人教版八年级数学下册中考难点专题 特殊四边形中的旋转、动点问题
三角形、四边形中动点问题
§1. 三角形、四边形中的动点问题【解题思路与方法】1.关注变化因素和不变因素以及图形的特殊性,寻找常量和变量;2.化动为静 (由一般到特殊),以静制动;3.数学建模:确定图形运动中的变量关系时常常建立函数模型,确定图形运动中的特殊位置关系 时常常建立方程模型;4.关注运动问题的三个要素:运动方向、速度、范围(直线、射线、线段、折线);5.注重分类讨论,通过分别画图与分离图形使问题简单化;6.根据运动元素的不同分为动点问题、动线问题、动图问题三大类型(包括点、线、图同时运动).◆典例解析一、三角形中的动点问题例1. 已知,如图△ABC 是边长3cm 的等边三角形.动点P 以1cm/s 的速度从点A 出发,沿线段AB 向点B 运动.设运动时间为t (s ),(1)如图1,当t 为何值时,△PBC 是直角三角形?(2)如图2,若另一动点Q 从点C 出发,沿射线BC 方向运动. 连接PQ 交AC 于D. 如果动点P 、Q 都以1cm/s 的速度同时出发.那么 当t 为何值时,△DCQ 是等腰三角形?(3)如图3,若另一动点Q 从点C 出发,沿射线BC 方向运动. 连接PQ 交AC 于D ,连接PC.如果动点P 、Q 都以1cm/s 的速度同时出发. 请探究:在点P 、Q 的运动过程中△PCD 和 △QCD 的面积是否相等?BCPA QDBCPAQDBCPA已知:如图,△ABC是边长3cm的等边三角形,动点P、Q同时从A、B两点出发,分别沿AB、BC 方向匀速移动,它们的速度都是1cm/s,当点P到达点B时,P、Q两点停止运动.设点P的运动时间为t(s),解答下列问题:(1)当t为何值时,△PBQ是直角三角形?(2)设四边形APQC的面积为y(cm2),求y与t的关系式;是否存在某一时刻t,使四边形APQC 的面积是△ABC面积的三分之二?如果存在,求出相应的t值;若不存在,请说明理由。
例2.如图,已知△ABC中,AB=AC=10厘米,BC=8厘米,点D为AB的中点.(1)若点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由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,1秒钟时,△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≌△CPQ?(2)若点Q以(1)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?如图(1)△ABC 为等边三角形,动点D 在边CA 上,动点P 边BC 上,若这两点分别从C 、B 点同时出发,以相同的速度由C 向A 和由B 向C 运动,连接AP ,BD 交于点Q ,两点运动过程中AP=BD 。
初二数学《三角形、四边形》动点问题分析与讲解
初二数学《三角形、四边形》动点问题分析与讲解初二数学《三角形、四边形》动点问题分析与讲解所谓“动点问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.关键:动中求静.数学思想:分类思想数形结合思想转化思想例题分析与讲解:1. 如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AD=24cm,AB=8cm,BC=26cm,动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动;动点Q 从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动.P、Q分别从点A、C同时出发,当其中一点到达端点时,另外一点也随之停止运动,设运动时间为ts.(1)当t为何值时,四边形PQCD为平行四边形?(2)当t为何值时,四边形PQCD为等腰梯形?(3)当t为何值时,四边形PQCD为直角梯形?分析:(1)四边形PQCD为平行四边形时PD=CQ.(2)四边形PQCD为等腰梯形时QC-PD=2CE.(3)四边形PQCD为直角梯形时QC-PD=EC.所有的关系式都可用含有t的方程来表示,即此题只要解三个方程即可.解答:解:(1)∵四边形PQCD平行为四边形∴PD=CQ∴24-t=3t解得:t=6即当t=6时,四边形PQCD平行为四边形.(2)过D作DE⊥BC于E则四边形ABED为矩形∴BE=AD=24cm∴EC=BC-BE=2cm∵四边形PQCD为等腰梯形∴QC-PD=2CE即3t-(24-t)=4解得:t=7(s)即当t=7(s)时,四边形PQCD为等腰梯形.(3)由题意知:QC-PD=EC时,四边形PQCD为直角梯形即3t-(24-t)=2解得:t=6.5(s)即当t=6.5(s)时,四边形PQCD为直角梯形.点评:此题主要考查了平行四边形、等腰梯形,直角梯形的判定,难易程度适中.2.如图,△ABC中,点O为AC边上的一个动点,过点O作直线MN∥BC,设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F,交∠ACB内角平分线CE于E.(1)试说明EO=FO;(2)当点O运动到何处时,四边形AECF是矩形并证明你的结论;(3)若AC边上存在点O,使四边形AECF是正方形,猜想△ABC的形状并证明你的结论.分析:如图,直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,已知AD=AB=3,BC=4,动点P从B点出发,沿线段BC向点C作匀速运动;动点Q从点D出发,沿线段DA向点A作匀速运动.过Q点垂直于AD的射线交AC于点M,交BC 于点N.P、Q两点同时出发,速度都为每秒1个单位长度.当Q点运动到A 点,P、Q两点同时停止运动.设点Q运动的时间为t秒.(1)求NC,MC的长(用t的代数式表示);(2)当t为何值时,四边形PCDQ构成平行四边形;(3)是否存在某一时刻,使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分?若存在,求出此时t的值;若不存在,请说明理由;(4)探究:t为何值时,△PMC为等腰三角形.分析:(1)依据题意易知四边形ABNQ是矩形∴NC=BC-BN=BC-AQ=BC-AD+DQ,BC、AD已知,DQ就是t,即解;∵AB∥QN,∴△CMN∽△CAB,∴CM:CA=CN:CB,(2)CB、CN已知,根据勾股定理可求CA=5,即可表示CM;四边形PCDQ构成平行四边形就是PC=DQ,列方程4-t=t即解;(3)可先根据QN平分△ABC的周长,得出MN+NC=AM+BN+AB,据此来求出t的值.然后根据得出的t的值,求出△MNC的面积,即可判断出△MNC的面积是否为△ABC面积的一半,由此可得出是否存在符合条件的t值.(4)由于等腰三角形的两腰不确定,因此分三种情况进行讨论:①当MP=MC时,那么PC=2NC,据此可求出t的值.②当CM=CP时,可根据CM和CP的表达式以及题设的等量关系来求出t的值.③当MP=PC时,在直角三角形MNP中,先用t表示出三边的长,然后根据勾股定理即可得出t的值.综上所述可得出符合条件的t的值.解答:解:(1)∵AQ=3-t∴CN=4-(3-t)=1+t在Rt△ABC中,AC2=AB2+BC2=32+42∴AC=5在Rt△MNC中,cos∠NCM= = ,CM= .(2)由于四边形PCDQ构成平行四边形∴PC=QD,即4-t=t解得t=2.(3)如果射线QN将△ABC的周长平分,则有:MN+NC=AM+BN+AB即:(1+t)+1+t= (3+4+5)解得:t= (5分)而MN= NC= (1+t)∴S△MNC= (1+t)2= (1+t)2当t= 时,S△MNC=(1+t)2= ≠ ×4×3∴不存在某一时刻t,使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分.(4)①当MP=MC时(如图1)则有:NP=NC即PC=2NC∴4-t=2(1+t)解得:t=②当CM=CP时(如图2)则有:(1+t)=4-t解得:t=③当PM=PC时(如图3)则有:在Rt△MNP中,PM2=MN2+PN2而MN= NC= (1+t)PN=NC-PC=(1+t)-(4-t)=2t-3∴[ (1+t)]2+(2t-3)2=(4-t)2解得:t1= ,t2=-1(舍去)∴当t= ,t= ,t= 时,△PMC为等腰三角形点评:此题繁杂,难度中等,考查平行四边形性质及等腰三角形性质.考查学生分类讨论和数形结合的数学思想方法.3.如图,在矩形ABCD中,BC=20cm,P,Q,M,N分别从A,B,C,D出发沿AD,BC,CB,DA方向在矩形的边上同时运动,当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时,运动即停止.已知在相同时间内,若BQ=xcm(x≠0),则AP=2xcm,CM=3xcm,DN=x2cm.(1)当x为何值时,以PQ,MN为两边,以矩形的边(AD或BC)的一部分为第三边构成一个三角形;(2)当x为何值时,以P,Q,M,N为顶点的四边形是平行四边形;(3)以P,Q,M,N为顶点的四边形能否为等腰梯形?如果能,求x的值;如果不能,请说明理由.分析:以PQ,MN为两边,以矩形的边(AD或BC)的一部分为第三边构成一个三角形的必须条件是点P、N重合且点Q、M不重合,此时AP+ND=AD即2x+x2=20cm,BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm;或者点Q、M重合且点P、N不重合,此时AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm,BQ+MC=BC即x+3x=20cm.所以可以根据这两种情况来求解x的值.以P,Q,M,N为顶点的四边形是平行四边形的话,因为由第一问可知点Q只能在点M的左侧.当点P在点N的左侧时,AP=MC,BQ=ND;当点P在点N 的右侧时,AN=MC,BQ=PD.所以可以根据这些条件列出方程关系式.如果以P,Q,M,N为顶点的四边形为等腰梯形,则必须使得AP+ND≠AD即2x+x2≠20cm,BQ+MC≠BC即x+3x≠20cm,AP=ND即2x=x2,BQ=MC即x=3x,x≠0.这些条件不能同时满足,所以不能成为等腰梯形.解答:解:(1)当点P与点N重合或点Q与点M重合时,以PQ,MN为两边,以矩形的边(AD或BC)的一部分为第三边可能构成一个三角形.①当点P与点N重合时,由x2+2x=20,得x1= -1,x2=- -1(舍去).因为BQ+CM=x+3x=4(-1)<20,此时点Q与点M不重合.所以x= -1符合题意.②当点Q与点M重合时,由x+3x=20,得x=5.此时DN=x2=25>20,不符合题意.故点Q与点M不能重合.所以所求x的值为-1.(2)由(1)知,点Q只能在点M的左侧,①当点P在点N的左侧时,由20-(x+3x)=20-(2x+x2),解得x1=0(舍去),x2=2.当x=2时四边形PQMN是平行四边形.②当点P在点N的右侧时,由20-(x+3x)=(2x+x2)-20,解得x1=-10(舍去),x2=4.当x=4时四边形NQMP是平行四边形.所以当x=2或x=4时,以P,Q,M,N为顶点的四边形是平行四边形.(3)过点Q,M分别作AD的垂线,垂足分别为点E,F.由于2x>x,所以点E一定在点P的左侧.若以P,Q,M,N为顶点的四边形是等腰梯形,则点F一定在点N的右侧,且PE=NF,即2x-x=x2-3x.解得x1=0(舍去),x2=4.由于当x=4时,以P,Q,M,N为顶点的四边形是平行四边形,所以以P,Q,M,N为顶点的四边形不能为等腰梯形.点评:本题考查到三角形、平行四边形、等腰梯形等图形的边的特点.4.如图,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AB=14cm,AD=15cm,BC=21cm,点M从点A开始,沿边AD向点D运动,速度为1cm/s;点N从点C开始,沿边CB向点B运动,速度为2cm/s、点M、N分别从点A、C出发,当其中一点到达端点时,另一点也随之停止运动,设运动时间为t秒.