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文档简介
③∴∠MAB=∠MDE=45°,
∴∠DAM=∠MAB,
∴点M在正方形的对角线AC上,当BM⊥AM时,BM的值最小,最小值为2.2.如图,在矩形ABCD中,对角线AC的垂直平分线与边AD、BC分别交于点E、F,连结AF、CE.(1)试推断四边形AFCE的形态,并说明理由;
(2)若AB=5,2AE=3BF,求EF的长;
(3)连结BE,若BE⊥CE,求的值.第2题图解:(1)四边形AFCE是菱形.
理由:∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥BC,AD=BC,
∴∠EAO=∠FCO,
∵EF是AC的垂直平分线,
∴AO=CO,∠EOA=∠FOC=90°,
在△AEO和△CFO中,∴△AEO≌△CFO(ASA),
∴AE=CF,
∴四边形AFCE是平行四边形,
又∵AC⊥EF,
∴四边形AFCE是菱形;(2)∵2AE=3BF,
∴可以假设AE=3m,BF=2m,
∵四边形AECF是菱形,
∴AF=AE=3m,第2题解图在Rt△ABF中,,∵AB2+BF2=AF2,∴25+4m2=9m2,
∴m=
∴AF=FC=,BF=,
∴BC=,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠ABC=90°,AC=,∴OC=,∵tan∠OCF=,∴,∴OF=∴△AEO≌△CFO∴OE=OF,∴EF=2OF=.(3)设AE=a,BF=b则AF=CF=EC=a,BC=a+b,BF=DE=b.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD∥CB,
∴∠DEC=∠BCE,
∵BE⊥CE,
∴∠BEC=∠D=90°,
∴△CDE∽△BEC,∴,
∴,
∴b2+ab-a2=0,
∴+-1=0∴(舍弃).∴.3.(1)已知:△ABC是等腰三角形,其底边是BC,点D在线段AB上,E是直线BC上一点,且∠DEC=∠DCE,若∠A=60°(如图①).求证:EB=AD;(2)若将(1)中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”,其它条件不变(如图②),(1)的结论是否成立,并说明理由;(3)若将(1)中的“若∠A=60°”改为“若∠A=90°”,其它条件不变,则eq\f(EB,AD)的值是多少?(干脆写出结论,不要求写解答过程)第3题图(1)证明:如解图①所示,过点D作DF∥BC交AC于点F,则AD=AF,∴∠FDC=∠DCE,∵∠A=60°,∴DF=AD=AF,又∵∠DEB=∠DCE,∴∠FDC=∠DEB,第3题解图①又ED=CD,∠DBE=∠DFC=120°,∴△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∴EB=AD.(2)解:EB=AD成立.理由如下:如解图②所示,过点D作DF∥BC交AC的延长线于F,则AD=AF=DF,∠FDC=∠ECD,又∵∠DEC=∠ECD,∴∠FDC=∠DEC,ED=CD,又∠DBE=∠DFC=60°,第3题解图②∴△DBE≌△CFD(AAS);∴EB=DF,∴EB=AD.解:eq\f(EB,AD)=eq\r(2).【解法提示】过点D作BC的垂线,依据等腰直角三角形的性质,可以得出线段间关系,进而求得所需答案.类型二涉及动点、平移、折叠、旋转的几何图形的证明与计算如图,正方形ABCD,将边CD绕点C顺时针旋转60°,得到线段CE,连接DE,AE,BD,AE与BD交于点F.
