2024年中考数学二轮题型突破题型11 综合探究题 类型2 与动点有关的探究题(专题训练)(教师版)_第1页
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文档简介

类型二与动点有关的探究题(专题训练)1.(2023·浙江绍兴·统考中考真题)在平行四边形中(顶点按逆时针方向排列),为锐角,且.

(1)如图1,求边上的高的长.(2)是边上的一动点,点同时绕点按逆时针方向旋转得点.①如图2,当点落在射线上时,求的长.②当是直角三角形时,求的长.【答案】(1)8(2)①;②或【分析】(1)利用正弦的定义即可求得答案;(2)①先证明,再证明,最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可;②分三种情况讨论完成,第一种:为直角顶点;第二种:为直角顶点;第三种,为直角顶点,但此种情况不成立,故最终有两个答案.【详解】(1)在中,,在中,.(2)①如图1,作于点,由(1)得,,则,作交延长线于点,则,

∴.∵∴.由旋转知,∴.设,则.∵,∴,∴,∴,即,∴,∴.②由旋转得,,又因为,所以.情况一:当以为直角顶点时,如图2.

∵,∴落在线段延长线上.∵,∴,由(1)知,,∴.情况二:当以为直角顶点时,如图3.

设与射线的交点为,作于点.∵,∴,∵,∴,∴.又∵,∴,∴.设,则,∴∵,∴,∴,∴,∴,化简得,解得,∴.情况三:当以为直角顶点时,点落在的延长线上,不符合题意.综上所述,或.【点睛】本题考查了平行四边形的性质,正弦的定义,全等的判定及性质,相似的判定及性质,理解记忆相关定义,判定,性质是解题的关键.2.在数学兴趣小组活动中,小亮进行数学探究活动.(1)是边长为3的等边三角形,E是边上的一点,且,小亮以为边作等边三角形,如图1,求的长;(2)是边长为3的等边三角形,E是边上的一个动点,小亮以为边作等边三角形,如图2,在点E从点C到点A的运动过程中,求点F所经过的路径长;(3)是边长为3的等边三角形,M是高上的一个动点,小亮以为边作等边三角形,如图3,在点M从点C到点D的运动过程中,求点N所经过的路径长;(4)正方形的边长为3,E是边上的一个动点,在点E从点C到点B的运动过程中,小亮以B为顶点作正方形,其中点F、G都在直线上,如图4,当点E到达点B时,点F、G、H与点B重合.则点H所经过的路径长为______,点G所经过的路径长为______.【答案】(1)1;(2)3;(3);(4);【分析】(1)由、是等边三角形,,,,可证即可;(2)连接,、是等边三角形,可证,可得,又点在处时,,点在A处时,点与重合.可得点运动的路径的长;(3)取中点,连接,由、是等边三角形,可证,可得.又点在处时,,点在处时,点与重合.可求点所经过的路径的长;(4)连接CG,AC,OB,由∠CGA=90°,点G在以AC中点为圆心,AC为直径的上运动,由四边形ABCD为正方形,BC为边长,设OC=x,由勾股定理即,可求,点G所经过的路径长为长=,点H所经过的路径长为的长.【详解】解:(1)∵、是等边三角形,∴,,.∴,∴,∴,∴;(2)连接,∵、是等边三角形,∴,,.∴,∴,∴,∴,,∵,∴,∴,又点在处时,,点在A处时,点与重合.∴点运动的路径的长;(3)取中点,连接,∴,∴,∵,∴,∴,∵、是等边三角形,∴,,∴,∴,∴,∴,,∴,又点在处时,,点在处时,点与重合,∴点所经过的路径的长;(4)连接CG,AC,OB,∵∠CGA=90°,∴点G在以AC中点为圆心,AC为直径的上运动,∵四边形ABCD为正方形,BC为边长,∴∠COB=90°,设OC=x,由勾股定理即,∴,点G所经过的路径长为长=,点H在以BC中点为圆心,BC长为直径的弧上运动,点H所经过的路径长为的长度,∵点G运动圆周的四分之一,∴点H也运动圆周的四分一,点H所经过的路径长为的长=,故答案为;.【点睛本题考查等边三角形的性质,三角形全等判定与性质,勾股定理,90°圆周角所对弦是直径,圆的弧长公式,掌握等边三角形的性质,三角形全等判定与性质,勾股定理,90°圆周角所对弦是直径,圆的弧长公式是解题关键.3.(2023·湖南郴州·统考中考真题)已知是等边三角形,点是射线上的一个动点,延长至点,使,连接交射线于点.

