1. (2015年江苏连云港12分)在数学兴趣小组活动中,小明进行数学探究活动,将边长为2的正方形ABCD与边长为22的正方形AEFG按图1位置放置,AD与AE在同一直线上,AB与AG在同一直线上. (1)小明发现DG⊥BE,请你帮他说明理由.
(2)如图2,小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转,当点B恰好落在线段DG上时,请你帮他求出此时BE的长.
(3)如图3,小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转,将线段DG与线段BE相交,交点为H,写出△GHE与△BHD面积之和的最大值,并简要说明理由.
【答案】解:(1)∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形,∴AD=AB,∠DAG=∠BAE=90°,AG=AE,
∴△ADG≌△ABE(SAS).∴∠AGD=∠AEB. 如答图1,延长EB交DG于点H, 在△ADG中,∵∠AGD+∠ADG=90°, ∴∠AEB+∠ADG=90°.
在△EDH中,∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°, ∴∠DHE=90°. ∴DG⊥BE.
(2)∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形,∴AD=AB,∠DAB=∠GAE=90°,AG=AE,
∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG,即∠DAG=∠BAE, ∴△ADG≌△ABE(SAS).∴DG=BE.
如答图2,过点A作AM⊥DG交DG于点M,则∠AMD=∠AMG=90°, ∵BD为正方形ABCD的对角线,∴∠MDA=45°. 在Rt△AMD中,∵∠MDA=45°,AD=2, ∴DM?AM?2. 在Rt△AMG中,根据勾股定理得:GM?AG2?AM2?6,
- 1 -
∵DG?DM?GM?2?6,∴BE?DG?2?6. (3)△GHE和△BHD面积之和的最大值为6,理由如下:
∵对于△EGH,点H在以EG为直径的圆上,∴当点H与点A重合时,△EGH的高最大; ∵对于△BDH,点H在以BD为直径的圆上,∴当点H与点A重合时,△BDH的高最大. ∴△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6.
【考点】面动旋转问题;正方形的性质;全等三角形的判定和性质;三角形内角和定理;等腰直角三角形的性质,勾股定理;数形结合思想的应用.
【分析】(1)由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形,利用正方形的性质得到两对边相等,且夹角相等,利用SAS得到△ADG≌△ABE,利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB,作辅助线“延长EB交DG于点H”,利用等角的余角相等得到∠DHE=90°,从而利用垂直的定义即可得DG⊥BE.
(2)由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形,利用正方形的性质得到两对边相等,且夹角相等,利用SAS得到△ADG≌△ABE,利用全等三角形对应边相等得到DG=BE,作辅助线“过点A作AM⊥DG交DG于点M”,则∠AMD=∠AMG=90°,在Rt△AMD中,根据等腰直角三角形的性质求出AM的长,即为DM的长,根据勾股定理求出GM的长,进而确定出DG的长,即为BE的长.
(3)△GHE和△BHD面积之和的最大值为6,理由为:对两个三角形,点H分别在以EG为直径的圆上和以BD为直径的圆上,当点H与点A重合时,两个三角形的高最大,即可确定出面积的最大值. 2. (2015年江苏苏州10分)如图,在矩形ABCD中,AD=acm,AB=bcm(a>b>4),半径为2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切.现有动点P从A点出发,在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动,当点P到达D点时停止移动;⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移,移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回,当⊙O回到出发时的位置(即再次与AB相切)时停止移动.已知点P与⊙O同时开始移动,同时停止移动(即同时到达各自的终止位置).
(1)如图①,点P从A→B→C→D,全程共移动了 ▲ cm(用含a、b的代数式表示);
(2)如图①,已知点P从A点出发,移动2s到达B点,继续移动3s,到达BC的中点.若点P与⊙O的移动速度相等,求在这5s时间内圆心O移动的距离;
(3)如图②,已知a=20,b=10.是否存在如下情形:当⊙O到达⊙O1的位置时(此时圆心O1在矩形对角线BD上),DP与⊙O1恰好相切?请说明理由.
- 1 -
【答案】解:(1)a?2b.
(2)∵在整个运动过程中,点P移动的距离为?a?2b?cm,圆心移动的距离为2?a?4?cm,
∴由题意得a?2b?2?a?4?①.
