九年级数学上册几何模型压轴题(培优篇)(Word版含解析)
一、初三数学旋转易错题压轴题(难)
1.我们定义:如图1,在△ABC看,把AB点绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到AB',把AC绕点A逆时针旋转β得到AC',连接B'C'.当α+β=180°时,我们称△A'B'C'是△ABC的“旋补三角形”,△AB'C'边B'C'上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”,点A叫做“旋补中心”.
特例感知:
(1)在图2,图3中,△AB'C'是△ABC的“旋补三角形”,AD是△ABC的“旋补中线”.
①如图2,当△ABC为等边三角形时,AD与BC的数量关系为AD= BC;
②如图3,当∠BAC=90°,BC=8时,则AD长为.
猜想论证:
(2)在图1中,当△ABC为任意三角形时,猜想AD与BC的数量关系,并给予证明.
拓展应用
(3)如图4,在四边形ABCD,∠C=90°,∠D=150°,BC=12,CD=23,DA=6.在四边形内部是否存在点P,使△PDC是△PAB的“旋补三角形”?若存在,给予证明,并求△PAB的“旋补中线”长;若不存在,说明理由.
【答案】(1)①1
2
;②4;(2)AD=
1
2
BC,证明见解析;(3)存在,证明见解析,
39.【解析】【分析】
(1)①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形,可得AD=1
2
AB′即可解决问题;
②首先证明△BAC≌△B′AC′,根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题;
(2)结论:AD=1
2
BC.如图1中,延长AD到M,使得AD=DM,连接E′M,C′M,首先证
明四边形AC′MB′是平行四边形,再证明△BAC≌△AB′M,即可解决问题;
(3)存在.如图4中,延长AD交BC的延长线于M,作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交BE于P,交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PCD的中线PN.连接DF交PC于O.想办法证明PA=PD,PB=PC,再证明∠APD+∠BPC=180°,即可;
【详解】
解:(1)①如图2中,
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=BC=AB=AB′=AC′,
∵DB′=DC′,
∴AD⊥B′C′,
∵∠BAC=60°,∠BAC+∠B′AC′=180°,∴∠B′AC′=120°,
∴∠B′=∠C′=30°,
∴AD=1
2AB′=
1
2
BC,
故答案为1
2
.
②如图3中,
∵∠BAC=90°,∠BAC+∠B′AC′=180°,∴∠B′AC′=∠BAC=90°,
∵AB=AB′,AC=AC′,
∴△BAC≌△B′AC′,
∴BC=B′C′,
∵B′D=DC′,
∴AD=1
2B′C′=
1
2
BC=4,
故答案为4.
(2)结论:AD=1
2 BC.
理由:如图1中,延长AD到M,使得AD=DM,连接E′M,C′M
∵B′D=DC′,AD=DM,
∴四边形AC′MB′是平行四边形,
∴AC′=B′M=AC,
∵∠BAC+∠B′AC′=180°,∠B′AC′+∠AB′M=180°,
∴∠BAC=∠MB′A,∵AB=AB′,
∴△BAC≌△AB′M,
∴BC=AM,
∴AD=1
BC.
2
(3)存在.
理由:如图4中,延长AD交BC的延长线于M,作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交BE于P,交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PCD的中线PN.
连接DF交PC于O.
∵∠ADC=150°,
∴∠MDC=30°,
在Rt△DCM中,∵3,∠DCM=90°,∠MDC=30°,
∴CM=2,DM=4,∠M=60°,
在Rt△BEM中,∵∠BEM=90°,BM=14,∠MBE=30°,
∴EM=1
BM=7,
2
∴DE=EM﹣DM=3,
∵AD=6,
∴AE=DE,∵BE⊥AD,
∴PA=PD,PB=PC,
在Rt△CDF中,∵3CF=6,
∴tan∠3
∴∠CDF=60°=∠CPF,
易证△FCP≌△CFD,
∴CD=PF,∵CD∥PF,
∴四边形CDPF是矩形,
∴∠CDP=90°,
∴∠ADP=∠ADC﹣∠CDP=60°,
∴△ADP是等边三角形,
∴∠ADP=60°,∵∠BPF=∠CPF=60°,
∴∠BPC=120°,
∴∠APD+∠BPC=180°,
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”,
在Rt△PDN中,∵∠PDN=90°,PD=AD=6,DN=3,
∴PN=2222
++=39.