(1)如图1,当点在线段上时,猜测线段与的数量关系并说明理由;(2)如图2,当点在线段的延长线上时,①线段与的数量关系是否仍然成立?请说明理由;②如图3,连接.设,若,求四边形的面积.【答案】(1),理由见解析(2)①成立,理由见解析②【分析】(1)过点作,交于点,易得,证明,得到,即可得出结论.(2)①过点作,交的延长线于点,易得,证明,得到,即可得出结论;②过点作,交的延长线于点,过点作,交于点,交于点,根据已知条件推出,得到,证明,得到,求出的长,利用四边形的面积为进行求解即可.【详解】(1)解:,理由如下:∵是等边三角形,∴,过点作,交于点,

∴,,∴为等边三角形,∴,∵,,∴,,又,∴,∴,∴;(2)①成立,理由如下:∵是等边三角形,∴,过点作,交的延长线于点,

∴,,∴为等边三角形,∴,∵,,∴,,又,∴,∴,∴;②过点作,交的延长线于点,过点作,交于点,交于点,则:,

由①知:为等边三角形,,,∵为等边三角形,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∵,∴,,∴,∴,∴,设,则:,,∴,∵,∴,∴,即:②,联立①②可得:(负值已舍去),经检验是原方程的根,∴,,,∴,∴,∵,∴,∴四边形的面积为.【点睛】本题考查等边三角形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性质,解直角三角形.本题的综合性强,难度大,属于中考压轴题,解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形,全等和相似三角形.4.(2021·浙江中考真题)已知在中,是的中点,是延长线上的一点,连结.(1)如图1,若,求的长.(2)过点作,交延长线于点,如图2所示.若,求证:.(3)如图3,若,是否存在实数,当时,?若存在,请直接写出的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1);(2)见解析;(3)存在,【分析】(1)先解直角三角形ABC得出,从而得出是等边三角形,再解直角三角形ACP即可求出AC的长,进而得出BC的长;(2)连结,先利用AAS证出,得出AE=2PE,AC=DE,再得出是等边三角形,然后由SAS得出,得出AE=BC即可得出结论;(3)过点作,交延长线于点,连接BE,过C作CG⊥AB于G,过E作EN⊥AB于N,由(2)得AE=2AP,DE=AC,再证明,从而得出得出DE=BE,然后利用勾股定理即可得出m的值.【详解】(1)解,,,,是等边三角形,是的中点,,在中,,,.(2)证明:连结,,,,,,,,又,,是等边三角形,,,又,,,.(3)存在这样的.过点作,交延长线于点,连接BE,过C作CG⊥AB于G,过E作EN⊥AB于N,则,,由(2)得AE=2AP,DE=AC,∴CG=EN,∵,∴AE=BC,∵∠ANE=∠BGC=90°,,∴∠EAN=∠CBG∵AE=BC,AB=BA,∴∴AC=BE,∴DE=BE,∴∠EDB=∠EBD=45°,∴∠DEB=90°,∴,∵∴【点睛】本题属于三角形综合题,考查了解直角三角形,全等三角形的性质与判定,等边三角形和等腰三角形的性质、勾股定理,解题的关键是合理添加辅助线,有一定的难度.5.(2023·辽宁大连·统考中考真题)综合与实践问题情境:数学活动课上,王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质.已知,点为上一动点,将以为对称轴翻折.同学们经过思考后进行如下探究:独立思考:小明:“当点落在上时,.”小红:“若点为中点,给出与的长,就可求出的长.”实践探究:奋进小组的同学们经过探究后提出问题1,请你回答:

