22555
如图3,当M在OB上时,OM=t-2,此时
11422
SOMNH(t2)tt2
2255
解得t1211,t2211(舍去负值)
因此,当点M在线段OB上运动时,存在S=4的情形,此时t211.
3
3如图4,当∠OMN=90°时,在Rt△BNM中,BN=t,BM5t,cosB,
5t325
所以.解得t.
t58
如图5,当∠OMN=90°时,N与C重合,t5.不存在∠ONM=90°的可能.
考点伸展:
在本题情景下,如果△MON的边与AC平行,求t的值.如图6,当ON//AC时,t=3;
如图7,当MN//AC时,t=2.5.
6,BA=35.分别以OA、OC边所在直线为x轴、y轴建立如图1所示的平面直角坐标系.
图1图2思路点拨:
1.第
(1)题和第
(2)题蕴含了OB与DF垂直的结论,为第(3)题讨论菱形提供了计算基础.
2.讨论菱形要进行两次(两级)分类,先按照DO为边和对角线分类,再进行二级分类,
DO与DM、DO与DN为邻边.
解答:
(1)如图2,作BH⊥x轴,垂足为H,那么四边形BCOH为矩形,OH=CB=3.
在Rt△ABH中,AH=3,BA=35,所以BH=6.因此点B的坐标为(3,6).
22
(2)因为OE=2EB,所以xExB2,yEyB4,E(2,4).
33b5,1
设直线DE的解析式为y=kx+b,代入D(0,5),E(2,4),得解得k,b5.所
2kb4.2
1以直线DE的解析式为yx5.
2
1
(3)由yx5,知直线DE与x轴交于点F(10,0),OF=10,DF=55.
2
1如图3,当DO为菱形的对角线时,MN与DO互相垂直平分,点M是DF的中点.此时点M
55的坐标为(5,),点N的坐标为(-5,).
22
2如图4,当DO、DN为菱形的邻边时,点N与点O关于点E对称,此时点N的坐标为(4,8).
3
如图5,当DO、DM为菱形的邻边时,NO=5,延长MN交x轴于P.
考点伸展
如果第(3)题没有限定点N在x轴上方的平面内,那么菱形还有如图6的情形.
四、相似三角形:
因动点产生的相似三角形问题
例4:
(2013年苏州中考28题)如图,点O为矩形ABCD的对称中心,AB=10cm,BC=12cm,点E、F、G分别从A、B、C三点同时出发,沿矩形的边按逆时针方向匀速运动,点E的运动速度为1cm/s,点F的运动速度为3cm/s,点G的运动速度为1.5cm/s,当点F到达点C(即点F与点C重合)时,三个点随之停止运动.在运动过程中,△EBF关于直线EF的对称图形是△EB′F.设点E、F、G运
动的时间为t(单位:
s).
(1)当t=s时,四边形EBFB′为正方形;
(2)若以点E、B、F为顶点的三角形与以点F,C,G为顶点的三角形相似,求t的值;(3)是否存在实数t,使得点B′与点O重合?
若存在,求出t的值;若不存在,请说明理由.
相似,分两种情况,需要分类讨论,逐一分析计算;(3)本问为存在型问题.假设存在,则可以分别求出在不同条件下的t值,它们互相矛盾,所以不存在.
解答:
(1)若四边形EBFB′为正方形,则BE=BF,即:
10﹣t=3t,解得t=2.5;
(2)分两种情况,讨论如下:
①若△EBF∽△FCG,则有,即,解得:
t=2.8;
②若△EBF∽△GCF,则有,即,解得:
t=﹣14﹣2(不合题意,舍去)
或t=﹣14+2.∴当t=2.8s或t=(﹣14+2)s时,以点E、B、F为顶点的三角形与以点F,
C,G为顶点的三角形相似.
(3)假设存在实数t,使得点B′与点O重合.如图,过点O作OM⊥BC于点M,则在Rt△OFM中,OF=BF=3t,FM=BC﹣BF=6﹣3t,OM=5,由勾股定理得:
OM2+FM2=OF2,即:
52+(6﹣3t)2=(3t)2解得:
t=;
过点O作ON⊥AB于点N,则在Rt△OEN中,OE=BE=10﹣t,EN=BE﹣BN=10﹣t﹣5=5﹣t,ON=6,
由勾股定理得:
ON2+EN2=OE2,即:
62+(5﹣t)2=(10﹣t)2解得:
t=3.9.∵≠3.9,∴不存在实
数t,使得点B′与点O重合.
考点伸展:
本题为运动型综合题,考查了矩形性质、轴对称、相似三角形的判定性质、勾股定理、
解方程等知识点.题目并不复杂,但需要仔细分析题意,认真作答.第
(2)问中,需要分类讨论,
避免漏解;第(3)问是存在型问题,可以先假设存在,然后通过推导出互相矛盾的结论,从而判定
不存在.拓展练习:
1、如图1,梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AB=14cm,AD=18cm,BC=21cm,点P从A开始沿
AD边以1cm/秒的速度移动,点Q从C开始沿CB向点B以2cm/秒的速度移动,如果P,Q分别从A,C同时出发,设移动时间为t秒。
当t=时,四边形是平行四边形;
当t=时,四边形是等腰梯形.
