一、平行四边形真题与模拟题分类汇编(难题易错题)
1.如图,矩形ABCD 中,AB =6,BC =4,过对角线BD 中点O 的直线分别交AB ,CD 边于点E ,F .
(1)求证:四边形BEDF 是平行四边形;
(2)当四边形BEDF 是菱形时,求EF 的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)
133
. 【解析】 分析:(1)根据平行四边形ABCD 的性质,判定△BOE ≌△DOF (ASA ),得出四边形BEDF 的对角线互相平分,进而得出结论;
(2)在Rt △ADE 中,由勾股定理得出方程,解方程求出BE ,由勾股定理求出BD ,得出OB ,再由勾股定理求出EO ,即可得出EF 的长.
详解:(1)证明:∵四边形ABCD 是矩形,O 是BD 的中点,
∴∠A=90°,AD=BC=4,AB ∥DC ,OB=OD ,
∴∠OBE=∠ODF ,
在△BOE 和△DOF 中,
OBE ODF OB OD
BOE DOF ∠=∠??=??∠=∠?
∴△BOE ≌△DOF (ASA ),
∴EO=FO ,
∴四边形BEDF 是平行四边形;
(2)当四边形BEDF 是菱形时,BD ⊥EF ,
设BE=x ,则 DE=x ,AE=6-x ,
在Rt △ADE 中,DE 2=AD 2+AE 2,
∴x 2=42+(6-x )2,
解得:x=
133, ∵22AD AB +13 ∴OB=1213 ∵BD ⊥EF ,
∴EO=22
BE OB
=213
3
,
∴EF=2EO=413
3
.
点睛:本题主要考查了矩形的性质,菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质,熟练掌握矩形的性质和勾股定理,证明三角形全等是解决问的关键
2.如图,在菱形ABCD中,AB=4,∠BAD=120°,△AEF为正三角形,E、F在菱形的边BC,CD上.
(1)证明:BE=CF.
(2)当点E,F分别在边BC,CD上移动时(△AEF保持为正三角形),请探究四边形AECF的面积是否发生变化?若不变,求出这个定值;如果变化,求出其最大值.
(3)在(2)的情况下,请探究△CEF的面积是否发生变化?若不变,求出这个定值;如果变化,求出其最大值.
【答案】(1)见解析;(2)33)见解析
【解析】
试题分析:(1)先求证AB=AC,进而求证△ABC、△ACD为等边三角形,得∠4=60°,AC=AB进而求证△ABE≌△ACF,即可求得BE=CF;
(2)根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF,故根据S四边形
AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题;
(3)当正三角形AEF的边AE与BC垂直时,边AE最短.△AEF的面积会随着AE的变化而变化,且当AE最短时,正三角形AEF的面积会最小,又根据S△CEF=S四边形AECF-S△AEF,则△CEF的面积就会最大.
试题解析:(1)证明:连接AC,
∵∠1+∠2=60°,∠3+∠2=60°,
∴∠1=∠3,
∵∠BAD=120°,
∴∠ABC=∠ADC=60°
∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=BC=CD=AD,
∴△ABC、△ACD为等边三角形
∴∠4=60°,AC=AB,
∴在△ABE和△ACF中,
,
∴△ABE≌△ACF.(ASA)
∴BE=CF.
(2)解:由(1)得△ABE≌△ACF,
则S△ABE=S△ACF.
故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC,
是定值.
作AH⊥BC于H点,
则BH=2,
S四边形AECF=S△ABC
=
=
=;
(3)解:由“垂线段最短”可知,
当正三角形AEF的边AE与BC垂直时,边AE最短.
故△AEF的面积会随着AE的变化而变化,且当AE最短时,
正三角形AEF的面积会最小,
又S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF,则△CEF的面积就会最大.
由(2)得,S△CEF=S四边形AECF﹣S△AEF
=﹣=.
点睛:本题考查了菱形每一条对角线平分一组对角的性质,考查了全等三角形的证明和全等三角形对应边相等的性质,考查了三角形面积的计算,本题中求证△ABE≌△ACF是解题的关键.
3.如图,在平行四边形ABCD中,AD⊥DB,垂足为点D,将平行四边形ABCD折叠,使点B落在点D的位置,点C落在点G的位置,折痕为EF,EF交对角线BD于点P.
(1)连结CG,请判断四边形DBCG的形状,并说明理由;
(2)若AE=BD,求∠EDF的度数.
【答案】(1)四边形BCGD是矩形,理由详见解析;(2)∠EDF=120°.