(1)求∠AFB的度数;
(2)求证:BF=EF;
第4题图解:(1)∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ADB=∠ADC=45°,
由旋转得:CD=CE,∠DCE=60°,
∴△DCE是等边三角形,
∴CD=DE=AD,∠ADE=90°+60°=150°,
∴∠DAE=∠DEA=15°,
∴∠AFB=∠FAD+∠ADB=15°+45°=60°;
(2)如解图,连接CF,
∵△CDE是等边三角形,
∴∠DEC=60°,
∵∠DEA=15°,第4题解图∴∠CEF=∠CBF=45°,
∵四边形ABCD是正方形,∴AD=CD,∠ADF=∠CDF=45°,
∵DF=DF,
∴△ADF≌△CDF(SAS),
∴∠DAF=∠DCF=15°,
∴∠FCB=90°-15°=75°,∠ECF=60°+15°=75°,
∴∠FCB=∠ECF,
∵CF=CF,
∴△ECF≌△BCF(SAS),
∴BF=EF;5、如图,点O是等边△ABC内一点,将△BOC绕点C按顺时针方向旋转60°得△ADC,连接OD.已知∠AOB=110°.(1)求证:△COD是等边三角形;(2)当α=150°时,试推断△AOD的形态,并说明理由;(3)探究:当α为多少度时,△AOD是等腰三角形.第5题图(1)证明:由旋转的性质可得,CO=CD,∠OCD=60°,∴△COD是等边三角形;(2)解:当α=150°,即∠BOC=150°时,△AOD是直角三角形.理由如下:∵△BOC≌△ADC,∴∠ADC=∠BOC=150°,又∵△COD是等边三角形,∴∠ODC=60°,∴∠ADO=90°,即△AOD是直角三角形;(3)解:分三种状况探讨:①AO=AD,∴∠AOD=∠ADO,∵∠AOD=360°-∠AOB-∠COD-α=360°-110°-60°-α=190°-α,∠ADO=α-60°,∴190°-α=α-60°,∴α=125°;②OA=OD,∴∠OAD=∠ADO,∵∠AOD=190°-α,∠ADO=α-60°,∴∠OAD=180°-(∠AOD+∠ADO)=50°,∴α-60°=50°,∴α=110°;③OD=AD,∴∠AOD=∠OAD,∴190°-α=50°,∴α=140°;综上所述:当α的度数为125°或110°或140°时,△AOD是等腰三角形.6.如图①,将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠,顶点C落到点E处,BE交AD于点F.(1)求证:△BDF是等腰三角形;(2)如图②,过点D作DG∥BE,交BC于点G,连接FG交BD于点O.推断四边形BFDG的形态,并说明理由;(3)在(2)的基础上,若AB=6,AD=8,求FG的长.第6题图(1)证明:由折叠的性质可得,∠DBC=∠DBF,∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∴∠ADB=∠DBC,∴∠DBF=∠ADB,∴BF=DF,∴△BDF是等腰三角形;(2)解:四边形BFDG是菱形.理由:∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,即DF∥BG,∵DG∥BF,∴四边形BFDG是平行四边形,∵BF=DF((1)中已证),∴平行四边形BFDG是菱形;(3)解:∵矩形ABCD中AB=6,AD=8,∠A=90°,∴BD=eq\r(AB2+AD2)=10,∵四边形BFDG是菱形,∴BD⊥GF,GF=2OF,BD=2OD,∴OD=5,∴tan∠ADB=eq\f(OF,OD)=eq\f(AB,AD)=,∴OF=eq\f(15,4),∴FG=eq\f(15,2).7.如图,正方形ABCD的边长是16,点E在边AB上,AE=3,动点F在边BC上,且不与点B,C重合,将△EBF沿EF折叠,得到△EB′F.(1)当∠BEF=45°时,求证:CF=AE;(2)当B′D=B′C时,求BF的长;(3)求△CB′F周长的最小值.第7题图(1)证明:如解图①,第7题解图①当∠BEF=45°时,易知四边形BEB′F是正方形,∴BF=BE,∵AB=BC,∴CF=AE;(2)解:如解图②,作B′N⊥BC于点N,NB′的延长线交AD于点M,作EG⊥MN于点G,则四边形MNCD、四边形AEGM都是矩形.第7题解图②∵B′D=B′C,∴∠B′DC=∠B′CD,∵∠ADC=∠BCD=90°,∴∠B′DM=∠B′CN,∵∠B′MD=∠B′NC=90°,∴△B′MD≌△B′NC(AAS),∴B′M=B′N=8,∵AE=MG=3,∴GB′=5,在Rt△EGB′中,EG=eq\r(EB′2-GB′2)=eq\r(132-52)=12,∵∠EB′G+∠FB′N=90°,∠FB′N+∠B′FN=90°,∴∠EB′G=∠B′FN,∵∠EGB′=∠FNB′=90°,∴△EGB′∽△B′NF,∴eq\f(EG,B′N)=eq\f(EB′,FB′),∴eq\f(12,8)=eq\f(13,B′F),∴BF=B′F=eq\f(26,3);(3)解:如解图③,以E为圆心,EB为半径画圆,连接EC,在Rt△EBC中,∠EBC=90°,EB=13,BC=16,第7题解图③∴EC=eq\r(162+132)=5eq\r(17),∵△CFB′的周长=CF+FB′+CB′=BF+CF+CB′=BC+CB′=16+CB′,∴欲求△CFB′的周长的最小值,只要求出CB′的最小值即可,∵CB′+EB′≥EC,∴当E、B′、C共线时,CB′的值最小,CB′最小值是为5eq\r(17)-13.