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河南省2022年中考数学专题复习专题七类比探究题训练

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专题七 类比探究题类型一线段数量关系问题(2022·河南)(1)问题发现如图①,在△OAB和△OCD中,OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=40°,连接AC,BD交于点M.填空:①的值为________;②∠AMB的度数为________;(2)类比探究如图②,在△OAB和△OCD中,∠AOB=∠COD=90°,∠OAB=∠OCD=30°,连接AC交BD的延长线于点M.请判断的值及∠AMB的度数,并说明理由;(3)拓展延伸在(2)的条件下,将△OCD绕点O在平面内旋转,AC,BD所在直线交于点M,若OD=1,OB=,请直接写出当点C与点M重合时AC的长.【分析】(1)①证明△COA≌△DOB(SAS),得AC=BD,比值为1;②由△COA≌△DOB,得∠CAO=∠DBO,根据三角形的内角和定理,得∠AMB=180°-(∠DBO+∠OAB+∠ABD)=180°-140°=40°;(2)根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD,则==,由全等三角形的性质得∠AMB的度数;(3)正确画出图形,当点C与点M重合时,有两种情况:如解图①和②,同理可得△AOC∽△BOD,则∠AMB=90°,=,可得AC的长.【自主解答】28\n解:(1)问题发现①1【解法提示】∵∠AOB=∠COD=40°,∴∠COA=∠DOB.∵OC=OD,OA=OB,∴△COA≌△DOB(SAS),∴AC=BD,∴=1.②40°【解法提示】∵△COA≌△DOB,∴∠CAO=∠DBO.∵∠AOB=40°,∴∠OAB+∠ABO=140°,在△AMB中,∠AMB=180°-(∠CAO+∠OAB+∠ABD)=180°-(∠DBO+∠OAB+∠ABD)=180°-140°=40°.(2)类比探究=,∠AMB=90°,理由如下:在Rt△OCD中,∠DCO=30°,∠DOC=90°,∴=tan30°=,同理,得=tan30°=,∵∠AOB=∠COD=90°,∴∠AOC=BOD,∴△AOC∽△BOD,∴==,∠CAO=∠DBO.∴∠AMB=180°-∠CAO-∠OAB-MBA=180°-(∠DAB+∠MBA+∠OBD)=180°-90°=90°.(3)拓展延伸①点C与点M重合时,如解图①,同理得△AOC∽△BOD,∴∠AMB=90°,=,设BD=x,则AC=x,在Rt△COD中,28\n∵∠OCD=30°,OD=1,∴CD=2,∴BC=x-2.在Rt△AOB中,∠OAB=30°,OB=.∴AB=2OB=2,在Rt△AMB中,由勾股定理,得AC2+BC2=AB2,即(x)2+(x-2)2=(2)2,解得x1=3,x2=-2(舍去),∴AC=3;②点C与点M重合时,如解图②,同理得:∠AMB=90°,=,设BD=x,则AC=x,在Rt△AMB中,由勾股定理,得AC2+BC2=AB2,即(x)2+(x+2)2=(2)2解得x1=-3,解得x2=2(舍去).∴AC=2.综上所述,AC的长为3或2.图①图②例1题解图1.(2022·河南)(1)发现如图①,点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b.填空:当点A位于________________时,线段AC的长取得最大值,且最大值为__________(用含a,b的式子表示).(2)应用28\n点A为线段BC外一动点,且BC=3,AB=1,如图②所示,分别以AB,AC为边,作等边三角形ABD和等边三角形ACE,连接CD,BE.①请找出图中与BE相等的线段,并说明理由;②直接写出线段BE长的最大值.