【解析】
【分析】
(1)根据平行四边形的性质和折叠性质以及矩形的判定解答即可;
(2)根据折叠的性质以及直角三角形的性质和等边三角形的判定与性质解答即可.【详解】
解:(1)四边形BCGD是矩形,理由如下,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BC∥AD,即BC∥DG,
由折叠可知,BC=DG,
∴四边形BCGD是平行四边形,
∵AD⊥BD,
∴∠CBD=90°,
∴四边形BCGD是矩形;
(2)由折叠可知:EF垂直平分BD,
∴BD⊥EF,DP=BP,
∵AD⊥BD,
∴EF∥AD∥BC,
∴AE PD1
==
BE BP
∴AE=BE,
∴DE是Rt△ADB斜边上的中线,
∴DE=AE=BE,
∵AE=BD,
∴DE=BD=BE,
∴△DBE是等边三角形,
∴∠EDB=∠DBE=60°,
∵AB∥DC,
∴∠DBC=∠DBE=60°,
∴∠EDF=120°.
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质,折叠性质,等边三角形的性质和判定,主要考查学生运用定理进行推理和计算的能力,题目综合性比较强,有一定的难度
4.如图1,已知正方形ABCD的边CD在正方形DEFG的边DE上,连接AE,GC.
(1)试猜想AE与GC有怎样的关系(直接写出结论即可);
(2)将正方形DEFG绕点D按顺时针方向旋转,使点E落在BC边上,如图2,连接AE和CG.你认为(1)中的结论是否还成立?若成立,给出证明;若不成立,请说明理由.(3)在(2)中,若E是BC的中点,且BC=2,则C,F两点间的距离为.
【答案】(1) AE=CG,AE⊥GC;(2)成立,证明见解析;2.
【解析】
【分析】
(1)观察图形,AE、CG的位置关系可能是垂直,下面着手证明.由于四边形ABCD、DEFG都是正方形,易证得△ADE≌△CDG,则∠1=∠2,由于∠2、∠3互余,所以∠1、∠3互余,由此可得AE⊥GC.
(2)题(1)的结论仍然成立,参照(1)题的解题方法,可证△ADE≌△CDG,得∠5=∠4,由于∠4、∠7互余,而∠5、∠6互余,那么∠6=∠7;由图知∠AEB=∠CEH=90°﹣∠6,即∠7+∠CEH=90°,由此得证.
(3)如图3中,作CM⊥DG于G,GN⊥CD于N,CH⊥FG于H,则四边形CMGH是矩形,可得CM=GH,CH=GM.想办法求出CH,HF,再利用勾股定理即可解决问题.【详解】
(1)AE=CG,AE⊥GC;
证明:延长GC交AE于点H,
在正方形ABCD与正方形DEFG中,
AD=DC,∠ADE=∠CDG=90°,
DE=DG,
∴△ADE≌△CDG(SAS),
∴AE,CG,∠1=∠2
∵∠2+∠3=90°,
∴∠1+∠3=90°,
∴∠AHG=180°﹣(∠1+∠3)=180°﹣90°=90°,
∴AE⊥GC.
(2)答:成立;
证明:延长AE和GC相交于点H,
在正方形ABCD和正方形DEFG中,
AD=DC,DE=DG,∠ADC=∠DCB=∠B=∠BAD=∠EDG=90°,
∴∠1=∠2=90°﹣∠3;
∴△ADE≌△CDG(SAS),
∴AE=CG,∠5=∠4;
又∵∠5+∠6=90°,∠4+∠7=180°﹣∠DCE=180°﹣90°=90°,
∴∠6=∠7,
又∵∠6+∠AEB=90°,∠AEB=∠CEH,
∴∠CEH+∠7=90°,
∴∠EHC=90°,
∴AE⊥GC.
(3)如图3中,作CM⊥DG于G,GN⊥CD于N,CH⊥FG于H,则四边形CMGH是矩形,可得CM=GH,CH=GM.
∵BE =CE =1,AB =CD =2,
∴AE =DE =CG ═DG =FG 5
∵DE =DG ,∠DCE =∠GND ,∠EDC =∠DGN ,
∴△DCE ≌△GND(AAS),
∴GCD =2,
∵S △DCG =12?CD?NG =12
?DG?CM , ∴2×25, ∴CM =GH 45, ∴MG =CH 22CG CM -355, ∴FH =FG ﹣FG 5, ∴CF 22FH CH +22535(
)()55
+2. 2.
【点睛】 本题属于四边形综合题,考查了正方形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中考压轴题.
