资源简介

题型九 几何探究题
类型一 非动点探究题
1. (2024包头)如图,在 中， 为锐角，点E在边AD上，连接BE,CE,且
(1)如图①,若F是边BC的中点,连接EF,对角线AC分别与BE,EF 相交于点 G,H.
(i)求证:H是AC的中点;
(ii)求AG:GH:HC;
(2)如图②，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM，CE的延长线与AM 相交于点 N.试探究线段AM 与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论.
2. (2024安徽)如图①, 的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD,BC上,且. 点E,F分别是BD与AN,CM的交点.
(1)求证:(
(2)连接BM交AC于点 H,连接HE,HF.
(i)如图②,若 求证：
(ii)如图③,若 为菱形，且 求 的值.
3.(2024吉林省卷)小明在学习时发现四边形面积与对角线存在关联，下面是他的研究过程：
【探究论证】
(1)如图①,在 中， 垂足为点 D.若 则
(2)如图②,在菱形. 中， 则
(3)如图③,在四边形EFGH中, 垂足为点O.若 则 若 猜想 与a，b的关系，并证明你的猜想；
【理解运用】
(4)如图④,在 中， 点P 为边 MN上一点.小明利用直尺和圆规分四步作图：
(i)以点K为圆心，适当长为半径画弧，分别交边KN，KM 于点 R，I；
(ii)以点 P为圆心,KR长为半径画弧,交线段 PM 于点I';
(iii)以点I'为圆心，IR长为半径画弧，交前一条弧于点 点 在MN同侧；
(iv)过点 P 画射线. 在射线 上截取 连接 KP,KQ,MQ.
中小学教育资源及组卷应用平台
请你直接写出 的值.
类型二 动点探究题
4. (2024 吉林省卷)如图,在 中， 3cm,AD是 的角平分线.动点 P 从点 A 出发，以 的速度沿折线AD-DB 向终点B 运动.过点P作 交AC于点Q，以PQ 为边作等边三角形PQE，且点 C，E在PQ 同侧，设点 P 的运动时间为 与 重合部分图形的面积为
(1)当点 P 在线段AD上运动时，判断 的形状(不必证明)，并直接写出AQ的长(用含t的代数式表示)；
(2)当点E与点 C重合时，求t的值；
(3)求S关于t的函数解析式，并写出自变量t的取值范围.
5. (2024南充)如图,正方形ABCD边长为6cm,点E 为对角线AC上一点， 点P在AB边上以1cm/s的速度由点A 向点B运动，同时点Q在BC 边上以2cm/s的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒(
(1)求证:
(2)当 是直角三角形时，求t的值；
(3)连接AQ,当 时，求 的面积.
6. (2024重庆A卷)在 中， 点D是BC边上一点(点D不与端点重合).点D 关于直线AB的对称点为点E，连接AD，DE.在直线AD上取一点F，使 直线EF 与直线AC交于点G.
(1)如图①,若 求 的度数(用含α的代数式表示)；
(2)如图①,若 用等式表示线段CG与DE之间的数量关系，并证明；
(3)如图②,若 点D从点B移动到点C的过程中，连接AE,当 为等腰三角形时，请直接写出此时 的值.
类型三 平移探究题
7、(2023天津)在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD 的顶点 ,矩形 EFGH 的顶点
(1)填空：如图①，点C的坐标为 ，点G的坐标为 ；
(2)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形. 点E,F，G，H的对应点分别为 设 矩形 与菱形ABCD重叠部分的面积为S.
①如图②，当边 与AB 相交于点 M，边 与BC 相交于点 N,且矩形 与菱形ABCD重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围；
②当 时，求S的取值范围(直接写出结果即可).
8. (2022贵港)已知:点C,D均在直线l的上方,AC与BD都是直线l的垂线段，且BD在AC的右侧， AD与BC相交于点O.
(1)如图①,若连接CD,则 的形状为 ， 的值为 ;
(2)若将BD沿直线l平移，并以AD为一边在直线l的上方作等边
①如图②,当AE与AC重合时,连接OE,若 求OE的长；
②如图③，当 时，连接EC并延长交直线l于点 F，连接OF.求证:
类型四 旋转探究题
9. (2024山西)综合与探究
问题情境：如图①，四边形ABCD 是菱形，过点A 作. 于点E，过点C作 于点 F.
猜想证明：(1)判断四边形AECF 的形状，并说明理由；
深入探究：(2)将图①中的 绕点A 逆时针旋转，得到 点E，B 的对应点分别为点G，H.
①如图②，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N.猜想线段CH与MD的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD 交于点M,N,直线AH与线段CD 交于点 Q.若 直接写出四边形AMNQ 的面积.
10. 新考法 开放性设问(2024福建定心卷)如图①，在 中， P为 内一点，连接AP，将AP绕点A 顺时针旋转α得到AQ,连接BQ,BP,PC.
(1)若 求 的度数；
(2)若点 P为 的外心，求证：四边形AQBP是菱形；
(3)如图②,若D 为BC 的中点,连接PD,PQ,当. 时，给出下列结论：①PD= PQ;②∠APC+∠BPD= 180°；③PQ=BP，请任意选择一个你认为正确的结论加以证明.
11.(2024 山东省卷)一副三角板分别记作 和 其中 作 AC于点 M, 于点N，如图①.
(1)求证:
(2)在同一平面内，将图①中的两个三角形按如图②所示的方式放置，点C 与点 E 重合记为C，点A 与点 D 重合，将图②中的 绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点 P.
①当 时，如图③，求证：四边形 CNPM 为正方形；
②当 时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当 时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系.