(3)拓展如图③,在平面直角坐标系中,点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(5,0),点P为线段AB外一动点,且PA=2,PM=PB,∠BPM=90°,请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标.2.(2022·河南)如图①,在Rt△ABC中,∠B=90°,BC=2AB=8,点D,E分别是边BC,AC的中点,连接DE.将△EDC绕点C按顺时针方向旋转,记旋转角为α.(1)问题发现①当α=0°时,=____;②当α=180°时,=____;(2)拓展探究28\n试判断:当0°≤α<360°时,的大小有无变化?请仅就图②的情形给出证明.(3)解决问题当△EDC旋转至A,D,E三点共线时,直接写出线段BD的长.3.(2022·河南)(1)问题发现如图①,△ACB和△DCE均为等边三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE.填空:①∠AEB的度数为__________;②线段AD,BE之间的数量关系为______________.(2)拓展探究如图②,△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∠ACB=∠DCE=90°,点A,D,E在同一直线上,CM为△DCE中DE边上的高,连接BE,请判断∠AEB的度数及线段CM,AE,BE之间的数量关系,并说明理由.(3)解决问题如图③,在正方形ABCD中,CD=,若点P满足PD=1,且∠BPD=90°,请直接写出点A到BP的距离.28\n4.(2022·南阳二模)在△ABC中,∠ACB是锐角,点D在射线BC上运动,连接AD,将线段AD绕点A逆时针旋转90°,得到AE,连接EC.(1)操作发现若AB=AC,∠BAC=90°,当D在线段BC上时(不与点B重合),如图①所示,请你直接写出线段CE和BD的位置关系和数量关系是______________,______________;(2)猜想论证在(1)的条件下,当D在线段BC的延长线上时,如图②所示,请你判断(1)中结论是否成立,并证明你的判断.(3)拓展延伸如图③,若AB≠AC,∠BAC≠90°,点D在线段BC上运动,试探究:当锐角∠ACB等于________度时,线段CE和BD之间的位置关系仍成立(点C,E重合除外)?此时若作DF⊥AD交线段CE于点F,且当AC=3时,请直接写出线段CF的长的最大值是____.28\n5.已知,如图①,△ABC,△AED是两个全等的等腰直角三角形(其顶点B,E重合),∠BAC=∠AED=90°,O为BC的中点,F为AD的中点,连接OF.(1)问题发现①如图①,=_______;②将△AED绕点A逆时针旋转45°,如图②,=_______;(2)类比延伸将图①中△AED绕点A逆时针旋转到如图③所示的位置,请计算出的值,并说明理由.(3)拓展探究将图①中△AED绕点A逆时针旋转,旋转角为α,0°≤α≤90°,AD=,△AED在旋转过程中,存在△ACD为直角三角形,请直接写出线段CD的长.类型二图形面积关系问题(2022·河南)如图①,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.(1)观察猜想图①中,线段PM与PN的数量关系是________,位置关系是________;(2)探究证明28\n把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置,连接MN,BD,CE,判断△PMN的形状,并说明理由;(3)拓展延伸把△ADE绕A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN面积的最大值.图①图②例2题图【分析】(1)利用三角形的中位线定理得出PM=CE,PN=BD,进而判断出BD=CE,即可得出结论,再利用三角形的中位线定理得出PM∥CE,继而得出∠DPM=∠DCA,最后用互余即可得出结论;(2)先判断出△ABD≌△ACE,得出BD=CE,同(1)的方法得出PM=BD,PN=BD,即可得出PM=PN,同(1)的方法即可得出结论;(3)先判断出MN最大时,△PMN的面积最大,进而求出AN,AM,即可得出MN最大=AM+AN,最后用面积公式即可得出结论.