问题1:在等腰中,由翻折得到.(1)如图1,当点落在上时,求证:;(2)如图2,若点为中点,,求的长.问题解决:小明经过探究发现:若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形,可以将问题进一步拓展.问题2:如图3,在等腰中,.若,则求的长.【答案】(1)见解析;(2);问题2:【分析】(1)根据等边对等角可得,根据折叠以及三角形内角和定理,可得,根据邻补角互补可得,即可得证;(2)连接,交于点,则是的中位线,勾股定理求得,根据即可求解;问题2:连接,过点作于点,过点作于点,根据已知条件可得,则四边形是矩形,勾股定理求得,根据三线合一得出,根据勾股定理求得的长,即可求解.【详解】(1)∵等腰中,由翻折得到∴,,∵,∴;(2)如图所示,连接,交于点,

∵折叠,∴,,,,∵是的中点,∴,∴,在中,,在中,,∴;问题2:如图所示,连接,过点作于点,过点作于点,

∵,∴,,∵,∴,∴,∴,又,∴四边形是矩形,则,在中,,,,∴,在中,,∴,在中,.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,折叠的性质,勾股定理,矩形的性质与判定,熟练掌握以上知识是解题的关键.6.(2021·浙江中考真题)问题:如图,在中,,,,的平分线AE,BF分别与直线CD交于点E,F,求EF的长.答案:.探究:(1)把“问题”中的条件“”去掉,其余条件不变.①当点E与点F重合时,求AB的长;②当点E与点C重合时,求EF的长.(2)把“问题”中的条件“,”去掉,其余条件不变,当点C,D,E,F相邻两点间的距离相等时,求的值.【答案】(1)①10;②5;(2),,【分析】(1)①利用平行四边形的性质和角平分线的定义先分别求出,,即可完成求解;

②证明出即可完成求解;

(2)本小题由于E、F点的位置不确定,故应先分情况讨论,再根据每种情况,利用,以及点C,D,E,F相邻两点间的距离相等建立相等关系求解即可.【详解】(1)①如图1,四边形ABCD是平行四边形,,.平分,...同理可得:.点E与点F重合,.

②如图2,点E与点C重合,同理可证,∴▱ABCD是菱形,,点F与点D重合,.(2)情况1,如图3,可得,.情况2,如图4,同理可得,,又,.情况3,如图5,由上,同理可以得到,又,.综上:的值可以是,,.【点睛】本题属于探究型应用题,综合考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、菱形的判定与性质等内容,解决本题的关键是读懂题意,正确画出图形,建立相等关系求解等,本题综合性较强,要求学生有较强的分析能力,本题涉及到的思想方法有分类讨论和数形结合的思想等.7.(2023·重庆·统考中考真题)在中,,,点为线段上一动点,连接.

(1)如图1,若,,求线段的长.(2)如图2,以为边在上方作等边,点是的中点,连接并延长,交的延长线于点.若,求证:.(3)在取得最小值的条件下,以为边在右侧作等边.点为所在直线上一点,将沿所在直线翻折至所在平面内得到.连接,点为的中点,连接,当取最大值时,连接,将沿所在直线翻折至所在平面内得到,请直接写出此时的值.【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】(1)解,求得,根据即可求解;(2)延长使得,连接,可得,根据,得出四点共圆,则,,得出,结合已知条件得出,可得,即可得证;(3)在取得最小值的条件下,即,设,则,,根据题意得出点在以为圆心,为半径的圆上运动,取的中点,连接,则是的中位线,在半径为的上运动,当取最大值时,即三点共线时,此时如图,过点作于点,过点作于点,连接,交于点,则四边形是矩形,得出是的中位线,同理可得是的中位线,是等边三角形,将沿所在直线翻折至所在平面内得到,则,在中,勾股定理求得,进而即可求解.【详解】(1)解:在中,,,∴,∵,∴;(2)证明:如图所示,延长使得,连接,

∵是的中点则,,,∴,∴,∴,∴∵是等边三角形,∴,∵,∴四点共圆,∴,,∴,∵,∴,∴,∴;(3)解:如图所示,

在取得最小值的条件下,即,设,则,,∴,,∵将沿所在直线翻折至所在平面内得到.∴∴点在以为圆心,为半径的圆上运动,取的中点,连接,则是的中位线,∴在半径为的上运动,当取最大值时,即三点共线时,此时如图,过点作于点,过点作于点,

∵是的中点,∴,∴是等边三角形,则,∴,∵,,∴,∴,,∵,∴,如图所示,连接,交于点,则四边形是矩形,

∴,是的中点,∴即是的中位线,同理可得是的中位线,∴,∵是等边三角形,将沿所在直线翻折至所在平面内得到,∴∴则在中,∴.