∴△CFB′的周长的最小值为3+5eq\r(17).8.如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=6,BC=8,点D以每秒1个单位长度的速度由点A向点B匀速运动,到达B点即停止运动.M,N分别是AD,CD的中点,连接MN.设点D运动的时间为t.(1)推断MN与AC的位置关系;第8题图(2)求在点D由点A向点B匀速运动的过程中,线段MN所扫过区域的面积;(3)若△DMN是等腰三角形,求t的值.解:(1)MN∥AC.证明:在△ADC中,M是AD的中点,N是DC的中点,∴MN∥AC;如解图①,分别取△ABC三边中点E,F,G并连接EG,FG,第8题解图①依据题意,可知线段MN扫过区域的面积就是平行四边形AFGE的面积.∵AC=6,BC=8,∴AE=3,GC=4,∵∠ACB=90°,∴SAFGE=AE·GC=12,∴线段MN扫过区域的面积为12;(3)依题意可知,MD=eq\f(1,2)AD,DN=eq\f(1,2)DC,MN=eq\f(1,2)AC=3.分三种状况探讨:(ⅰ)当MD=MN=3时,△DMN为等腰三角形,此时AD=AC=6,∴t=6.(ⅱ)当MD=DN时,AD=DC.如解图②,过点D作DH⊥AC于点H,则AH=eq\f(1,2)AC=3,第8题解图②∵cosA=eq\f(AH,AD)=eq\f(AC,AB),AB=10,AC=6,即eq\f(3,AD)=eq\f(6,10).∴t=AD=5.(ⅲ)当DN=MN=3时,AC=DC,如解图③,连接MC,则CM⊥AD.第8题解图③∵cosA=eq\f(AM,AC)=eq\f(AC,AB),即eq\f(AM,6)=eq\f(6,10),∴AM=eq\f(18,5),∴t=AD=2AM=eq\f(36,5).综上所述,当t=5或6或eq\f(36,5)时,△DMN为等腰三角形.类型三涉及探究类问题的几何图形的证明与计算9.如图,在△ABC中,BC>AC,点E在BC上,CE=CA,点D在AB上,连接DE,∠ACB+∠ADE=180°,作CH⊥AB,垂足为H.(1)如图①,当∠ACB=90°时,连接CD,过点C作CF⊥CD交BA的延长线于点F.①求证:FA=DE;②请猜想三条线段DE、AD、CH之间的数量关系,干脆写出结论;(2)如图②,当∠ACB=120°时,三条线段DE、AD、CH之间存在怎样的数量关系?请证明你的结论.第9题图(1)①证明:∵∠ACB+∠ADE=180°,∴∠CAD+∠CED=360°-180°=180°,∵∠CAD+∠CAF=180°,∴∠CAF=∠CED,∵CF⊥CD,∠ACB=90°,∴∠DCF=∠ACB=90°,∵∠ECD=90°-∠ACD,∴∠ACF=90°-∠ACD=∠ECD,在△AFC和△EDC中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ACF=∠ECD,CA=CE,∠CAF=∠CED)),∴△AFC≌△EDC(ASA),∴FA=DE;②解:DE+AD=2CH;【解法提示】由①得FA=DE,△AFC≌△EDC,∴CF=CD,∵CF⊥CD,∴∠CFD=∠CDF=45°,∵CH⊥FD,∴CH=HD=FH,∴FD=FA+AD=DE+AD=2CH.(2)解:三条线段DE,AD,CH之间的数量关系是:DE+AD=2eq\r(3)CH.证明:延长BA到点F,使AF=ED,连接CF,CD,如解图,∵∠ACB+∠ADE=180°,∴∠CAD+∠CED=360°-180°=180°,第9题解图∵∠CAD+∠CAF=180°,∴∠CAF=∠CED.在△AFC和△EDC中,eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC=EC,∠CAF=∠CED,AF=ED)),∴△AFC≌△EDC(SAS),∴CF=CD,∠ACF=∠ECD,∴∠FCD=∠ACF+∠ACD=∠ECD+∠ACD=∠ACB=120°,∵CF=CD,CH⊥DF,∴FH=DH=eq\f(1,2)DF=eq\f(1,2)(AF+AD)=eq\f(1,2)(DE+AD),∴∠HCD=eq\f(1,2)∠FCD=60°,∴tan∠HCD=eq\f(DH,CH)=eq\r(3),∴DH=eq\r(3)CH,∴DE+AD=AF+AD=2DH=2eq\r(3)CH.10.△ABC中,AB>AC,G为BC的中点,P,A在直线BC的同侧,PG⊥BC,直线BP与直线AC相交于点D,直线CP与直线AB相交于点E,且∠BAC=2∠PBC.(1)当点P在AB边上时(如图①),E与P重合,D与A重合,则线段BE
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