(1)当t为何值时,四边形MNCD是平行四边形?(2)当t为何值时,四边形MNCD是等腰梯形?分析:(1)根据平行四边形的性质,对边相等,求得t值;(2)根据等腰梯形的性质,下底减去上底等于12,求解即可.解答:解:(1)∵MD∥NC,当MD=NC,即15-t=2t,t=5时,四边形MNCD是平行四边形;(2)作DE⊥BC,垂足为E,则CE=21-15=6,当CN-MD=12时,即2t-(15-t)=12,t=9时,四边形MNCD是等腰梯形点评:考查了等腰梯形和平行四边形的性质,动点问题是中考的重点内容.5.如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠C=90°,BC=16,DC=12,AD=21,动点P从点D出发,沿射线DA的方向以每秒2个单位长的速度运动,动点Q 从点C出发,在线段CB上以每秒1个单位长的速度向点B运动,P、Q分别从点D、C同时出发,当点Q运动到点B时,点P随之停止运动,设运动时间为t(s).(1)设△BPQ的面积为S,求S与t之间的函数关系;(2)当t为何值时,以B、P、Q三点为顶点的三角形是等腰三角形?分析:(1)若过点P作PM⊥BC于M,则四边形PDCM为矩形,得出PM=DC=12,由QB=16-t,可知:s= PM×QB=96-6t;(2)本题应分三种情况进行讨论,①若PQ=BQ,在Rt△PQM中,由PQ2=PM2+MQ2,PQ=QB,将各数据代入,可将时间t求出;②若BP=BQ,在Rt△PMB中,由PB2=BM2+PM2,BP=BQ,将数据代入,可将时间t求出;③若PB=PQ,PB2=PM2+BM2,PB=PQ,将数据代入,可将时间t求出.解答:解:(1)过点P作PM⊥BC于M,则四边形PDCM为矩形.∴PM=DC=12,∵QB=16-t,∴s= •QB•PM= (16-t)×12=96-6t(0≤t≤ ).(2)由图可知,CM=PD=2t,CQ=t,若以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形,可以分三种情况:①若PQ=BQ,在Rt△PMQ中,PQ2=t2+122,由PQ2=BQ2得t2+122=(16-t)2,解得;②若BP=BQ,在Rt△PMB中,PB2=(16-2t)2+122,由PB2=BQ2得(16-2t)2+122=(16-t)2,此方程无解,∴BP≠PQ.③若PB=PQ,由PB2=PQ2得t2+122=(16-2t)2+122得,t2=16(不合题意,舍去).综上所述,当或时,以B、P、Q为顶点的三角形是等腰三角形.点评:本题主要考查梯形的性质及勾股定理.在解题(2)时,应注意分情况进行讨论,防止在解题过程中出现漏解现象.6.直线y=- 34x+6与坐标轴分别交于A、B两点,动点P、Q同时从O点出发,同时到达A点,运动停止.点Q沿线段OA运动,速度为每秒1个单位长度,点P沿路线O⇒B⇒A运动.(1)直接写出A、B两点的坐标;(2)设点Q的运动时间为t(秒),△OPQ的面积为S,求出S与t之间的函数关系式;(3)当S= 485时,求出点P的坐标,并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标.分析:(1)分别令y=0,x=0,即可求出A、B的坐标;(2))因为OA=8,OB=6,利用勾股定理可得AB=10,进而可求出点Q由O 到A的时间是8秒,点P的速度是2,从而可求出,当P在线段OB上运动(或0≤t≤3)时,OQ=t,OP=2t,S=t2,当P在线段BA上运动(或3<t≤8)时,OQ=t,AP=6+10-2t=16-2t,作PD⊥OA于点D,由相似三角形的性质,得PD=48-6t5,利用S= 12OQ×PD,即可求出答案;(3)令S= 485,求出t的值,进而求出OD、PD,即可求出P的坐标,利用平行四边形的对边平行且相等,结合简单的计算即可写出M的坐标.解答:解:(1)y=0,x=0,求得A(8,0)B(0,6),(2)∵OA=8,OB=6,∴AB=10.∵点Q由O到A的时间是81=8(秒),∴点P的速度是6+108=2(单位长度/秒).当P在线段OB上运动(或O≤t≤3)时,OQ=t,OP=2t,S=t2.当P在线段BA上运动(或3<t≤8)时,OQ=t,AP=6+10-2t=16-2t,如图,做PD⊥OA于点D,由PDBO=APAB,得PD= 48-6t5.∴S= 12OQ•PD=- 35t2+245t.(3)当S= 485时,∵485>12×3×6∴点P在AB上当S= 485时,- 35t2+245t= 485∴t=4∴PD= 48-6×45= 245,AD=16-2×4=8AD= 82-(245)2= 325∴OD=8- 325= 85∴P(85,245)M1(285,245),M2(- 125,245),M3(125,- 245)点评:本题主要考查梯形的性质及勾股定理.在解题(2)时,应注意分情况进行讨论,防止在解题过程中出现漏解现象.。
中考数学专题复习——四边形中的折叠、剪切、旋转与动点最值问题
C DEBA图②中考数学专题复习——四边形中的折叠、剪切、旋转与动点最值问题一、折叠、剪切类问题1、折叠后求度数(1)将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠,BC 、BD 为折痕,则∠CBD的度数为()A .60B .75C .900D .95(2)如图,把一个长方形纸片沿EF 折叠后,点D 、C 分别落在D ′、C ′的位置,若∠EFB =65°,则∠AED ′等于()A .50°B .55°C .60°D .65°(3)用一条宽相等的足够长的纸条,打一个结,如图①所示,然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图②所示的正五边形ABCDE ,其中∠BAC =____________度.2、折叠后求长度(1)将矩形纸片ABCD 按如图所示的方式折叠,AE 、EF 为折痕,∠BAE =30°,AB =3,折叠后,点C 落在AD 边上的C 1处,并且点B 落在EC 1边上的B 1处.则BC 的长为().A 、3B 、2C 、3D 、32(2)如图,已知边长为5的等边三角形ABC 纸片,点E 在AC边上,点F 在AB 边上,沿着EF 折叠,使点A 落在BC 边上的点D 的位置,且ED BC ,则CE 的长是()(A )10315(B )1053(C )535(D )20103图①ABCDEF(3)如图,将边长为8㎝的正方形ABCD 折叠,使点D 落在BC 边的中点E 处,点A 落在F 处,折痕为MN ,则线段CN 的长是()A .3cmB .4cmC .5cmD .6cm(4)如图,将矩形纸ABCD 的四个角向内折起,恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形EFGH ,若EH =3厘米,EF =4厘米,则边AD 的长是___________厘米.(5)如图,是一张矩形纸片ABCD ,AD =10cm ,若将纸片沿DE 折叠,使DC 落在DA 上,点C 的对应点为点F ,若BE =6cm ,则CD =(6)如图(1),把一个长为m 、宽为n 的长方形(mn )沿虚线剪开,拼接成图(2),成为在一角去掉一个小正方形后的一个大正方形,则去掉的小正方形的边长为()A .2m n B .m nC .2m D .2n 3、折叠后求面积(1)如图,有一矩形纸片ABCD,AB=10,AD=6,将纸片折叠,使AD 边落在AB 边上,折痕为AE ,再将△AED 以DE 为折痕向右折叠,AE 与BC 交于点F ,则△CEF 的面积为()A .4B .6C .8D .10(2)如图,正方形硬纸片ABCD 的边长是4,点E 、F 分别是AB 、BC 的中点,若沿左图中的虚线剪开,拼成如下右图的一座“小别墅”,则图中阴影部分的面积是()NM FEDCBA mnnn (2)(1)A .2B .4C .8D .10(3)如图a ,ABCD 是一矩形纸片,AB =6cm ,AD =8cm ,E 是AD 上一点,且AE =6cm 。
人教版八年级数学下册-难点探究专题(选做):特殊四边形中的综合性问题
难点探究专题(选做):特殊四边形中的综合性问题◆类型一特殊平行四边形的动态探究问题一、动点问题1.(2016·枣庄中考)如图,把△EFP放置在菱形ABCD中,使得顶点E,F,P分别在线段AB,AD,AC上,已知EP=FP=6,EF=63,∠BAD=60°,且AB>6 3.(1)求∠EPF的大小;(2)若AP=10,求AE+AF的值;(3)若△EFP的三个顶点E,F,P分别在线段AB,AD,AC上运动,请直接写出AP的最大值和最小值.二、图形的变换问题2.如图①,点O是正方形ABCD两条对角线的交点.分别延长OD到点G,OC到点E,使OG=2OD,OE=2OC,然后以OG,OE为邻边作正方形OEFG,连接AG,DE.(1)求证:DE⊥AG;(2)正方形ABCD固定,将正方形OEFG绕点O逆时针旋转α角(0°<α<360°)得到正方形OE′F′G′,如图②.①在旋转过程中,当∠OAG′是直角时,求α的度数;②若正方形ABCD的边长为1,在旋转过程中,求AF′的最大值和此时α的度数,直接写出结果不必说明理由.◆类型二四边形间的综合性问题3.(2016·德州中考)我们给出如下定义:顺次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形.(1)如图①,四边形ABCD中,点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点.求证:中点四边形EFGH是平行四边形;(2)如图②,点P是四边形ABCD内一点,且满足P A=PB,PC=PD,∠APB=∠CPD,点E,F,G,H分别为边AB,BC,CD,DA的中点,猜想中点四边形EFGH的形状,并证明你的猜想;(3)若改变(2)中的条件,使∠APB=∠CPD=90°,其他条件不变,直接写出中点四边形EFGH的形状.(不必证明)参考答案与解析1.解:(1)如图①,过点P 作PG ⊥EF 于点G ,H 为PE 的中点,连接GH ,∴∠PGE=90°,GH =PH =HE =12PE =3.∵PF =PE ,∴∠FPG =∠EPG ,FG =GE =12EF =3 3.在Rt △PGE 中,由勾股定理得PG =PE 2-GE 2=62-(33)2=3.∴PG =GH =PH ,即△GPH 为等边三角形,∴∠GPH =60°,∴∠FPE =∠FPG +∠GPE =2∠GPE =2×60°=120°.(2)如图①,过点P 作PM ⊥AB 于点M ,作PN ⊥AD 于点N ,∴∠ANP =∠AMP =90°.∵AC为菱形ABCD 的对角线,∴∠DAC =∠BAC =12∠DAB =30°,PM =PN .在Rt △PME 和Rt △PNF 中,PM =PN ,PE =PF ,∴Rt △PME ≌Rt △PNF ,∴ME =NF .∵∠P AM =30°,AP=10,∴PM =12AP =5.由勾股定理得AM =P A 2-PM 2=5 3.在△ANP 和△AMP 中,⎩⎪⎨⎪⎧∠NAP =∠MAP ,∠ANP =∠AMP =90°,AP =AP ,∴△ANP ≌△AMP ,∴AN =AM =5 3.∴AE +AF =(AM +ME )+(AN -NF )=AM +AN +ME -NF =10 3.(3)如图②,△EFP 的三个顶点分别在AB ,AD ,AC 上运动,点P 在P 1,P 之间运动.P 1O =PO =12PE =3,AE =EF =63,AO =AE 2-EO 2=9.∴AP 的最大值为AO +OP =12,AP 的最小值为AO -OP 1=6.2.(1)证明:如图,延长ED 交AG 于点H .