【自主解答】解:(1)∵点P,N是BC,CD的中点,∴PN∥BD,PN=BD.∵点P,M是CD,DE的中点,∴PM∥CE,PM=CE.∵AB=AC,AD=AE,∴BD=CE,∴PM=PN.∵PN∥BD,∴∠DPN=∠ADC,∵PM∥CE,∴∠DPM=∠DCA.28\n∵∠BAC=90°,∴∠ADC+∠ACD=90°,∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°,∴PM⊥PN,(2)由旋转知,∠BAD=∠CAE,∵AB=AC,AD=AE,∴△ABD≌△ACE(SAS),∴∠ABD=∠ACE,BD=CE.同(1)的方法,利用三角形的中位线定理,得PN=BD,PM=CE,∴PM=PN,∴△PMN是等腰三角形,同(1)的方法得,PM∥CE,∴∠DPM=∠DCE,同(1)的方法得,PN∥BD,∴∠PNC=∠DBC.∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC.∵∠BAC=90°,∴∠ACB+∠ABC=90°,∴∠MPN=90°,∴△PMN是等腰直角三角形,例2题解图(3)如解图,同(2)的方法得,△PMN是等腰直角三角形,∴当MN最大时,△PMN的面积最大,∴DE∥BC且DE在顶点A上面,28\n∴MN最大=AM+AN,连接AM,AN,在△ADE中,AD=AE=4,∠DAE=90°,∴AM=2,在Rt△ABC中,AB=AC=10,AN=5,∴MN最大=2+5=7,∴S△PMN最大=PM2=×MN2=×(7)2=.1.(2022·河南)如图①,将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置,其中∠C=90°,∠B=∠E=30°.(1)操作发现如图②,固定△ABC,使△DEC绕点C旋转,当点D恰好落在AB边上时,填空:①线段DE与AC的位置关系是______________;②设△BDC的面积为S1,△AEC的面积为S2,则S1与S2的数量关系是______________.(2)猜想论证当△DEC绕点C旋转到如图③所示的位置时,小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立,并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC,CE边上的高,请你证明小明的猜想.(3)拓展探究已知∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,BD=CD=4,DE∥AB交BC于点E(如图④).若在射线BA上存在点F,使S△DCF=S△BDE,请直接写出相应的BF的长.28\n2.已知Rt△ABC中,BC=AC,∠C=90°,D为AB边的中点,∠EDF=90°,将∠EDF绕点D旋转,它的两边分别交AC,CB(或它们的延长线)于E,F.当∠EDF绕点D旋转到DE⊥AC于E时,如图①所示,试证明S△DEF+S△CEF=S△ABC.28\n(1)当∠EDF绕点D旋转到DE和AC不垂直时,如图②所示,上述结论是否成立?若成立,请说明理由;若不成立,试说明理由.(2)直接写出图③中,S△DEF,S△CEF与S△ABC之间的数量关系.3.(2022·郑州模拟)如图①所示,将两个正方形ABCD和正方形CGFE如图所示放置,连接DE,BG.(1)图中∠DCE+∠BCG=__________°;设△DCE的面积为S1,△BCG的面积为S2,则S1与S2的数量关系为______________;猜想论证:(2)如图②所示,将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转后得到矩形FECG,连接DE,BG,设△DCE的面积为S1,△BCG的面积为S2,猜想S1和S2的数量关系,并加以证明;(3)如图③所示,在△ABC中,AB=AC=10cm,∠B=30°,把△ABC沿AC翻折得到△AEC,过点A作AD平行CE交BC于点D,在线段CE上存在点P,使△ABP的面积等于△ACD的面积,请写出CP的长.28\n4.