∵点P移动2s到达B点,即点P用2s移动了bcm,点P继续移动3s到达BC的中点,
即点P用3s移动了acm,
121ab2∴?②. 23?a?24联立①②,解得?.
b?8?∵点P移动的速度与⊙O移动的速度相等, ∴⊙O移动的速度为
b?4(cm/s). 2∴这5s时间内圆心O移动的距离为5?4?20(cm). (3)存在这样的情形.
设点P移动的速度为vPcm/s,⊙O移动的速度为vOcm/s, 根据题意,得
vPa?2b20?2?105???. vO2?a?4?2?20?4?4如答图,设直线OO1与AB交于点E,与CD交于点
E,⊙O1与AD相切于点PG.
若PD与⊙O1相切,切点为H,则O1G?O1H. 易得△DO1G≌△DO1H,∴∠ADB=∠BDP. ∵BC∥AD,∴∠ADB=∠CBD. ∴∠BDP =∠CBD.
- 1 -
∴BP=DP.
设BP?xcm,则DP?xcm,PC??20?x?cm, 在Rt?PCD中,由勾股定理,得PC2?CD2?PD2,
25. 22545∴此时点P移动的距离为10?(cm). ?22EO1BEEO18∵EF∥AD,∴△BEO1∽△BAD. ∴,即??.
ADBA2010即?20?x??102?x2,解得x?2∴EO1?16cm,OO1?14cm.
①当⊙O首次到达⊙O1的位置时,⊙O与移动的距离为14cm.
4545∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为2?.
1428∴此时DP与⊙O1恰好相切.
②当⊙O在返回途中到达⊙O1的位置时,⊙O与移动的距离为2??20?4??14?18cm.
45455?. ∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为2?18364∴此时DP与⊙O1不可能相切.
【考点】单动点和动圆问题;矩形的性质;直线与圆的位置关系;全等三角形的判定和性质;勾股定理;相似三角形的判定和性质;方程思想和分类思想的应用.
【分析】(1)根据矩形的性质可得:点P从A→B→C→D,全程共移动了a?2bcm.
(2)根据“在整个运动过程中,点P移动的距离等于圆心移动的距离”和“点P用2s移动了bcm,
点P用3s移动了acm”列方程组求出a,b,根据点P移动的速度与⊙O移动的速度相等求得⊙O移动的速度,从而求得这5s时间内圆心O移动的距离.
(3)分⊙O首次到达⊙O1的位置和⊙O在返回途中到达⊙O1的位置两种情况讨论即可.
6. (2015年江苏泰州12分)如图,正方形ABCD的边长为8cm,E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 上的动点,且AE=BF=CG=DH.
(1)求证:四边形EFGH是正方形;
(2)判断直线EG是否经过一个定点,并说明理由;
- 1 -
12
(3)求四边形EFGH面积的最小值.
【答案】解:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴?A??B??C??D?90?, AB?BC?CD?DA.
∵AE?BF?CG?DH,∴BE?CF?DG?AH.
∴?AEH≌?BFE≌?CGF≌?DHG?SAS?.∴EH?FE?GF?HG, ?AHF??BEF. ∴四边形EFGH是菱形.
∵?AHF??AEH?90?,∴?BEF??AEH?90?.∴?HEF?90?. ∴四边形EFGH是正方形.
(2)直线EG经过定点-----正方形ABCD的中心. 理由如下:
如答图,连接DE, BG, BD, EG,BD、EG相交于点O, ∵四边形ABCD是正方形,∴AB∥DC. ∵BE?DG,∴四边形BGDE是平行四边形. ∴BO?DO,即点O是正方形ABCD的中心. ∴直线EG经过定点----正方形ABCD的中心.
(3)设AE?BF?CG?DH?x,则BE?CF?DG?AH?8?x,
∵S四边形EFGH?EF2?BE2?BF2?x2??8?x??2x2?16x?64?2?x?4??32, ∴当x?4时,四边形EFGH面积的最小值为32.
【考点】单动点和定值问题;正方形的判定和性质;全等三角形的判定和性质;平行四边形的判定和性质;勾股定理;二次函数的应用(实际问题).
【分析】(1)由SAS证明?AEH≌?BFE≌?CGF≌?DHG,即可证明四边形EFGH是一个角是直角的菱形----正方形.
(2)作辅助线“连接DE, BG, BD, EG,BD、EG相交于点O”构成平行四边形BGDE,根据平
行四边形对角线互分的性质即可证明直线EG经过定点-----正方形ABCD的中心.
22- 1 -
江苏省13市2015年中考数学分类解析专题13:动态几何问题