∵四边形ABCD 与OEFG 均为正方形,∴OA =OD ,OG =OE ,∠AOG =∠DOE =90°,∴Rt △AOG ≌Rt △DOE ,∴∠AGO =∠DEO .∵∠AGO +∠GAO =90°,∴∠DEO +∠GAO =90°,∴∠AHE =90°,即DE ⊥AG ;(2)解:①在旋转过程中,∠OAG ′成为直角有以下两种情况:a .α由0°增大到90°过程中,当∠OAG ′为直角时,∵OA =OD =12OG =12OG ′,∴∠AG ′O =30°,∠AOG ′=60°.∵OA ⊥OD ,∴∠DOG ′=90°-∠AOG ′=30°,即α=30°;b .α由90°增大到180°过程中,当∠OAG ′为直角时,同理可求的∠AOG ′=60°,∴α=90°+∠AOG ′=150°.综上,当∠OAG ′为直角时,α=30°或150°;②AF ′长的最大值是2+22,此时α=315°. 3.(1)证明:如图①中,连接BD .∵点E ,H 分别为边AB ,DA 的中点,∴EH ∥BD ,EH =12BD .∵点F ,G 分别为边BC ,CD 的中点,∴FG ∥BD ,FG =12BD ,∴EH ∥FG ,EH =GF ,∴中点四边形EFGH 是平行四边形.(2)解:四边形EFGH 是菱形.理由如下:如图②中,连接AC ,BD .∵∠APB =∠CPD ,∴∠APB +∠APD =∠CPD +∠APD ,即∠APC =∠BPD .在△APC 和△BPD 中,⎩⎪⎨⎪⎧AP =PB ,∠APC =∠BPD ,PC =PD ,∴△APC ≌△BPD ,∴AC =BD .∵点E ,F ,G 分别为边AB ,BC ,CD 的中点,∴EF =12AC ,FG =12BD ,∴EF =FG .∵四边形EFGH 是平行四边形,∴四边形EFGH 是菱形.(3)解:四边形EFGH 是正方形.理由如下:如图②中,设AC 与BD 交于点O .AC 与PD 交于点M ,AC 与EH 交于点N .∵△APC ≌△BPD ,∴∠ACP =∠BDP .∵∠DMO =∠CMP ,∴∠COD =∠CPD =90°.∵EH ∥BD ,AC ∥HG ,∴∠EHG =∠ENO =∠BOC =∠DOC =90°.∵四边形EFGH 是菱形,∴四边形EFGH 是正方形.19.2.3 一次函数与方程、不等式一.选择题(共8小题)1.一次函数y=kx+b的图象如图所示,则方程kx+b=0的解为()A.x=2B.y=2C.x=﹣1D.y=﹣12.一次函数y=kx+b(k,b为常数,且k≠0)的图象如图所示,根据图象信息可求得关于x 的方程kx+b=0的解为()A.x=﹣1B.x=2C.x=0D.x=33.一元一次方程ax﹣b=0的解x=3,函数y=ax﹣b的图象与x轴的交点坐标为()A.(3,0)B.(﹣3,0)C.(a,0)D.(﹣b,0)4.已知方程kx+b=0的解是x=3,则函数y=kx+b的图象可能是()A.B.C.D.5.若方程x﹣3=0的解也是直线y=(4k+1)x﹣15与x轴的交点的横坐标,则k的值为()A.﹣1B.0C.1D.±16.如图,直线y1=x+b与y2=kx﹣1相交于点P,点P的横坐标为﹣1,则关于x的不等式x+b>kx﹣1的解集在数轴上表示正确的是()A.B.C.D.7.如图,直线y=﹣x+m与y=nx+4n(n≠0)的交点的横坐标为﹣2,则关于x的不等式﹣x+m >nx+4n>0的整数解为()A.﹣1B.﹣5 C.﹣4D.﹣38.如图,一次函数y=kx+b的图象经过A、B两点,则不等式kx+b<0的解集是()A.x<0B.0<x<1C.x<1 D.x>1二.填空题(共10小题)9.若直线y=2x+b与x轴交于点(﹣3,0),则方程2x+b=0的解是_________.10.如图是一次函数y=kx+b的图象,则方程kx+b=0的解为_________.11.一次函数y=kx+b(k,b为常数,且k≠0)的图象如图所示,根据图象信息可求得关于x的方程kx+b=0的解为_________.12.如图,已知直线y=ax﹣b,则关于x的方程ax﹣1=b的解x=_________.13.如图,直线y=kx+b分别交x轴和y轴于点A、B,则关于x的方程kx+b=0的解为_________.14.如图,已知函数y=2x+b和y=ax﹣3的图象交于点P(﹣2,﹣5),根据图象可得方程2x+b=ax﹣3的解是_________.15.如图,已知函数y=2x+b与函数y=kx﹣3的图象交于点P,则不等式kx﹣3>2x+b的解集是_________.16.如图,直线y=kx+b过A(﹣1,2)、B(﹣2,0)两点,则0≤kx+b≤﹣2x的解集为_________.17.一次函数y1=kx+b与y2=x+a的图象如图,则kx+b>x+a的解集是_________.18.如图,函数y=kx和的图象相交于A (a,2),则不等式的解集为_________.三.解答题(共4小题)19.如图,根据函数y=kx+b(k,b是常数,且k≠0)的图象,求:(1)方程kx+b=0的解;(2)式子k+b的值;(3)方程kx+b=﹣3的解.20.如图,直线l1:y=2x与直线l2:y=kx+3在同一平面直角坐标系内交于点P.(1)写出不等式2x>kx+3的解集:_________;(2)设直线l2与x轴交于点A,求△OAP的面积.21.在平面直角坐标系x0y中,直线y=kx+b(k≠0)过(1,3)和(3,1)两点,且与x轴、y轴分别交于A、B两点,求不等式kx+b≤0的解.22.在直角坐标系xOy中,直线y=kx+b(k≠0)经过(﹣2,1)和(2,3)两点,且与x 轴、y轴分别交于A、B两点,求不等式kx+b≥0的解集.19.2.3 一次函数与方程、不等式一.选择题(共8小题)1.一次函数y=kx+b的图象如图所示,则方程kx+b=0的解为()A.x=2B.y=2C.x=﹣1D.y=﹣12.一次函数y=kx+b(k,b为常数,且k≠0)的图象如图所示,根据图象信息可求得关于x 的方程kx+b=0的解为()A.x=﹣1B.x=2C.x=0D.x=33.一元一次方程ax﹣b=0的解x=3,函数y=ax﹣b的图象与x轴的交点坐标为()A.(3,0)B.(﹣3,0)C.(a,0)D.(﹣b,0)4.已知方程kx+b=0的解是x=3,则函数y=kx+b的图象可能是()A.B.C.D.5.若方程x﹣3=0的解也是直线y=(4k+1)x﹣15与x轴的交点的横坐标,则k的值为()A.﹣1B.0C.1D.±16.如图,直线y1=x+b与y2=kx﹣1相交于点P,点P的横坐标为﹣1,则关于x的不等式x+b>kx﹣1的解集在数轴上表示正确的是()A.B.C.D.7.如图,直线y=﹣x+m与y=nx+4n(n≠0)的交点的横坐标为﹣2,则关于x的不等式﹣x+m >nx+4n>0的整数解为()A.﹣1B.﹣5 C.﹣4D.﹣38.如图,一次函数y=kx+b的图象经过A、B两点,则不等式kx+b<0的解集是()A.x<0B.0<x<1C.x<1 D.x>1二.填空题(共10小题)9.若直线y=2x+b与x轴交于点(﹣3,0),则方程2x+b=0的解是_________.10.如图是一次函数y=kx+b的图象,则方程kx+b=0的解为_________.11.一次函数y=kx+b(k,b为常数,且k≠0)的图象如图所示,根据图象信息可求得关于x的方程kx+b=0的解为_________.12.如图,已知直线y=ax﹣b,则关于x的方程ax﹣1=b的解x=_________.13.如图,直线y=kx+b分别交x轴和y轴于点A、B,则关于x的方程kx+b=0的解为_________.14.如图,已知函数y=2x+b和y=ax﹣3的图象交于点P(﹣2,﹣5),根据图象可得方程2x+b=ax﹣3的解是_________.15.如图,已知函数y=2x+b与函数y=kx﹣3的图象交于点P,则不等式kx﹣3>2x+b的解集是_________.16.如图,直线y=kx+b过A(﹣1,2)、B(﹣2,0)两点,则0≤kx+b≤﹣2x的解集为_________.17.一次函数y1=kx+b与y2=x+a的图象如图,则kx+b>x+a的解集是_________.18.如图,函数y=kx和的图象相交于A (a,2),则不等式的解集为_________.三.解答题(共4小题)19.如图,根据函数y=kx+b(k,b是常数,且k≠0)的图象,求:(1)方程kx+b=0的解;(2)式子k+b的值;(3)方程kx+b=﹣3的解.20.如图,直线l1:y=2x与直线l2:y=kx+3在同一平面直角坐标系内交于点P.(1)写出不等式2x>kx+3的解集:_________;(2)设直线l2与x轴交于点A,求△OAP的面积.21.在平面直角坐标系x0y中,直线y=kx+b(k≠0)过(1,3)和(3,1)两点,且与x轴、y轴分别交于A、B两点,求不等式kx+b≤0的解.22.在直角坐标系xOy中,直线y=kx+b(k≠0)经过(﹣2,1)和(2,3)两点,且与x 轴、y轴分别交于A、B两点,求不等式kx+b≥0的解集.。
八年级下册四边形动点问题和问题详解
八年级数学下册四边形动点问题专题1、如图,E 是正方形ABCD 对角线AC 上一点,EF ⊥AB ,EG ⊥BC ,F 、G 是垂足,若正方形ABCD 周长为a ,则EF +EG 等于 。
2、如图,P 是正方形ABCD 一点,将△ABP 绕点B 顺时针方向旋转能与△CBP′重合,若PB=3,则PP′=3、在Rt △ABC 中 ∠C=90° AC=3 BC=4 P 为AB 上任意一点 过点P 分别作PE ⊥AC 于E PE ⊥BC 于点F 线段EF 的最小值是4、如图,菱形ABCD 中,AB=4,∠BAD =60°,E 是AB 的中点,P 是对角线AC 上的一个动点,则PE+PB 的最小值是 。
5、如图所示,正方形ABCD 的面积为12,ABE △是等边三角形,点E 在正方形ABCD ,在对角线AC 上有一点P ,使PD PE 的和最小,则这个最小值为BF7、如图,在菱形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,且AC=12,BD=16,E为AD的中点,点P在BD上移动,若△POE为等腰三角形,则所有符合条件的点P共有个.8、已知:如图,O为坐标原点,四边形OABC为矩形,A(10,0),C(0,4),点D是OA的中点,点P在BC上运动,当△ODP是腰长为5的等腰三角形时,则P点的坐标为。
9、如图,在边长为10的菱形ABCD中,对角线BD=16.点E是AB的中点,P、Q是BD上的动点,且始终保持PQ=2.则四边形AEPQ周长的最小值为_________.(结果保留根号)10、如图所示,在△ABC中,分别以AB.AC.BC为边在BC的同侧作等边△ABD,等边△ACE.等边△BCF.(1)求证:四边形DAEF是平行四边形;(2)探究下列问题:(只填满足的条件图所示,在△ABC中,分别以AB.AC.BC为边在BC的同侧作等边△ABD,等边△ACE.等边△BCF.,不需证明)①当△ABC满足_________________________条件时,四边形DAEF是矩形;②当△ABC满足_________________________条件时,四边形DAEF是菱形;③当△ABC满足_________________________条件时,以D.A.E.F为顶点的四边形不存在.11、如图,矩形ABCD中,cm,cm,动点M从点D出发,按折线DCBAD方向以2 cm/s的速度运动,动点N从点D出发,按折线DABCD方向以1 cm/s的速度运动.(1)若动点M、N同时出发,经过几秒钟两点相遇?(2)若点E在线段BC上,且cm,若动点M、N同时出发,相遇时停止运动,经过几秒钟,点A、E、M、N组成平行四边形?12、如图,在矩形ABCD中,AB=16cm,AD=6cm,动点P、Q分别从A、C同时出发,点P以每秒3cm 的速度向B移动,一直达到B止,点Q以每秒2cm的速度向D移动.(1)P、Q两点出发后多少秒时,四边形PBCQ的面积为36cm2?(2)是否存在某一时刻,使PBCQ为正方形?若存在,求出该时刻;若不存在,说明理由.13、已知:如图,菱形ABCD中,∠BAD=120°,动点P在直线BC上运动,作∠APM=60°,且直线PM与直线CD 相交于点Q,Q点到直线BC的距离为QH.(1)若P在线段BC上运动,求证:CP=DQ.(2)若P在线段BC上运动,探求线段AC,CP,CH的一个数量关系,并证明你的结论.14、如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,AB=20 cm,BC=10 cm,DC=12 cm,点P和Q 同时从A、C出发,点P以4 cm/s的速度沿A-B一C-D运动,点Q从C开始沿CD边以1 cm/s的速度运动,如果点P、Q分别从A、C同时出发,当其中一点到达D时,另一点也随之停止运动,设运动时间为t(s).(1)t为何值时,四边形APQD是矩形;(2)t为何值时,四边形BCQP是等腰梯形;(3)是否存在某一时刻t,使线段PQ恰好把梯形ABCD的周长和面积同时平分?若存在,求出此时t的值;若不存在,说明理由.15、如图,已知ΔABC和ΔDEF是两个边长都为1cm的等边三角形,且B、D、C、E都在同一直线上,连接AD、CF.(1)求证:四边形ADFC是平行四边形;(2)若BD=0.3cm,ΔABC沿着BE的方向以每秒1cm的速度运动,设ΔABC运动时间为t秒,①当t为何值时,□ADFC是菱形?请说明你的理由;②□ADFC有可能是矩形吗?若可能,求出t的值及此矩形的面积;若不可能,请说明理由.16、在△ABC中,点O是AC上的一个动点,过点O作MN//BC,设MN交∠BCA的平分线于E,交∠BCA 的外角平分线于F。
