陰影部分的和. 解答: 解:由題意可得一個(gè)陰影部分面積等于正方形面積的,即是4=1, 5個(gè)這樣的正方形重疊部分(陰影部分)的面積和為:14, n個(gè)這樣的正方形重疊部分(陰影部分)的面積和為:1(n﹣1)=n﹣1. 故選:B. 點(diǎn)評(píng): 此題考查了正方形的性質(zhì),解決本題的關(guān)鍵是得到n個(gè)這樣的正方形重疊部分(陰影部分)的面積和的計(jì)算方法,難點(diǎn)是求得一個(gè)陰影部分的面積. 6、在正方形ABCD中,點(diǎn)E為BC邊的中點(diǎn),點(diǎn)B′與點(diǎn)B關(guān)于AE對(duì)稱,B′B與AE交于點(diǎn)F,連接AB′,DB′,F(xiàn)C.下列結(jié)論:①AB′=AD;②△FCB′為等腰直角三角形;③∠ADB′=75;④∠CB′D=135.其中正確的是( ?。? A. ①② B. ①②④ C. ③④ D. ①②③④ 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);軸對(duì)稱的性質(zhì). 專題: 幾何綜合題;壓軸題. 分析: ①根據(jù)軸對(duì)稱圖形的性質(zhì),可知△ABF與△AB′F關(guān)于AE對(duì)稱,即得AB′=AD; ②連接EB′,根據(jù)E為BC的中點(diǎn)和線段垂直平分線的性質(zhì),求出∠BB′C為直角三角形; ③假設(shè)∠ADB′=75成立,則可計(jì)算出∠AB′B=60,推知△ABB′為等邊三角形,B′B=AB=BC,與B′B<BC矛盾; ④根據(jù)∠ABB′=∠AB′B,∠AB′D=∠ADB′,結(jié)合周角定義,求出∠DB′C的度數(shù). 解答: 解:①∵點(diǎn)B′與點(diǎn)B關(guān)于AE對(duì)稱, ∴△ABF與△AB′F關(guān)于AE對(duì)稱, ∴AB=AB′, ∵AB=AD, ∴AB′=AD.故①正確; ②如圖,連接EB′. 則BE=B′E=EC, ∠FBE=∠FB′E, ∠EB′C=∠ECB′. 則∠FB′E+∠EB′C=∠FBE+∠ECB′=90, 即△BB′C為直角三角形. ∵FE為△BCB′的中位線, ∴B′C=2FE, ∵△B′EF∽△AB′F, ∴=, 即==, 故FB′=2FE. ∴B′C=FB′. ∴△FCB′為等腰直角三角形. 故②正確. ④設(shè)∠ABB′=∠AB′B=x度, ∠AB′D=∠ADB′=y度, 則在四邊形ABB′D中,2x+2y+90=360, 即x+y=135度. 又∵∠FB′C=90, ∴∠DB′C=360﹣135﹣90=135. 故④正確. ③假設(shè)∠ADB′=75成立, 則∠AB′D=75, ∠ABB′=∠AB′B=360﹣135﹣75﹣90=60, ∴△ABB′為等邊三角形, 故B′B=AB=BC,與B′B<BC矛盾, 故③錯(cuò)誤. 故選:B. 點(diǎn)評(píng): 此題考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì),等邊三角形的性質(zhì)及反證法等知識(shí),綜合性很強(qiáng),值得關(guān)注. 7、在正方形ABCD中,P為AB的中點(diǎn),BE⊥PD的延長線于點(diǎn)E,連接AE、BE、FA⊥AE交DP于點(diǎn)F,連接BF,F(xiàn)C.下列結(jié)論:①△ABE≌△ADF; ②FB=AB;③CF⊥DP;④FC=EF 其中正確的是( ?。? A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③ D. ①②③④ 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);三角形內(nèi)角和定理;全等三角形的判定與性質(zhì);直角三角形斜邊上的中線;等腰直角三角形. 專題: 壓軸題. 分析: 根據(jù)已知和正方形的性質(zhì)推出∠EAB=∠DAF,∠EBA=∠ADP,AB=AD,證△ABE≌△ADF即可;取EF的中點(diǎn)M,連接AM,推出AM=MF=EM=DF,證∠AMB=∠AMB,BM=BM,AM=MF,推出△ABM≌△FBM即可;求出∠FDC=∠EBF,推出△BEF≌△DFC即可. 解答: 解:∵正方形ABCD,BE⊥ED,EA⊥FA, ∴AB=AD=CD=BC,∠BAD=∠EAF=∠90=∠BEF, ∵∠APD=∠EPB, ∴∠EAB=∠DAF,∠EBA=∠ADP, ∵AB=AD, ∴△ABE≌△ADF,∴①正確; ∴AE=AF,BE=DF, ∴∠AEF=∠AFE=45, 取EF的中點(diǎn)M,連接AM, ∴AM⊥EF,AM=EM=FM, ∴BE∥AM, ∵AP=BP, ∴AM=BE=DF, ∴∠EMB=∠EBM=45, ∴∠AMB=90+45=135=∠AMB, ∵BM=BM,AM=MF, ∴△ABM≌△FBM, ∴AB=BF,∴②正確; ∴∠BAM=∠BFM, ∵∠BEF=90,AM⊥EF, ∴∠BAM+∠APM=90,∠EBF+∠EFB=90, ∴∠APF=∠EBF, ∵AB∥CD, ∴∠APD=∠FDC, ∴∠EBF=∠FDC, ∵BE=DF,BF=CD, ∴△BEF≌△DFC, ∴CF=EF,∠DFC=∠FEB=90, ∴③正確;④正確; 故選D. 點(diǎn)評(píng): 本題主要考查對(duì)正方形的性質(zhì),等腰直角三角形,直角三角形斜邊上的中線性質(zhì),全等三角形的性質(zhì)和判定,三角形的內(nèi)角和定理等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握,綜合運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是解此題的關(guān)鍵. 8、在平面直角坐標(biāo)系中,菱形OABC的OC邊落在x軸上,∠AOC=60,OA=.若菱形OABC內(nèi)部(邊界及頂點(diǎn)除外)的一格點(diǎn)P(x,y)滿足:x2﹣y2=90x﹣90y,就稱格點(diǎn)P為“好點(diǎn)”,則菱形OABC內(nèi)部“好點(diǎn)”的個(gè)數(shù)為( ?。? (注:所謂“格點(diǎn)”,是指在平面直角坐標(biāo)系中橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn).) A. 145 B. 146 C. 147 D. 148 考點(diǎn): 菱形的性質(zhì);坐標(biāo)與圖形性質(zhì);含30度角的直角三角形;勾股定理. 專題: 計(jì)算題;壓軸題. 分析: 過A作AQ⊥OC于Q,過B作BH⊥X軸于H,求出OQ、AQ,根據(jù)x2﹣y2=90x﹣90y,求出x=y,x+y=90,求出BH=90 OA:y′=x(1)y=x時(shí),有90﹣1=89個(gè)點(diǎn)符合(2)y=﹣x+90時(shí),令y=y則x=45(﹣1),y=﹣x+90時(shí)有90﹣32﹣1=57個(gè)點(diǎn)符合,有57+89﹣1=145個(gè)點(diǎn)符合,即可得到答案. 