(1题图)备用图
2、如图2,正方形ABCD的边长为4,点M在边DC上,且DM=1,N为对角线AC上任意一点,则DN+MN的最小值为。
直线l于点E,设直线l的旋转角为
2)当
90°时,判断四边形EDBC是否为菱形,并说明理由.
4、在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,直线MN经过点C,且AD⊥MN于D,BE⊥MN于E.
等量关系,并加以证明
5、数学课上,张老师出示了问题:
如图1,四边形ABCD是正方形,点E是边BC的中点.
且EF交正方形外角DCG的平行线CF于点F,求证:
AE=EF.经过思考,小明展示了一种正确的解题思路:
取AB的中点M,连接ME,则AM=EC,易证
△AME≌△ECF,所以AEEF.在此基础上,同学们作了进一步的研究:
(1)小颖提出:
如图2,如果把“点E是边BC的中点”改为“点E是边BC上(除B,C外)的任意一点”,其它条件不变,那么结论“AE=EF”仍然成立,你认为小颖的观点正确吗?
如果正确,写出证明过程;如果不正确,请说明理由;
(2)小华提出:
如图3,点E是BC的延长线上(除C点外)的任意一点,其他条件不变,结论“AE=EF”仍然成立.你认为小华的观点正确吗?
如果正确,写出证明过程;如果不正确,请说明理由.
6、如图,射线MB上,MB=9,A是射线MB外一点,AB=5且A到射线MB的距离为3,动点P从M沿射线MB方向以1个单位/秒的速度移动,设P的运动时间为t.
求
(1)△PAB为等腰三角形的t值;
(2)△PAB为直角三角形的t值;
(3)若AB=5且∠ABM=45°,其他条件不变,直接写出△PAB为直角三角形的t值。
F.AB4,BC6,∠B60.求:
(1)求点E到BC的距离;
(2)点P为线段EF上的一个动点,过P作PMEF交BC于点M,过M作MN∥AB交折线
ADC于点N,连结PN,设EPx.①当点N在线段AD上时(如图2),△PMN的形状是否发生改变?
若不变,求出△PMN的周长;若改变,请说明理由;②当点N在线段DC上时(如图3),
是否存在点P,使△PMN为等腰三角形?
若存在,请求出所有满足要求的x的值;若不存在,请
说明理由
8、如图,已知△ABC中,ABAC10厘米,BC8厘米,点D为AB的中点.
(1)如果点P在线段BC上以3cm/s的速度由B点向C点运动,同时,点Q在线段CA上由C点向A点运动
1若点Q的运动速度与点P的运动速度相等,经过1秒后,△BPD与△CQP是否全等,请说明理由;
2若点Q的运动速度与点P的运动速度不相等,当点Q的运动速度为多少时,能够使△BPD与
△CQP全等?
(2)若点Q以②中的运动速度从点C出发,点P以原来的运动速度从点B同时出发,都逆时针沿
△ABC三边运动,求经过多长时间点P与点Q第一次在△ABC的哪条边上相遇?
(8题图)(9题图)
9、如图所示,在菱形ABCD中,AB=4,∠BAD=120°,△AEF为正三角形,点E、F分别在菱形的边BC.CD上滑动,且E、F不与B.C.D重合.
(1)证明不论E、F在BC.CD上如何滑动,总有BE=CF;
(2)当点E、F在BC.CD上滑动时,分别探讨四边形AECF和△CEF的面积是否发生变化?
如果不变,求出这个定值;如果变化,求出最大(或最小)值.
10、如图,在△AOB中,∠AOB=90°,OA=OB=6,C为OB上一点,射线CD⊥OB交AB于点D,OC=2.点P从点A出发以每秒个单位长度的速度沿AB方向运动,点Q从点C出发以每秒2个单位长度的速度沿CD方向运动,P、Q两点同时出发,当点P到达到点B时停止运动,点Q也随之停止.过点P作PE⊥OA于点E,PF⊥OB于点F,得到矩形PEOF.以点Q为直角顶点向下作等腰直角三角形QMN,斜边MN∥OB,且MN=QC.设运动时间为t(单位:
秒).
1)求t=1时FC的长度.
2)求MN=PF时t的值.
3)当△QMN和矩形PEOF有重叠部分时,求重叠(阴影)部分图形面积S与t的函数关系式.
4)直接写出△QMN的边与矩形PEOF的边有三个公共点时t的值.
参考答案:
1、解:
:
(1)要使四边形PQCD为平行四边形,则PD=CQ,∵AD=18cm,即18-t=2t,解得:
t=6;
(2)设经过ts,四边形PQCD是等腰梯形.过Q点作QE⊥AD,过D点作DF⊥BC,∵四边形PQCD是等腰梯形,∴PQ=DC.又∵AD∥BC,∠B=90°,∴AB=EQ=DF.∴△EQP≌△FDC.
∴FC=EP=BC-AD=21-18=3.又∵AE=BQ=21-2t,EP=t-AE,∴EP=AP-AE=t-(21-2t)=3.得:
t=8.∴经过8s,四边形PQCD是等腰梯形.