5.(1)(问题发现)
如图1,在Rt △ABC 中,AB =AC =2,∠BAC =90°,点D 为BC 的中点,以CD 为一边作正方形CDEF ,点E 恰好与点A 重合,则线段BE 与AF 的数量关系为
(2)(拓展研究)
在(1)的条件下,如果正方形CDEF 绕点C 旋转,连接BE ,CE ,AF ,线段BE 与AF 的数量关系有无变化?请仅就图2的情形给出证明;
(3)(问题发现)
当正方形CDEF 旋转到B ,E ,F 三点共线时候,直接写出线段AF 的长.
【答案】(1)2AF ;(2)无变化;(3)AF 313.
【解析】
试题分析:(1)先利用等腰直角三角形的性质得出2 ,再得出BE=AB=2,即可得出结论;
(2)先利用三角函数得出22CA CB =,同理得出22
CF CE =,夹角相等即可得出△ACF ∽△BCE ,进而得出结论;
(3)分两种情况计算,当点E 在线段BF 上时,如图2,先利用勾股定理求出2,6,即可得出62,借助(2)得出的结论,当点E 在线段BF 的延长线上,同前一种情况一样即可得出结论.
试题解析:(1)在Rt △ABC 中,AB=AC=2,
根据勾股定理得,22,
点D 为BC 的中点,∴AD=122, ∵四边形CDEF 是正方形,∴2,
∵BE=AB=2,∴2AF ,
故答案为2AF ;
(2)无变化;
如图2,在Rt △ABC 中,AB=AC=2,
∴∠ABC=∠ACB=45°,∴sin ∠ABC=
2CA CB = 在正方形CDEF 中,∠FEC=
12∠FED=45°, 在Rt △CEF 中,sin ∠FEC=
2CF CE = ∴CF CA CE CB
=, ∵∠FCE=∠ACB=45°,∴∠FCE ﹣∠ACE=∠ACB ﹣∠ACE ,∴∠FCA=∠ECB ,
∴△ACF ∽△BCE ,∴
BE CB AF CA
=2∴2AF , ∴线段BE 与AF 的数量关系无变化;
(3)当点E 在线段AF 上时,如图2,
由(1)知,CF=EF=CD=2,
在Rt△BCF中,CF=2,BC=22,
根据勾股定理得,BF=6,∴BE=BF﹣EF=6﹣2,由(2)知,BE=2AF,∴AF=3﹣1,
当点E在线段BF的延长线上时,如图3,
在Rt△ABC中,AB=AC=2,∴∠ABC=∠ACB=45°,∴sin∠ABC=
2 CA
CB
=,
在正方形CDEF中,∠FEC=1
2
∠FED=45°,
在Rt△CEF中,sin∠FEC=
2
CF
CE
=,∴
CF CA
CE CB
=,
∵∠FCE=∠ACB=45°,∴∠FCB+∠ACB=∠FCB+∠FCE,∴∠FCA=∠ECB,
∴△ACF∽△BCE,∴BE CB
AF CA
= =2,∴BE=2AF,
由(1)知,CF=EF=CD=2,
在Rt△BCF中,CF=2,BC=22,
根据勾股定理得,BF=6,∴BE=BF+EF=6+2,
由(2)知,BE=2AF,∴AF=3+1.
即:当正方形CDEF旋转到B,E,F三点共线时候,线段AF的长为3﹣1或3+1.
6.如图,已知矩形ABCD中,E是AD上一点,F是AB上的一点,EF⊥EC,且EF=EC.(1)求证:△AEF≌△DCE.
(2)若DE=4cm,矩形ABCD的周长为32cm,求AE的长.
【答案】(1)证明见解析;(2)6cm.
【解析】
分析:(1)根据EF⊥CE,求证∠AEF=∠ECD.再利用AAS即可求证△AEF≌△DCE.
(2)利用全等三角形的性质,对应边相等,再根据矩形ABCD的周长为32cm,即可求得AE的长.
详解:(1)证明:∵EF⊥CE,
∴∠FEC=90°,
∴∠AEF+∠DEC=90°,而∠ECD+∠DEC=90°,
∴∠AEF=∠ECD.
在Rt△AEF和Rt△DEC中,
∠FAE=∠EDC=90°,∠AEF=∠ECD,EF=EC.
∴△AEF≌△DCE.
(2)解:∵△AEF≌△DCE.
AE=CD.
AD=AE+4.
∵矩形ABCD的周长为32cm,
∴2(AE+AE+4)=32.
解得,AE=6(cm).
答:AE的长为6cm.
点睛:此题主要考查学生对全等三角形的判定与性质和矩形的性质等知识点的理解和掌握,难易程度适中,是一道很典型的题目.