解答: 解:過A作AQ⊥OC于Q,過B作BH⊥X軸于H, ∵∠A0C=60,OA=60, ∴∠OAQ=30, ∴OQ=30, 由勾股定理得:AQ=90, ∵x2﹣y2=90x﹣90y, ∴(x﹣y)(x+y﹣90)=0, ∴x=y,x+y=90, BH=90 OA:y′=x (1)y=x時(shí),令y=90 則x=90, 作直線y=x的圖象,交AB于D, ∵AQ=90, ∴D(90,90), ∵邊界及頂點(diǎn)除外 ∴y=x時(shí)有90﹣1=89個(gè)點(diǎn)符合(D點(diǎn)除外), (2)y=﹣x+90時(shí), ∵直線OA的解析式為y′=x, ∴令y=y′則x=45(﹣1) ∵≈1.732 ∴x≈32.9(取x=33), 則直線OA于直線y=﹣x+90的交點(diǎn)是(45﹣45,135﹣45), 再令y=0 則x=90, ∵邊界及頂點(diǎn)除外, ∴y=﹣x+90時(shí)有90﹣32﹣1=57個(gè)點(diǎn)符合, ∴有57+89﹣1=145個(gè)點(diǎn)符合, 故選:A. 點(diǎn)評(píng): 本題主要考查對(duì)菱形的性質(zhì),勾股定理,含30度得直角三角形的性質(zhì),坐標(biāo)與圖形性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握,能根據(jù)已知條件找出規(guī)律是解此題的關(guān)鍵. 9、如圖,正方形ABCD的邊長為2,E為線段AB上一點(diǎn),點(diǎn)M為邊AD的中點(diǎn),EM的延長線與CD的延長線交于點(diǎn)F,MG⊥EF,交CD于N,交BC的延長線于G,點(diǎn)P是MG的中點(diǎn).連接EG、FG.下列結(jié)論:①當(dāng)點(diǎn)E為邊AB的中點(diǎn)時(shí),S△EFG=5;②MG=EF;③當(dāng)AE=時(shí),F(xiàn)G=;④若點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B,則此過程中點(diǎn)P移動(dòng)的距離為2.其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)為( ?。? A. 1個(gè) B. 2個(gè) C. 3個(gè) D. 4個(gè) 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);等腰三角形的判定與性質(zhì);勾股定理. 專題: 壓軸題. 分析: 當(dāng)E點(diǎn)是AB的中點(diǎn)時(shí),由條件可知AM=AE=1,由勾股定理求出EM=,通過證明△AME≌△DMF,可以得出EM=FM=,EF=2.過M作MQ⊥BC于Q(如圖),可以得出Rt△AME∽R(shí)t△QMG,可以求出MG=2,最后由三角形的面積公式求出即可判斷①. 作EW⊥CD于W,MQ⊥BC于Q易證△EFW和△MGQ,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出EF=MG,即可判斷②; 求出EM=2,求出FM,得出MG=EF=4,在△FMG中根據(jù)勾股定理求出FG,即可判斷③; 當(dāng)E在A點(diǎn)時(shí),P為正方形中心當(dāng)E運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),P運(yùn)動(dòng)到P,證Rt△MPP∽R(shí)t△EMG推出PP=2MP=2,即可判斷④. 解答: 解: 過M作MQ⊥BC于Q, ∵四邊形ABCD是正方形, ∴AB=2,∠A=∠B=90, ∴∠A=∠B=∠BQM=90, ∴四邊形ABQM數(shù)矩形, ∴MQ=AB=2, ∵E、M分別為AB、AD中點(diǎn), ∴AE=AM=1,AM=MD, 由勾股定理得:EM==, ∵四邊形ABCD是正方形, ∴∠A=∠ADF=90,AB∥CD, ∴∠AEM=∠DFM, ∵在△AEM和△DFM中 , ∴△AEM≌△DFM(AAS), ∴EM=MF=, ∴EF=2, ∵四邊形ABQM是矩形, ∴∠AMQ=90, ∵∠EMG=90, ∴∠AME+∠EMQ=90,∠EMQ+∠QMG=90, ∴∠AME=∠QMG, ∵在△AME和△QGM中,∠A=∠MQG=90,∠AME=∠QMG, ∴△AME∽△QMG, ∴==, ∴MQ=QG=2, 在Rt△MQG中,由勾股定理得:MG=2, ∴S△EFG=EFMG=22=4,∴①錯(cuò)誤; 過E作EW⊥CD于W, ∵M(jìn)Q⊥BC,四邊形ABCD是正方形, ∴EW=AD=MQ=AB,∠MHE=90, ∵∠EMG=90, ∴∠MEG+∠EMH=90,∠EMH+∠GMH=90, ∴∠MEH=∠QMG, ∵在△FEW和△GMQ中 , ∴△FEW≌△GMQ(ASA), ∴EF=MG,∴②正確; ∵∠A=90,AM=1,AE=, ∴由勾股定理得:EM=2=FM, ∴MG=EF=2+2=4, 在Rt△FMG中,由勾股定理得:FG==2√5,∴③正確; 當(dāng)E在A點(diǎn)時(shí),P為正方形中心 當(dāng)E運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí),P運(yùn)動(dòng)到P, ∵△ABM∽△MGB(已證), ==, ∵P為MQ的中點(diǎn),P′為MG中點(diǎn), ∴PP′∥BC, ∴∠MPP′=∠MQG=90=∠BMG,∠MP′P=∠MGB, ∴△MPP∽△BMG, ∴==, ∴PP=2MP=2,∴④正確; 即正確的有3個(gè). 故選C. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了正方形性質(zhì),勾股定理,全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn),主要考查學(xué)生的推理能力和計(jì)算能力,題目綜合性比較強(qiáng),難度偏大,對(duì)學(xué)生提出了較高的要求. 10、如圖,已知E、F分別為正方形ABCD的邊AB,BC的中點(diǎn),AF與DE交于點(diǎn)M,O為BD的中點(diǎn),則下列結(jié)論:①∠AME=90;②∠BAF=∠EDB;③∠BMO=90;④MD=2AM=4EM;⑤AM=MF.其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是( ?。? A. 5個(gè) B. 4個(gè) C. 3個(gè) D. 2個(gè) 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì). 專題: 壓軸題. 