类型五 折叠探究题
12. (2024济宁)综合与实践
某校教学课外活动小组用一张矩形纸片(如图①，矩形ABCD中，AB>AD 且AB 足够长)进行探究活动.
【动手操作】
如图②，第一步，沿点A 所在直线折叠，使点D 落在AB上的点E处，折痕为AF，连接EF，把纸片展平.
第二步，把四边形AEFD折叠，使点A 与点E 重合，点D 与点 F重合，折痕为GH，再把纸片展平.
第三步，连接GF.
【探究发现】
根据以上操作，甲、乙两同学分别写出了一个结论.
甲同学的结论：四边形AEFD 是正方形.
乙同学的结论：
(1)请分别判断甲，乙两同学的结论是否正确，若正确，写出证明过程；若不正确，请说明理由.
【继续探究】
在上面操作的基础上，丙同学继续操作.
如图③，第四步，沿点G所在直线折叠，使点F落在AB上的点 M处，折痕为GP，连接PM，把纸片展平.
第五步，连接FM交GP于点N.
根据以上操作，丁同学写出了一个正确结论：
FN·AM=GN·AD.
(2)请证明这个结论.
13.(2024天津)将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中,点O(0,0),点A(3,0),点B,C在第一象限,且
(1)填空：如图①，点C的坐标为 ，点B 的坐标为 ；
(Ⅱ)若P为x轴的正半轴上一动点，过点 P作直线 轴，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点 落在x轴的正半轴上，点C的对应点为C'.设
①如图②.若直线l与边CB 相交于点Q，当折叠后四边形 与 重叠部分为五边形时，( 与AB 相交于点 E.试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出t的取值范围；
②设折叠后重叠部分的面积为S，当 时，求S的取值范围.(直接写出结果即可)
类型六 类比探究题
14.(2024广元)数学实验，能增加学习数学的乐趣，还能经历知识“再创造”的过程，更是培养动手能力，创新能力的一种手段.小强在学习《相似》一章中对“直角三角形斜边上作高”这一基本图形(如图①)产生了如下问题，请同学们帮他解决.
在△ABC中,点D为边AB上一点,连接CD.
(1)初步探究
如图②，若 求证：
(2)尝试应用
如图③,在(1)的条件下,若点 D 为AB 中点, 求CD的长；
(3)创新提升
如图④，点E为CD中点，连接BE，若 求BE 的长.
15. (2024长春)如图,在 中， 点 D 是边 BC上的一点(点D不与点B，C重合)，作射线AD，在射线AD上取点P,使 以AP为边作正方形APMN，使点M 和点 C在直线AD 同侧.
(1)当点D 是边BC的中点时，求AD的长；
(2)当 时，点D 到直线AC 的距离为 ；
(3)连接PN,当 时，求正方形APMN的边长；
(4)若点N到直线AC的距离是点 M到直线AC距离的3倍，则CD的长为 .(写出一个即可)
16.(2024达州)在学习特殊的平行四边形时，我们发现正方形的对角线等于边长的 倍，某数学兴趣小组以此为方向对菱形的对角线和边长的数量关系探究发现，具体如下：如图①.
(1)∵四边形ABCD是菱形,
又·
化简整理得
【类比探究】
(2)如图②.若四边形ABCD 是平行四边形，请说明边长与对角线的数量关系；
【拓展应用】
(3)如图③，四边形ABCD为平行四边形，对角线AC，BD 相交于点O，点E为AO的中点，点F为BC的中点，连接EF，若 8, 直接写出EF的长度.
类型七 其他问题
17. (2024上海)在梯形ABCD中, 点E 在边AB上，且
(1)如图①所示,点 F 在边CD上,且 连接EF，求证：EF∥BC;
(2)已知AD=AE=1.
①如图②所示，连接DE，如果 外接圆的圆心恰好落在∠B的平分线上，求△ADE 的外接圆的半径长；
②如图③所示,如果点M在边BC上,连接EM,DM,EC,DM与EC交于 N.如果∠ ，且 求边CD的长.
18. (2024通辽)【实际情境】
手工课堂上，老师给每个制作小组发放一把花折伞和制作花折伞的材料及工具，同学们认真观察后，组装了花折伞的骨架，粘贴了彩色伞面，制作出精美的花折伞.
【模型建立】
(1)如图①，从花折伞中抽象出“伞形图”， 求证
【模型应用】
(2)如图②, 中， 的平分线AD交MC于点D，请你从以下两个条件：
①∠AMD=2∠C;②AC=AM+MD中选择一个作为已知条件,另一个作为结论，并写出结论成立的证明过程；(注：只需选择一种情况作答)
【拓展提升】
(3)如图③,AC为⊙O的直径, 的平分线AD交BC于点E,交⊙O于点 D,连接CD.求证.
题型九 几何探究题
1. (1)(i)
解题思路
由平行线之间等距，以及 可得AE=DE,再证△AEH≌△CFH即可得证.
证明：
∴E 为AD的中点,
∵F是边 BC的中点,
∵在 ABCD中,AD=BC,AD∥BC,
∴AE=CF,∠EAH=∠FCH,
又∵∠AHE=∠CHF,
∴△AHE≌△CHF(AAS),
∴AH=CH,
∴H是AC的中点;
(ii)
解题思路
先证△AGB∽△HGE,得出 再根据△AHE≌△CHF,H为AC的中点求解.
解:∵AE=BF,AE∥BF,
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴AB∥EF,
∴△AGB∽△HGE,
∵△AHE≌△CHF,
∴EH=FH,
∴AG=2GH,
∴AG:GH:HC=2:1:3;
(2)解：线段 AM 与线段AN之间的数量关系为：AM=3AN,证明如下:
如解图，连接BD交 CN于点I，
∵AB∥CD,
∴AB∥CM,
∴∠ABE=∠DME,
又∵AE=DE,∠AEB=∠DEM,
∴△AEB≌△DEM(AAS),
∴AB=DM,
∴四边形ABDM 为平行四边形，
∴AM∥BD,AM=BD.