(2022·驻马店一模)如图①,△ABC与△CDE都是等腰直角三角形,直角边AC,CD在同一条直线上,点M,N分别是斜边AB,DE的中点,点P为AD的中点,连接AE,BD,PM,PN,MN.(1)观察猜想图①中,PM与PN的数量关系是______________,位置关系是______________;(2)探究证明将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α(0°<α<90°),得到图②,AE与MP,BD分别交于点G,H,判断△PMN的形状,并说明理由;(3)拓展延伸把△CDE绕点C任意旋转,若AC=4,CD=2,请直接写出△PMN面积的最大值.28\n参考答案类型一针对训练1.解:(1)∵点A为线段BC外一动点,且BC=a,AB=b,∴当点A位于CB的延长线上时,线段AC的长取得最大值,且最大值为BC+AB=a+b.(2)①CD=BE,理由:∵△ABD与△ACE是等边三角形,∴AD=AB,AC=AE,∠BAD=∠CAE=60°,∴∠BAD+∠BAC=∠CAE+∠BAC,即∠CAD=∠EAB.在△CAD和△EAB中,,∴△CAD≌△EAB,∴CD=BE.②∵线段BE长的最大值等于线段CD的最大值,由(1)知,当线段CD的长取得最大值时,点D在CB的延长线上,∴线段BE长的最大值为BD+BC=AB+BC=4;(3)∵将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,如解图①,则△APN是等腰直角三角形,∴PN=PA=2,BN=AM.∵点A的坐标为(2,0),点B的坐标为(5,0),∴OA=2,OB=5,∴AB=3,∴线段AM长的最大值等于线段BN长的最大值,28\n∴当点N在线段BA的延长线时,线段BN取得最大值,最大值为AB+AN.∵AN=AP=2,∴线段AM的长最大值为2+3.如解图②,过点P作PE⊥x轴于点E.∵△APN是等腰直角三角形,∴PE=AE=,∴OE=BO-AB-AE=5-3-=2-,∴P(2-,).图①图②第1题解图2.解:(1)①当α=0°时,∵在Rt△ABC中,∠B=90°,∴AC===4.∵点D、E分别是边BC、AC的中点,∴AE=4÷2=2,BD=8÷2=4,∴==.②如解图①,当α=180°时,得可得AB∥DE,∵=,∴===.(2)当0°≤α≤360°时,的大小没有变化.∵∠ECD=∠ACB,28\n∴∠ECA=∠DCB.又∵==,∴△ECA∽△DCB,∴==.图①图②图③第2题解图(3)①如解图②,∵AC=4,CD=4,CD⊥AD,∴AD====8.∵AD=BC,AB=DC,∠B=90°,∴四边形ABCD是矩形,∴BD=AC=4.③如解图③,连接BD,过点D作AC的垂线交AC于点Q,过点B作AC的垂线交AC于点P,∵AC=4,CD=4,CD⊥AD,∴AD====8,∵点D、E分别是边BC、AC的中点,∴DE=AB=×(8÷2)=×4=2,∴AE=AD-DE=8-2=6,由(2),可得=,28\n∴BD==.综上所述,BD的长为4或.3.解:(1)∵△ACB和△DCE均为等边三角形,∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°,∴∠ACD=∠BCE.在△ACD和△BCE中,,∴△ACD≌△BCE(SAS),∴∠ADC=∠BEC.∵△DCE为等边三角形,∴∠CDE=∠CED=60°.∵点A,D,E在同一直线上,∴∠ADC=120°,∴∠BEC=120°,∴∠AEB=∠BEC-∠CED=60°.②∵△ACD≌△BCE,∴AD=BE.(2)∠AEB=90°,AE=BE+2CM.理由如下:∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形,∴CA=CB,CD=CE,∠ACB=∠DCE=90°.∴∠ACD=∠BCE.在△ACD和△BCE中,,∴△ACD≌△BCE(SAS),∴AD=BE,∠ADC=∠BEC.∵△DCE为等腰直角三角形,∴∠CDE=∠CED=45°.∵点A,D,E在同一直线上,∴∠ADC=135°,∴∠BEC=135°,∴∠AEB=∠BEC-∠CED=90°.