分析: 根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=BC=AD,∠ABC=∠BAD=90,再根據(jù)中點(diǎn)定義求出AE=BF,然后利用“邊角邊”證明△ABF和△DAE全等,根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠BAF=∠ADE,然后求出∠ADE+∠DAF=∠BAD=90,從而求出∠AMD=90,再根據(jù)鄰補(bǔ)角的定義可得∠AME=90,從而判斷①正確;根據(jù)中線的定義判斷出∠ADE≠∠EDB,然后求出∠BAF≠∠EDB,判斷出②錯(cuò)誤;根據(jù)直角三角形的性質(zhì)判斷出△AED、△MAD、△MEA三個(gè)三角形相似,利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例可得===2,然后求出MD=2AM=4EM,判斷出④正確,設(shè)正方形ABCD的邊長為2a,利用勾股定理列式求出AF,再根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例求出AM,然后求出MF,消掉a即可得到AM=MF,判斷出⑤正確;過點(diǎn)M作MN⊥AB于N,求出MN、NB,然后利用勾股定理列式求出BM,過點(diǎn)M作GH∥AB,過點(diǎn)O作OK⊥GH于K,然后求出OK、MK,再利用勾股定理列式求出MO,根據(jù)正方形的性質(zhì)求出BO,然后利用勾股定理逆定理判斷出∠BMO=90,從而判斷出③正確. 解答: 解:在正方形ABCD中,AB=BC=AD,∠ABC=∠BAD=90, ∵E、F分別為邊AB,BC的中點(diǎn), ∴AE=BF=BC, 在△ABF和△DAE中, , ∴△ABF≌△DAE(SAS), ∴∠BAF=∠ADE, ∵∠BAF+∠DAF=∠BAD=90, ∴∠ADE+∠DAF=∠BAD=90, ∴∠AMD=180﹣(∠ADE+∠DAF)=180﹣90=90, ∴∠AME=180﹣∠AMD=180﹣90=90,故①正確; ∵DE是△ABD的中線, ∴∠ADE≠∠EDB, ∴∠BAF≠∠EDB,故②錯(cuò)誤; ∵∠BAD=90,AM⊥DE, ∴△AED∽△MAD∽△MEA, ∴===2, ∴AM=2EM,MD=2AM, ∴MD=2AM=4EM,故④正確; 設(shè)正方形ABCD的邊長為2a,則BF=a, 在Rt△ABF中,AF===a, ∵∠BAF=∠MAE,∠ABC=∠AME=90, ∴△AME∽△ABF, ∴=, 即=, 解得AM=a, ∴MF=AF﹣AM=a﹣a=a, ∴AM=MF,故⑤正確; 如圖,過點(diǎn)M作MN⊥AB于N, 則==, 即==, 解得MN=a,AN=a, ∴NB=AB﹣AN=2a﹣a=a, 根據(jù)勾股定理,BM===a, 過點(diǎn)M作GH∥AB,過點(diǎn)O作OK⊥GH于K, 則OK=a﹣a=a,MK=a﹣a=a, 在Rt△MKO中,MO===a, 根據(jù)正方形的性質(zhì),BO=2a=a, ∵BM2+MO2=(a)2+(a)2=2a2, BO2=(a)2=2a2, ∴BM2+MO2=BO2, ∴△BMO是直角三角形,∠BMO=90,故③正確; 綜上所述,正確的結(jié)論有①③④⑤共4個(gè). 故選B. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì),勾股定理的應(yīng)用,勾股定理逆定理的應(yīng)用,綜合性較強(qiáng),難度較大,仔細(xì)分析圖形并作出輔助線構(gòu)造出直角三角形與相似三角形是解題的關(guān)鍵. 11、在平行四邊形ABCD中,對(duì)角線BD⊥BC,G為BD延長線上一點(diǎn)且△ABG為等邊三角形,∠BAD、∠CBD的平分線相交于點(diǎn)E,連接AE交BD于F,連接GE.若平行四邊形ABCD的面積為,求AG的長. 考點(diǎn): 平行四邊形的性質(zhì);等邊三角形的性質(zhì);含30度角的直角三角形. 專題: 壓軸題. 分析: 根據(jù)等邊三角形得出AB=AG=BG,∠ABG=∠GAB=∠AGB=60,求出AD⊥BC,根據(jù)等腰三角形性質(zhì)求出∠DAB=30,求出BD=AB,AD=AB,根據(jù)平行四邊形面積公式求出AB,即可求出答案. 解答: 解:∵△BGA是等邊三角形, ∴AB=AG=BG,∠ABG=∠GAB=∠AGB=60, 在平行四邊形ABCD中,AD∥BC, ∵BD⊥BC, ∴∠ADB=∠DBC=90, ∴∠DAB=∠GAB=30, ∴在Rt△ADB中,BD=AB,AD=AB, ∵S平行四邊形ABCD=ADBD=AB2=9, ∴AB=6, 即AG=6. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了平行四邊形性質(zhì),勾股定理,含30度角的直角三角形,等腰三角形性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn),注意:等邊三角形的三邊相等,且每個(gè)角都等于60,30度所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半. 12、如圖,在□ABCD中,過點(diǎn)C作CE⊥CD交AD于點(diǎn)E,將線段EC繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90得到線段EF,點(diǎn)P為直線CD上一點(diǎn)(不與點(diǎn)C重合). (1)在圖1中畫圖探究: 當(dāng)點(diǎn)P在CD延長線上時(shí),連結(jié)EP并把EP繞點(diǎn)E逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90得到線段EQ.作直線QF交直線CD于H,求證:QF⊥CD. (2)探究:結(jié)合(1)中的畫圖步驟,分析線段QH、PH與CE之間是否存在一種特定的數(shù)量關(guān)系?請(qǐng)?jiān)谙旅娴目崭裰袑懗瞿愕慕Y(jié)論;若存在,直接填寫這個(gè)關(guān)系式. ①當(dāng)點(diǎn)P在CD延長線上且位于H點(diǎn)右邊時(shí), QH﹣PH=2CE??; ②當(dāng)點(diǎn)P在邊CD上時(shí), QH+PH=2CE?。? (3)若AD=2AB=6,AE=1,連接DF,過P、F兩點(diǎn)作⊙M,使⊙M同時(shí)與直線CD、DF相切,求⊙M的半徑是多少? 考點(diǎn): 平行四邊形的性質(zhì);勾股定理;旋轉(zhuǎn)的性質(zhì). 專題: 壓軸題. 