DN PD
=(3)6
【点睛】
本题考查四边形综合题.
2.在△AOB中,C,D分别是OA,OB边上的点,将△OCD绕点O顺时针旋转到△OC′D′.(1)如图1,若∠AOB=90°,OA=OB,C,D分别为OA,OB的中点,证明:①AC′=BD′;
②AC′⊥BD′;
(2)如图2,若△AOB为任意三角形且∠AOB=θ,CD∥AB,AC′与BD′交于点E,猜想
∠AEB=θ是否成立?请说明理由.
【答案】(1)证明见解析;
(2)成立,理由见解析
【解析】
试题分析:(1)①由旋转的性质得出OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,证出
OC′=OD′,由SAS证明△AOC′≌△BOD′,得出对应边相等即可;
②由全等三角形的性质得出∠OAC′=∠OBD′,又由对顶角相等和三角形内角和定理得出
∠BEA=90°,即可得出结论;
(2)由旋转的性质得出OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,由平行线得出比例式,得出,证明△AOC′∽△BOD′,得出∠OAC′=∠OBD′再由对顶角相等和三角形内角和定理即可得出∠AEB=θ.
试题解析:(1)证明:①∵△OCD旋转到△OC′D′,
∴OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,
∵OA=OB,C、D为OA、OB的中点,
∴OC=OD,
∴OC′=OD′,
在△AOC′和△BOD′中,,
∴△AOC′≌△BOD′(SAS),
∴AC′=BD′;
②延长AC′交BD′于E,交BO于F,如图1所示:
∵△AOC′≌△BOD′,
∴∠OAC′=∠OBD′,
又∠AFO=∠BFE,∠OAC′+∠AFO=90°,
∴∠OBD′+∠BFE=90°,
∴∠BEA=90°,
∴AC′⊥BD′;
(2)解:∠AEB=θ成立,理由如下:如图2所示:
∵△OCD旋转到△OC′D′,
∴OC=OC′,OD=OD′,∠AOC′=∠BOD′,
∵CD∥AB,
∴,
∴,
∴,
又∠AOC′=∠BOD′,
∴△AOC′∽△BOD′,
∴∠OAC′=∠OBD′,
又∠AFO=∠BFE,
∴∠AEB=∠AOB=θ.
考点:相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;旋转的性质.
3.在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,且∠EAF=∠CEF=45°.
(1)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG(如图①),求证:△AEG≌△AEF;
(2)若直线EF与AB,AD的延长线分别交于点M,N(如图②),求证:EF2=ME2+NF2;
(3)将正方形改为长与宽不相等的矩形,若其余条件不变(如图③),请你直接写出线段EF,BE,DF之间的数量关系.
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)EF2=2BE2+2DF2.
【解析】
试题分析:(1)根据旋转的性质可知AF=AG,∠EAF=∠GAE=45°,故可证△AEG≌△AEF;(2)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.由(1)知
△AEG≌△AEF,则EG=EF.再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,得出
CE=CF,BE=BM,NF=DF,然后证明∠GME=90°,MG=NF,利用勾股定理得出
EG2=ME2+MG2,等量代换即可证明EF2=ME2+NF2;
(3)将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,根据旋转的性质可以得到
△ADF≌△ABG,则DF=BG,再证明△AEG≌△AEF,得出EG=EF,由EG=BG+BE,等量代换得到EF=BE+DF.
试题解析:(1)∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,
∴AF=AG,∠FAG=90°,
∵∠EAF=45°,
∴∠GAE=45°,
在△AGE与△AFE中,
,
∴△AGE≌△AFE(SAS);
(2)设正方形ABCD的边长为a.
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△ABG,连结GM.
则△ADF≌△ABG,DF=BG.
由(1)知△AEG≌△AEF,
∴EG=EF.
∵∠CEF=45°,
∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形,
∴CE=CF,BE=BM,NF=DF,
∴a﹣BE=a﹣DF,
∴BE=DF,
∴BE=BM=DF=BG,
∴∠BMG=45°,
∴∠GME=45°+45°=90°,
∴EG2=ME2+MG2,
∵EG=EF,MG=BM=DF=NF,
∴EF2=ME2+NF2;
(3)EF2=2BE2+2DF2.