∵CD=CE,CM⊥DE,∴DM=ME.∵∠DCE=90°,∴DM=ME=CM,∴AE=AD+DE=BE+2CM.(3)∵PD=1,∴点P在以点D为圆心,1为半径的圆上.∵∠BPD=90°,∴点P在以BD为直径的圆上,28\n∴点P是这两圆的交点.①当点P在如解图①所示位置时,连接PD,PB,PA,作AH⊥BP,垂足为H,过点A作AE⊥AP,交BP于点E.∵四边形ABCD是正方形,∴∠ADB=45°,AB=AD=DC=BC=,∠BAD=90°,∴BD=2.∵DP=1,∴BP=.∵∠BPD=∠BAD=90°,∴点A、P、D、B在以BD为直径的圆上,∴∠APB=∠ADB=45°.∴△PAE是等腰直角三角形.又∵△BAD是等腰直角三角形,点B,E,P共线,AH⊥BP,∴由(2)中的结论可得:BP=2AH+PD,∴=2AH+1,∴AH=;②当点P在如解图②所示位置时,连接PD、PB、PA、作AH⊥BP,垂足为H,过点A作AE⊥AP,交PB的延长线于点E,同理可得:BP=2AH-PD,∴=2AH-1,∴AH=.综上所述,点A到BP的距离为或.图①图②28\n第3题解图4.解:(1)①∵AB=AC,∠BAC=90°,线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,∴AD=AE,∠BAD=∠CAE,∴△BAD≌△CAE,∴CE=BD,∠ACE=∠B,∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=90°,∴线段CE,BD之间的位置关系和数量关系为CE=BD,CE⊥BD;(2)(1)中的结论仍然成立.证明如下:如解图①,∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,∴AE=AD,∠DAE=90°.∵AB=AC,∠BAC=90°,∴∠CAE=∠BAD,∴△ACE≌△ABD,∴CE=BD,∠ACE=∠B,∴∠BCE=90°,∴线段CE,BD之间的位置关系和数量关系为CE=BD,CE⊥BD;(3)45°;.过A作AM⊥BC于M,过点E作EN⊥MA交MA的延长线于N,如解图②.∵线段AD绕点A逆时针旋转90°得到AE,∴∠DAE=90°,AD=AE,∴∠NAE=∠ADM,易证得Rt△AMD≌Rt△ENA,∴NE=AM.∵CE⊥BD,即CE⊥MC,∴∠MCE=90°,∴四边形MCEN为矩形,∴NE=MC,∴AM=MC,∴∠ACB=45°.∵四边形MCEN为矩形,∴Rt△AMD∽Rt△DCF,∴=,设DC=x,∵在Rt△AMC中,∠ACB=45°,AC=3,∴AM=CM=3,MD=3-x,∴=,28\n∴CF=-x2+x=-(x-)2+,∴当x=时,CF有最大值,最大值为.故答案为45°,;图①图②第4题解图5.解:(1)①∵△ABC,△AED是两个全等的等腰直角三角形,∴AD=BC.∵O为BC的中点,F为AD的中点,∴AF=OC.∵∠BAC=∠AED=90°,AB=AC,AE=DE,∴∠DAE=∠CBA=45°,∴AD∥BC,∴四边形AFOC是平行四边形,∴OF=AC=EC,∴=;故答案:;②∵AO=AC,∠BAO=∠CAO=45°,∠DAE=45°,∴∠DAE=∠CAO.∵AE=AC,∴AF=AO,∴=,∴△AFO∽△AEC,28\n∴==;故答案:.(2)OF=EC.理由:在等腰直角△ADE中,F为AD的中点,∴AF=AD=AE.在等腰直角△ABC中,O为BC的中点,如解图①,连接AO,∴AO=AC,∠BAO=∠CAO=45°.∴∠DAE=45°,∴∠DAE=∠CAO,即∠DAO=∠CAE.∵AE=AC,∴AF=AO,∴=,∴△AFO∽△AEC,∴==;(3)∵△ABC和△AED是两个全等的等腰直角三角形,∴AD=BC=,∴ED=AE=AB=AC=1,当△ACD为直角三角形时,分两种情况:图①图②28\n图③第5题解图①当AD与AB重合时,如解图②,连接CD.当△ACD为直角三角形时,AD⊥AC,即将△ADE绕点A逆时针旋转45°.