∵AB=CD,
∴DM=CD,
∴D为CM的中点,
∵DI∥MN,
∴I为CN的中点,
∴DI为△CMN的中位线,
∵AM∥BD,
∴∠NAE=∠IDE,
又∵AE=DE,∠AEN=∠DEI,
∴△AEN≌△DEI(ASA),
∴MN=2AN,
∴AM=AN+MN=3AN,
∴AM=3AN.
解题技巧
连接BD交 CN于点I，构造出△CNM的中位线是本题的解题关键.
2. (1)证明:∵四边形ABCD 是平行四边形,
∴AD∥BC,OA=OC,
∴AM∥CN,
∵AM=CN,
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴AN∥CM,
∴∠OAE=∠OCF,
在△AOE与△COF中
∴△AOE≌△COF(ASA),
∴OE=OF;
(2)(i)证明:∵HE∥AB,
又∵OB=OD,OE=OF,
∵∠HOF=∠AOD,
∴△HOF∽△AOD,
∴∠OHF=∠OAD,
∴HF∥AD;
(ii)解:∵ ABCD 为菱形,
∴AC⊥BD.
又∵OE=OF,∠EHF=60°,
∴∠EHO=∠FHO=30°,
∴OH= OE,
∵AM∥BC,MD=2AM,
即HC=3AH,
∴OC+OH=3(OA-OH),
∴OA+OH=3(OA-OH),
∴OA=2OH,
又∵BN∥AD,MD=2AM,AM=CN,
即3BE=2ED,
∴3(OB-OE)=2(OB+OE),
∴OB=5OE,
貝 的值为
3. 解:(1)2;
【解法提示】∵在△ABC中,AB=BC,BD⊥AC,CD=2,
(2)4;
【解法提示】∵ 在菱形A'B'C'D'中,A'C'=4,B'D'=2,
【解法提示】∵
猜想：
证明:∵EG⊥FH,
∵EG=a,FH=b,
(4)10.
【解法提示】根据尺规作图可知:∠QPM=∠MKN,∵在△MNK中,MN=3,KN=4,MK=5,∴ MK =KN +MN ,∴△MNK 是直角三角形,且∠MNK=90°,∴∠NMK+∠MKN=90°,∵∠QPM=∠MKN,∴∠NMK+∠QPM=90°,∴MK⊥PQ,∵PQ=KN=4,MK=5,∴根据(3)的结论有：
4. 解:(1)
解题思路
根据角平分线+平行线的性质可得△APQ是等腰三角形，再用特殊角即可求AQ的长.
△APQ 为等腰三角形,AQ 的长为t;
【解法提示】如解图①,过点 Q 作 QH⊥AD 于点 H,由题意得：AP= t,∵∠C=90°,∠B=30°,∴∠BAC=60°,∵AD平分∠BAC,∴∠PAQ=∠BAD=30°,∵PQ∥AB,∴∠APQ=∠BAD=30°,∴∠PAQ=∠APQ,∴QA=QP,∴△APQ 为等腰三角形,∵ QH⊥AP,∴ HA= 在 Rt△AHQ中,
(2)如解图②,
∵△PQE 为等边三角形,
∴QE=QP,
由(1)得QA=QP,
∴QE=QA,
即AE=2AQ=2t=3,
(3)
解题思路
①当点P在AD上，点 E在AC 上时，重合部分是等边三角形；②当点 P在AD 上，点E 在AC延长线上时，重合部分是四边形；③当点P在DB上，重合部分是直角三角形，分类讨论画出图形计算求解即可.
①如解图③,当点 P 在AD上,点 E 在AC 上时,重合部分为等边三角形PQE,过点 P作 PG⊥QE于点 G,
∵∠PAQ=30°,
∵△PQE 是等边三角形,
∴QE=PQ=AQ=t,
由(2)知当点E 与点C重合时，
②如解图④,当点 P 在AD 上,点 E 在 AC 延长线上时，记PE 与 BC 交于点 F，此时重合部分为四边形FPQC,
∵△PQE 是等边三角形,
∴∠E=60°,CE=AE-AC=2t-3,
当点 P 与点 D 重合时,在 Rt△ADC中,
∴t=2,
③如解图⑤，当点 P 在 DB 上时，重合部分为直角三角形PQC,
∵∠DAC=30°,∠DCA=90°,
∴在 Rt△ADC中,
∴此时，
∵△PQE是等边三角形，
∴∠PQE=60°,
∵∠B=∠BAD=30°,
∴当点P与点 B 重合时，
解得t=4，此时，不满足PQ∥AB,
当点P与点 D 重合时,t=2,
综上所述
5. (1)证明:∵四边形ABCD 是正方形,
∴∠PAE=∠QCE=45°;
∵CE=2AE,AP=t,CQ=2t,
∴△AEP∽△CEQ;
(2)解:如解图①,过点 E作 EM⊥AB 于点 M,过点 E作EN⊥BC于点 N.
由题意易知AE=2 ,AM=ME=2,EN=CN=4,AP=t,CQ=2t,BQ=6-2t,MP=|t-2|,BP=6-t,QN=|2t-4|, 即
即 +72,
即
①当∠EPQ=90°时,有
即 整理得 24=0,解得 (不合题意，舍去)；
②当∠PEQ=90°时,有
即 整理得,t-2=0,解得t=2;
③当∠PQE=90°时,有
即 整理得， 12=0，该方程无实数解.