分析: (1)根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得PE=QE,EF=ED,然后根據(jù)同角的余角相等求出∠PEC=∠QEF,再利用“邊角邊”證明△PEC和△QEF全等,根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠QFE=∠PCE,再求出EF∥CD,然后根據(jù)兩直線平行,同位角相等求出∠QHC=90,從而得證; (2)根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得QF=PC,再證明得到四邊形EFHC是正方形,然后根據(jù)正方形的性質(zhì)可得CH=FH=CE,然后分點(diǎn)P在CD延長線上和邊CD上兩種情況饒了求解; (3)求出DE的長,再利用勾股定理列式求出EC,然后求出DH,再次利用勾股定理列式求出FD,過點(diǎn)M作MN⊥FH于N,可得四邊形PMNH是矩形,設(shè)⊙M的半徑是r,然后分①點(diǎn)P在點(diǎn)D的右邊時(shí),在Rt△MNF中,表示出FN、MN,利用勾股定理列出方程求解即可;②點(diǎn)P在點(diǎn)D的左邊時(shí),在Rt△MNF中,表示出FN、MN,利用勾股定理列出方程求解即可. 解答: 解:(1)由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得,PE=QE,EF=ED, ∵∠QEF+∠FEP=∠PEQ=90, ∠PEC+∠FEP=∠CEF=90, ∴∠PEC=∠QEF, 在△PEC和△QEF中, , ∴△PEC≌△QEF(SAS), ∴∠QFE=∠PCE=90, ∵∠FEC+∠PCE=90+90=180, ∴EF∥CD, ∴∠QHC=∠QFE=90, ∴QF⊥CD; (2)∵△PEC≌△QEF, ∴QF=PC, ∵∠PCE=∠CEF=∠QHC=90,CE=EF, ∴四邊形EFHC是正方形, ∴CH=FH=CE, ①如圖1,當(dāng)點(diǎn)P在CD延長線上且位于H點(diǎn)右邊時(shí),QH=QF+FH=PC+FH=PH+CH+FH=PH+2CE, ∴QH﹣PH=2CE; ②如圖2,當(dāng)點(diǎn)P在邊CD上時(shí),QH=QF+FH=PC+FH=CH﹣PH+FH=2CE﹣PH, ∴QF+PH=2CE; (3)∵AD=6,AE=1, ∴DE=5, 在Rt△CDE中,CE===4, ∴DH=CH﹣CD=CE﹣CD=4﹣3=1, 在Rt△DFH中,F(xiàn)D===, 如圖,過點(diǎn)M作MN⊥FH于N, 則四邊形PMNH是矩形, ∵⊙M同時(shí)與直線CD、DF相切, ∴DP=FD=, 設(shè)⊙M的半徑是r, ①點(diǎn)P在點(diǎn)D的右邊時(shí),在Rt△MNF中,F(xiàn)N=4﹣r,MN=﹣1, 由勾股定理得,F(xiàn)N2+MN2=MF2, 即(4﹣r)2+(﹣1)2=r2, 解得r=, ②點(diǎn)P在點(diǎn)D的左邊時(shí),在Rt△MNF中,F(xiàn)N=r﹣4,MN=+1, 由勾股定理得,F(xiàn)N2+MN2=MF2, 即(r﹣4)2+(+1)2=r2, 解得r=, 綜上所述,⊙M的半徑是或. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了平行四邊形的性質(zhì),勾股定理的應(yīng)用,旋轉(zhuǎn)的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),切線長定理,(3)難點(diǎn)在于作輔助線構(gòu)造出全等三角形和矩形. 13、如圖,在等腰梯形中,AC∥OB,OA=BC.以O(shè)為原點(diǎn),OB所在直線為x軸建立直角坐標(biāo)系xOy,已知A(2,2),B(8,0). (1)直接寫出點(diǎn)C的坐標(biāo); (2)設(shè)D為OB的中點(diǎn),以D為圓心,OB長為直徑作⊙D,試判斷點(diǎn)A與⊙D的位置關(guān)系; (3)在第一象限內(nèi)確定點(diǎn)M,使△MOB與△AOB相似,求出所有符合條件的點(diǎn)M的坐標(biāo). 考點(diǎn): 等腰梯形的性質(zhì);勾股定理;點(diǎn)與圓的位置關(guān)系;相似三角形的判定與性質(zhì). 專題: 幾何綜合題;壓軸題;分類討論. 分析: (1)已知四邊形OACB是等腰梯形,則根據(jù)A,B的坐標(biāo)及等腰梯形的性質(zhì)即可求得點(diǎn)C的坐標(biāo). (2)連接AD,根據(jù)已知可推出四邊形ABCD是平行四邊形,過A作AE⊥OB于E,根據(jù)勾股定理即可注得AO的長,從而可判定點(diǎn)A在⊙D上. (3)點(diǎn)A在⊙D上,OB為直徑,則可知△OAB是直角三角形,從而分情況進(jìn)行分析即可. 解答: 解:(1)C(6,); (2)連接AD. ∵AC∥OB,即AC∥BD. ∵D是圓心 ∴DB=OB=4=AC ∴ACBD是平行四邊形 ∴AD=CB=AO 過A作AE⊥OB于E 在直角三角形AEO中,由勾股定理可求得AO=4 ∴AD=AO=4=OB ∴點(diǎn)A在⊙D上; (3)∵點(diǎn)A在⊙D上,OB為直徑 ∴∠OAB=90 即△OAB是直角三角形 故符合題意的點(diǎn)M有以下3種情況: ①當(dāng)△OM1B與△BAO相似時(shí)(如圖),則有 ∴M1B=AO ∵CB=AO ∴M1B=CB ∴點(diǎn)M1與點(diǎn)C重合 ∴此時(shí)點(diǎn)M1的坐標(biāo)為(6,2); ②當(dāng)△OM2B與△OBA相似時(shí),即過B點(diǎn)作OB的垂線交OA的延長線于M2(如圖), 則有. 在直角三角形△OAB中,由勾股定理可求得AB=4. ∴M2B=8. ∴此時(shí)點(diǎn)M2的坐標(biāo)為(8,8). ③當(dāng)△OM3B與△BOA相似時(shí),即過B點(diǎn)作OB的垂線交OC的延長線于M3(如圖), 則有. ∴M3B=. ∴此時(shí)點(diǎn)M3的坐標(biāo)為(8,). 點(diǎn)評(píng): 此題主要考查學(xué)生對(duì)等腰梯形的性質(zhì),點(diǎn)與圓的位置關(guān)系及相似三角形的判定方法等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用能力. 14、在平面直角坐標(biāo)系中,已知等腰梯形ABCD的三個(gè)頂點(diǎn)A(﹣2,0),B(6,0),C(4,6),對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)E. (1)求E的坐標(biāo); (2)若M是x軸上一動(dòng)點(diǎn),求MC+MD的最小值; (3)在y軸正半軸上求點(diǎn)P,使以P、B、C為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形. 考點(diǎn): 等腰梯形的性質(zhì);坐標(biāo)與圖形性質(zhì);等腰三角形的判定;軸對(duì)稱-最短路線問題. 專題: 代數(shù)幾何綜合題;壓軸題. 