八年级下册四边形动点问题和答案
八年级数学下册四边形动点问题专题1、如图,E 是正方形ABCD 对角线AC 上一点,EF ⊥AB ,EG ⊥BC ,F 、G 是垂足,若正方形ABCD 周长为a ,则EF +EG等于 。
2、如图,P 是正方形ABCD 内一点,将△ABP 绕点B 顺时针方向旋转能与△CBP′重合,若PB=3,则PP′=3、在Rt △ABC 中 ∠C=90° AC=3 BC=4 P 为AB 上任意一点 过点P 分别作PE ⊥AC 于E PE ⊥BC 于点F 线段EF 的最小值是4、如图,菱形ABCD 中,AB=4,∠BAD =60°,E 是AB 的中点,P 是对角线AC 上的一个动点,则PE+PB 的最小值是 。
5、如图所示,正方形ABCD 的面积为12,ABE △是等边三角形,点E 在正方形ABCD 内,在对角线AC 上有一点P ,使PD PE 的和最小,则这个最小值为6、如图,正方形ABCD 的边长为4cm ,正方形AEFG 的边长为1cm .如果正方形AEFG 绕点A 旋转,那么C 、F 两点之间的最小距离为 cm .CA BP FE EDCBAPADEPB C7、如图,在菱形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,且AC=12,BD=16,E为AD的中点,点P在BD上移动,若△POE为等腰三角形,则所有符合条件的点P共有个.8、已知:如图,O为坐标原点,四边形OABC为矩形,A(10,0),C(0,4),点D是OA的中点,点P在BC上运动,当△ODP是腰长为5的等腰三角形时,则P点的坐标为。
9、如图,在边长为10的菱形ABCD中,对角线BD=16.点E是AB的中点,P、Q是BD上的动点,且始终保持PQ=2.则四边形AEPQ周长的最小值为_________.(结果保留根号)10、如图所示,在△ABC中,分别以AB.AC.BC为边在BC的同侧作等边△ABD,等边△ACE.等边△BCF.(1)求证:四边形DAEF是平行四边形;(2)探究下列问题:(只填满足的条件图所示,在△ABC中,分别以AB.AC.BC为边在BC的同侧作等边△ABD,等边△ACE.等边△BCF.,不需证明)①当△ABC满足_________________________条件时,四边形DAEF是矩形;②当△ABC满足_________________________条件时,四边形DAEF是菱形;③当△ABC满足_________________________条件时,以D.A.E.F为顶点的四边形不存在.11、如图,矩形ABCD中,cm,cm,动点M从点D出发,按折线DCBAD方向以2 cm/s 的速度运动,动点N从点D出发,按折线DABCD方向以1 cm/s的速度运动.(1)若动点M、N同时出发,经过几秒钟两点相遇?(2)若点E在线段BC上,且cm,若动点M、N同时出发,相遇时停止运动,经过几秒钟,点A、E、M、N组成平行四边形?12、如图,在矩形ABCD中,AB=16cm,AD=6cm,动点P、Q分别从A、C同时出发,点P以每秒3cm 的速度向B移动,一直达到B止,点Q以每秒2cm的速度向D移动.(1)P、Q两点出发后多少秒时,四边形PBCQ的面积为36cm2?(2)是否存在某一时刻,使PBCQ为正方形?若存在,求出该时刻;若不存在,说明理由.13、已知:如图,菱形ABCD中,∠BAD=120°,动点P在直线BC上运动,作∠APM=60°,且直线PM与直线CD 相交于点Q,Q点到直线BC的距离为QH.(1)若P在线段BC上运动,求证:CP=DQ.(2)若P在线段BC上运动,探求线段AC,CP,CH的一个数量关系,并证明你的结论.14、如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,AB=20 cm,BC=10 cm,DC=12 cm,点P和Q 同时从A、C出发,点P以4 cm/s的速度沿A-B一C-D运动,点Q从C开始沿CD边以1 cm/s的速度运动,如果点P、Q分别从A、C同时出发,当其中一点到达D时,另一点也随之停止运动,设运动时间为t(s).(1)t为何值时,四边形APQD是矩形;(2)t为何值时,四边形BCQP是等腰梯形;(3)是否存在某一时刻t,使线段PQ恰好把梯形ABCD的周长和面积同时平分?若存在,求出此时t的值;若不存在,说明理由.15、如图,已知ΔABC和ΔDEF是两个边长都为1cm的等边三角形,且B、D、C、E都在同一直线上,连接AD、CF.(1)求证:四边形ADFC是平行四边形;(2)若BD=0.3cm,ΔABC沿着BE的方向以每秒1cm的速度运动,设ΔABC运动时间为t秒,①当t为何值时,□ADFC是菱形?请说明你的理由;②□ADFC有可能是矩形吗?若可能,求出t的值及此矩形的面积;若不可能,请说明理由.16、在△ABC中,点O是AC上的一个动点,过点O作MN//BC,设MN交∠BCA的平分线于E,交∠BCA 的外角平分线于F。
2019春人教版八年级数学下册图片版习题课件:第十八章 微专题7 特殊四边形中的图形变换和动态问题
专题训练 类型 1 特殊四边形中的动态问题 1. D,E 分别是不等边三角形 ABC(即 AB≠BC≠AC) 的边 AB,AC 的中点.O 是△ABC 所在平面上的动点,连 接 OB,OC,点 G,F 分别是 OB,OC 的中点,顺次连接 点 D,G,F,E.
(1)如图,当点 O 在△ABC 的内部时,求证:四边形 DGFE 是平行四边形; (2)若四边形 DGFE 是菱形,则 OA 与 BC 应满足怎样 的数量关系?(直接写出答案,不需要说明理由.)
解:(2)①证明:∵AF∥ ═ DF′, ∴四边形 AFF′D 是平行四边形,∵S▱ABCD=15, ∴AE=3,又 EF=4,∠E=90° ,∴AF=5, ∴AF=AD=5,∴四边形 AFF′D 是菱形. ②如图,连接 AF′,DF, 在 Rt△AEF′中,AE=3,EF′=9,∴AF′=3 10. 在 Rt△DFE′中,FE′=1,DE′=AE=3, ∴DF= 10.∴四边形 AFF′D 两条对角线的长分别是 3 10和 10.
解:(1)证明:∵D,E 分别是 AB,AC 边的中点, 1 1 ∴DE∥BC,且 DE= BC,同理,GF∥BC,且 GF= BC, 2 2 ∴DE∥GF 且 DE=GF, ∴四边形 DEFG 是平行四边形; (2)当 OA=BC 时,平行四边形 DEFG 是菱形.
类型 2 论思想)
图形的平移、折四边形
微专题7 特殊四边形中的图形变换和动态问题
专题解读 1.旋转变换就是根据图形的结构特点作适当的旋转, 使分散的边角集中在一起,利用三角形全等,特殊四边形 的性质来解决问题. 2.在折叠问题中,折叠前后的图形全等,在解答求角 度或线段的长等问题时,常常通过设未知数列方程求解. 3.动态问题就是利用运动特征,寻找题目中的某些量 之间的关系,遇到计算问题的时候注意运用方程思想和分 类讨论思想.
人教版八年级数学下册课件:专题(十二) 特殊四边形中的动点问题(共10张PPT)
专题(十二) 特殊四边形中的动点问题
利用特殊四边形的性质解决动点问题时,一般是将动点看成特殊点解决问 题,再运用从特殊到一般的思想,将特殊点转化为一般点(动点)来解答.
1. 如图,在矩形ABCD中,AB=16 cm,AD=6 cm,动点P,Q分别从 点A,C同时出发,点P以3 cm/s的速度向点B移动,一直移动到点B停止,点 Q以2 cm/s的速度向点D移动,当点P到达点B时,点Q也停止移动,则经过 几秒时,四边形PBCQ的面积是33 cm2?
解:设经过 t 秒时,四边形 PBCQ 的面积为 33 cm2,则 AP=
3t cm,CQ=2t cm,BP=(16-3t)cm,∴12×6×(16-3t+2t)=33, 解得 t=5,故经过 5 s 后,四边形 PBCQ 的面积是 33 cm2
2. 如图,正方形ABCD的边长为10 cm,点E在边AB上,且AE=4 cm,如 果点P在线段BC上以2 cm/s的速度由B点向C点运动,同时,点Q在线段CD 上由C点向D点运动.设运动时间为t s.若点Q的运动速度与点P的运动速 度相等,经过几秒后,△BPE与△CQP全等?请说明理由.
解:(1)∵在矩形ABCD中,AB=8 cm,BC=16 cm,∴BC=AD=16 cm, AB=CD=8 cm,由已知可得,BQ=DP=t cm,AP=CQ=(16-t)cm, 在矩形ABCD中,∠B=90°,AD∥BC,当BQ=AP时,四边形ABQP为 矩形,∴t=16-t,得t=8,故当t=8 s时,四边形ABQB=8 cm,BC=16 cm,点P从点D出发向点A 运动,运动到点A停止,同时,点Q从点B出发向点C运动,运动到点C即 停止,点P,Q的速度都是1 cm/s.连接PQ,AQ,CP.设点P,Q运动的时间 为t s. (1)当t为何值时,四边形ABQP是矩形; (2)当t为何值时,四边形AQCP是菱形; (3)分别求出(2)中菱形AQCP的周长和面积.
人教版八年级下期数学16.四边形中动态问题
E
A
B C
B
典例精讲
D
C
解:∵绕顶点A顺时针旋转45°, ∴∠D′CE=45°,
AC 12 12 2 CD 2 1
D
E
A
B C
∴CD′=D′E, ∵ED′⊥AC,
∴正方形重叠部分的面积=△AB BC
∴∠CD′E=90°,
的面积-△CD′E的面积=
1 11 1 2 1 2 1 2 1
2
2
Q C
P
B
典例精讲
解:由题意得:AP=4t,DQ=20-t; ∵四边形APQD是矩形, ∴AP=DQ,即4t=20-t, 解得:t=4(s). 即当t=4s时,四边形APQD是矩形。
D
Q
C
A
P
B
典例精讲
类型二:图形平移旋转变化问题
如图,边长为1的两个正方形互相重合,按 住其中一个不动,将另一个绕顶点A顺时 针旋转45°,求这两个正方形重叠部分的 面积。
解题步骤归纳
用点运动的时间t表示出线段的长 根据旋转的性质求出线段的长
根据特殊四边形求解 根据面积公式求出面积
典例精讲 类型一:图形中点的变化问题
如图,在矩形ABCD中,AB=20 cm,动点P从点A 开始沿AB边以4 cm/s的速度运动,动点Q从点C开始 D 沿CD边以1 cm/s的速度运动,点P和点Q同时出发, 当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动, A 运动点的运动时间为t s,则当t为何值时,四边形 APQD为矩形?