综上所述，当△EPQ是直角三角形时，t的值为( 或2;
(3)解:如解图②,过点A作AF⊥AC,交CB的延长线于点 F,连接FE交AQ 于点 G.
∵AF⊥AC,∠ACF=45°,
∴AF=AC,
又∵CE=2AE,
∴∠AFE=∠AQE,
∵∠AGF=∠EGQ,
∴△AGF∽△EGQ,
即
∵∠AGE=∠FGQ,
∴△AGE∽△FGQ,
∴∠AEG=∠FQG,
∵∠AFE+∠AEF=90°,
∴∠FQG+∠EQG=90°,即∠FQE=90°,
∴△EQC 是等腰直角三角形.
∴△AEQ 的面积为4cm .
6. 解:(1)∵ BD∴点 F 在线段AD上,
∵∠BAC=60°,∠EFD=∠BAC,
∴∠AFG=∠EFD=60°,
∵∠BAD=α,
∴∠FAG=60°-α,
在△AFG中,∠FAG+∠AFG+∠AGF=180°,
即
证明如下：
∵BD∴点 F 在线段AD上,
如解图①,连接BE,过点 B作BQ∥EG,分别交AD,AC于点P,Q,则∠BPD=∠EFD,
∵∠BAC=60°,∠EFD=∠BAC,AB=AC,
∴∠ABC=∠C=∠BPD=60°,
∵∠BPD=∠BAD+∠ABQ,∠ABC=∠ABQ+∠CBQ,
∴∠BAD=∠CBQ,
在△ABD和△BCQ中,
∴△ABD≌△BCQ(ASA),
∴BD=CQ,
∵点D 与 点 E 关于直线AB 对称,
设DE 与AB 交于点 H,
∴BE=BD,EH=HD,∠EBA=∠ABD=60°,∠BHE=∠BHD=90°,
∵∠EBD=120°,
∴∠EBD+∠C=180°,
∴EB∥AC,
∴四边形 EBQG是平行四边形，
∴BE=QG,
∴BD=GQ=CQ,
∴CG=2BD,
的值为 或
【解法提示】如解图②，连接BE，记AB 与 DE 的交点为点 N,∵AB=AC,∠EFD=∠BAC=90°=∠AFG,∴∠ABC=45°,由对称的性质知∠EAB=∠DAB,∠EBA=∠DBA=45°,DE⊥AB,NE=ND,当点 G在边 AC上时,由于∠EAG>90°,∴当△AEG为等腰三角形时,只能是AE=AG,设∠BAD=α,∵∠BAC=∠AFG=90°,∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠AGE,∴ ∠BAD=∠AGE=α,∴∠EAB=∠DAB=α,∴∠EAD=2α,∵AE=AG,EG⊥AD,∴∠FAG=∠EAD=2α,∴ 在 Rt△AFG 中,α+2α=90°,解得α=30°,∴∠EAD=60°,又∵AE=AD,∴△AED为等边三角形,∴AE=ED,设AF=x,∵∠EAD 在Rt△DAN中, 当点 G在CA的延长线上时，只能是GE=GA，如解图③,设∠BAD=∠BAE=β,∴∠DAC=∠GAF=90°-β,∠EAF=180°-2β,∴∠GAE=∠EAF-∠GAF=90°-β,∵ GE =GA,∴ ∠GAE = ∠GEA = 90°-β,∵∠EFD=∠BAC=90°,∴在 Rt△AFE中, 2β=90°,解得/ ∠GAF,设GF=y,则AG=GE=2y,AF= y,在Rt△EFA中,EF=2y+y=3y,由勾股定理求得. 在 Rt△EAN中, AE· sin 60°=3y,∴AB=AC=3y+ y,∴CG=AG+AC= 当点 G在AC 的延长线上，∠EAG>90°,易得AG>AE,不符合题意.综上所述,当△AEG为等腰三角形时 或
7. 解:
【解法提示】如解图①,连接AC,BD,交于点 M,∵B(0,1),D(2 ,1),∴BD⊥y轴,∵四边形 ABCD 是菱形,∴AC⊥BD,且AC=2AM,∴AC∥y轴,∴ AC= 又∵四边形EFGH是矩形，∴
(2)①∵点E(0, ),.点 点 在矩形EFGH中,EF∥x轴,EH⊥x轴, ∴在矩形 E'F'G'H'中,E'F'∥x轴,E'H'⊥x轴,
∵点A( ,0),点B(0,1),
在Rt△ABO中,
∴∠ABO=60°,
在Rt△BME中,∵
同理可得
又∵S=S矩形
的取值范围是
【解法提示】由①及题意可知， 时，矩形 E'F'G'H'与菱形ABCD 重叠部分的面积S 是增大的，由①知 此时 当 时,矩形 E'F'G'H'与菱形ABCD重叠部分的面积S是减小的，∴当 时，矩形移动至解图②位置，此时S 为矩形的面积，且取得最大值，最大值为 当 时，矩形移动至解图③位置，设矩形与菱形交于点 P，Q，过点 D 作DK⊥PQ,此时S取得最小值,为△DPQ 的面积,∵DK . S|的取值范围为
8. (1)解:等腰三角形,
【解法提示】如解图①,过点 C 作 CF⊥BD 于点 F ,∵AC⊥l,BD⊥l,∴AC∥BD,∠CAB=∠DBA=∠CFB=90°,∴四边形ABFC 是矩形,∴AC=BF,∵BD=2AC,∴BF=DF,在△BCF 和△DCF 中,△DCF(SAS),∴BC=DC,∴△BCD是等腰三角形;∵AC∥BD,∴∠ACO=∠DBO,∠OAC=∠ODB,∴△AOC
(2)①解:如解图②,过点E作EG⊥AD 于点 G,
是等边三角形，
∴BD=2AC=3,∠EAD=60°,
∴∠DAB=90°-∠EAD=30°,
∴AD=AE=2BD=6,
由(1)得
∴OG=AG-AO=1,
②证明：如解图③，连接CD，
由(1)可知△BCD 是等腰三角形，
∵∠ACB=60°,AC∥BD,
∴∠DBC=∠ACB=60°,
∴△BCD是等边三角形,∠ABC=30°,
∴CD=BD,∠CDB=60°,
∵∠EDC=∠EDA-∠CDA=60°-∠CDA,
∠ADB=∠CDB-∠CDA=60°-∠CDA,
∴∠EDC=∠ADB,
在△ECD和△ABD中,
∴△ECD≌△ABD(SAS),
∴∠ECD=∠ABD=90°,
∴∠ACF=∠ECD+∠DCB+∠ACB-180°=90°+60°+60°-180°=30°,
设AF=x,
则AC= x,AB= AC=3x,
∵∠OAF=∠DAB,
∴△OAF∽△DAB,
∴∠OFA=∠DBA=90°,
∴OF⊥AB.