7.猜想与证明:
如图1,摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF,使B、C、G三点在一条直线上,CE在边CD上,连接AF,若M为AF的中点,连接DM、ME,试猜想DM与ME的关系,并证明你的结论.
拓展与延伸:
(1)若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF,其他条件不变,则DM和ME的关系为.
(2)如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF,使点F在边CD上,点M仍为AF 的中点,试证明(1)中的结论仍然成立.
【答案】猜想:DM=ME,证明见解析;(2)成立,证明见解析.
【解析】
试题分析:延长EM交AD于点H,根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF,得到△FME和△AMH全等,得到HM=EM,根据Rt△HDE得到HM=DE,则可以得到答案;(1)、延长EM交AD于点H,根据ABCD和CEFG为矩形得到AD∥EF,得到△FME和△AMH全等,得到HM=EM,根据Rt△HDE得到HM=DE,则可以得到答案;(2)、连接AE,根据正方形的性质得出∠FCE=45°,∠FCA=45°,根据RT△ADF中AM=MF得出DM=AM=MF,根据
RT△AEF中AM=MF得出AM=MF=ME,从而说明DM=ME.
试题解析:如图1,延长EM交AD于点H,∵四边形ABCD和CEFG是矩形,∴AD∥EF,∴∠EFM=∠HAM,
又∵∠FME=∠AMH,FM=AM,
在△FME和△AMH中,
∴△FME≌△AMH(ASA)
∴HM=EM,
在RT△HDE中,HM=DE,
∴DM=HM=ME,
∴DM=ME.
(1)、如图1,延长EM交AD于点H,
∵四边形ABCD和CEFG是矩形,
∴AD∥EF,
∴∠EFM=∠HAM,
又∵∠FME=∠AMH,FM=AM,
在△FME和△AMH中,
∴△FME≌△AMH(ASA)
∴HM=EM,
在RT△HDE中,HM=EM
∴DM=HM=ME,
∴DM=ME,
(2)、如图2,连接AE,
∵四边形ABCD和ECGF是正方形,
∴∠FCE=45°,∠FCA=45°,
∴AE和EC在同一条直线上,
在RT△ADF中,AM=MF,
∴DM=AM=MF,
在RT△AEF中,AM=MF,
∴AM=MF=ME,
∴DM=ME.
考点:(1)、三角形全等的性质;(2)、矩形的性质.
8.问题探究
(1)如图①,已知正方形ABCD的边长为4.点M和N分别是边BC、CD上两点,且BM =CN,连接AM和BN,交于点P.猜想AM与BN的位置关系,并证明你的结论.
(2)如图②,已知正方形ABCD的边长为4.点M和N分别从点B、C同时出发,以相同的速度沿BC、CD方向向终点C和D运动.连接AM和BN,交于点P,求△APB周长的最大值;
问题解决
(3)如图③,AC为边长为23的菱形ABCD的对角线,∠ABC=60°.点M和N分别从点B、C同时出发,以相同的速度沿BC、CA向终点C和A运动.连接AM和BN,交于点P.求△APB周长的最大值.
【答案】(1)AM⊥BN,证明见解析;(2)△APB周长的最大值4+42;(3)△PAB的周长最大值=23+4.
【解析】
试题分析:根据全等三角形的判定SAS证明△ABM≌△BCN,即可证得AM⊥BN;
(2)如图②,以AB为斜边向外作等腰直角△AEB,∠AEB=90°,作EF⊥PA于E,作
EG⊥PB于G,连接EP,证明PA+PB=2EF,求出EF的最大值即可;
(3)如图③,延长DA到K,使得AK=AB,则△ABK是等边三角形,连接PK,取PH=PB,证明PA+PB=PK,求出PK的最大值即可.
试题解析:(1)结论:AM⊥BN.
理由:如图①中,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC,∠ABM=∠BCN=90°,
∵BM=CN,
∴△ABM≌△BCN,
∴∠BAM=∠CBN,
∵∠CBN+∠ABN=90°,
∴∠ABN+∠BAM=90°,
∴∠APB=90°,
∴AM⊥BN.
(2)如图②中,以AB为斜边向外作等腰直角三角形△AEB,∠AEB=90°,作EF⊥PA于E,作EG⊥PB于G,连接EP.
∵∠EFP=∠FPG=∠G=90°,
∴四边形EFPG是矩形,
∴∠FEG=∠AEB=90°,
∴∠AEF=∠BEG,
∵EA=EB,∠EFA=∠G=90°,
∴△AEF≌△BEG,
∴EF=EG,AF=BG,
∴四边形EFPG是正方形,
∴PA+PB=PF+AF+PG﹣BG=2PF=2EF,
∵EF≤AE,
∴EF的最大值=AE=2,
∴△APB周长的最大值=4+4.