八年级数学特殊四边形中的动点问题(教师版)
特殊四边形中的动点问题及解题方法1、如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠B=90°,AD=24cm,AB=8cm,BC=26cm,动点P从A开始沿AD边向D以1cm/s的速度运动;动点Q从点C开始沿CB边向B以3cm/s的速度运动.P、Q 分别从点A、C同时出发,当其中一点到达端点时,另外一点也随之停止运动,设运动时间为ts.(1)当t为何值时,四边形PQCD为平行四边形?(2)当t为何值时,四边形PQCD为等腰梯形?(3)当t为何值时,四边形PQCD为直角梯形?分析:(1)四边形PQCD为平行四边形时PD=CQ.(2)四边形PQCD为等腰梯形时QC-PD=2CE.(3)四边形PQCD为直角梯形时QC-PD=EC.所有的关系式都可用含有t的方程来表示,即此题只要解三个方程即可.解答:解:(1)∵四边形PQCD平行为四边形∴PD=CQ∴24-t=3t解得:t=6即当t=6时,四边形PQCD平行为四边形.(2)过D作DE⊥BC于E则四边形ABED为矩形∴BE=AD=24cm∴EC=BC-BE=2cm∵四边形PQCD为等腰梯形∴QC-PD=2CE即3t-(24-t)=4解得:t=7(s)即当t=7(s)时,四边形PQCD为等腰梯形.(3)由题意知:QC-PD=EC时,四边形PQCD为直角梯形即3t-(24-t)=2解得:t=6.5(s)即当t=6.5(s)时,四边形PQCD为直角梯形.点评:此题主要考查了平行四边形、等腰梯形,直角梯形的判定,难易程度适中.2、如图,△ABC中,点O为AC边上的一个动点,过点O作直线MN∥BC,设MN交∠BCA的外角平分线CF于点F,交∠ACB内角平分线CE于E.(1)试说明EO=FO;(2)当点O运动到何处时,四边形AECF是矩形并证明你的结论;(3)若AC边上存在点O,使四边形AECF是正方形,猜想△ABC的形状并证明你的结论.分析:(1)根据CE平分∠ACB,MN∥BC,找到相等的角,即∠OEC=∠ECB,再根据等边对等角得OE=OC,同理OC=OF,可得EO=FO.(2)利用矩形的判定解答,即有一个内角是直角的平行四边形是矩形.(3)利用已知条件及正方形的性质解答.解答:解:(1)∵CE平分∠ACB,∴∠ACE=∠BCE,∵MN∥BC,∴∠OEC=∠ECB,∴∠OEC=∠OCE,∴OE=OC,同理,OC=OF,∴OE=OF.(2)当点O运动到AC中点处时,四边形AECF是矩形.如图AO=CO,EO=FO,∴四边形AECF为平行四边形,∵CE平分∠ACB,∴∠ACE=∠ACB,同理,∠ACF=∠ACG,∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=(∠ACB+∠ACG)=×180°=90°,∴四边形AECF是矩形.(3)△ABC是直角三角形∵四边形AECF是正方形,∴AC⊥EN,故∠AOM=90°,∵MN∥BC,∴∠BCA=∠AOM,∴∠BCA=90°,∴△ABC是直角三角形.点评:本题主要考查利用平行线的性质“等角对等边”证明出结论(1),再利用结论(1)和矩形的判定证明结论(2),再对(3)进行判断.解答时不仅要注意用到前一问题的结论,更要注意前一问题为下一问题提供思路,有相似的思考方法.是矩形的判定和正方形的性质等的综合运用.3、如图,直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,已知AD=AB=3,BC=4,动点P从B点出发,沿线段BC向点C作匀速运动;动点Q从点D出发,沿线段DA向点A作匀速运动.过Q点垂直于AD的射线交AC于点M,交BC于点N.P、Q两点同时出发,速度都为每秒1个单位长度.当Q点运动到A 点,P、Q两点同时停止运动.设点Q运动的时间为t秒.(1)求NC,MC的长(用t的代数式表示);(2)当t为何值时,四边形PCDQ构成平行四边形;(3)是否存在某一时刻,使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分?若存在,求出此时t的值;若不存在,请说明理由;(4)探究:t为何值时,△PMC为等腰三角形.分析:(1)依据题意易知四边形ABNQ是矩形∴NC=BC-BN=BC-AQ=BC-AD+DQ,BC、AD已知,DQ就是t,即解;∵AB∥QN,∴△CMN∽△CAB,∴CM:CA=CN:CB,(2)CB、CN已知,根据勾股定理可求CA=5,即可表示CM;四边形PCDQ构成平行四边形就是PC=DQ,列方程4-t=t即解;(3)可先根据QN平分△ABC的周长,得出MN+NC=AM+BN+AB,据此来求出t的值.然后根据得出的t的值,求出△MNC的面积,即可判断出△MNC的面积是否为△ABC面积的一半,由此可得出是否存在符合条件的t值.(4)由于等腰三角形的两腰不确定,因此分三种情况进行讨论:①当MP=MC时,那么PC=2NC,据此可求出t的值.②当CM=CP时,可根据CM和CP的表达式以及题设的等量关系来求出t的值.③当MP=PC时,在直角三角形MNP中,先用t表示出三边的长,然后根据勾股定理即可得出t的值.综上所述可得出符合条件的t的值.解答:解:(1)∵AQ=3-t∴CN=4-(3-t)=1+t在Rt△ABC中,AC2=AB2+BC2=32+42∴AC=5在Rt△MNC中,cos∠NCM==,CM=.(2)由于四边形PCDQ构成平行四边形∴PC=QD,即4-t=t解得t=2.(3)如果射线QN将△ABC的周长平分,则有:MN+NC=AM+BN+AB即:(1+t)+1+t=(3+4+5)解得:t=(5分)而MN=NC=(1+t)∴S△MNC=(1+t)2=(1+t)2当t=时,S△MNC=(1+t)2=≠×4×3∴不存在某一时刻t,使射线QN恰好将△ABC的面积和周长同时平分.(4)①当MP=MC时(如图1)则有:NP=NC即PC=2NC∴4-t=2(1+t)解得:t=②当CM=CP时(如图2)则有:(1+t)=4-t解得:t=③当PM=PC时(如图3)则有:在Rt△MNP中,PM2=MN2+PN2而MN=NC=(1+t)PN=NC-PC=(1+t)-(4-t)=2t-3∴[(1+t)]2+(2t-3)2=(4-t)2解得:t1=,t2=-1(舍去)∴当t=,t=,t=时,△PMC为等腰三角形点评:此题繁杂,难度中等,考查平行四边形性质及等腰三角形性质.考查学生分类讨论和数形结合的数学思想方法.4、直线y=-34x+6与坐标轴分别交于A、B两点,动点P、Q同时从O点出发,同时到达A点,运动停止.点Q 沿线段OA运动,速度为每秒1个单位长度,点P沿路线O⇒B⇒A运动.(1)直接写出A、B两点的坐标;(2)设点Q的运动时间为t(秒),△OPQ的面积为S,求出S与t之间的函数关系式;(3)当S=485时,求出点P的坐标,并直接写出以点O、P、Q为顶点的平行四边形的第四个顶点M的坐标.分析:(1)分别令y=0,x=0,即可求出A、B的坐标;(2 )若动点 P 在线段 O A 上移动,当 t 为何值时,四边形 O PDC 的面积是梯形 C OAB 面积的 0) , 4) (2 ))因为 OA=8 ,OB=6 ,利用勾股定理可得 AB=10 ,进而可求出点 Q 由 O 到 A 的时间是 8 秒,点 P 的速度 是 2 ,从而可求出,当 P 在线段 OB 上运动(或 0≤t≤3)时,OQ=t ,OP=2t ,S=t2 ,当 P 在线段 BA 上运动(或 3 <t≤8)时,OQ=t , AP=6+10-2t=16-2t ,作 PD ⊥OA 于点 D ,由相似三角形的性质,得 PD=48-6t5 ,利用 S= 12OQ×PD ,即可求 出答案;(3 )令 S= 485 ,求出 t 的值,进而求出 OD 、PD ,即可求出 P 的坐标,利用平行四边形的对边平行且相等,结 合简单的计算即可写出 M 的坐标. 解答:解:(1 )y=0 ,x=0 ,求得 A (8 ,0 )B (0 ,6 ), (2 )∵OA=8 ,OB=6 ,∴AB=10 . ∵点 Q 由 O 到 A 的时间是 81=8 (秒), ∴点 P 的速度是 6+108=2 (单位长度/ 秒). 当 P 在线段 OB 上运动(或 O≤t≤3)时, OQ=t ,OP=2t ,S=t2 .当 P 在线段 BA 上运动(或 3 <t≤8)时, OQ=t ,AP=6+10-2t=16-2t , 如图,做 PD ⊥OA 于点 D ,由 PDBO=APAB ,得 PD= 48-6t5 . ∴S= 12OQPD= - 35t2+245t .(3 )当 S= 485 时,∵ 485 >12×3×6∴点 P 在 AB 上 当 S= 485 时,- 35t2+245t= 485 ∴t=4∴PD= 48- 6×45 = 245 ,AD=16- 2×4=8 AD= 82-(245)2= 325 ∴OD=8- 325= 85 ∴P ( 85 , 245 ) M1 ( 285 , 245 ),M2 (- 125 , 245 ),M3 ( 125 ,- 245 ) 点评:本题主要考查梯形的性质及勾股定理.在解题(2 )时,应注意分情况进行讨论,防止在解题过程中出现漏解现象.5.已知:如图,在直角梯形COAB 中, O C ∥ AB ,以 O 为原点建立平面直角坐标系, A ,B ,C 三点的坐标分别为 A(8,, B (810),C (0, ,点 D 为线段 BC 的中点,动点 P 从点 O 出发,以每秒 1 个单位的速度,沿折线 O ABD的路线移动,移动的时间为 t 秒.(1 )求直线 BC 的解析式;2?7(3 )动点 P 从点 O 出发,沿折线 O ABD 的路线移动过程中,设△OPD 的面积为 S ,请直接写出 S 与 t 的函数关 系式,并指出自变量 t 的取值范围;ByDCO P A x6.如图,已知△A BC中,AB=AC=10厘米,BC=8厘米,点D为AB的中点.(1)如果点P在线段BC上以3厘米/秒的速度由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△A BC三边运动,求经过多长时间点P与点Q第一次在△A BC的哪条边上相遇?ADQBP C四边形中的动点问题课后作业1.如图,已知AD与BC相交于E,∠1=∠2=∠3,BD=CD,∠ADB=90°,CH⊥AB于H,CH交AD于F.(1)求证:CD∥AB;(2)求证:△BDE≌△ACE;(3)若O为AB中点,求证:OF=12BE.2、如图1―4―2l,在边长为a的菱形ABCD中,∠DAB=60°,E是异于A、D两点的动点,F是CD上的动点,满足A E+CF=a,说明:不论E、F怎样移动,三角形BEF总是正三角形.3、在平行四边形ABCD中,E为BC的中点,连接AE并延长交DC的延长线于点F.(1)求证:AB=CF;. BC(2)当 BC 与 AF 满足什么数量关系时,四边形 ABFC 是矩形,并说明理由.DACBEF4、如图 l -4-80,已知正方形 ABCD 的对角线 AC 、BD 相交于点 O ,E 是 AC 上一点,过点 A 作 AG⊥EB ,垂 足为 G ,AG 交 BD 于 F ,则 OE=OF . (1)请证明 0E=OF(2)解答(1)题后,某同学产生了如下猜测:对上述命题,若点E 在 AC 的延长线上,AG⊥EB ,AG 交 EB 的 延长线于 G ,AG 的延长线交 DB 的延长线于点 F ,其他条件不变,则仍有 OE=OF .问:猜测所得结论是否成立? 若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由.5、如图,在梯形 ABCD 中, AD ∥ BC ,AD = 3,DC = 5,AB = 4 2,∠B = 45︒ 动点 M 从 B 点出发沿线段BC 以每秒 2 个单位长度的速度向终点 C 运动;动点 N 同时从 C 点出发沿线段 C D 以每秒 1 个单位长度的速度向终点 D 运动.设运动的时间为 t 秒. (1)求 BC 的长.(2)当 MN ∥ AB 时,求 t 的值.(3)试探究: t 为何值时, △MNC 为等腰三角形.A DNM6. 如图所示,有四个动点 P 、Q 、E 、F 分别从正方形 ABCD 的四个顶点出发,沿着 AB 、BC 、CD 、DA 以同样 的速度向 B 、C 、D 、A 各点移动。
(2021年整理)四边形中的折叠旋转动点问题
四边形中的折叠旋转动点问题编辑整理:尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对,但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(四边形中的折叠旋转动点问题)的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈,这将是我们进步的源泉,前进的动力。
本文可编辑可修改,如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅,最后祝您生活愉快业绩进步,以下为四边形中的折叠旋转动点问题的全部内容。
折叠问题如图,将一张对边平行的纸条先沿EF折叠,点A、B分别落在A’、B’处,线段FB’与AD交于点M,再将纸条的另一部分CFMD沿MN折叠,点C、D分别落在C’D'处,且使MD’经过点F。
(1)求证:四边形MNFE是平行四边形;(2)当翻折角∠BFE=_______时,四边形MNEF是菱形.如图,把矩形纸片沿对角线折叠,点B落在点E处,EC与AD相交于点F。