9. 解:(1)四边形AECF 是矩形,理由如下:
∵AE⊥BC,CF⊥AD,
∴∠AEC=∠AFC=90°,
∵四边形ABCD为菱形,∴AD∥BC,
∴∠AFC+∠ECF=180°.
∴∠ECF=180°-∠AFC=90°,
∴四边形AECF 为矩形;
(2)①
解题思路
方法一:可先证△HAM≌△DAC,得出AM=AC,根据线段的和差关系得出 CH=MD.方法二：可先连接HD,证△CDH≌△MHD,直接得出CH=MD.
CH=MD,理由如下:
∵四边形ABCD 为菱形,
∴AB=AD,∠B=∠D,
由旋转的性质,得AB=AH,∠B=∠H,
∴AH=AD,∠H=∠D.
∵∠HAM=∠DAC,
∴△HAM≌△DAC,
∴AM=AC,
∴AH-AC=AD-AM,
∴CH=MD;
一题多解
CH=MD,理由如下:
如解图①，连接HD，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB=AD,∠B=∠ADC.
由旋转的性质,得AB=AH,∠B=∠AHM,
∴AH=AD,∠AHM=∠ADC,
∴∠AHD=∠ADH,
∴∠AHD-∠AHM=∠ADH-∠ADC,
∴∠MHD=∠CDH,
∵DH=HD,
∴△CDH≌△MHD,
∴CH=MD.
②
解题思路
对于旋转的面积问题，首先分类讨论，根据情况画出草图，再利用旋转的性质以及锐角三角函数或相似进行计算即可，需要注意的是四边形AMNQ是不规则的，需要用割补法，用三角形面积的和差解决.
或
【解法提示】如解图②,∵ AE⊥BC,△ABE 旋转得到△AHG,∴AG⊥GH,∵GH⊥CD,∴AG∥CD,∵AB∥CD,∴A,G,B三点共线,∵AB=5,BE=4,∴AE=3.易知GN的长是AB与CD之间的距离,过点A作AW⊥CD于点W， 5,∴AW=3,∴GN=3,由旋转得,GH=BE=4,AG=AE=3,∴ HN=HG+GN=7,由△AHG∽△QHN得, 即 M ∴ 四边形 AMNQ 的面积为 如解图③，当直线GH与CD垂直时,则∠HNQ=90°,∵AE⊥BC,∴∠AEB= 90°,∵ △ABE 旋转得到△AHG,∴ ∠G=∠AEB=90°,∴AG∥CD,∵AB∥CD,∴B,A,G三点在一条直线上,∵AB=5,BE=4,∴AE=3,由旋转的性质得AG=AE=3,GH=BE=4,∵AG∥CD,∴ ∠GAM=∠ADC=∠B,∴ tan ∠GAM= tan B= ,∵AG=3,∴ 即 即 四边形 AMNQ 的面积为
综上所述，四边形AMNQ 的面积为
10. (1)解:∵∠QAP=∠BAC=α,
∴∠QAB=∠PAC.
在△QAB 和△PAC中,
∴△QAB≌△PAC(SAS),
∴∠QBA=∠PCA.
∵ ∠BPC=∠ABP+∠BAC+∠ACP,α=60°,∠BPC=150°,
∴∠ABP+∠ACP=∠BPC-∠BAC=150°-60°=90°,
∴∠QBP=∠QBA+∠ABP=∠PCA+∠ABP=90°;
(2)证明:∵点 P为△ABC的外心,
∴AP=BP=PC.
由(1)得,△QAB≌△PAC,
∴BQ=PC.
∵AQ=AP,
∴AQ=AP=BQ=BP,
∴四边形AQBP 为菱形;
(3)解:选择结论①:
证明:如解图①,过点 B 作 BG∥PC交 PD的延长线于点 G.
∵D为BC的中点,
∴BD=CD.
∵BG∥PC,
∴∠DBG=∠DCP,∠G=∠DPC,
∴△BDG≌△CDP(AAS),
由(1)得,△QAB≌△PAC,
∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,
∴BG=BQ.
∵∠QBA=∠PBC,
∴∠QBA=∠PBC=∠PCA.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,
∴∠ABP=∠PCB,
∴∠ABP=∠DBG,
∴∠QBP=∠GBP.
∵BP=BP,
∴△QBP≌△GBP(SAS),
∴PQ=PG,
即结论①正确.
一题多解
证明:如解图②,延长BP至点G,使得PG=BP,连接CG.
∵D为BC的中点,
∴BD=CD.