【点睛】本题考查了解直角三角形,全等三角形的性质与判定,等腰三角形的性质,三角形中位线的性质,折叠的性质,圆外一点到圆上距离的最值问题,垂线段最短,矩形的性质,等边三角形的性质与判定,熟练掌握以上知识是解题的关键.8.如图1,在矩形纸片ABCD中,AB=3cm,AD=5cm,折叠纸片使B点落在边AD上的E处,折痕为PQ,过点E作EFAB交PQ于F,连接BF.(1)求证:四边形BFEP为菱形;(2)当点E在AD边上移动时,折痕的端点P、Q也随之移动;①当点Q与点C重合时(如图2),求菱形BFEP的边长;②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动,求出点E在边AD上移动的最大距离.【答案】(1)见解析;(2)①;②【分析】(1)由折叠的性质得出PB=PE,BF=EF,∠BPF=∠EPF,由平行线的性质得出∠BPF=∠EFP,证出∠EPF=∠EFP,得出EP=EF,因此BP=BF=EF=EP,即可得出结论;(2)①由矩形的性质得出BC=AD=5cm,CD=AB=3cm,∠A=∠D=90°,由对称的性质得出CE=BC=5cm,在RtCDE中,由勾股定理求出DE=4cm,得出AE=AD﹣DE=1cm;在RtAPE中,由勾股定理得出方程,解方程得出EP=cm即可;②当点Q与点C重合时,点E离点A最近,由①知,此时AE=1cm;当点P与点A重合时,点E离点A最远,此时四边形ABQE为正方形,AE=AB=3cm,即可得出答案.【详解】(1)证明:∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处,折痕为PQ,∴点B与点E关于PQ对称,∴PB=PE,BF=EF,∠BPF=∠EPF,又∵EFAB,∴∠BPF=∠EFP,∴∠EPF=∠EFP,∴EP=EF,∴BP=BF=EF=EP,∴四边形BFEP为菱形;(2)解:①∵四边形ABCD是矩形,∴BC=AD=5cm,CD=AB=3cm,∠A=∠D=90°,∵点B与点E关于PQ对称,∴CE=BC=5cm,在RtCDE中,DE==4cm,∴AE=AD﹣DE=5cm﹣4cm=1cm;在RtAPE中,AE=1,AP=3﹣PB=3﹣PE,∴EP2=12+(3﹣EP)2,解得:EP=cm,∴菱形BFEP的边长为cm;②当点Q与点C重合时,如图2:点E离点A最近,由①知,此时AE=1cm;当点P与点A重合时,如图3所示:点E离点A最远,此时四边形ABQE为正方形,AE=AB=3cm,∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm.【点睛】本题是四边形综合题目,考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识;本题综合性强,有一定难度.9.(2023·四川成都·统考中考真题)探究式学习是新课程倡导的重要学习方式,某兴趣小组拟做以下探究.在中,,D是边上一点,且(n为正整数),E是边上的动点,过点D作的垂线交直线于点F.

【初步感知】(1)如图1,当时,兴趣小组探究得出结论:,请写出证明过程.【深入探究】(2)①如图2,当,且点F在线段上时,试探究线段之间的数量关系,请写出结论并证明;②请通过类比、归纳、猜想,探究出线段之间数量关系的一般结论(直接写出结论,不必证明)【拓展运用】(3)如图3,连接,设的中点为M.若,求点E从点A运动到点C的过程中,点M运动的路径长(用含n的代数式表示).【答案】(1)见解析(2)①,证明过程略;②当点F在射线上时,,当点F在延长线上时,(3)【分析】(1)连接,当时,,即,证明,从而得到即可解答;(2)①过的中点作的平行线,交于点,交于点,当时,,根据,可得是等腰直角三角形,,根据(1)中结论可得,再根据,,即可得到;②分类讨论,即当点F在射线上时;当点F在延长线上时,画出图形,根据①中的原理即可解答;(3)如图,当与重合时,取的中点,当与重合时,取的中点,可得的轨迹长度即为的长度,可利用建系的方法表示出的坐标,再利用中点公式求出,最后利用勾股定理即可求出的长度.【详解】(1)证明:如图,连接,