2、5;3、解:
(1)①30,1;②60,1.5;
(2)当∠α=900时,四边形EDBC是菱形.
∵∠α=∠ACB=900,∴BC//ED.∵CE//AB,∴四边形EDBC是平行四边形
在Rt△ABC中,∠ACB=900,∠B=600,BC=2,∴∠A=300.
1AC
∴AB=4,AC=23.∴AO=2=3.在Rt△AOD中,∠A=300,∴AD=2.
∴BD=2.∴BD=BC.又∵四边形EDBC是平行四边形,
∴四边形EDBC是菱形
4、解:
(1)①∵∠ACD=∠ACB=90°∴∠CAD+∠ACD=9°0∴∠BCE+∠ACD=9°0
∴∠CAD=∠BCE∵AC=BC∴△ADC≌△CEB
②∵△ADC≌△CEB∴CE=AD,CD=BE∴DE=CE+CD=AD+BE
(2)∵∠ADC=∠CEB=∠ACB=90°∴∠ACD=∠CBE又∵AC=BC
∴△ACD≌△CBE∴CE=AD,CD=BE∴DE=CE-CD=AD-BE
(3)当MN旋转到图3的位置时,DE=BE-AD(或AD=BE-DE,BE=AD+DE等)∵∠ADC=∠CEB=∠ACB=90°∴∠ACD=∠CBE,又∵AC=BC,∴△ACD≌△CBE,∴AD=CE,CD=BE,∴DE=CD-CE=BE-AD.
5、解:
(1)正确.
证明:
在AB上取一
点M,
使AM
EC,连接ME.
BM
BE.
BME45°,
AME
135°.
QCF
是
外角平
分
线,
DCF45°
ECF
135°.
AME
ECF
.QAEB
BAE
90°,
AEB
CEF90°
BAE
CEF.
△AME≌△BCF(ASA).
AE
EF.
(2)正确.
证明:
在BA
的延
长线
上取一
点N
.使
AN
CE,连
接
NE.
BNBE
.
N
PCE45°
.Q四
边形
ABCD
是正方形
AD∥BE.
DAE
BEA.
NAE
CEF
.△ANE≌△ECF
ASA).AEEF.
6、解:
解:
(1)作AE⊥BM于E。
则AE=3,∵AB=5,∴BE=√(AB2-AE2)=4MP=t,BP=9-t①若AP=AB,∴9-t=2×4∴t=1
②若PA=PB,∴BP/(1/2AB)=AB/BP∴(9-t)2=1/2*5*5∴t=9-√5/2(9+√5/舍2去)
3若BA=BP,∴|9-t|=5∴t=4、14
∴综上,t=1、4、9-√5/2、14
(2)①若∠APB=90°∴9-t=4∴t=5
②若∠PAB=90°∴BP/BA=BA/BE∴(9-t)/5=5/4∴t=11/4∴综上,t=5、11/4。
1
BEAB2.
7、解:
(1)如图1,过点E作EGBC于点G.∵E为AB的中点,∴2
在Rt△EBG中,∠B60,∴∠BEG30.∴BG2BE1,EG213.
即点E到BC的距离为3.
图1
∴∠NMC∠B60
∠PMH
30.
∴PH
1PM
2
∴MHPMgcos30
NHMNMH
在Rt△PNH中,PN
NH2
PH2
43
2
32
2
C
图2
∴△PMN的周长=PM
PN
MN37
4.
②当点N在线段DC上运动时,△PMN的形状发生改变,但△MNC恒为等边三角形.当PMPN时,如图3,作PRMN于R,则MRNR.
3
类似①,MR3.∴MN2MR3.∵△MNC是等边三角形,∴MCMN3.
2
此时,xEPGMBCBGMC6132.
当MP
MN时,如图
4,这时MC
MNMP3.
此时,x
EPGM61353.
NM时,如图∴∠PNM∠MNC∴MCPMgtan30综上所述,当x2或4或53时,
当NP
5,∠NPM
180.因此点1.此时,x
∠PMN30.P与F重合,EPGM
则∠PMN120,又∠MNC60,△PMC为直角三角形.
6114.
△PMN为等腰三角形.
8、解:
解:
(1)①∵t1秒,∴BP
CQ3
13厘米,
∵AB10厘米,
点D为AB的中点,
∴BD
5厘米.
又∵
PC
BC
BP,
BC
8厘米,
PC8
35厘米,∴PCBD
又∵
AB
AC,
C,
△BPD≌△CQP
vQ
BP
CQ
又∵
△BPD≌△CQP,
C,则
BP
PC
4,CQ
BD
5,
∴点
P,点Q运动的时间
BP
3
4
3秒,
vQ
CQ
t
15
4
厘米/秒。
2)
设经过x秒后点P与点Q第一次相遇,
由题意,得
15
x
4
3x210
解得
80
3秒.
∴点
80380
P共运动了3厘米.
∵80
2824,
∴点P、点Q在AB边上相遇,
80
∴经过3秒点P与点Q第一次在边
AB上相遇.
9、解:
(1)证明:
如图,连接AC,∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,∠BAE+∠EAC=60°