∵BP=PG,
∴∠BPD=∠G,
由(1)得,△QAB≌△PAC,
∴BQ=PC,∠QBA=∠PCA,
∵∠QBA=∠PBC,
∴∠QBA=∠PCA=∠PBC.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,
∴∠ABP=∠PCB.
∵∠GPC=∠PBC+∠PCB,
∴∠QBP=∠GPC,
∴△QBP≌△CPG(SAS),
∴PQ=GC,
即结论①正确.
选择结论②：
证明:如解图③,过点 B作 BG∥PC 交 PD的延长线于点 G.
∵D为BC的中点,
∴BD=CD.
∵BG∥PC,
∴∠DBG=∠DCP,∠G=∠DPC,
∴△BDG≌△CDP(AAS),
∴BG=CP,
由(1)得,△QAB≌△PAC,
∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,∠AQB=∠APC,
∴BG=BQ.
∵∠QBA=∠PBC,
∴∠QBA=∠PBC=∠PCA.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,
∴∠ABP=∠PCB,
∴∠ABP=∠DBG,
∴∠QBP=∠GBP.
∵BP=BP,
∴△QBP≌△GBP(SAS),
∴∠BPD=∠BPQ,
∵AQ=AP,
∵AB=AC,
∵∠PAQ=∠BAC,
∴∠AQP=∠APQ=∠ABC=∠ACB.
∵∠QBA=∠PBC,
∴∠QBP=∠ABC,
∴∠AQP=∠QBP,
∴∠APC+∠BPD=∠APC+∠BPQ=∠AQB+∠BPQ=∠AQP+∠BQP+∠BPQ=∠QBP+∠BQP+∠BPQ=180°,即结论②正确.
一题多解
证明:如解图④,延长BP 至点G,使得PG=BP,连接CG.
∵D为BC的中点,
∴BD=CD.
∵BP=PG,
∴∠BPD=∠G,
由(1)得,△QAB≌△PAC,
∴BQ=CP,∠QBA=∠PCA,∠AQB=∠APC,
∵∠QBA=∠PBC,
∴∠QBA=∠PCA=∠PBC.
∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,
∴∠ABP=∠PCB.
∵∠GPC=∠PBC+∠PCB,
∴∠QBP=∠GPC,
∴△QBP≌△CPG(SAS),
∴∠QPB=∠G,
∴∠BPD=∠QPB.
∵AQ=AP,
∵AB=AC,
∵∠PAQ=∠BAC,
∴∠AQP=∠APQ=∠ABC=∠ACB.
∵∠QBA=∠PBC,
∴ ∠QBP=∠ABC,
∴∠AQP=∠QBP,
∴∠APC+∠BPD=∠APC+∠QPB=∠AQB+∠QPB=∠AQP+∠BQP+∠QPB=∠QBP+∠BQP+∠QPB=180°,即结论②正确.
(答案不唯一)
11. (1)证明:∵∠ABC=90°,∠BAC=45°,
∴△ABC 为等腰直角三角形，
∵BM⊥AC,
∵EN⊥DF,∠EDF=30°,
∵AC=DE,
∴BM=EN;
(2)①证明:∵CN⊥DF,∠CDN=30°,
∴∠DCN=90°-∠CDN=60°.
∵∠ACD=30°,
∴∠MCN=90°.
∵BP⊥AC,CN⊥DF,
∴四边形CNPM 为矩形.
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴AM=CM=BM.
由(1)知,BM=EN=CN,
∴CM=CN,
∴四边形 CNPM为正方形；
②解:当30°<α<60°时, 证明如下：当30°<α<60°时,点 P 在线段 DF 上.
如解图①，连接PC.
由①知,CM=CN,
在 Rt△CPM与 Rt△CPN中,
∴Rt△CPM≌Rt△CPN(HL),
∴MP=NP,
∴MP+DP=NP+DP=DN.
在 Rt△CND中,
当60°<α<120°时,
【解法提示】当60°<α<120°时,点 P 在 FD的延长线上.如解图②,连接 PC,同理可证 MP=NP,DN= ∴当 60°<α<120°时，
12. (1)
解题思路
求证∠AFG的三角函数值，只需作辅助线构造∠AFG所在的直角三角形即可.
解：甲，乙同学的结论都正确，证明如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAE=∠D=90°,
由第一步操作，根据折叠性质可知AD=AE，DF=EF，∠AEF=∠D=90°,
∴∠DAE=∠AEF=∠D=90°,
∴四边形AEFD 为矩形,
又∵AD=AE,
∴四边形AEFD为正方形，
故甲同学的结论正确；
如解图①,作 GM⊥AF 于点 M,
∵四边形AEFD为正方形，
∴∠FAE=45°,
设AG=a,
由第二步操作，根据折叠性质可知 =a,
∴EF=AE=2a,
在 Rt△AMG中,
∵∠MAG=45°,
在 Rt△AEF中,
故乙同学的结论正确；
(2)
解题思路
第一步：根据折叠，做辅助线，求出与AD，AG相等的线段.
证明：如解图②，设第四步折叠后，点A 对应点为Q，点 D 对应点为S,作GR∥QS交SM 于点 R,
∵GP为折痕,
∴AG=QG,AD=QS,DP=SP,FP=MP,DF=SM,∠ADF=∠DAE=∠Q=∠S=90°,
∵GR∥QS,
∴∠SRG=∠QGR=∠Q=∠S=90°,
∴四边形QSRG为矩形，
∴AG=SR=QG=DH,AD=GR=QS=HG,
第二步:求证△GHP≌△GRP,推出四边形 GMPF为菱形.