(1)求证:△FAC是等腰三角形;(2)若AB=4,BC=6,求△FAC的周长和面积。
将矩形ABCD沿直线AE折叠,顶点恰好落在BC边上F点处,已知CE=6cm,AB=16cm,求BF的长。
在梯形纸片ABCD中,AD∥BC,AD〉CD,将纸片沿过点D的直线折叠,使点C落在AD上的点C’处,折叠DE交BC于点E,连接C’E。
(1)求证:四边形CDC’E是菱形;(2)若BC=CD+AD,试判断四边形ABED的形状,并加以证明。
1、在平行四边形ABCD中,点E在边AD上,以BE为折痕,将△ABE向上翻折,点A恰好落在CD上的点F,若△FDE的周长为8cm,△FCB的周长为22cm,求FC的长。
2、在矩形ABCD中,将△ABC沿AC翻折至△AEC的位置,CE与AD交于点F;(1)试说明EF=DF;(2)若AB=2,∠DAC=30°,求DE两点间的距离。
3、如图,把矩形纸条ABCD沿EF、GH同时折叠,B、C两点恰好落在AD边的P点处,若∠FPH=90°,PF=8,PH=6,求矩形ABCD周长和面积。
中考数学初中数学 旋转的综合热点考点难点附详细答案
中考数学初中数学旋转的综合热点考点难点附详细答案一、旋转1.如图1,在□ABCD中,AB=6,∠B= (60°<≤90°). 点E在BC上,连接AE,把△ABE沿AE折叠,使点B与AD上的点F重合,连接EF.(1)求证:四边形ABEF是菱形;(2)如图2,点M是BC上的动点,连接AM,把线段AM绕点M顺时针旋转得到线段MN,连接FN,求FN的最小值(用含的代数式表示).【答案】(1)详见解析;(2)FE·sin(-90°)【解析】【分析】(1)由四边形ABCD是平行四边形得AF∥BE,所以∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA,所以∠BAE=∠FEA,故有AB∥FE,因此四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,因此可得结论;(2)根据点M在线段BE上和EC上两种情况证明∠ENG=90°-,利用菱形的性质得到∠FEN=-90°,再根据垂线段最短,求出FN的最小值即可.【详解】(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD∥BC,∴∠FAE=∠BEA,由折叠的性质得∠BAE=∠FAE,∠BEA=∠FEA, BE=EF,∴∠BAE=∠FEA,∴AB∥FE,∴四边形ABEF是平行四边形,又BE=EF,∴四边形ABEF是菱形;(2)①如图1,当点M在线段BE上时,在射线MC上取点G,使MG=AB,连接GN、EN.∵∠AMN=∠B=,∠AMN+∠2=∠1+∠B∴∠1=∠2又AM=NM,AB=MG∴△ABM≌△MGN∴∠B=∠3,NG=BM∵MG=AB=BE∴EG=AB=NG∴∠4=∠ENG= (180°-)=90°-又在菱形ABEF中,AB∥EF∴∠FEC=∠B=∴∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°②如图2,当点M在线段EC上时,在BC延长线上截取MG=AB,连接GN、EN.同理可得:∠FEN=∠FEC-∠4=- (90°-)=-90°综上所述,∠FEN=-90°∴当点M在BC上运动时,点N在射线EH上运动(如图3)当FN⊥EH时,FN最小,其最小值为FE·sin(-90°)【点睛】本题考查了菱形的判定与性质以及求最短距离的问题,解题的关键是分类讨论得出∠FEN =-90°,再运用垂线段最短求出FN的最小值.2.如图所示,△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,EC的延长线交BD于点P.(1)把△ABC绕点A旋转到图1,BD,CE的关系是(选填“相等”或“不相等”);简要说明理由;(2)若AB=3,AD=5,把△ABC绕点A旋转,当∠EAC=90°时,在图2中作出旋转后的图形,PD=,简要说明计算过程;(3)在(2)的条件下写出旋转过程中线段PD的最小值为,最大值为.【答案】(1)BD,CE的关系是相等;(2)53417或203417;(3)1,7【解析】分析:(1)依据△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,即可BA=CA,∠BAD=∠CAE,DA=EA,进而得到△ABD≌△ACE,可得出BD=CE;(2)分两种情况:依据∠PDA=∠AEC,∠PCD=∠ACE,可得△PCD∽△ACE,即可得到PD AE =CDCE,进而得到PD=53417;依据∠ABD=∠PBE,∠BAD=∠BPE=90°,可得△BAD∽△BPE,即可得到PB BEAB BD,进而得出PB=63434,PD=BD+PB=203417;(3)以A为圆心,AC长为半径画圆,当CE在⊙A下方与⊙A相切时,PD的值最小;当CE在在⊙A右上方与⊙A相切时,PD的值最大.在Rt△PED中,PD=DE•sin∠PED,因此锐角∠PED的大小直接决定了PD的大小.分两种情况进行讨论,即可得到旋转过程中线段PD的最小值以及最大值.详解:(1)BD,CE的关系是相等.理由:∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形,∠BAC=∠DAE=90°,∴BA=CA,∠BAD=∠CAE,DA=EA,∴△ABD≌△ACE,∴BD=CE;故答案为相等.(2)作出旋转后的图形,若点C在AD上,如图2所示:∵∠EAC=90°,∴CE=2234AC AE +=, ∵∠PDA=∠AEC ,∠PCD=∠ACE ,∴△PCD ∽△ACE ,∴PD CD AE CE=, ∴PD=53417; 若点B 在AE 上,如图2所示:∵∠BAD=90°,∴Rt △ABD 中,BD=2234AD AB +=,BE=AE ﹣AB=2,∵∠ABD=∠PBE ,∠BAD=∠BPE=90°,∴△BAD ∽△BPE ,∴PB BE AB BD=,即334PB =, 解得PB=63434, ∴PD=BD+PB=34+63434=203417, 故答案为53417或203417; (3)如图3所示,以A 为圆心,AC 长为半径画圆,当CE 在⊙A 下方与⊙A 相切时,PD 的值最小;当CE 在在⊙A 右上方与⊙A 相切时,PD 的值最大.如图3所示,分两种情况讨论:在Rt △PED 中,PD=DE•sin ∠PED ,因此锐角∠PED 的大小直接决定了PD 的大小.①当小三角形旋转到图中△ACB的位置时,在Rt△ACE中,CE=2253-=4,在Rt△DAE中,DE=225552+=,∵四边形ACPB是正方形,∴PC=AB=3,∴PE=3+4=7,在Rt△PDE中,PD=2250491DE PE-=-=,即旋转过程中线段PD的最小值为1;②当小三角形旋转到图中△AB'C'时,可得DP'为最大值,此时,DP'=4+3=7,即旋转过程中线段PD的最大值为7.故答案为1,7.点睛:本题属于几何变换综合题,主要考查了等腰直角三角形的性质、旋转变换、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、圆的有关知识,解题的关键是灵活运用这些知识解决问题,学会分类讨论的思想思考问题,学会利用图形的特殊位置解决最值问题.3.在平面直角坐标系中,O为原点,点A(3,0),点B(0,4),把△ABO绕点A顺时针旋转,得△AB′O′,点B,O旋转后的对应点为B′,O.(1)如图1,当旋转角为90°时,求BB′的长;(2)如图2,当旋转角为120°时,求点O′的坐标;(3)在(2)的条件下,边OB上的一点P旋转后的对应点为P′,当O′P+AP′取得最小值时,求点P′的坐标.(直接写出结果即可)【答案】(1)22)O'(92,332);(3)P'(275,635).【解析】【分析】(1)先求出AB.利用旋转判断出△ABB'是等腰直角三角形,即可得出结论;(2)先判断出∠HAO'=60°,利用含30度角的直角三角形的性质求出AH,OH,即可得出结论;(3)先确定出直线O 'C 的解析式,进而确定出点P 的坐标,再利用含30度角的直角三角形的性质即可得出结论.【详解】(1)∵A (3,0),B (0,4),∴OA =3,OB =4,∴AB =5,由旋转知,BA =B 'A ,∠BAB '=90°,∴△ABB '是等腰直角三角形,∴BB '=2AB =52; (2)如图2,过点O '作O 'H ⊥x 轴于H ,由旋转知,O 'A =OA =3,∠OAO '=120°,∴∠HAO '=60°,∴∠HO 'A =30°,∴AH =12AO '=32,OH =3AH =33,∴OH =OA +AH =92,∴O '(9332,); (3)由旋转知,AP =AP ',∴O 'P +AP '=O 'P +AP .如图3,作A 关于y 轴的对称点C ,连接O 'C 交y 轴于P ,∴O 'P +AP =O 'P +CP =O 'C ,此时,O 'P +AP 的值最小.∵点C 与点A 关于y 轴对称,∴C (﹣3,0).∵O '(93322,),∴直线O 'C 的解析式为y =35x +335,令x =0,∴y =335,∴P (0,33),∴O 'P '=OP =33,作P 'D ⊥O 'H 于D . ∵∠B 'O 'A =∠BOA =90°,∠AO 'H =30°,∴∠DP 'O '=30°,∴O 'D =12O 'P '=33,P 'D =3O 'D =910,∴DH =O 'H ﹣O 'D =635,O 'H +P 'D =275,∴P '(276355,).【点睛】本题是几何变换综合题,考查了旋转的性质,等腰直角三角形的性质,含30度角的直角三角形的性质,构造出直角三角形是解答本题的关键.4.如图,正方形ABCD 中,点E 是BC 边上的一个动点,连接AE ,将线段AE 绕点A 逆时针旋转90°,得到AF ,连接EF ,交对角线BD 于点G ,连接AG .(1)根据题意补全图形;(2)判定AG 与EF 的位置关系并证明;(3)当AB=3,BE=2时,求线段BG 的长.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)25.【解析】【分析】(1)根据题意补全图形即可;(2)先判断出△ADF≌△ABE,进而判断出点C,D,F共线,即可判断出△DFG≌△HEG,得出FG=EG,即可得出结论;(3)先求出正方形的对角线BD,再求出BH,进而求出DH,即可得出HG,求和即可得出结论.【详解】(1)补全图形如图所示,(2)连接DF,由旋转知,AE=AF,∠EAF=90°,∵四边形ABCD是正方形,∴AB∥CD,AD=AB,∠ABC=∠ADC=BAD=90°,∴∠DAF=∠BAE,∴△ADF≌△ABE(SAS),∴DF=BE,∠ADF=∠ABC=90°,∴∠ADF+∠ADC=180°,∴点C,D,F共线,∴CF∥AB,过点E作EH∥BC交BD于H,∴∠BEH=∠BCD=90°,DF∥EH,∴∠DFG=∠HEG,∵BD是正方形ABCD的对角线,∴∠CBD=45°,∴BE=EH,∵∠DGF=∠HGE,∴△DFG≌△HEG(AAS),∴FG=EG∵AE=AF,∴AG⊥EF;(3)∵BD是正方形的对角线,∴BD=2AB=32,由(2)知,在Rt△BEH中,BH=2BE=22,∴DG=BD-BH=2由(2)知,△DFG≌△HEG,∴DG=HG,∴HG=12DH=22,∴BG=BH+HG=22+22=522.【点睛】此题是四边形综合题,主要考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,正方形的性质,勾股定理,作出辅助线是解本题的关键.5.如图1,Y ABCD和Y AEFG是两个能完全重合的平行四边形,现从AB与AE重合时开始,将Y ABCD固定不动,Y AEFG绕点A逆时针旋转,旋转角为α(0°<α<360°),AB=a,BC=2a;并发现:如图2,当Y AEFG旋转到点E落在AD上时,FE的延长线恰好通过点C.探究一:(1)在图2的情形下,求旋转角α的度数;探究二:(2)如图3,当Y AEFG旋转到点E落在BC上时,EF与AD相交于点M,连接CM,DF,请你判断四边形CDFM的形状,并给予证明;探究三:(3)如图1,连接CF,BF,在旋转过程中△BCF的面积是否存在最大的情形,如果存在,求出最大面积,如果不存在,请说明理由.【答案】(1)α=120°;(2)四边形CDFM是菱形,证明见解析;(3)存在△BCF的面积最大的情形,S△BCF 33a2.【解析】试题分析:(1)由平行四边形的性质知∠D=∠B,AB=CD=a,可得∠D=∠DEC,由等角对等边知CD=CE,由AE=AB=a,AD=BC=2a,可得DE=CE,即可证得△CDE是等边三角形,∠D=60°,由两直线平行,同位角相等可得∠DAB=120°,即可求得α;(2)由旋转的性质以及∠B=60°,可得△ABE是等边三角形,由平行线的判定以及两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证四边形ABEM是平行四边形,再由由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得证;(3)当点F到BC的距离最大时,△BCF的面积最大,由于点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动,故当FG与⊙A相切时,点F到BC的距离最大,过点A作AH⊥BC于点H,连接AF,由题意知∠AFG=90°.