分析: (1)作EF⊥AB,根據(jù)已知,可得出OD=6,F(xiàn)B=4,OF=2,然后,根據(jù)相似,即可求出EF的長,即可得出點(diǎn)E的坐標(biāo); (2)作點(diǎn)D關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)D′,則D′的坐標(biāo)為(0,﹣6),根據(jù)兩點(diǎn)間的距離公式,算出即可; (3)設(shè)點(diǎn)P(0,y),y>0,分三種情況,①PC=BC;②PB=BC;③PB=PC;解答出即可; 解答: 解:(1)作EF⊥AB, ∴=, ∵梯形ABCD是等腰梯形, ∴AE=BE, ∴在等腰三角形ABE中,AF=BF, ∵A(﹣2,0),B(6,0),C(4,6), ∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0,6), ∴OD=6,F(xiàn)B=4,OF=2, ∴=, ∴EF=4, ∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(2,4); (2)由題意可得, 點(diǎn)D關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)D′的坐標(biāo)為(0,﹣6), CD′與x軸的交點(diǎn)為M, ∴此時(shí),MC+MD=CD′為最小值, ∴CD′==4; (3)設(shè)點(diǎn)P(0,y),y>0, 分三種情況,①PC=BC; ∴42+(6﹣y)2=22+62, 解得,y=6; ②PB=BC; ∴62+y2=22+62, 解得,y=2,y=﹣2(舍去); ③PB=PC; ∴62+y2=42+(6﹣y)2, 解得,y=; 綜上,點(diǎn)P的坐標(biāo)為:(0,6+),(0,6﹣),(0,2),(0,). 點(diǎn)評(píng): 本題主要考查了等腰梯形、等腰三角形、最短路線問題及坐標(biāo)與圖形的關(guān)系,鍛煉了學(xué)生對(duì)于知識(shí)的綜合運(yùn)用能力和良好的空間想象能力. 15、如圖,等腰梯形ABCD中,AB∥CD,AB=4,CD=12,∠C=60,動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)沿C→D方向向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng),動(dòng)點(diǎn)Q同時(shí)以相同速度從點(diǎn)D出發(fā)沿D→A→B方向向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng). (1)求AD的長; (2)探究:在BC邊上是否存在點(diǎn)M使得四邊形PDQM是菱形?若存在,請(qǐng)找出點(diǎn)M;不存在,請(qǐng)說明理由; (3)在整過運(yùn)動(dòng)過程中,求:線段PQ的中點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)的路程. 考點(diǎn): 等腰梯形的性質(zhì);菱形的性質(zhì). 專題: 壓軸題. 分析: (1)首先過點(diǎn)A作AE∥BC交CD于E,易證得四邊形ABCE是平行四邊形,即可求得DE的長,繼而可得△AED是等邊三角形,則可求得AD的長; (2)若存在滿足條件的點(diǎn)M,則PD必須等于DQ,即可求得△PDQ恰為等邊三角形.過點(diǎn)D作DO⊥PQ于點(diǎn)O,延長DO交BC于點(diǎn)M,連接PM、QM,則DM垂直平分PQ,繼而可得MC⊥DM,則可求得BM的長; (3)分析可得PQ的中點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)的軌跡分為兩部分;當(dāng)Q在AD上時(shí),PQ的中點(diǎn)O關(guān)于AF對(duì)稱的一條線段,長度是相同的.起點(diǎn)是CD的中點(diǎn)、終點(diǎn)是AF的中點(diǎn);當(dāng)Q在AB上時(shí),PQ的中點(diǎn)O始終不動(dòng),則可求得線段PQ的中點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)的路程. 解答: 解:(1)過點(diǎn)A作AE∥BC交CD于E, ∵AB∥CD, ∴四邊形ABCE是平行四邊形, ∴AE=BC,CE=AB=4, ∴DE=CD﹣CE=12﹣4=8, ∵AD=BC, ∴AE=BC, ∵∠C=60, ∴∠D=∠C=60, ∴△AED是等邊三角形, ∴AD=DE=8; (2)存在滿足條件的點(diǎn)M,則PD必須等于DQ. 設(shè)動(dòng)點(diǎn)P與Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t, 于是12﹣t=t,t=6. 此時(shí),點(diǎn)P、Q的位置如圖2所示,△PDQ恰為等邊三角形. 過點(diǎn)D作DO⊥PQ于點(diǎn)O,延長DO交BC于點(diǎn)M,連接PM、QM,則DM垂直平分PQ, ∴MP=MQ. 易知∠1=∠C. ∴PQ∥BC. 又∵DO⊥PQ, ∴MC⊥MD ∴MP=CD=PD,即MP=PD=DQ=QM, ∴四邊形PDQM是菱形, ∴存在滿足條件的點(diǎn)M,且BM=BC﹣MC=8﹣6=2; (3)PQ的中點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)的軌跡分為兩部分; 當(dāng)Q在AD上時(shí),PQ的中點(diǎn)O關(guān)于AF對(duì)稱的一條線段,長度是相同的.起點(diǎn)是CD的中點(diǎn)、終點(diǎn)是AF的中點(diǎn); 當(dāng)Q在AB上時(shí),PQ的中點(diǎn)O始終不動(dòng),此段Q中點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的距離為0. ∴線段PQ的中點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)的路程為:4. 點(diǎn)評(píng): 此題考查了等腰梯形的性質(zhì),平行四邊形的判定與性質(zhì),菱形的判定與性質(zhì),等邊三角形的判定與性質(zhì),以及直角三角形的性質(zhì)等知識(shí).此題綜合性很強(qiáng),難度較大,解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合,方程思想與分類討論思想的應(yīng)用,注意輔助線的作法. 16、如圖,正方形ABCD中,M為BC上除點(diǎn)B、C外的任意一點(diǎn),△AMN是等腰直角三角形,斜邊AN與CD交于點(diǎn)F,延長AN與BC的延長線交于點(diǎn)E,連接MF、CN. (1)求證:BM+DF=MF; (2)求∠NCE的度數(shù). 