当时,,即,,,,,,,即,,,在与中,,,,;(2)①证明:如图,过的中点作的平行线,交于点,交于点,

当时,,即,是的中点,,,,,,,是等腰直角三角形,且,,根据(1)中的结论可得,;故线段之间的数量关系为;②解:当点F在射线上时,如图,在上取一点使得,过作的平行线,交于点,交于点,

同①,可得,,,,,同①可得,,即线段之间数量关系为;当点F在延长线上时,如图,在上取一点使得,过作的平行线,交于点,交于点,连接

同(1)中原理,可证明,可得,,,,,同①可得,即线段之间数量关系为,综上所述,当点F在射线上时,;当点F在延长线上时,;(3)解:如图,当与重合时,取的中点,当与重合时,取的中点,可得的轨迹长度即为的长度,

如图,以点为原点,为轴,为轴建立平面直角坐标系,过点作的垂线段,交于点,过点作的垂线段,交于点,

,,,,,,,是的中点,,,,,根据(2)中的结论,,,,,,.【点睛】本题考查了等腰三角形的性质,全等三角形的判定及性质,相似三角形的判定及性质,平行线的性质,正确地画出图形,作出辅助线,找对边之间的关系是解题的关键.10.(2021·山东中考真题)如图,已知正方形ABCD,点E是BC边上一点,将△ABE沿直线AE折叠,点B落在F处,连接BF并延长,与∠DAF的平分线相交于点H,与AE,CD分别相交于点G,M,连接HC(1)求证:AG=GH;(2)若AB=3,BE=1,求点D到直线BH的距离;(3)当点E在BC边上(端点除外)运动时,∠BHC的大小是否变化?为什么?

【答案】(1)见解析;(2);(3)不变,理由见解析【分析】(1)根据折叠的性质得到AG⊥BF,结合角平分线的定义得到∠FAH=∠FAD,从而推出∠EAH=(∠BAF+∠FAD)=45°,可得AG=GH;(2)连接DH,DF,交AH于点N,易得等腰直角△DHF,推出DH的长即为点D到BH的距离,根据DH=FH,转化为求FH的长,结合(1)中条件,证明△ABG∽△AEB,得到,从而求出GF和GH,可得DH;(3)作正方形ABCD的外接圆,判断出点H在圆上,结合圆周角定理求出∠BHC即可.【详解】解:(1)∵△ABE沿直线AE折叠,点B落在点F处,∴∠BAG=∠GAF=BAF,B、F关于AE对称,∴AG⊥BF,∴∠AGF=90°,∵AH平分∠DAF,∴∠FAH=∠FAD,∴∠EAH=∠GAF+∠FAH=∠BAF+∠FAD=(∠BAF+∠FAD)=∠BAD,∵四边形ABCD是正方形,∴∠BAD=90°,∴∠EAH=∠BAD=45°,∴∠GHA=45°,∴GA=GH;(2)连接DH,DF,交AH于点N,由(1)可知:AF=AD,∠FAH=∠DAH,∴AH⊥DF,FN=DN,∴DH=HF,∠FNH=∠DNH=90°,又∵∠GHA=45°,∴∠FHN=45°=∠NDH=∠DHN,∴∠DHF=90°,∴DH的长即为点D到直线BH的距离,由(1)知:在Rt△ABE中,,∴,∵∠BAE+∠AEB=∠BAE+∠ABG=90°,∴∠AEB=∠ABG,∴△ABG∽△AEB,∴,∴,,由(1)知:GF=BG,AG=GH,∴,,∴DH=FH=GH-GF==,即点D到直线BH的长为;(3)作正方形ABCD的外接圆,对角线BD为圆的直径,∵∠BHD=90°,∴H在圆周上,∴∠BHC=∠BDC,∵四边形ABCD是正方形,∴∠BCD=90°,BC=CD,∴∠BDC=∠DBC=45°,∴∠BHC=45°,∴当点E在BC边上(除端点外)运动时,∠BHC的大小不变.【点睛】本题是四边形综合题,考查了折叠的性质,相似三角形的判定和性质,圆周角定理,等腰三角形的判定和性质,侧重对学生能力的考查:几何变换的能力,转化能力以及步骤书写能力,具有一定艺术性.11.(2021·湖南中考真题)如图,在中,点为斜边上一动点,将沿直线折叠,使得点的对应点为,连接,,,.(1)如图①,若,证明:.(2)如图②,若,,求的值.(3)如图③,若,是否存在点,使得.若存在,求此时的值;若不存在,请说明理由.【答案】(1)证明见解析;(2);(3)存在,的值为或.【分析】(1)先根据平行线的判定与性质可得,再根据折叠的性质可得,从而可得,然后根据平行线的判定可得,最后根据菱形的判定与性质即可得证;(2)设与的交点为点,过点作于点,设,从而可得,先证出,从而可得,设,根据线段的和差可得,代入可求出,从而可得,再在中,解直角三角形可得,由此可得,然后在中,根据余弦三角函数的定义即可得;(3)如图(见解析),设,从而可得,分①点在直线的左侧;②点在直线的右侧两种情况,再分别利用等边三角形的判定与性质、等腰三角形的性质求解即可得.【详解】(1)证明:,,,,由折叠的性质得:,,,四边形是平行四边形,又,平行四边形是菱形,;(2)如图,设与的交点为点,过点作于点,