在 Rt△GHP 和 Rt△GRP中,
∴∠FPG=∠MPG,
又∵FP=MP,
由折叠性质可知GF=GM，
∵PG⊥FM,FN=MN,
∴∠FGP=∠MGP,
∵FP∥GM,
∴∠FPG=∠MGP,
∴∠FPG=∠MPG=∠FGP=∠MGP,
∴FG=FP=PM=GM,
∴四边形GMPF 为菱形,
第三步:由菱形推出AM=RP,证明△DAM≌△GRP,得到∠AMD=∠RPG,再根据菱形性质推出∠AMD=∠FGN.
∵RM=SM-SR=DF-DH=HF=AG,
∴AG+GM=RM+MP,
即AM=RP,
在 Rt△DAM和Rt△GRP中,
∴Rt△DAM≌Rt△GRP(SAS),
∴∠AMD=∠RPG,
∵四边形GMPF 为菱形,
∴GF∥MP,
∴∠RPG=∠FGN,
∴∠FGN=∠AMD,
∵ PG⊥FM,
∴∠FNG=90°,
∴∠FNG=∠DAM=90°,
第四步:由△DAM∽△FNG即可得证.
∴△DAM∽△FNG,
∴FN·AM=GN·AD.
13. 解:(Ⅰ)(1, ),(4, );
【解法提示】如解图①,过点 C作CH⊥OA 于点 H,∵四边形 OABC 是平行四边形,OC=2,∠AOC=60°,A(3,0),∴CB=OA=3,∵ CH⊥OA,∴∠OCH=30°, 1,
【解法提示】根据题意及题图②，易得∠OO'C'=∠AOC=60°,O'P=OP,∴OO'=2OP=2t,∵A(3,0), ∵ 四边形 OABC为平行四边形,∴AB=OC=2,AB∥OC,∠O'AB=∠AOC=60°,∴ △EO'A 是等边三角形,∴AE=AO'=2t-3,∴BE=AB-AE=2-(2t-3)=-2t+5;如解图②,当O'与点A 重合时,此时AB 与 C'O'的交点 E 与点A 重合， 如解图③，当C'与点 B 重合时，此时 AB 与 C'O'的交点 E 与点 B 重合, OP = 易得AO'=2,则 的取值范围为
【解法提示】当 时，如解图④，设直线l与OC边的交点为 M,由(1)得出 C(1, ),∠COA=60°, 开口向上，对称轴为直线t=0,∴在 时， 随着t的增大而增大，.
当 时，如解图⑤，设直线l与BC边的交点为 随着t的增大而增大，∴在 时， 在t=1时, 当1 时， 当 时，如解图⑥，过点E作EF⊥x轴于点 F，设直线l与BC边的交点为N,∵由①得出△EO'A是等边三角形,EF⊥AO',∴ ∴抛物线开口向下，在t = 时，S有最大值，∴此时 在 时， 与 的S值相同，此时 则在 时， 当 时，如解图⑦ . S随着t的增大而减小,∴在 时，则把 分别代入S= 得出 在 时， 综上：
易错点拨
(Ⅱ)①在点P 移动过程中，注意先确定点 O'与点A重合，或当 C'与点B 重合两种临界情况，进而得出t的取值范围；②注意点P在移动过程中，重叠部分的形状也会不断发生变化，在分情况讨论过程中注意不要漏掉某种情况，同时随着重叠部分形状的变化，在计算过程中要注意对应边与OP之间的关系，从而正确求解折叠后重叠部分的面积.
14. (1)证明:∵∠ACD=∠B,∠A=∠A,
∴△ACD∽△ABC,
(2)
解题思路
设AD=m,则AD=BD=m,AB=2m,根据△ACD∽△ABC的性质,则 求得 再根据相似比得到 由BC=4,求得CD的值.
解:∵点 D 为AB 中点,
∴设AD=BD=m,
由(1)知△ACD∽△ABC,
∴△ACD与△ABC的相似比为
∵BC=4,
(3)解：如解图，过点 C作 EB的平行线交 AB 的延长线于点 H,过点C作 CY⊥AB于点 Y,
∵点E为CD中点,
∴设CE=DE=a,
∵∠CDB=∠CBD=30°,
∴CB=CD=2a,∠DCB=120°,
在Rt△BCY中,
过点B作 BF⊥EC交EC的延长线于点 F,
∴∠FCB=60°,
∴∠CBF=30°,
∴EF=2a,
∵CH∥BE,点E为CD中点,
又∵∠ACD=∠EBD,
∴∠ACD=∠H,
∵∠A=∠A,
∴△ACD∽△AHC,
又∵
∴AD=2,AH=14,
∴DH=12,
即
解题技巧
构造BE的平行线和构造 BE 所在的直角三角形是本题的解题关键.
15. 解:(1)∵AB=AC,D是BC中点,
∴BD=CD,∠ADB=∠ADC=90°,
∵BC=6,
在 Rt△ABD中,AB=5,
(2)
【解法提示】如解图①,过点D 作DE⊥AC 于点 E,过点A作AF⊥BC于点 F,∵BC=6,BD=4,∴CD=2,由(1)知 即 点 D 到直线AC 的距离是
如解图②,过点D作DE⊥AC于点E,当PN⊥AC时,易得∠DAC=45°,
设AP=BD=x,则CD=6-x.