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);全等三角形的判定與性質(zhì);等腰直角三角形. 專題: 證明題;壓軸題. 分析: (1)截長補(bǔ)短類型題目,延長CD至G使DG=BM,證明△ADG≌△ABM,將BM+DF轉(zhuǎn)化到一條線段GF上,再證明MF=GF; (2)過點(diǎn)N作NH⊥EB,證△MHN≌△ABM,再根據(jù)線段間的關(guān)系得到NH=HC,從而得到△CHN是等腰直角三角形,再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠NCE=45. 解答: (1)證明:延長CD至G使DG=BM, 在△ADG和△ABM中, , ∴△ADG≌△ABM(SAS), ∴AG=AM, 又∵△AMN為等腰直角三角形, ∴∠MAN=45, ∴∠FAD+∠MAB=45, ∵∠DAG=∠BAM, ∴∠GAF=∠FAD+∠DAG=45, ∴∠GAF=∠MAN, 在在△AFG和△AFM中, , ∴△AFG≌△AFM(SAS), ∴MF=GF, 又∵GF=GD+DF,GD=BM, ∴BM+DF=MF; (2)解:過點(diǎn)N作NH⊥EB于點(diǎn)H, ∠AMB=180﹣∠AMN﹣∠NMH=90﹣∠NMH=∠MNH, 在△ABM≌△MHN中, , ∴△ABM≌△MHN(AAS), ∴AB=MH,BM=NH, ∵CH=MH﹣MC=AB﹣MC=BC﹣MC=BM=NH, ∴△CHN是等腰直角三角形, ∴∠NCE=∠NCG=45. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了正方形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),熟記性質(zhì)并作輔助線構(gòu)造出全等三角形,然后確定出三角形全等的條件是解題的關(guān)鍵,也是本題的難點(diǎn). 17、如圖,在等腰梯形ABCE中,BC∥AE且AB=BC,以點(diǎn)E為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系,若將梯形ABCD沿AC折疊,使點(diǎn)B恰好落在x軸上點(diǎn)D位置,過C、D兩點(diǎn)的直線與y軸交于點(diǎn)F. (1)試判斷四邊形ABCD是怎樣的特殊四邊形,并說明你的理由; (2)如果∠BAE=60,AB=2cm,那么在y軸上是否存在一點(diǎn)P,使以P、D、F為頂點(diǎn)的三角形構(gòu)成等腰三角形,若存在,請(qǐng)求出所有可能的P點(diǎn)坐標(biāo),若不存在,請(qǐng)說明理由; (3)在(2)的條件下,若將△EDF沿x軸正方向以1cm/s的速度平移到點(diǎn)E與點(diǎn)A重合時(shí)為止,設(shè)△EDF在平移過程中與△ECA重合部分的面積為S,平移的時(shí)間為x秒,試求出S與x之間的函數(shù)關(guān)系式及自變量范圍,并求出何時(shí)S有最大值,最大值是多少? 考點(diǎn): 梯形;等腰三角形的性質(zhì);菱形的判定;翻折變換(折疊問題);平移的性質(zhì). 專題: 壓軸題;開放型;操作型. 分析: (1)由已知易得AB=BC=DA=AB,所以四邊形ABCD為菱形. (2)若△PDF等腰三角形DF可能為腰,分別討論找出相關(guān)系并求出坐標(biāo)進(jìn)行判斷. (3)由(2)可得,AE=DE+AD=4cm,則DE=2,AD=2,設(shè)△DEF平移到△D′E′F′,則EE′=x,E′M=x,AD=AE﹣D′E′﹣EE=4﹣2﹣x=2﹣x,可得S△EME′=x2,S△AD′N=(2﹣x)2,則S=S△ADE﹣S△EME′﹣S△AD′N,代入整理可得S與x的解析式,根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求得最大值即可. 解答: 解:(1)四邊形ABCD為菱形. 理由如下:因?yàn)辄c(diǎn)B和點(diǎn)D關(guān)于直線AC對(duì)稱所以AB=AD,BC=DC.由AB=BC得AB=BC=DA=AB,所以四邊形ABCD為菱形. (2)因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形,所以DF∥AB,所以∠CDE=∠CED=60,所以△CDE為等邊三角形,所以DE=CD=AB=2cm.在Rt△DEF中,DF=DEcos60=2cos60=4cm. ①如果以F為頂點(diǎn),即FP=FD時(shí),P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,4+2),(0,2﹣4); ②如果以P為頂點(diǎn),即PF=PD時(shí),P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,); ③如果以D為頂點(diǎn),即DF=DP時(shí),P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,﹣2). 綜上所述,P點(diǎn)坐標(biāo)為(0,4+2),(0,2﹣4),(0,),(0,﹣2). (3) 由(2)可得,AE=DE+AD=4cm,則DE=2,AD=2 ①設(shè)△DEF平移到△D′E′F′,則EE′=x,E′A=4﹣x,AD=AE′﹣E′D′=4﹣x﹣2=2﹣x, 可得S△A′ME′=(4﹣x)2,S△AD′N=(2﹣x)2, 則S=S△A′ME′﹣S△AD′N=(4﹣x)2﹣(2﹣x)2(0≤x≤1); ②設(shè)△DEF平移到△D′E′F′,則EE′=x,E′M=x,AD=AE﹣DE′﹣EE′=4﹣2﹣x=2﹣x 可得S△EME′=x2 S△AD′N=(2﹣x)2, 則S=S△AME﹣S△EME′﹣S△AD′N=x2﹣(2﹣x)2=﹣(1≤x≤2) 當(dāng)x=﹣=,則當(dāng)x=1時(shí),S有最大值是:(2﹣1)2=; ③設(shè)△DEF平移到△D′E′F′,則EE′=x,AE′=4﹣x, 可得S=S△A′ME′=(4﹣x)2(2≤x≤4). 點(diǎn)評(píng): 本題考查梯形,菱形、直角三角形、二次函數(shù)的相關(guān)知識(shí)的理解及運(yùn)用,綜合性強(qiáng),做題時(shí)要注意知識(shí)點(diǎn)之間的聯(lián)系. 18、如圖,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90,過點(diǎn)C作CE⊥BD交BD于G,交BA延長線于點(diǎn)E,交AD于F,且EF=FD. (1)求證:BC=FC; (2)若AF=1,tan∠BCE=,求梯形ABCD的面積. 考點(diǎn): 直角梯形;全等三角形的判定與性質(zhì);解直角三角形. 專題: 證明題;壓軸題. 