(3)如图③中,延长DA到K,使得AK=AB,则△ABK是等边三角形,连接PK,取PH=PB.
∵AB=BC,∠ABM=∠BCN,BM=CN,
∴△ABM≌△BCN,
∴∠BAM=∠CBN,
∴∠A PN=∠BAM+∠ABP=∠CBN+∠ABN=60°,
∴∠APB=120°,
∵∠AKB=60°,
∴∠AKB+∠APB=180°,
∴A、K、B、P四点共圆,
∴∠BPH=∠KAB=60°,
∵PH=PB,
∴△PBH是等边三角形,
∴∠KBA=∠HBP,BH=BP,
∴∠KBH=∠ABP,∵BK=BA,
∴△KBH≌△ABP,
∴HK=AP,
∴PA+PB=KH+PH=PK,
∴PK的值最大时,△APB的周长最大,
∴当PK是△ABK外接圆的直径时,PK的值最大,最大值为4,
∴△PAB的周长最大值=2+4.
9.如图,在正方形ABCD中,点E在CD上,AF⊥AE交CB的延长线于F.
求证:AE=AF.
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据同角的余角相等证得∠BAF=∠DAE,再利用正方形的性质可得AB=AD,
∠ABF=∠ADE=90°,根据ASA判定△ABF≌△ADE,根据全等三角形的性质即可证得
AF=AE.
【详解】
∵AF⊥AE,
∴∠BAF+∠BAE=90°,
又∵∠DAE+∠BAE=90°,
∴∠BAF=∠DAE,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠ABF=∠ADE=90°,
在△ABF和△ADE中,
,
∴△ABF≌△ADE(ASA),
∴AF=AE.
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点,证明△ABF≌△ADE是解决本题的关键.
10.如图,正方形ABCO的边OA、OC在坐标轴上,点B坐标为(3,3).将正方形ABCO 绕点A顺时针旋转角度α(0°<α<90°),得到正方形ADEF,ED交线段OC于点G,ED的延长线交线段BC于点P,连AP、AG.
(1)求证:△AOG≌△ADG;
(2)求∠PAG的度数;并判断线段OG、PG、BP之间的数量关系,说明理由;
(3)当∠1=∠2时,求直线PE的解析式;
(4)在(3)的条件下,直线PE上是否存在点M,使以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形?若存在,请直接写出M点坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)见解析(2)∠PAG =45°,PG=OG+BP.理由见解析(3)y=x﹣3.(4)、.
【解析】
试题分析:(1)由AO=AD,AG=AG,根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等,判断出△AOG≌△ADG即可.(2)首先根据三角形全等的判定方法,判断出
△ADP≌△ABP,再结合△AOG≌△ADG,可得∠DAP=∠BAP,∠1=∠DAG;然后根据
∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°,求出∠PAG的度数;最后判断出线段OG、PG、BP之间的数量关系即可.(3)首先根据△AOG≌△ADG,判断出∠AGO=∠AGD;然后根据
∠1+∠AGO=90°,∠2+∠PGC=90°,判断出当∠1=∠2时,∠AGO=∠AGD=∠PGC,而
∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°,求出∠1=∠2=30°;最后确定出P、G两点坐标,即可判断出直线PE的解析式.
(4)根据题意,分两种情况:①当点M在x轴的负半轴上时;②当点M在EP的延长线上时;根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形,求出M点坐标是多少即可.
试题解析:(1)在Rt△AOG和Rt△ADG中,(HL)∴△AOG≌△ADG.
(2)在Rt△ADP和Rt△ABP中,∴△ADP≌△ABP,则∠DAP=∠BAP;
∵△AOG≌△ADG,∴∠1=∠DAG;又∵∠1+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°,
∴2∠DAG+2∠DAP=90°,∴∠DAG+∠DAP=45°,∵∠PAG=∠DAG+∠DAP,∴∠PAG=45°;∵△AOG≌△ADG,∴DG=OG,∵△ADP≌△ABP,∴DP=BP,∴PG=DG+DP=OG+BP.(3)解:∵△AOG≌△ADG,∴∠AGO=∠AGD,又∵∠1+∠AGO=90°,∠2+∠PGC=90°,∠1=∠2,
∴∠AGO=∠PGC,又∵∠AGO=∠AGD,∴∠AGO=∠AGD=∠PGC,
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°,∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°,
∴∠1=∠2=90°﹣60°=30°;在Rt△AOG中,∵AO=3,∴OG=AOtan30°=3×=,
∴G点坐标为(,0),CG=3﹣,在Rt△PCG中,PC===3(﹣1),
∴P点坐标为:(3,3﹣3 ),设直线PE的解析式为:y=kx+b,则
,
解得:,∴直线PE的解析式为y=x﹣3.