,是等腰三角形,,设,则,,,由折叠的性质得:,在和中,,,,设,则,,解得,,在中,,,则;(3),,设,则,由折叠的性质得:,,由题意,分以下两种情况:①如图,当点在直线的左侧时,过点作于点,

(等腰三角形的三线合一),,在中,,,又,,,,是等边三角形,,;②如图,当点在直线的右侧时,过点作于点,

同理可得:,,点在上,由折叠的性质得:,在中,,,,综上,存在点,使得,此时的值为或.【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形、折叠的性质、等边三角形的判定与性质等知识点,较难的是题(3),正确分两种情况讨论是解题关键.12.如图1和图2,在△ABC中,AB=AC,BC=8,tanC=3(1)当点P在BC上时,求点P与点A的最短距离;(2)若点P在MB上,且PQ将△ABC的面积分成上下4:5两部分时,求MP的长;(3)设点P移动的路程为x,当0≤x≤3及3≤x≤9时,分别求点P到直线AC的距离(用含x的式子表示);(4)在点P处设计并安装一扫描器,按定角∠APQ扫描△APQ区域(含边界),扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒.若AK=9【分析】(1)如图1中,过点A作AH⊥BC于H.解直角三角形求出AH即可.(2)利用相似三角形的性质求解即可.(3)分两种情形:当0≤x≤3时,当3<x≤9时,分别画出图形求解即可.(4)求出CK的长度,以及CQ的最大值,利用路程与速度的关系求解即可.【解析】(1)如图1中,过点A作AH⊥BC于H.∵AB=AC,AH⊥BC,∴BH=CH=4,∠B=∠C,∴tan∠B=tan∠C=AH∴AH=3,AB=AC=A∴当点P在BC上时,点P到A的最短距离为3.(2)如图1中,∵∠APQ=∠B,∴PQ∥BC,∴△APQ∽△ABC,∵PQ将△ABC的面积分成上下4:5,∴S△APQS△ABC=(AP∴APAB∴AP=10∴PM=AP=AM=103−(3)当0≤x≤3时,如图1﹣1中,过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于J.∵PQ∥BC,∴APAB∴x+25∴PQ=8∵sin∠AQP=sin∠C=3∴PJ=PQ•sin∠AQP=24当3<x≤9时,如图2中,过点P作PJ⊥AC于J.同法可得PJ=PC•sin∠C=3(4)由题意点P的运动速度=9当3<x≤9时,设CQ=y.∵∠APC=∠B+∠BAP=∠APQ+∠CPQ,∠APQ=∠B,∴∠BAP=∠CPQ,∵∠B=∠C,∴△ABP∽△PCQ,∴ABCP∴511−x∴y=−15(x﹣7)2∵−1∴x=7时,y有最大值,最大值=16∵AK=9∴CK=5−当y=114时,114=−解得x=7±32∴点K被扫描到的总时长=(114+6﹣3)13.如图,点P、Q分别是等边△ABC边AB、BC上的动点(端点除外),点P、点Q以相同的速度,同时从点A、点B出发.(1)如图1,连接AQ、CP.求证:△ABQ≌△CAP;(2)如图1,当点P、Q分别在AB、BC边上运动时,AQ、CP相交于点M,∠QMC的大小是否变化?若变化,请说明理由;若不变,求出它的度数;(3)如图2,当点P、Q在AB、BC的延长线上运动时,直线AQ、CP相交于M,∠QMC的大小是否变化?若变化,请说明理由;若不变,求出它的度数.【分析】(1)根据等边三角形的性质,利用SAS证明△ABQ≌△CAP即可;(2)先判定△ABQ≌△CAP,根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP,从而得到∠QMC=60°;(3)先判定△ABQ≌△CAP,根据全等三角形的性质可得∠BAQ=∠ACP,从而得到∠QMC=120°.