如图所示,延长EF交AB延长线于M点,交AD延长线于N点,
将△ADF绕着点A顺时针旋转90°,得到△AGH,连结HM,HE.
由(1)知△AEH≌△AEF,
则由勾股定理有(GH+BE)2+BG2=EH2,
即(GH+BE)2+(BM﹣GM)2=EH2
又∴EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM,所以有(GH+BE)2+(BE﹣GH)2=EF2,
即2(DF2+BE2)=EF2
考点:四边形综合题
4.在平面直角坐标系中,四边形AOBC是矩形,点O(0,0),点A(5,0),点B(0,3).以点A为中心,顺时针旋转矩形AOBC,得到矩形ADEF,点O,B,C的对应点分别
为D,E,F.
(1)如图①,当点D落在BC边上时,求点D的坐标;
(2)如图②,当点D落在线段BE上时,AD与BC交于点H.
①求证△ADB≌△AOB;
②求点H的坐标.
(3)记K为矩形AOBC对角线的交点,S为△KDE的面积,求S的取值范围(直接写出结果即可).
【答案】(1)D(1,3);(2)①详见解析;②H(17
5
,3);(3)
30334
-
≤S≤30334
+
.
【解析】
【分析】
(1)如图①,在Rt△ACD中求出CD即可解决问题;
(2)①根据HL证明即可;
②,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,在Rt△AHC中,根据AH2=HC2+AC2,构建方程求出m即可解决问题;
(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,求出面积的最小值以及最大值即可解决问题;
【详解】
(1)如图①中,
∵A(5,0),B(0,3),
∴OA=5,OB=3,
∵四边形AOBC是矩形,
∴AC=OB=3,OA=BC=5,∠OBC=∠C=90°,
∵矩形ADEF是由矩形AOBC旋转得到,
∴AD=AO=5,
在Rt△ADC中,CD=22
AD AC
-=4,
∴BD=BC-CD=1,
∴D(1,3).
(2)①如图②中,
由四边形ADEF是矩形,得到∠ADE=90°,
∵点D在线段BE上,
∴∠ADB=90°,
由(1)可知,AD=AO,又AB=AB,∠AOB=90°,
∴Rt△ADB≌Rt△AOB(HL).
②如图②中,由△ADB≌△AOB,得到∠BAD=∠BAO,又在矩形AOBC中,OA∥BC,
∴∠CBA=∠OAB,
∴∠BAD=∠CBA,
∴BH=AH,设AH=BH=m,则HC=BC-BH=5-m,
在Rt△AHC中,∵AH2=HC2+AC2,
∴m2=32+(5-m)2,
∴m=17
5
,
∴BH=17
5
,
∴H(17
5
,3).
(3)如图③中,当点D在线段BK上时,△DEK的面积最小,最小值
=1
2
?DE?DK=
1
2
×3×(
34)30334
-
当点D在BA的延长线上时,△D′E′K的面积最大,最大面积
=1
2
×D′E′×KD′=
1
2
×3×(5+
34)=30334
+.
综上所述,30334
-
≤S≤
30334
+.
【点睛】
本题考查四边形综合题、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、旋转变换等知识,解题的关键是理解题意,灵活运用所学知识解决问题,学会利用参数构建方程解决问题.
5.如图1,点O是正方形ABCD两对角线的交点,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′长的最大值和此时α的度数,直接写出结果不必说明理由.
【答案】(1)见解析;(2)①30°或150°,②AF'的长最大值为
2 2
2 +
315
α=.【解析】【分析】
(1)延长ED交AG于点H,易证△AOG≌△DOE,得到∠AGO=∠DEO,然后运用等量代换证明∠AHE=90°即可;
(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况:α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时,α=30°,α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时,
α=150°;
②当旋转到A、O、F′在一条直线上时,AF′的长最大,AF′=AO+OF′=
2
+2,此时
α=315°.
【详解】
(1)如图1,延长ED交AG于点H,
∵点O是正方形ABCD两对角线的交点,
∴OA=OD,OA⊥OD,
∵OG=OE,
在△AOG和△DOE中,
90
OA OD
AOG DOE
OG OE
=
?
?
∠=∠=?
?
?=
?