(4)①如图1,当点M在x轴的负半轴上时,,∵AG=MG,点A坐标为(0,3),∴点M坐标为(0,﹣3).
②如图2,当点M在EP的延长线上时,,由(3),可得∠AGO=∠PGC=60°,∴EP与AB的交点M,满足AG=MG,∵A点的横坐标是0,G点横坐标为,∴M的横坐标是2,纵坐标是3,∴点M坐标为(2,3).
综上,可得点M坐标为(0,﹣3)或(2,3).
考点:几何变换综合题.
一、二次函数真题与模拟题分类汇编(难题易错题) 1.已知二次函数的图象以A(﹣1,4)为顶点,且过点B(2,﹣5) (1)求该函数的关系式; (2)求该函数图象与坐标轴的交点坐标; (3)将该函数图象向右平移,当图象经过原点时,A、B两点随图象移至A′、B′,求△O A′B′的面积. 【答案】(1)y=﹣x2﹣2x+3;(2)抛物线与x轴的交点为:(﹣3,0),(1,0)(3)15. 【解析】 【分析】(1)已知了抛物线的顶点坐标,可用顶点式设该二次函数的解析式,然后将B 点坐标代入,即可求出二次函数的解析式; (2)根据函数解析式,令x=0,可求得抛物线与y轴的交点坐标;令y=0,可求得抛物线与x轴交点坐标; (3)由(2)可知:抛物线与x轴的交点分别在原点两侧,由此可求出当抛物线与x轴负半轴的交点平移到原点时,抛物线平移的单位,由此可求出A′、B′的坐标.由于△OA′B′不规则,可用面积割补法求出△OA′B′的面积. 【详解】(1)设抛物线顶点式y=a(x+1)2+4, 将B(2,﹣5)代入得:a=﹣1, ∴该函数的解析式为:y=﹣(x+1)2+4=﹣x2﹣2x+3; (2)令x=0,得y=3,因此抛物线与y轴的交点为:(0,3), 令y=0,﹣x2﹣2x+3=0,解得:x1=﹣3,x2=1, 即抛物线与x轴的交点为:(﹣3,0),(1,0); (3)设抛物线与x轴的交点为M、N(M在N的左侧), 由(2)知:M(﹣3,0),N(1,0), 当函数图象向右平移经过原点时,M与O重合,因此抛物线向右平移了3个单位, 故A'(2,4),B'(5,﹣5), ∴S△OA′B′=1 2 ×(2+5)×9﹣ 1 2 ×2×4﹣ 1 2 ×5×5=15. 【点睛】本题考查了用待定系数法求抛物线解析式、函数图象与坐标轴交点、图形面积的
一、平行四边形真题与模拟题分类汇编(难题易错题) 1.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,
六安数学三角形填空选择易错题(Word 版 含答案) 一、八年级数学三角形填空题(难) 1.如图,在△ABC 中,∠C =90°,BC =8cm ,AC =6cm ,点E 是BC 的中点,动点P 从A 点出发,先以每秒2cm 的速度沿A →C 运动,然后以1cm /s 的速度沿C →B 运动.若设点P 运动的时间是t 秒,那么当t =___________________,△APE 的面积等于6. 【答案】1.5或5或9 【解析】 【分析】 分为两种情况讨论:当点P 在AC 上时:当点P 在BC 上时,根据三角形的面积公式建立方程求出其解即可. 【详解】 如图1,当点P 在AC 上.∵△ABC 中,∠C =90°,BC =8cm ,AC =6cm ,点E 是BC 的中点,∴CE =4,AP =2t . ∵△APE 的面积等于6,∴S △APE = 12AP ?CE =12 AP ×4=6.∵AP =3,∴t =1.5. 如图2,当点P 在BC 上.则t >3∵E 是DC 的中点,∴BE =CE =4. ∵PE ()43=7-PE t t =-- ,∴S =12EP ?AC =12 ?EP ×6=6,∴EP =2,∴t =5或t =9. 总上所述,当t =1.5或5或9时,△APE 的面积会等于6.故答案为1.5或5或9. 【点睛】 本题考查了直角三角形的性质的运用,三角形的面积公式的运用,解答时灵活运用三角形的面积公式求解是关键. 2.如图,平面内有五个点,以其中任意三个点为顶点画三角形,最多可以画_____个三角形.