∵AD=,AC=1,∴由勾股定理可得CD==;②当AE与AC重合时,如解图③,当△ACD为直角三角形时,AC⊥CD,即将△ADE绕点A逆时针旋转90°,此时CD=AC=1.综上所述,CD的长为或1.类型二针对训练1.解:(1)①△DEC绕点C旋转到点D恰好落在AB边上,∴AC=CD.∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°.∴△ACD是等边三角形,∴∠ACD=60°,又∵∠CDE=∠BAC=60°,∴∠ACD=∠CDE,∴DE∥AC;②∵∠B=30°,∠C=90°,∴CD=AC=AB,∴BD=AD=AC,根据等边三角形的性质,△ACD的边AC,AD上的高相等,∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),即S1=S2;(2)∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到,∴BC=CE,AC=CD,∠DCE=∠ACB=90°,∵∠ACN+∠ACE=180°,∴∠ACN=∠DCM.在△ACN和△DCM中,∴△ACN≌△DCM(AAS),∴AN=DM,28\n∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),即S1=S2;第1题解图(3)如解图,过点D作DF1∥BE交BA于点F1,易求得四边形BEDF1是菱形,∴BE=DF1,且BE,DF1边上的高相等,此时S△DCF1=S△BDE;过点D作DF2⊥BD.∵∠ABC=60°,F1D∥BE交BA于点F2,∴∠F2F1D=∠ABC=60°.∵BF1=DF1,∠F1BD=∠ABC=30°,∠F2DB=90°,∴∠F1DF2=∠ABC=60°∴△DF1F2是等边三角形,∴DF1=DF2.∵BD=CD,∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,∴DBC=∠DCB=×60°=30°,∴∠CDF1=180°-∠BCD=180°-30°=150°,∠CDF2=360°-150°-60°=150°,∴∠CDF1=∠CDF2.在△CDF1和△CDF2中,,∴△CDF1≌△CDF2(SAS),∴点F2也是所求的点.∵∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,DE∥AB,∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°.又∵BD=4,∴BE=×4÷cos30°=2÷=,∴BF1=,BF2=BF1+F1F2=+=.故BF的长为或.28\n2.解:当∠EDF绕D点旋转到DE⊥AC时,四边形CEDF是正方形;设△ABC的边长AC=BC=a,则正方形CEDF的边长为a,∴S△ABC=a2,S正方形CEDF=(a)2=a2,即S△DEF+S△CEF=S△ABC;(1)上述结论成立;理由如下:连接CD,如解图①所示.∵AC=BC,∠ACB=90°,D为AB中点,∴∠B=45°,∠DCE=∠ACB=45°,CD⊥AB,CD=AB=BD,∴∠DCE=∠B,∠CDB=90°∵∠EDF=90°,∴∠1=∠2,在△CDE和△BDF中,,∴△CDE≌△BDF(ASA),∴S△DEF+S△CEF=S△ADE+S△BDF=S△ABC;图①图②第2题解图(2)S△DEF-S△CEF=S△ABC;理由如下:连接CD,如解图②所示,同(1)得:△DEC≌△DFB,∠DCE=∠DBF=135°,∴S△DEF=S五边形DBFEC,S△CFE+S△DBC,28\n=S△CFE+S△ABC,∴S△DEF-S△CFE=S△ABC.∴S△DEF、S△CEF、S△ABC的关系是S△DEF-S△CEF=S△ABC.3.解:(1)如解图①中,∵四边形ABCD、EFGC都是正方形,∴∠BCD=∠ECG=90°.∵∠BCG+∠BCD+∠DCE+∠ECG=360°,∴∠BCG+∠ECD=180°.图①图②图③第3题解图如解图①,过点E作EM⊥DC于点M,过点G作GN⊥BN交BN的延长线于点N,∴∠EMC=∠N=90°.