,
∴△AOG≌△DOE,
∴∠AGO=∠DEO,
∵∠AGO+∠GAO=90°,
∴∠GAO+∠DEO=90°,
∴∠AHE=90°,
即DE⊥AG;
(2)①在旋转过程中,∠OAG′成为直角有两种情况:
(Ⅰ)α由0°增大到90°过程中,当∠OAG′=90°时,
∵OA=OD=
1
2
OG=
1
2
OG′,
∴在Rt△OAG′中,sin∠AG′O=
OA
OG'
=
1
2
,
∴∠AG′O=30°,
∵OA⊥OD,OA⊥AG′,
∴OD∥AG′,
∴∠DOG′=∠AG′O=30°°,
即α=30°;
(Ⅱ)α由90°增大到180°过程中,当∠OAG′=90°时,
同理可求∠BOG′=30°,
∴α=180°?30°=150°.
综上所述,当∠OAG′=90°时,α=30°或150°.
②如图3,当旋转到A. O、F′在一条直线上时,AF′的长最大,
∵正方形ABCD的边长为1,
∴OA=OD=OC=OB=
2
2
,
∵OG=2OD,
∴2,∴OF′=2,
∴AF′=AO+OF′=
2
2
+2,
∵∠COE′=45°,
∴此时α=315°.
【点睛】
本题考查的是正方形的性质、旋转变换的性质以及锐角三角函数的定义,掌握正方形的四条边相等、四个角相等,旋转变换的性质是解题的关键,注意特殊角的三角函数值的应用.
6.如图,矩形OABC的顶点A在x轴正半轴上,顶点C在y轴正半轴上,点B的坐标为
(4,m)(5≤m≤7),反比例函数y=16
x
(x>0)的图象交边AB于点D.
(1)用m的代数式表示BD的长;
(2)设点P在该函数图象上,且它的横坐标为m,连结PB,PD
①记矩形OABC面积与△PBD面积之差为S,求当m为何值时,S取到最大值;
②将点D绕点P逆时针旋转90°得到点E,当点E恰好落在x轴上时,求m的值.
【答案】(1)BD=m﹣4(2)①m=7时,S取到最大值②m=5
【解析】
【分析】
(1)先确定出点D横坐标为4,代入反比例函数解析式中求出点D横坐标,即可得出结论;
(2)①先求出矩形OABC的面积和三角形PBD的面积得出S=﹣1
2
(m﹣8)2+24,即可得
出结论;②利用一线三直角判断出DG=PF,进而求出点P的坐标,即可得出结论.【详解】
解:(1)∵四边形OABC是矩形,
∴AB⊥x轴上,
∵点B(4,m),
∴点D的横坐标为4,
∵点D在反比例函数y=16
x
上,
∴D(4,4),
∴BD=m﹣4;
(2)①如图1,∵矩形OABC的顶点B的坐标为(4,m),∴S矩形OABC=4m,
由(1)知,D(4,4),
∴S△PBD=1
2
(m﹣4)(m﹣4)=
1
2
(m﹣4)2,
∴S=S矩形OABC﹣S△PBD=4m﹣1
2
(m﹣4)2=﹣
1
2
(m﹣8)2+24,
∴抛物线的对称轴为m=8,∵a<0,5≤m≤7,
∴m=7时,S取到最大值;
②如图2,过点P作PF⊥x轴于F,过点D作DG⊥FP交FP的延长线于G,∴∠DGP=∠PFE=90°,
∴∠DPG+∠PDG=90°,
由旋转知,PD=PE,∠DPE=90°,
∴∠DPG+∠EPF=90°,
∴∠PDG=∠EPF,
∴△PDG≌△EPF(AAS),
∴DG=PF,
∵DG=AF=m﹣4,
∴P(m,m﹣4),
∵点P在反比例函数y=16
x
,
∴m(m﹣4)=16,
∴m=2+25或m=2﹣25(舍).
【点睛】
此题是反比例函数综合题,主要考查了待定系数法,矩形的性质,三角形的面积公式,全等三角形的判定,构造出全等三角形是解本题的关键.
7.已知ABC
是边长为4的等边三角形,点D是射线BC上的动点,将AD绕点A逆时针方向旋转60得到AE,连接DE.