【答案】10 【解析】 【分析】 以平面内的五个点为顶点画三角形,根据三角形的定义,我们在平面中依次选取三个点画出图形即可解答. 【详解】 解:如图所示,以其中任意三个点为顶点画三角形,最多可以画10个三角形, 故答案为:10. 【点睛】 本题考查的是几何图形的个数,我们根据三角形的定义,在画图的时候要注意按照一定的顺序,保证不重复不遗漏. 3.如图,已知:四边形ABCD中,对角线BD平分∠ABC,∠ACB=74°,∠ABC=46°,且∠BAD+∠CAD=180°,那么∠BDC的度数为_____. 【答案】30° 【解析】 【分析】 延长BA和BC,过D点作DE⊥BA于E点,过D点作DF⊥BC于F点,根据BD是∠ABC的平分线可得出△BDE≌△BDF,故DE=DF,过D点作DG⊥AC于G点,可得出 △ADE≌△ADG,△CDG≌△CDF,进而得出CD为∠ACF的平分线,得出∠DCA=53°,再根据三角形内角和定理即可得出结论. 【详解】 解:
一、锐角三角函数真题与模拟题分类汇编(难题易错题) 1.某地是国家AAAA 级旅游景区,以“奇山奇水奇石景,古賨古洞古部落”享誉巴渠,被誉为 “小九寨”.端坐在观音崖旁的一块奇石似一只“啸天犬”,昂首向天,望穿古今.一个周末,某数学兴趣小组的几名同学想测出“啸天犬”上嘴尖与头顶的距离.他们把蹲着的“啸天犬”抽象成四边形ABCD ,想法测出了尾部C 看头顶B 的仰角为40,从前脚落地点D 看上嘴尖A 的仰角刚好60,5CB m =, 2.7CD m =.景区管理员告诉同学们,上嘴尖到地面的距离是3m .于是,他们很快就算出了AB 的长.你也算算?(结果精确到0.1m .参考数据:400.64400.77400.84sin cos tan ?≈?≈?≈,,.2 1.41,3 1.73≈≈) 【答案】AB 的长约为0.6m . 【解析】 【分析】 作BF CE ⊥于F ,根据正弦的定义求出BF ,利用余弦的定义求出CF ,利用正切的定义求出DE ,结合图形计算即可. 【详解】 解:作BF CE ⊥于F , 在Rt BFC ?中, 3.20BF BC sin BCF ?∠≈=, 3.85CF BC cos BCF ?∠≈=, 在Rt ADE ?E 中,3 1.73tan 3AB DE ADE = ==≈∠, 0.200.58BH BF HF AH EF CD DE CF ∴+=﹣=,==﹣= 由勾股定理得,22BH AH 0.6(m)AB =+≈, 答:AB 的长约为0.6m .
【点睛】 考查的是解直角三角形的应用﹣仰角俯角问题,掌握仰角俯角的概念、熟记锐角三角函数的定义是解题的关键. 2.如图,AB是⊙O的直径,点C,D是半圆O的三等分点,过点C作⊙O的切线交AD的延长线于点E,过点D作DF⊥AB于点F,交⊙O于点H,连接DC,AC. (1)求证:∠AEC=90°; (2)试判断以点A,O,C,D为顶点的四边形的形状,并说明理由; (3)若DC=2,求DH的长. 【答案】(1)证明见解析; (2)四边形AOCD为菱形; (3)DH=2. 【解析】 试题分析:(1)连接OC,根据EC与⊙O切点C,则∠OCE=90°,由题意得 ,∠DAC=∠CAB,即可证明AE∥OC,则∠AEC+∠OCE=180°,从而得出 ∠AEC=90°; (2)四边形AOCD为菱形.由(1)得,则∠DCA=∠CAB可证明四边形AOCD是平行四边形,再由OA=OC,即可证明平行四边形AOCD是菱形(一组邻边相等的平行四边形是菱形); (3)连接OD.根据四边形AOCD为菱形,得△OAD是等边三角形,则∠AOD=60°,再由 DH⊥AB于点F,AB为直径,在Rt△OFD中,根据sin∠AOD=,求得DH的长. 试题解析:(1)连接OC,