∵四边形ABCD和四边形ECGF均为正方形,∴∠BCD=∠DCN=∠ECG=90°,CB=CD,CE=CG,∴∠1=90°-∠2,∠3=90°-∠2,∴∠1=∠3.在△CME和△CNG中,,∴△CME≌△CNG(ASA),28\n∴EM=GN.又∵S1=CD·EM,S2=CB·GN,∴S1=S2;故答案为180°,S1=S2;(2)猜想:S1=S2,证明:如解图②,过点E作EM⊥DC于点M,过点B作BN⊥GC交GC的延长线于点N,∴∠EMC=∠N=90°.∵矩形CGFE由矩形ABCD旋转得到的,∴CE=CB,CG=CD,∵∠ECG=∠ECN=∠BCD=90°,∴∠1=90°-∠2,∠3=90°-∠2,∴∠1=∠3.在△CME和△CNB中,,∴△CME≌△CNB(AAS).∴EM=BN.又∵S1=CD·EM,S2=CG·BN,∴S1=S2;(3)如解图③,作DM⊥AC于M,延长BA,交EC于N,∵AB=AC=10cm,∠B=30°,∴∠ACB=∠ABC=30°,∴∠BAC=120°,根据翻折的性质,得∠ACE=∠ACB=30°,∵AD∥CE,∴∠DAC=∠ACE=30°,∴∠BAD=90°,DM=AD,∴BN⊥EC.∵AD=tan∠ABD·AB,AB=10cm,∴AD=tan30°×10=(cm),∴DM=×=(cm).∵S△ABP=AB·PN,S△ADC=AC·DM,S△ABP=S△ADC,AB=AC,28\n∴PN=DM=.在Rt△ANC中,∠ACN=30°,AC=10(cm),∴NC=cos∠ACN·AC=cos30°×10=5(cm).∵在EC上到N的距离等于的点有两个,∴P′C=cm,P″C=cm.∴CP的长为cm或cm.4.解:(1)PM=PN,PM⊥PN,理由如下:如解图①,延长AE交BD于O,∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形,∴AC=BC,EC=CD,∠ACB=∠ECD=90°.在△ACE和△BCD中,∴△ACE≌△BCD(SAS),∴AE=BD,∠EAC=∠CBD,∵∠EAC+∠AEC=90°,∠AEC=∠BEO,∴∠CBD+∠BEO=90°,∴∠BOE=90°,即AE⊥BD,∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点,点P为AD的中点,∴PM=BD,PN=AE,∴PM=PN.∵PM∥BD,PN∥AE,AE⊥BD,∴∠NPD=∠EAC,∠MPA=∠BDC,∠EAC+∠BDC=90°,∴∠MPA+∠NPC=90°,∴∠MPN=90°,即PM⊥PN.图①28\n图②第4题解图(2)△PMN为等腰直角三角形,理由如下:如解图②,设AE交BC于点O.∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形,∴AC=BC,EC=CD,∠ACB=∠ECD=90°,∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE,∴∠ACE=∠BCD,∴△ACE≌△BCD,∴AE=BD,∠CAE=∠CBD.又∵∠AOC=∠BOE,∠CAE=∠CBD,∴∠BHO=∠ACO=90°.∵点P,M,N分别为AD,AB,DE的中点,∴PM=BD,PM∥BD,PN=AE,PN∥AE,∴PM=PN,∴∠MGE+∠BHA=180°,∴∠MGE=90°,∴∠MPN=90°,∴PM⊥PN,即△PMN为等腰直角三角形.(3)由(2)可知△PMN是等腰直角三角形,PM=BD,∴当BD的值最大时,PM的值最大,△PMN的面积最大,∴当B,C,D共线时,BD的最大值为BC+CD=6,∴PM=PN=3,∴△PMN面积的最大值为×3×3=.28

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发布时间:2022-08-25 20:14:43 页数:28
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文章作者:U-336598

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