分析: (1)連接BF,利用“角角邊”證明△AFE和△GFD全等,根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得AF=GF,再利用“HL”證明Rt△AFB和Rt△GFB全等,根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠AFB=∠GFB,根據(jù)梯形的對(duì)邊AD∥BC,利用兩直線平行,內(nèi)錯(cuò)角相等求出∠AFB=∠CBF,再根據(jù)等角對(duì)等邊即可得證; (2)根據(jù)兩直線平行,同位角相等求出∠AFE=∠BCE,然后解直角三角形求出AE、EF的長,從而可以求出AD的長,再設(shè)BC=x,解直角三角形表示出BE、CE,再根據(jù)CE=EF+CF列出方程求解得到BC的值,再求出AB的值,然后根據(jù)梯形的面積公式列式進(jìn)行計(jì)算即可得解. 解答: (1)證明:如圖,連接BF, ∵CE⊥BD, ∴∠DGF=90, ∵AD∥BC,∠ABC=90, ∴∠EAF=90, ∴∠DGF=∠EAF=90, 在△AFE和△GFD中, ∵, ∴△AFE≌△GFD(AAS), ∴AF=GF, 在Rt△AFB和Rt△GFB中, ∵, ∴Rt△AFB≌Rt△GFB(HL), ∴∠AFB=∠GFB, 又∵AD∥BC, ∴∠AFB=∠CBF, ∴BC=FC; (2)解:∵AD∥BC, ∴∠AFE=∠BCE, ∵AF=1,tan∠BCE=, ∴AE=AF?tan∠AFE=1=, 根據(jù)勾股定理,EF===, ∴AD=AF+FD=1+=, 設(shè)BC=x,∵tan∠BCE=, ∴BE=BC?tan∠BCE=x, CE=x, 由(1)可知FC=BC=x, ∴x=+x, 解得x=5, ∴AB=BE﹣AE=5﹣=3, ∴S梯形ABCD=(+5)3=. 點(diǎn)評(píng): 本題考查了直角梯形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì),解直角三角形,(2)利用解直角三角形表示出三角形的邊的長,然后列出方程求出BC的長是解題的關(guān)鍵,也是本題的難點(diǎn). 19、如圖,四邊形OABC為直角梯形,A、B、C的坐標(biāo)分別為(4,0)、(4,4)、(2,4),DEFG的邊長為4的正方形,D、G在x軸上,當(dāng)點(diǎn)D與點(diǎn)O重合時(shí),此正方形開始向右運(yùn)動(dòng);當(dāng)點(diǎn)G與點(diǎn)A重合時(shí),運(yùn)動(dòng)停止,設(shè)OD=x,此正方形和直角梯形重合部分的面積為S,回答下列問題: (1)求x的取值范圍; (2)求tan∠COA的值; (3)當(dāng)x=2時(shí),S= 4??;當(dāng)x=4時(shí),S= 12?。划?dāng)x=6時(shí),S= 8??; (4)求S與x的函數(shù)關(guān)系式. 考點(diǎn): 直角梯形;正方形的性質(zhì). 專題: 壓軸題;動(dòng)點(diǎn)型. 分析: (1)根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)和正方形DEFG的邊長,即可求得x的取值范圍; (2)作CM⊥OA于M.根據(jù)矩形的性質(zhì)和銳角三角函數(shù)的概念即可求解; (3)分別正確畫出對(duì)應(yīng)的圖形,根據(jù)圖形的面積公式進(jìn)行計(jì)算; (4)根據(jù)(3)中的三種情況即可建立分段函數(shù). 解答: 解:(1)∵點(diǎn)A的坐標(biāo)是(4,0),DEFG是邊長為4的正方形, ∴x的取值范圍是0≤x≤8. (2)如圖,作CM⊥OA于M. 則CM=AB=4,OM=OA﹣BC=4﹣2=2. ∴tan∠COA=2. , (3)如圖1,當(dāng)x=2時(shí),則S=242=4; 如圖2,當(dāng)x=4時(shí),則S=(2+4)42=12; 如圖3,當(dāng)x=6時(shí),則S=24=8. (4)當(dāng)0≤x≤2時(shí),則S==x2; 當(dāng)2<x≤4時(shí),則S==4x﹣4; 當(dāng)4<x≤6時(shí),則S=﹣x2+8x﹣4; 當(dāng)6<x≤8時(shí),則S=4(﹣x+8)=﹣4x+32. 點(diǎn)評(píng): 此題綜合運(yùn)用了直角梯形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì),特別注意解決動(dòng)態(tài)的問題時(shí),要畫出一種符合條件的靜態(tài)時(shí)的位置進(jìn)行分析. 20、在梯形ABCD中,AD∥BC,AB=CD,且DE⊥AD于D,∠EBC=∠CDE,∠ECB=45. (1)求證:AB=BE; (2)延長BE,交CD于F.若CE=,tan∠CDE=,求BF的長. 考點(diǎn): 梯形;全等三角形的判定與性質(zhì);相似三角形的判定與性質(zhì);解直角三角形. 專題: 壓軸題;數(shù)形結(jié)合. 分析: (1)延長DE,交BC于G,通過證明△BEG≌△DCG(AAS),即可得出AB=BE; (2)連接BD,可先證明BF⊥CD,求出△BCD的面積及CD的長,繼而得出答案;或者利用△BEG∽△BFC,,將各邊代入求解. 解答: 解:(1)證明:延長DE,交BC于G. ∵DE⊥AD于D,∴∠ADE=90 又AD∥BC,∴∠DGC=∠BGE=∠ADE=90,(1分) 而∠ECB=45,∴△EGC是等腰直角三角形, ∴EG=CG(2分) 在△BEG和△DCG中, ∴△BEG≌△DCG(AAS)(4分) ∴BE=CD=AB(5分) (2)連接BD. ∵∠EBC=∠CDE, ∴∠EBC+∠BCD=∠CDE+∠BCD=90,即∠BFC=90 ∵CE=,∴EG=CG(16分) 又tan∠CDE=,∴,∴DG=3(7分) ∵△BEG≌△DCG,∴BG=DG=3 ∴ ∴CD=BE=.(8分) 法一:∵, ∴(10分) 法二:經(jīng)探索得,△BEG∽△BFC,∴,∴ ∴.(10分) 點(diǎn)評(píng): 本題考查了梯形、全等三角形和相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí),有一定難度,注意這些知識(shí)的熟練掌握以便靈活運(yùn)用. 21、如圖,矩形ABCD的頂點(diǎn)A坐標(biāo)為(0,0),頂點(diǎn)B的坐標(biāo)是(﹣2,1),頂點(diǎn)C在y軸上. (1)求點(diǎn)D的坐標(biāo); (2)將矩形ABCD繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn),使點(diǎn)D落在x軸的點(diǎn)G處,得到矩形AEFG,EF與AD交于點(diǎn)H.過點(diǎn)H的反比例函數(shù)圖象交FG于點(diǎn)I.