(1).如图,猜想ADE ?是_______三角形;(直接写出结果) (2).如图,猜想线段CA 、CE 、CD 之间的数量关系,并证明你的结论; (3).①当BD=___________时,30DEC ∠=;(直接写出结果)
②点D 在运动过程中,DEC ?的周长是否存在最小值?若存在.请直接写出DEC ?周长的最小值;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)等边三角形;(2)AC CD CE +=,证明见解析;(3)①BD 为2或8时,30DEC ∠=
;②最小值为4+ 【解析】 【分析】
(1)根据旋转的性质得到,60AD AE DAE =∠=,根据等边三角形的判定定理解答; (2)证明ABD ACE ???,根据全等三角形的性质得到BD CE =,结合图形计算即可; (3)①分点D 在线段BC 上和点D 在线段BC 的延长线上两种情况,根据直角三角形的性质解答;②根据ABD ACE ???得到CE BD =,根据垂线段最短解答. 【详解】
解:(1)由旋转变换的性质可知,,60AD AE DAE =∠=,
ADE ∴?是等边三角形, 故答案为等边三角形; (2)AC CD CE +=,
证明:由旋转的性质可知,60,DAE AD AE ∠==,
ABC ?是等边三角形
60AB AC BC BAC ∴∠?==,=, 60BAC DAE ∴∠∠?==,
BAC DAC DAE DAC ∴∠+∠∠+∠=,即BAD CAE ∠∠=, 在ABD ?和ACE ?中, AB AC BAD CAE AD AE =??
∠=∠??=?
, ABD ACE SAS ∴??≌()
BD CE ∴=,
CE BD CB CD CA CD ∴++===;
(3)①BD 为2或8时,30DEC ∠=, 当点D 在线段BC 上时,
3060DEC AED ∠?∠?=,=,
90AEC ∴∠?=, ABD ACE ??≌,
9060ADB AEC B ∴∠∠?∠?==,又=,
30BAD ∴∠?=,
1
22
BD AB ∴==,
当点D 在线段BC 的延长线上时,
3060DEC AED ∠?∠?=,=,
30AEC ∴∠?=, ABD ACE ??≌,
3060ADB AEC B ∴∠∠?∠?==,又=,
90BAD ∴∠?=, 28BD AB ∴==,
BD ∴为2或8时,30DEC ∠?=;
②点D 在运动过程中,DEC ?的周长存在最小值,最小值为423+,
理由如下:
ABD ACE ??≌,
CE BD ∴=,
则DEC ?的周长DE CE DC BD CD DE BC DE +++++===, 当CE 最小时,DEC ?的周长最小, ADE ?为等边三角形, DE AD ∴=,
AD 的最小值为23,
DEC ∴?的周长的最小值为423+.
【点睛】
本题考查的是旋转变换的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质,掌握全等三角形的判定定理和性质定理、灵活运用分情况讨论思想是解题的关键.
8.已知,正方形ABCD 的边长为4,点E 是对角线BD 延长线上一点,AE=BD .将△ABE 绕点A 顺时针旋转α度(0°<α<360°)得到△AB ′E ′,点B 、E 的对应点分别为B ′、E ′.
(1)如图1,当α=30°时,求证:B ′C=DE ;
(2)连接B ′E 、DE ′,当B ′E=DE ′时,请用图2求α的值;
(3)如图3,点P 为AB 的中点,点Q 为线段B ′E ′上任意一点,试探究,在此旋转过程中,线段PQ 长度的取值范围为 .
【答案】(1)证明见解析(2)45°或22.5°(3)2-22+2
【解析】
【分析】
(1)先由正方形的性质得到直角三角形AOE,再经过简单计算求出角,判断出
△ADE≌△AB′C即可;(2)先判断出△AEB′≌△AE′D,再根据旋转角和图形,判断出
∠BAB′=∠DAB′即可;(3)先判断出点Q的位置,PQ最小时和最大时的位置,进行计算即可.
【详解】
解:(1)如图1,
连接AC,B′C,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,AC⊥BD,AC=BD=2OA,∠CAB=ADB=45°,
∵AE=BD,
∴AC=AE=2OA,
在Rt△AOE中,∠AOE=90°,AE=2OA,
∴∠E=30°,
∴∠DAE=∠ADB-∠E=45°-30°=15°,
由旋转有,AD=AB=AB′∠BAB′=30°,
∴∠DAE=15°,
在△ADE和△AB′C中,
'
'
AD AB
DAE CAB
AE AC
=
?