【解析】(1)证明:如图1,∵△ABC是等边三角形∴∠ABQ=∠CAP=60°,AB=CA,又∵点P、Q运动速度相同,∴AP=BQ,在△ABQ与△CAP中,AB=CA∠ABQ=∠CPA∴△ABQ≌△CAP(SAS);(2)点P、Q在AB、BC边上运动的过程中,∠QMC不变.理由:∵△ABQ≌△CAP,∴∠BAQ=∠ACP,∵∠QMC是△ACM的外角,∴∠QMC=∠ACP+∠MAC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC∵∠BAC=60°,∴∠QMC=60°;(3)如图2,点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动时,∠QMC不变理由:同理可得,△ABQ≌△CAP,∴∠BAQ=∠ACP,∵∠QMC是△APM的外角,∴∠QMC=∠BAQ+∠APM,∴∠QMC=∠ACP+∠APM=180°﹣∠PAC=180°﹣60°=120°,即若点P、Q在运动到终点后继续在射线AB、BC上运动,∠QMC的度数为120°.14.如图1,平面直角坐标系xOy中,等腰△ABC的底边BC在x轴上,BC=8,顶点A在y的正半轴上,OA=2,一动点E从(3,0)出发,以每秒1个单位的速度沿CB向左运动,到达OB的中点停止.另一动点F从点C出发,以相同的速度沿CB向左运动,到达点O停止.已知点E、F同时出发,以EF为边作正方形EFGH,使正方形EFGH和△ABC在BC的同侧,设运动的时间为t秒(t≥0).(1)当点H落在AC边上时,求t的值;(2)设正方形EFGH与△ABC重叠面积为S,请问是否存在t值,使得S=91(3)如图2,取AC的中点D,连结OD,当点E、F开始运动时,点M从点O出发,以每秒25个单位的速度沿OD﹣DC﹣CD﹣DO运动,到达点O停止运动.请问在点E的整个运动过程中,点M可能在正方形EFGH内(含边界)吗?如果可能,求出点M在正方形EFGH内(含边界)的时长;若不可能,请说明理由.【分析】(1)利用平行线分线段成比例定理解决问题即可.(2)由题意,在E,F的运动过程中,开始正方形EFGH的边长为1,因为正方形EFGH与△ABC重叠面积为S,S=91(3)分别求出点M第一次和第二次落在正方形内部(包括边界)的时长即可解决问题.【解析】(1)如图1﹣1中,由题意,OA=2,OB=OC=4,EF=EH=FG=HG=1,当点H落在AC上时,∵EH∥OA,∴CECO∴CE4∴CE=2,∴点E的运动路程为1,∴t=1时,点E落在AC上.(2)由题意,在E,F的运动过程中,开始正方形EFGH的边长为1,∵正方形EFGH与△ABC重叠面积为S,S=91∴此时点F与O重合,已经停止运动,如图1﹣2中,重叠部分是五边形OEKJG.由题意:(t﹣3)2−12•3t−132整理得45t2﹣486t+1288=0,解得t=143或∴满足条件的t的值为143(3)如图3﹣1中,当点M第一次落在EH上时,4t+t=3,t=当点M第一次落在FG上时,4t+t=4,t=4∴点M第一次落在正方形内部(包括边界)的时长=4当点M第二次落在FG上时,4t﹣t=4,t=4当点M第二次落在EH上时,4t﹣(t+1)=4,t=5点M第二次落在正方形内部(包括边界)的时长=5∴点M落在正方形内部(包括边界)的总时长=115.已知:如图,在四边形ABCD和Rt△EBF中,AB∥CD,CD>AB,点C在EB上,∠ABC=∠EBF=90°,AB=BE=8cm,BC=BF=6cm,延长DC交EF于点M.点P从点A出发,沿AC方向匀速运动,速度为2cm/s;同时,点Q从点M出发,沿MF方向匀速运动,速度为1cm/s.