由∠ABH=∠G=60°,AB=a,AG=2a,可得AH、AF的值.可求得点F到BC的最大距离.进而求得S△BCF的值.试题解析:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴∠D=∠B,AB=CD=a,∵∠AEF=∠B,∠AEF=∠DEC,∴∠D=∠DEC,∴CD=CE,∵AE=AB=a,AD=BC=2a,∴DE=CE.,∴CD=CE=DE,∴△CDE是等边三角形,∴∠D=60°,∵CD∥AB,∴∠D+∠DAB=180°,∴∠DAB=120°,∴α=120°.;(2)四边形CDFM是菱形.证明:由旋转可得AB=AE,∵∠B=60°,∴△ABE是等边三角形,∴∠BAE=60°,∴∠BAG=∠BAE+∠GAE=60°+120°=180°,∴点G,A,B在同一条直线上,∴ME ∥AB,BE∥AM,∴四边形ABEM是平行四边形,∴AM=AB=ME,∴CD=DM=MF,∵CD ∥AB∥MF,∴四边形CDFM是平行四边形,∵∠D= 60°,CD=DM,∴△CDM是等边三角形,∴CD=DM,∴四边形CDFM是菱形;(3)存在△BCF的面积最大的情形.∵CB的长度不变,∴当点F到BC的距离最大时,△BCF的面积最大.∵点F始终在以A为圆心AF为半径的圆上运动,∴当FG与⊙A相切时,点F到BC的距离最大,如图,过点A作AH⊥BC于点H,连接AF,则∠AFG=90°.∵∠ABH=∠G=60°,AB=a,AG=2a,∴AH=AB×sin60°3,AF=AG×sin60°3 a.∴点F到BC3333∴S△BCF=12×2a×332a=332a2.点睛:此题考查了旋转的洗澡那个会、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质,三角形的面积的求法,关键是运用旋转前后,图形的对应边相等、对应角相等的性质解题.6.如图,△ABC是等边三角形,AB=6cm,D为边AB中点.动点P、Q在边AB上同时从点D出发,点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动.点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动,回到点D停止.以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN.将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ.设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S(cm2),点P运动的时间为t(s)(0<t<3).(1)当点N落在边BC上时,求t的值.(2)当点N到点A、B的距离相等时,求t的值.(3)当点Q沿D→B运动时,求S与t之间的函数表达式.(4)设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2:3时t的值.【答案】(1)(2)2(3)S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2;(4)t=1或【解析】试题分析:(1)由题意知:当点N落在边BC上时,点Q与点B重合,此时DQ=3;(2)当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,此时PD=DQ;(3)当0≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN;当≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN.(4)MN、MQ与边BC的有交点时,此时<t<,列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后,即可求出t的值.试题解析:(1)∵△PQN与△ABC都是等边三角形,∴当点N落在边BC上时,点Q与点B重合.∴DQ=3∴2t=3.∴t=;(2)∵当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,∴PD=DQ,当0<t<时,此时,PD=t,DQ=2t∴t=2t∴t=0(不合题意,舍去),当≤t<3时,此时,PD=t,DQ=6﹣2t∴t=6﹣2t,解得t=2;综上所述,当点N到点A、B的距离相等时,t=2;(3)由题意知:此时,PD=t,DQ=2t当点M在BC边上时,∴MN=BQ∵PQ=MN=3t,BQ=3﹣2t∴3t=3﹣2t∴解得t=如图①,当0≤t≤时,S△PNQ=PQ2=t2;∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2,如图②,当≤t≤时,设MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,∵MN=PQ=3t,NE=BQ=3﹣2t,∴ME=MN﹣NE=PQ﹣BQ=5t﹣3,∵△EMF是等边三角形,∴S△EMF=ME2=(5t﹣3)2.;(4)MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,此时<t<,t=1或.考点:几何变换综合题7.如图1,在△ABC中,CA=CB,∠ACB=90°,D是△ABC内部一点,∠ADC=135°,将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,连接DE.(1)①依题意补全图形;②请判断∠ADC和∠CDE之间的数量关系,并直接写出答案.(2)在(1)的条件下,连接BE,过点C作CM⊥DE,请判断线段CM,AE和BE之间的数量关系,并说明理由.(3)如图2,在正方形ABCD中,AB=,如果PD=1,∠BPD=90°,请直接写出点A到BP 的距离.【答案】(1)①作图见解析;②∠ADC+∠CDE=180°;(2)AE=BE+2CM,理由解析;(3).【解析】试题分析:(1)①作CE⊥CD,并且线段CE是将线段CD绕点C逆时针旋转90°得到的,再连接DE即可;②根据∠ADC和∠CDE是邻补角,所以∠ADC+∠CDE=180°.(2)由(1)的条件可得A、D、E三点在同一条直线上,再通过证明△ACD≌△BCE,易得AE=BE+2CM.(3)运用勾股定理,可得出点A到BP的距离.试题解析:解:(1)①依题意补全图形(如图);②∠ADC+∠CDE=180°.(2)线段CM,AE和BE之间的数量关系是AE=BE+2CM,理由如下:∵线段CD绕点C逆时针旋转90°得到线段CE,∴CD=CE,∠DCE=90°.∴∠CDE=∠CED=45°.又∵∠ADC=135°,∴∠ADC+∠CDE=180°,∴A、D、E三点在同一条直线上.∴AE=AD+DE.又∵∠ACB=90°,∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB,即∠ACD=∠BCE.又∵AC=BC,CD=CE,∴△ACD≌△BCE.∴AD=BE.∵CD=CE,∠DCE=90°,CM⊥DE.∴DE=2CM.∴AE=BE+2CM.(3)点A到BP的距离为.考点:作图—旋转变换.8.如图1,是边长分别为6和4的两个等边三角形纸片ABC和CD1E1叠放在一起.(1)操作:固定△ABC,将△CD1E1绕点C顺时针旋转得到△CDE,连接AD、BE,如图2.探究:在图2中,线段BE与AD之间有怎样的大小关系?并请说明理由;(2)操作:固定△ABC,若将△CD1E1绕点C顺时针旋转30°得到△CDE,连接AD、BE,CE 的延长线交AB于点F,在线段CF上沿着CF方向平移,(点F与点P重合即停止平移)平移后的△CDE设为△PQR,如图3.探究:在图3中,除三角形ABC和CDE外,还有哪个三角形是等腰三角形?写出你的结论(不必说明理由);(3)探究:如图3,在(2)的条件下,设CQ=x,用x代数式表示出GH的长.【答案】(1)BE=CD.理由见解析;(2)△CHQ是等腰三角形;(3)2-x.【解析】试题分析:(1)根据等边三角形的性质可得AB=BC,CD=CE,∠ACB=∠ECD=60°,然后求出∠ACD=∠BCE,再利用“边角边”证明△ACD和△BCE全等,根据全等三角形对应边相等证明即可;(2)求出∠ACF=30°,再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠CHQ=30°,从而得到∠ACF=∠CHQ,判断出△CHQ是等腰三角形;(3)求出∠CGP=90°,然后利用∠ACF的余弦表示出CG,再根据等腰三角形的性质表示出CH,然后根据GH=CG-CH整理即可得解.试题解析:(1)BE=CD.理由如下:∵△ABC与△CDE是等边三角形,∴AC=BC,CE=CD,∠ACB=∠ECD=60°.∴∠ACB-∠ACE=∠ECD-∠ACE,即∠BCE=∠ACD.在△ACD和△BCE中,∴△ACD≌△BCE(SAS),∴BE=AD;(2)∵旋转角为30°,∴∠BCF=30°,∴∠ACF=60°-30°=30°,∴∠CHQ=∠RQP-∠ACF=60°-30°=30°,∴∠ACF=∠CHQ,∴△CHQ是等腰三角形;(3)∠CGP=180°-∠ACF-∠RPQ=180°-30°-60°=90°,∴CG=CP•cos30°=(x+4),∵△CHQ是等腰三角形,∴CH=2•CQcos30°=2x•=x,∴GH=CG-CH=(x+4)-x=2-x.考点:几何变换综合题.9.已知:一次函数的图象与x轴、y轴的交点分别为A、B,以B为旋转中心,将△BOA逆时针旋转,得△BCD(其中O与C、A与D是对应的顶点).(1)求AB的长;(2)当∠BAD=45°时,求D点的坐标;(3)当点C在线段AB上时,求直线BD的关系式.【答案】(1)5;(2)D(4,7)或(-4,1);(3)【解析】试题分析:(1)先分别求得一次函数的图象与x轴、y轴的交点坐标,再根据勾股定理求解即可;(2)根据旋转的性质结合△BOA的特征求解即可;(3)先根据点C在线段AB上判断出点D的坐标,再根据待定系数法列方程组求解即可.(1)在时,当时,,当时,∴;(2)由题意得D(4,7)或(-4,1);(2)由题意得D点坐标为(4,)设直线BD的关系式为∵图象过点B(0,4),D(4,)∴,解得∴直线BD的关系式为.考点:动点的综合题点评:此类问题综合性强,难度较大,在中考中比较常见,一般作为压轴题,题目比较典型.10.(特例发现)如图1,在△ABC中,AG⊥BC于点G,以A为直角顶点,分别以AB,AC为直角边,向△ABC外作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACF,过点E、F作射线GA的垂线,垂足分别为P、Q.求证:EP=FQ.(延伸拓展)如图2,在△ABC中,AG⊥BC于点G,以A为直角顶点,分别以AB,AC为直角边,向△ABC外作Rt△ABE和Rt△ACF,射线GA交EF于点H.若AB=kAE,AC=kAF,请思考HE与HF之间的数量关系,并直接写出你的结论.(深入探究)如图3,在△ABC中,G是BC边上任意一点,以A为顶点,向△ABC外作任意△ABE和△ACF,射线GA交EF于点H.若∠EAB=∠AGB,∠FAC=∠AGC,AB=kAE,AC=kAF,上一问的结论还成立吗?并证明你的结论.(应用推广)在上一问的条件下,设大小恒定的角∠IHJ分别与△AEF的两边AE、AF分别交于点M、N,若△ABC为腰长等于4的等腰三角形,其中∠BAC=120°,且∠IHJ=∠AGB=θ=60°,k=2;求证:当∠IHJ在旋转过程中,△EMH、△HMN和△FNH均相似,并直接写出线段MN的最小值(请在答题卡的备用图中补全作图).【答案】(1)证明参见解析;(2)HE=HF;(3)成立,证明参见解析;(4)证明参见解析,MN最小值为1.【解析】试题分析:(1)特例发现:易证△AEP≌△BAG,△AFQ≌△CAG,即可求得EP=AG,FQ=AG,即可解题;(2)延伸拓展:过点E、F作射线GA的垂线,垂足分别为P、Q.易证△ABG∽△EAP,△ACG∽△FAQ,得到PE=AG,FQ=AG,∴PE=FQ,然后证明△EPH≌△FQH,即可得出HE=HF;(3)深入探究:判断△PEA∽△GAB,得到PE=AG,△AQF∽△CGA,FQ=,得到FQ=AG,再判断△EPH≌△FQH,即可得出HE=HF;(4)应用推广:由前一个结论得到△AEF为正三角形,再依次判断△MHN∽△HFN∽△MEH,即可得出结论.