?
∠=∠
?
?=
?
,
∴△ADE≌△AB′C,
∴DE=B′C,
(2)如图2,
由旋转得,AB′=AB=AD,AE′=AE,
在△AEB′和△AE′D中,
'
'
'' AE AE AD AB DB DE
=
?
?
=
?
?=
?
,
∴△AEB′≌△AE′D,
∴∠DAE′=∠EAB′,
∴∠EAE′=∠DAB′,
由旋转得,∠EAE′=∠BAB′,
∴∠BAB′=∠DAB′,
∵∠BAB′+∠DAB′=90°,
∴α=∠BAB′=45°,或α=360°-90°-45°=225°;(3)如图
3,
∵正方形ABCD的边长为4,
∴1
2
2,
连接AC交BD于O,
∴OA⊥BD,OA=1
2
AC=
1
2
2
在旋转过程中,△ABE在旋转到边B'E'⊥AB于Q,此时PQ最小,
由旋转知,△ABE≌△AB'E',
∴AQ=OA=1
2
BD(全等三角形对应边上的高相等),
∴PQ=AQ-AP=1
2
BD-AP=22-2
在旋转过程中,△ABE在旋转到点E在BA的延长线时,点Q和点E'重合,
∴AE'=AE=42,
∴PE'=AE'+AP=42+2,
故答案为22-2≤PQ≤42+2.
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二、初三数学圆易错题压轴题(难)
9.如图①,一个Rt△DEF直角边DE落在AB上,点D与点B重合,过A点作二射线AC 与斜边EF平行,己知AB=12,DE=4,DF=3,点P从A点出发,沿射线AC方向以每秒2个单位的速度运动,Q为AP中点,设运动时间为t秒(t>0)?
(1)当t=5时,连接QE,PF,判断四边形PQEF的形状;
(2)如图②,若在点P运动时,Rt△DEF同时沿着BA方向以每秒1个单位的速度运动,当D点到A点时,两个运动都停止,M为EF中点,解答下列问题:
①当D、M、Q三点在同一直线上时,求运动时间t;
②运动中,是否存在以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切?若存在,求出此时的运动时间t;若不存在,说明理由.
【答案】(1)平行四边形EFPQ是菱形;(2)t=;当t为5秒或10秒时,以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切.
【解析】
试题分析:(1)过点Q作QH⊥AB于H,如图①,易得PQ=EF=5,由AC∥EF可得四边形EFPQ是平行四边形,易证△AHQ∽△EDF,从而可得AH=ED=4,进而可得AH=HE=4,根据垂直平分线的性质可得AQ=EQ,即可得到PQ=EQ,即可得到平行四边形EFPQ是菱形;
(2)①当D、M、Q三点在同一直线上时,如图②,则有AQ=t,EM=EF=,AD=12-t,DE=4.由EF∥AC可得△DEM∽△DAQ,然后运用相似三角形的性质就可求出t的值;
②若以点Q为圆心的圆与Rt△DEF两个直角边所在直线都相切,则点Q在∠ADF的角平分线上(如图③)或在∠FDB的角平分线(如图④)上,故需分两种情况讨论,然后运用相似三角形的性质求出AH、DH(用t表示),再结合AB=12,DB=t建立关于t的方程,然后解这个方程就可解决问题.
试题解析:(1)四边形EFPQ是菱形.
理由:过点Q作QH⊥AB于H,如图①,
∵t=5,∴AP=2×5=10.
∵点Q是AP的中点,
∴AQ=PQ=5.
∵∠EDF=90°,DE=4,DF=3,
∴EF==5,
∴PQ=EF=5.
∵AC∥EF,
∴四边形EFPQ是平行四边形,且∠A=∠FEB.
又∵∠QHA=∠FDE=90°,
∴△AHQ∽△EDF,
∴.
∵AQ=EF=5,
∴AH=ED=4.
∵AE=12-4=8,
∴HE=8-4=4,
∴AH=EH,
∴AQ=EQ,
∴PQ=EQ,
∴平行四边形EFPQ是菱形;
(2)①当D、M、Q三点在同一直线上时,如图②,