过点P作GH⊥AB于点H,交CD于点G.设运动时间为t(s)(0<t<5).解答下列问题:(1)当t为何值时,点M在线段CQ的垂直平分线上?(2)连接PQ,作QN⊥AF于点N,当四边形PQNH为矩形时,求t的值;(3)连接QC,QH,设四边形QCGH的面积为S(cm2),求S与t的函数关系式;(4)点P在运动过程中,是否存在某一时刻t,使点P在∠AFE的平分线上?若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.【分析】(1)由平行线分线段成比例可得CMBF(2)利用锐角三角函数分别求出PH=65t,QN=6(3)利用面积的和差关系可得S=S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ,即可求解;(4)连接PF,延长AC交EF于K,由“SSS”可证△ABC≌△EBF,可得∠E=∠CAB,可证∠ABC=∠EKC=90°,由面积法可求CK的长,由角平分线的性质可求解.【解析】(1)∵AB∥CD,∴CMBF∴8−68∴CM=3∵点M在线段CQ的垂直平分线上,∴CM=MQ,∴1×t=3∴t=3(2)如图1,过点Q作QN⊥AF于点N,∵∠ABC=∠EBF=90°,AB=BE=8cm,BC=BF=6cm,∴AC=AB2+BC∵CE=2cm,CM=3∴EM=EC∵sin∠PAH=sin∠CAB,∴BCAC∴610∴PH=6同理可求QN=6−4∵四边形PQNH是矩形,∴PH=NQ,∴6−45t∴t=3;∴当t=3时,四边形PQNH为矩形;(3)如图2,过点Q作QN⊥AF于点N,由(2)可知QN=6−4∵cos∠PAH=cos∠CAB,∴AHAP∴AH2t∴AH=8∵四边形QCGH的面积为S=S梯形GMFH﹣S△CMQ﹣S△HFQ,∴S=12×6×(8−85t+6+8−85t+32)−12×32×[6﹣(6(4)存在,理由如下:如图3,连接PF,延长AC交EF于K,∵AB=BE=8cm,BC=BF=6cm,AC=EF=10cm,∴△ABC≌△EBF(SSS),∴∠E=∠CAB,又∵∠ACB=∠ECK,∴∠ABC=∠EKC=90°,∵S△CEM=12×∴CK=2×∵PF平分∠AFE,PH⊥AF,PK⊥EF,∴PH=PK,∴65t=10﹣2t+∴t=7∴当t=716.如图,菱形ABCD的边长为1,∠ABC=60°,点E是边AB上任意一点(端点除外),线段CE的垂直平分线交BD,CE分别于点F,G,AE,EF的中点分别为M,N.(1)求证:AF=EF;(2)求MN+NG的最小值;(3)当点E在AB上运动时,∠CEF的大小是否变化?为什么?【分析】(1)连接CF,根据垂直平分线的性质和菱形的对称性得到CF=EF和CF=AF即可得证;(2)连接AC,根据菱形对称性得到AF+CF最小值为AC,再根据中位线的性质得到MN+NG的最小值为AC的一半,即可求解;(3)延长EF,交DC于H,利用外角的性质证明∠AFC=∠FCE+∠FEC+∠FAE+∠FEA,再由AF=CF=EF,得到∠AEF=∠EAF,∠FEC=∠FCE,从而推断出∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF,从而可求出∠ABF=∠CEF=30°,即可证明.【解析】(1)连接CF,∵FG垂直平分CE,∴CF=EF,∵四边形ABCD为菱形,∴A和C关于对角线BD对称,∴CF=AF,∴AF=EF;(2)连接AC,∵M和N分别是AE和EF的中点,点G为CE中点,∴MN=12AF,NG=1当

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