求△AHI的面積; (3)小明猜想△AHI是一個(gè)直角三角形,他的猜想對(duì)嗎?請(qǐng)談?wù)勀愕目捶ǎ? 考點(diǎn): 矩形的性質(zhì);坐標(biāo)與圖形性質(zhì);反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征;勾股定理的逆定理;旋轉(zhuǎn)的性質(zhì);相似三角形的性質(zhì). 專題: 代數(shù)幾何綜合題;壓軸題. 分析: (1)點(diǎn)B,D到y(tǒng)軸的距離相等,因而兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)一定互為相反數(shù),即D的橫坐標(biāo)是2,并且易證△OBP∽△DAQ,根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊的比相等,就可以求出D點(diǎn)的縱坐標(biāo). (2)根據(jù)OE=OB,就可以得到E點(diǎn)的縱坐標(biāo),即H的縱坐標(biāo).H又在直線CD上,CD的解析式易求得,則H的坐標(biāo)就可以求出.根據(jù)待定系數(shù)法就可以求出反比例函數(shù)的解析式,進(jìn)而求出點(diǎn)I的坐標(biāo). (3)中的問題,先驗(yàn)證△AHI是一個(gè)直角三角形,可以根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)求出三角形的三邊的長,判斷是否是直角三角形,若是,面積就可以求出. 解答: 解:(1)過B,D作△ABC和△ACD的高BM,DN, 在△ABC和△ACD中, , ∴△ABC≌△ACD, ∴BM=DN=2, 過點(diǎn)B,D作x軸的垂線BP,DQ,則OP=AQ=2. ∵∠BAD=90, ∴∠BAP+∠DAQ=90, 又∵∠BAP+∠ABP=90, ∴∠BAP=∠ADQ, ∴△OBP∽△DAQ, ∴=, 即=, ∴DQ=4, 則D的坐標(biāo)是(2,4). (2)(3)設(shè)直線OD的解析式是y=kx,把(2,4)代入解得k=2, 因而函數(shù)解析式是y=2x, 在直角△OBP中,根據(jù)勾股定理得到OB=, ∴OE=OB=, 即H點(diǎn)的縱坐標(biāo)是, 把y=代入y=2x,得到x=, 則H點(diǎn)的坐標(biāo)是(,), 設(shè)反比例函數(shù)的解析式是y=,把H點(diǎn)的坐標(biāo)(,)代入解得k=, 則解析式是y=, 在直角△ADQ中,根據(jù)勾股定理得到OD==2, ∴OG=OD=2, 則I點(diǎn)的橫坐標(biāo)是2, 把x=2代入解析式得到y(tǒng)=, 則I點(diǎn)的坐標(biāo)是(2,), ∴OH2=,OI2=HI2=, ∵+=, 即AH2+HI2=AI2, ∴△AHI是一個(gè)直角三角形, ∴△AHI的面積是?2=. 點(diǎn)評(píng): 本題是一個(gè)函數(shù)與矩形相結(jié)合的題目,正確的審題,先證明三角形是直角三角形可以簡(jiǎn)化計(jì)算過程. 22、如圖,點(diǎn)O為平面直角坐標(biāo)系的原點(diǎn),邊長為4的菱形OABC的一邊OA與x軸的正半軸重合,∠COA=60度. (1)求B點(diǎn)的坐標(biāo); (2)過點(diǎn)C的直線將菱形OABC分成面積比為1:3的兩部分,求該直線的解析式. 考點(diǎn): 菱形的性質(zhì);待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式. 專題: 代數(shù)幾何綜合題;壓軸題. 分析: (1)作CE⊥OA于點(diǎn)E,根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可求出B點(diǎn)坐標(biāo); (2)連接AC,作CE⊥OA于點(diǎn)E,CF⊥AB于F,設(shè)菱形ABCO的面積為S,根據(jù)菱形的性質(zhì)可求出A點(diǎn)的坐標(biāo),及E,F(xiàn)分別是OA,AB的中點(diǎn),根據(jù)三角形的面積公式可求出S△COE:SCEAB=1:3,S△BCF:SCFAO=1:3,由F是AB的中點(diǎn)F點(diǎn)的坐標(biāo),用待定系數(shù)法求出直線CF的解析式. 解答: 解:(1)作CE⊥OA于點(diǎn)E ∵∠COA=60 ∴OE=OC=4=2 故B點(diǎn)坐標(biāo)為(6,) (2)如圖, 連接AC,作CE⊥OA于點(diǎn)E,CF⊥AB于F,設(shè)菱形ABCO的面積為S ∵四邊形ABCO是邊長為4的菱形,∠COA=60 ∴△OAC和△BAC都是等邊三角形,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(4,0) ∴△OAC≌△BAC,E、F分別是OA、AB的中點(diǎn) ∴OE=2,CE=,S△COE=△AOC=S,S△BCF=△ABC=S ∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為(2,),S△COE:SCEAB=1:3,S△BCF:SCFAO=1:3 ∴直線CE和CF均將菱形OABC分成面積比為1:3的兩部分, 且直線CE的解析式為x=2(7分) ∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為(6,) ∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為(5,) ∴可求得直線CF的解析式為:y=﹣x+ ∴所求直線的解析式為x=2或y=﹣x+ 點(diǎn)評(píng): 本題比較復(fù)雜,涉及到菱形的性質(zhì),用待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式的運(yùn)用. 23、已知:如圖,ABCD為正方形,以D點(diǎn)為圓心,AD為半徑的圓弧與以BC為直徑的⊙O相交于P、C兩點(diǎn),連接AC、AP、CP,井延長CP、AP分別交AB、BC、⊙O于E、H、F、三點(diǎn),連接OF. (1)求證:△AEP∽△CEA; (2)判斷線段AB與OF的位置關(guān)系,并證明你的結(jié)論; (3)求BH:HC. 考點(diǎn): 正方形的性質(zhì);平行線分線段成比例;相似三角形的判定. 專題: 幾何綜合題;壓軸題. 分析: (1)欲證△AEP∽△CEA,可以根- 1.請(qǐng)仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對(duì)于不預(yù)覽、不比對(duì)內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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