平行四边形二次达标题 1、等腰三角形中有一条边长为6,其三条中位线长度总和为10,则底边长为 ______ 2.如图,平行四边形ABCD的周长是30cm,△ABC的周长是22cm, 则AC的长为_________ 3.如图,在平行四边形ABCD中,EF过两条对角线的交点O,若AB=4,BC=7,OE=3, 则四边形EFCD的周长是__________ 4.能判定四边形是平行四边形的条件序号是__________ ①一组对边平行,另一组对边相等②一组对边相等,一组邻角相等 ③一组对边平行,一组邻角相等④一组对边平行,一组对角相等 5.平行四边形的两对角线的长度分别为8和6,则其边长a范围为____________ 6、如图,在?ABCD中,AB=,AD=4,将?ABCD沿AE翻折后, 7、在A B C中,AC=6cm,BC=8cm,AB=10cm,D、E、F分别是 AB、BC、AC的中点,则D E F的面积为__________ 8、如图,在平行四边形ABCD中,以A为圆心,AB为半径画弧, 交AD于F,再分别以B、F为圆心,大于BF的长为半径画弧, 两弧相交于点G,若BF=12,AB=10,则AE的长为_______ 9、如图,在四边形ABCD中,AD∥BC,且AD>BC,BC=6cm,点 P、Q分别从A、C两点的位置同时出发,点P以1cm/s的速度由 点A向点D运动,点Q以2cm/s的速度由点C出发向点B运动.则 _______秒后四边形ABQP是平行四边形。 10、如图,△ABC的周长为28,点D,E都在边BC上,∠ABC的平分线垂直于AE, 垂足为Q,∠ACB的平分线垂直于AD,垂足为P,若BC=10, 则PQ的长为___________
(易错题精选)初中数学三角形经典测试题及答案 一、选择题 1.如图,在ABC ?中,90C =o ∠,30B ∠=o ,以A 为圆心,任意长为半径画弧分别交 AB 、AC 于点M 和N ,再分别以M 、N 为圆心,大于12 MN 的长为半径画弧,两弧交于点P ,连结AP 并延长交BC 于点D ,则下列说法中正确的个数是( ) ①AD 是BAC ∠的平分线;②ADC 60∠=o ;③点D 在AB 的垂直平分线上;④:1:3DAC ABC S S ??= A .1 B .2 C .3 D .4 【答案】D 【解析】 【分析】 根据题干作图方式,可判断AD 是∠CAB 的角平分线,再结合∠B=30°,可推导得到△ABD 是等腰三角形,根据这2个判定可推导题干中的结论. 【详解】 题干中作图方法是构造角平分线,①正确; ∵∠B=30°,∠C=90°,AD 是∠CAB 的角平分线 ∴∠CAD=∠DAB=30° ∴∠ADC=60°,②正确 ∵∠DAB=∠B=30° ∴△ADB 是等腰三角形 ∴点D 在AB 的垂直平分线上,③正确 在Rt △CDA 中,设CD=a ,则AD=2a 在△ADB 中,DB=AD=2a ∵1122DAC S CD AC a CD ?=??=?,13(CD+DB)22 BAC S AC a CD ?=??=? ∴:1:3DAC ABC S S ??=,④正确 故选:D 【点睛】 本题考查角平分线的画法及性质、等腰三角形的性质,解题关键是熟练角平分线的绘制方法.
2.AD 是△ABC 中∠BAC 的平分线,DE ⊥AB 于点E ,DF ⊥AC 交AC 于点F .S △ABC =7,DE=2,AB=4,则AC 长是( ) A .4 B .3 C .6 D .2 【答案】B 【解析】 【分析】 首先由角平分线的性质可知DF=DE=2,然后由S △ABC =S △ABD +S △ACD 及三角形的面积公式得出结果. 【详解】 解:AD 是△ABC 中∠BAC 的平分线, ∠EAD=∠FAD DE ⊥AB 于点E ,DF ⊥AC 交AC 于点F , ∴DF=DE , 又∵S △ABC =S △ABD +S △ACD ,DE=2,AB=4, 11742222 AC ∴=??+?? ∴AC=3. 故答案为:B 【点睛】 本题主要考查了角平分线的性质,熟练掌握角平分线的性质、灵活运用所学知识是解题的关键. 3.△ABC 中,∠A :∠B :∠C =1:2:3,最小边BC =4cm ,则最长边AB 的长为( )cm A .6 B .8 C 5 D .5 【答案】B 【解析】 【分析】 根据已知条件结合三角形的内角和定理求出三角形中角的度数,然后根据含30度角的直角三角形的性质进行求解即可. 【详解】 设∠A =x , 则∠B =2x ,∠C =3x , 由三角形内角和定理得∠A+∠B+∠C =x+2x+3x =180°, 解得x =30°,