由(1)可得,
解得
即正方形 APMN的边长为
(4) 或 .(写出一个即可)
【解法提示】过点 D 作 DE⊥AC 于点 E,过点 M 作MH⊥AC于点H,过点 N作NG⊥AC于点 G,此时分两种情况讨论：①当点M，N在AC同侧时，设PM与AC的交点为S,如解图③,在正方形APMN中,AN=AP=PM,AN∥PM,∠APM=90°,∴∠NAG=∠MSH,∵MH⊥AC,NG⊥AC,∴ ∠AGN=∠SHM=90°,∴△AGN∽△SHM,∴AN=GNM,∵点 N 到直线AC的距离是点M到直线AC距离的3倍，. 即AN=3SM,设SM=a,则AN=AP=PM=3a,∴PS=PM ∴ 设DE=2x,则AE=3x,由第(1)问知, 解得 ②当点M，N在AC异侧时，设MN与AC的交点为T，如解图④,在正方形 APMN 中,AN=MN,∵∠NGT=∠MHT=90°,∵∠NTG=∠MTH,∴△NGT∽△MHT,∴NGHH 点N到直线AC的距离是点M到直线AC距离的3倍， 设 MT=b,则NT=3b,AN=MN=4b,∵ 在正方形中,AP∥MN,∴ DE⊥AC,∴∠DEC=∠DEA=90°,∴tan∠DAC= 设DE=4y,则AE=3y,同理 4yCE= ,∴CE=3y,CD=5y,∵AC=5,∴3y+3y=5,解得 综上所述，CD的值为
16. 解:
(2)
解题思路
通过作辅助线推出△DAE≌△CBF，得到线段等量关系，再利用勾股定理结合线段关系探究出边长与对角线的数量关系.
理由如下：
如解图①,过点 D 作 DE⊥AB 于点 E,过点 C 作 CF⊥AB交AB 的延长线于点 F,
∴∠DEA=∠DEB=∠CFB=90°,
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD,AB∥CD,AD=BC,
∴∠DAE=∠CBF,
在△DAE 和△CBF中,
∴△DAE≌△CBF(AAS),
∴AE=BF,DE=CF,
在 Rt△DBE中,
在Rt△CAF中,
【解法提示】∵四边形ABCD 是平行四边形,AB=8,BD=8,AC=12,由(2)可得. 解得 (负值已舍去),. 如解图②所示，过点E，O分别作BC的垂线,垂足分别为G,M,连接OF,∵F,O分别为BC,AC的中点,∴ 在 Rt△OMC 中,OM= 为AO的中点,AO=OC,则 在 Rt△EGF 中,EF=
17.(1)证明：如解图①，连接DE并延长交CB 的延长线于点G，
∵AD∥BC,
∴EF∥BC;
(2)解:①如解图②,记点 O 为△ADE 外接圆圆心,过点O作OF⊥AE于点 F,连接OA,OE,OD,OB,∵点O为△ADE外接圆圆心，
∴OA=OE=OD,
∴AB=3,
∵AE=AD,OE=OD,OA=OA,
∴△AEO≌△ADO,
∴∠EAO=∠DAO,
∵BO平分∠ABC,
∴∠1=∠2,
∵AD∥BC,
∴∠DAB+∠ABC=180°,
∴2∠EAO+2∠1=180°,
∴∠EAO+∠1=90°,
∴∠AOB=90°,
∵OF⊥AE,
∴∠AFO=∠AOB=90°,
∵∠FAO=∠OAB,
∴△FAO∽△OAB,
即
∴△ADE 外接圆半径为,
②
解题思路
通过已知条件可得AE,AP,BE,PE 的长, △DMC,推出 E,M 分别为 BP,BC的中点,再通过△ECP∽△DMC,利用相似比求得CD的长.
如解图③,延长BA,CD交于点 P,
∵AD∥BC,BC=4,
即
∴AP=1=AD=AE,
∵BE=AB-AE=2,PE=AE+AP=2,
∴E为BP中点,
∴△DCN∽△DMC,
∴∠DCN=∠DMC=∠CEM,
∴EM∥CD,
∴M为BC中点,
∴CM=BM=2,
∵BP=BC=4,
∴∠P=∠DCM,
∵∠ECP=∠DMC,
∴△ECP∽△DMC,
设DP=a,则CD=3a,CP=4a,
解得
18. (1)证明:在△ADM和△ADN中,
∵AM=AN,DM=DN,AD=AD,
∴△ADM≌△ADN(SSS),
∴∠AMD=∠AND;
(2)解：选择②为条件，①为结论，
如解图①,在AC上取点 N,使AN=AM,连接DN,
∵AD平分∠MAC,
∴∠DAM=∠DAN,
在△ADM 和△ADN中,
∵AM=AN,∠DAM=∠DAN,
AD=AD,
∴△ADM≌△ADN(SAS),
∴DM=DN,∠AMD=∠AND,
∵AC=AM+MD,AC=AN+NC,
∴DM=CN,
∴DN=CN,
∴∠C=∠CDN,
∴∠AMD=∠AND=∠CDN+∠C=2∠C;
或选择①为条件，②为结论，
如解图②,在AC上取点N,使AN=AM,连接DN,
∵AD平分∠MAC,
∴∠DAM=∠DAN,
在△ADM 和△ADN中,
∵AM=AN,∠DAM=∠DAN,AD=AD,
∴△ADM≌△ADN(SAS),
∴DM=DN,∠AMD=∠AND,
∵∠AMD=2∠C,
∴∠AND=2∠C=∠CDN+∠C,
∴∠CDN=∠C,
∴DN=CN,
∴DM=CN,
∵AC=AN+NC,
∴AC=AM+MD;
(3)证明:如解图③,连接BD,取AE 的中点 F,连接BF,
∵AD为∠BAC的平分线,
∴BD=CD,
∴∠BCD=∠CBD,
∵AC为⊙O的直径,
∴∠ABC=90°,
∴AE=2BF=2AF,
∴∠ABF=∠BAF,
∵∠BAF=∠BCD,
∴∠ABF=∠CBD,
∴AB=BC,
∴△ABF≌△CBD,
∴BF=BD=CD,
∴AE=2CD.

展开更多......

收起↑