试题解析:(1)特例发现,如图:∵∠PEA+∠PAE=90°,∠GAB+∠PAE=90°,∴∠PEA=∠GAB,∵∠EPA=∠AGB,AE=AB,∴△PEA≌△GAB,∴PE=AG,同理,△QFA≌△GAC,∴FQ=AG,∴PE=FQ;(2)延伸拓展,如图:∵∠PEA+∠PAE=90°,∠GAB+∠PAE=90°,∴∠PEA=∠GAB,∴∠EPA=∠AGB,∴△PEA∽△GAB,∴,∵AB=kAE,∴,∴PE=AG,同理,△QFA∽△GAC,∴,∵AC=kAF,∴FQ=AG,∴PE=FQ,∵EP∥FQ,∴∠EPH=∠FQH,∵∠PHE=∠QHF,∴△EPH≌△FQH,∴HE=HF;(3)深入探究,如图2,在直线AG上取一点P,使得∠EPA═∠AGB,作FQ∥PE,∵∠EAP+∠BAG=180°﹣∠AGB,∠ABG+∠BAG=180°﹣∠AGB,∴∠EAP=∠ABG,∵∠EPA=∠AGB,∴△APE∽△BGA,∴,∵AB=kAE,∴PE=AG,由于∠FQA=∠FAC=∠AGC=180°﹣∠AGB,同理可得,△AQF∽△CGA,∴,∵AC=kAF,∴FQ=AG,∴EP=FQ,∵EP∥FQ,∴∠EPH=∠FQH,∵∠PHE=∠QHF,∴△EPH≌△FQH,∴HE=HF;(4)应用推广,如图3,在前面条件及结论,得到,点H是EF中点,∴AE=AF,∵∠EAB=∠AGB,∠FAC=∠AGC∴∠EAB+∠FAC=180°∴∠EAF=360°﹣(∠EAB+∠FAC)﹣∠BAC=60°,∴△AEF 为正三角形.又H为EF中点,∴∠EHM+∠IHJ=120°,∠IHJ+∠FHN=120°,∴∠EHM=∠FHN.∵∠AEF=∠AFE,∴△HEM∽△HFN,∴,∵EH=FH,∴,且∠MHN=∠HFN=60°,∴△MHN∽△HFN,∴△MHN∽△HFN∽△MEH,在△HMN中,∠MHN=60°,根据三角形中大边对大角,∴要MN最小,只有△HMN是等边三角形,∴∠AMN=60°,∵∠AEF=60°,MN∴MN∥EF,∵△AEF为等边三角形,∴MN为△AEF的中位线,∴MN min=EF=×2=1.考点:1.几何变换综合题;2.三角形全等及相似的判定性质.11.(1)问题发现如图1,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=90°,B,C,D在一条直线上.填空:线段AD,BE之间的关系为 .(2)拓展探究如图2,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,请判断AD,BE的关系,并说明理由.(3)解决问题如图3,线段PA=3,点B是线段PA外一点,PB=5,连接AB,将AB绕点A逆时针旋转90°得到线段AC,随着点B的位置的变化,直接写出PC的范围.【答案】(1) AD=BE,AD⊥BE.(2) AD=BE,AD⊥BE.(3) 5-32≤PC≤5+32.【解析】【分析】(1)根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE(SAS),得AD=BE,∠EBC=∠CAD,延长BE 交AD于点F,由垂直定义得AD⊥BE.(2)根据等腰三角形性质证△ACD≌△BCE(SAS),AD=BE,∠CAD=∠CBE,由垂直定义得∠OHB=90°,AD⊥BE;(3)作AE⊥AP,使得AE=PA,则易证△APE≌△ACP,PC=BE,当P、E、B共线时,BE最小,最小值=PB-PE;当P、E、B共线时,BE最大,最大值=PB+PE,故5-32≤BE≤5+32.【详解】(1)结论:AD=BE,AD⊥BE.理由:如图1中,∵△ACB与△DCE均为等腰直角三角形,∴AC=BC,CE=CD,∠ACB=∠ACD=90°,在Rt△ACD和Rt△BCE中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩=== ∴△ACD ≌△BCE (SAS ),∴AD=BE ,∠EBC=∠CAD延长BE 交AD 于点F ,∵BC ⊥AD ,∴∠EBC+∠CEB=90°,∵∠CEB=AEF ,∴∠EAD+∠AEF=90°,∴∠AFE=90°,即AD ⊥BE .∴AD=BE ,AD ⊥BE .故答案为AD=BE ,AD ⊥BE .(2)结论:AD=BE ,AD ⊥BE .理由:如图2中,设AD 交BE 于H ,AD 交BC 于O .∵△ACB 与△DCE 均为等腰直角三角形, ∴AC=BC ,CE=CD ,∠ACB=∠ECD=90°,∴ACD=∠BCE ,在Rt △ACD 和Rt △BCE 中AC BC ACD BCE CD CE ⎧⎪∠∠⎨⎪⎩===,∴△ACD ≌△BCE (SAS ),∴AD=BE ,∠CAD=∠CBE ,∵∠CAO+∠AOC=90°,∠AOC=∠BOH ,∴∠BOH+∠OBH=90°,∴∠OHB=90°,∴AD⊥BE,∴AD=BE,AD⊥BE.(3)如图3中,作AE⊥AP,使得AE=PA,则易证△APE≌△ACP,∴PC=BE,图3-1中,当P、E、B共线时,BE最小,最小值=PB-PE=5-32,图3-2中,当P、E、B共线时,BE最大,最大值=PB+PE=5+32,∴5-32≤BE≤5+32,即5-32≤PC≤5+32.【点睛】本题是几何变换综合题,考查了旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找三角形全等的条件,学会添加辅助线,构造全等三角形解决问题,学会用转化的思想思考问题,属于中考压轴题.12.如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,点A的坐标为(5,0),菱形OABC的顶点B,C在第一象限,tan∠AOC=,将菱形绕点A按顺时针方向旋转角α(0°<α<∠AOC)得到菱形FADE(点O的对应点为点F),EF与OC交于点G,连结AG.(1)求点B的坐标;(2)当OG=4时,求AG的长;(3)求证:GA平分∠OGE;(4)连结BD并延长交轴于点P,当点P的坐标为(12,0)时,求点G的坐标.【答案】(1)(8,4);(2);(3)().【解析】试题分析:(1)如图1,过点B作BH⊥x轴于点H,由已知可得∠BAH=∠COA,在Rt△ABH中,tan∠BAH=tan∠AOC=,AB=5,可求得BH=4,AH=3,所以OH=8,即可得点B的坐标为(8,4);(2)如图1,过点A作AM⊥OC于点M,在Rt△AOM中,tan∠AOC=,OA=5,可求得AM=4,OA=3,所以GM=1,再由勾股定理即可求得AG=;(3)如图1,过点A 作AN⊥EF轴于点N,易证△AOM≌△AFN,根据全等三角形的性质可得AM=AN,再由角平分线的判定可得GA平分∠OGE;(4)如图2,过点G作GQ⊥x轴于点Q,先证△GOA∽△BAP,根据相似三角形的性质求得GQ=,再由锐角三角函数求得OQ=,即可得点G的坐标为().试题解析:(1)如图1,过点B作BH⊥x轴于点H,∵四边形OABC为菱形,∴OC∥AB,∴∠BAH=∠COA.∵tan∠AOC=,∴tan∠BAH=.又∵在直角△BAH中,AB=5,∴BH=3AB=4,AH=AB=3,∴OH=OA+AH=5+3=8,∴点B的坐标为(8,4);(2)如图1,过点A作AM⊥OC于点M,在直角△AOM中,∵tan∠AOC=,OA=5,∴AM=OA=4,OM=OA=3,∵OG=4,∴GM=OG-OM=4-3=1,∴AG=;(3)如图1,过点A作AN⊥EF于点N,∵在△AOM与△AFN中,∠AOM=∠F,OA=FA,∠AMO=∠ANF=90°,∴△AOM≌△AFN(ASA),∴AM=AN,∴GA平分∠OGE.(4)如图2,过点G作GQ⊥x轴于点Q,由旋转可知:∠OAF=∠BAD=α.∵AB=AD,∴∠ABP=,∵∠AOT=∠F,∠OTA=∠GTF,∴∠OGA=∠EGA=1,∴∠OGA=ABP,又∵∠GOA=∠BAP,∴△GOA∽△BAP,∴,∴GQ=×4=.∵tan∠AOC=,∴OQ=×=,∴G(,).考点:三角形、四边形、锐角三角函数的综合题.13.如图,已知Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,D是线段AB上的一点(不与A、B重合).过点B作BE⊥CD,垂足为E.将线段CE绕点C顺时针旋转90︒,得到线段CF,连结EF.设∠BCE度数为α.(1)①补全图形;②试用含α的代数式表示∠CDA.(2)若32EFAB=,求α的大小.(3)直接写出线段AB、BE、CF之间的数量关系.【答案】(1)①答案见解析;②45α︒+;(2)30α=︒;(3)22222AB CF BE =+.【解析】试题分析:(1)①按要求作图即可;②由∠ACB=90°,AC=BC ,得∠ABC=45°,故可得出结论;(2)易证FCE ∆∽ ACB ∆,得3CF AC =;连结FA ,得△AFC 是直角三角形,求出∠ACF=30°,从而得出结论;(3)222A 22B CF BE =+.试题解析:(1)①补全图形.②∵∠ACB=90°,AC=BC ,∴∠ABC=45°∵∠BCE=α ∴∠CDA=45α︒+(2)在FCE ∆和ACB ∆中,45CFE CAB ∠=∠=︒ ,90FCE ACB ∠=∠=︒ ∴ FCE ∆∽ ACB ∆∴ CF EF AC AB= Q 32EF AB = ∴ 3CF AC =连结FA .Q 90,90FCA ACE ECB ACE ∠=︒-∠∠=︒-∠∴ FCA ECB ∠=∠=α在Rt CFA ∆中,90CFA ∠=︒,3cos 2FCA ∠= ∴ 30FCA ∠=︒即30α=︒.(3)22222AB CF BE =+14.在正方形 ABCD 中,M 是 BC 边上一点,且点 M 不与 B 、C 重合,点 P 在射线 AM 上,将线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ ,连接BP ,DQ .(1)依题意补全图 1;(2)①连接 DP ,若点 P ,Q ,D 恰好在同一条直线上,求证:DP 2+DQ 2=2AB 2; ②若点 P ,Q ,C 恰好在同一条直线上,则 BP 与 AB 的数量关系为: .【答案】(1)详见解析;(2)①详见解析;②BP=AB .【解析】【分析】(1)根据要求画出图形即可;(2)①连接BD ,如图2,只要证明△ADQ ≌△ABP ,∠DPB=90°即可解决问题; ②结论:BP=AB ,如图3中,连接AC ,延长CD 到N ,使得DN=CD ,连接AN ,QN .由△ADQ ≌△ABP ,△ANQ ≌△ACP ,推出DQ=PB ,∠AQN=∠APC=45°,由∠AQP=45°,推出∠NQC=90°,由CD=DN ,可得DQ=CD=DN=AB ;【详解】(1)解:补全图形如图 1:(2)①证明:连接 BD,如图 2,∵线段 AP 绕点 A 顺时针旋转 90°得到线段 AQ,∴AQ=AP,∠QAP=90°,∵四边形 ABCD 是正方形,∴AD=AB,∠DAB=90°,∴∠1=∠2.∴△ADQ≌△ABP,∴DQ=BP,∠Q=∠3,∵在 Rt△QAP 中,∠Q+∠QPA=90°,∴∠BPD=∠3+∠QPA=90°,∵在 Rt△BPD 中,DP2+BP2=BD2,又∵DQ=BP,BD2=2AB2,∴DP2+DQ2=2AB2.②解:结论:BP=AB.理由:如图 3 中,连接 AC,延长 CD 到 N,使得 DN=CD,连接 AN,QN.∵△ADQ≌△ABP,△ANQ≌△ACP,∴DQ=PB,∠AQN=∠APC=45°,∵∠AQP=45°,∴∠NQC=90°,∵CD=DN,∴DQ=CD=DN=AB,∴PB=AB.【点睛】本题考查正方形的性质,旋转变换、勾股定理等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴15.如图1,O 为直线AB 上一点,过点O 作射线OC ,AOC 30∠=o ,将一直角三角板()M 30∠=o的直角顶点放在点O 处,一边ON 在射线OA 上,另一边OM 与OC 都在直线AB 的上方.()1将图1中的三角板绕点O 以每秒5o 的速度沿逆时针方向旋转一周.如图2,经过t 秒后,ON 落在OC 边上,则t =______秒(直接写结果).()2如图2,三角板继续绕点O 以每秒5o 的速度沿逆时针方向旋转到起点OA 上.同时射线OC 也绕O 点以每秒10o 的速度沿逆时针方向旋转一周,①当OC 转动9秒时,求MOC ∠的度数.②运动多少秒时,MOC 35∠=o ?请说明理由.【答案】(1)6;(2)①45o ;②11秒或25秒,理由见解析. 【解析】【分析】(1)因为∠AOC=30°,所以ON 落在OC 边上时,三角板旋转了30°,即可求出旋转时间;(2)在整个旋转过程中,可以看做这样一个追及问题更容易理解,即:ON 绕点O 以每秒5°的速度沿逆时针方向旋转,同时射线OC 也绕O 点以每秒10°的速度沿逆时针方向旋转; ①9秒时,∠NOC=45°,而OC 旋转了90°,所以∠MOC 的度数就是45°;②∠MOC=35°时,应分OC 与OM 重合前35°与重合后35°两种情况考虑,分别进行求解即可.【详解】()1AOC 30∠=o Q ,而三角板每秒旋转5o ,∴当ON 落在OC 边上时,有5t 30o =,得t 6=,故答案为6;()2①当OC 转动9秒时,COA 30109120∠=+⨯=o o o ,而MOA 309059165∠=++⨯=o o o o ,又MOC MOA COA Q ∠∠∠=-,即:MOC 16512045∠=-=o o o ,答:当OC 转动9秒时,MOC ∠的度数为45o ;②设OC 运动起始位置为射线OP(如图1),运动t 秒时,MOC 35∠=o ,则MOP 905t o ∠=+,COP 10t ∠=,当MOC 35∠=o 时,有()905t 10t 35+-=o o 或()10t 905t 35o o-+=,得t 11=或t 25=,因为三角板与射线OC 都只旋转一周,所以不考虑再次追及的情况,故当运动11秒或25秒时,MOC 35∠=o .【点睛】本题考查的是用方程的思想解决角的旋转的问题,找准等量关系,正确列出一元一次方程是解题的关键.。