∴KH=KM,BH=BM=8. ∵BD=CD2
+BC2
=10, ∴DM=2. 设KH=KM=x,
在Rt△DKM中,(6-x)2
=22
+x2
, 解得x=8
3
.
如图,作EF⊥AB于点F,则△AEF≌△QPN, ∴EF=PN=35(10-2t),AF=QN=4
5(10-2t)-2t.
∴BF=16-[4
5(10-2t)-2t].
∵KH∥EF, ∴
KHEF=BHBF
, 8
∴
3
8
3=,
5(10-2t)16-[4
5
(10-2t)-2t]解得t=25
18
.
经检验,t=25
18是分式方程的解,且符合题意,
∴当t=25
18
时,点E在∠ABD的平分线上.
变式训练
2.解:(1)当t=2时,OM=2, 在Rt△OPM中,∠POM=60°, ∴PM=OM·tan 60°=23. 在Rt△OMQ中,∠QOM=30°, ∴QM=OM·tan 30°=23
3,
∴PQ=PM-QM=23-
2343
3=3
.
21
(2)当t≤4时,AN=PO=2OM=2t,
t=4时,P到达C点,N到达B点,点P,N在边BC上相遇. 设t秒时,点P与N重合,则(t-4)+2(t-4)=8, 解得t=2020
3,即t=3秒时,点P与N重合.
(3)①当0<t≤4时,S=1
2·2t·43=43t.
②当4 2×[8-(t-4)-(2t-8)]×43 =403-63t. ③当203 2×[(t-4)+(2t-8)-8]×43 =63t-403. ④当8 =323-1112·(24-2t)·43-2·[8-(t-4)]·43-2(t-4)·3 2·(2t-16) =- 32 t2 +123t-563. 综上所述,S与t的函数关系式为 ?43t(0 ?403-63t(4 3),S=??63t-403(20 3 2 2t+123t-563(8 类型三 【例3】 (1)四边形ACC′A′是菱形.理由如下: 由平移的性质得到AC∥A′C′,且AC=A′C′, 则四边形ACC′A′是平行四边形, ∴∠ACC′=∠AA′C′. 又∵CD平分∠ACB的外角,即CD平分∠ACC′, 易证CD也平分∠AA′C′, ∴四边形ACC′A′是菱形. (2)∵在△ABC中,∠B=90°,AB=24,cos∠BAC=12 13, ∴cos∠BAC=ABAC=1213,即2412 AC=13 ,∴AC=26, 22 ∴由勾股定理知BC=AC2-AB2=262-242 =10. 又由(1)知,四边形ACC′A′是菱形, ∴AC=AA′=26. 由平移的性质得到AB∥A′B′,AB=A′B′, 则四边形ABB′A′是平行四边形, ∴AA′=BB′=26, ∴CB′=BB′-BC=26-10=16. 变式训练 3.A 4.解:(1) 172 (2)∵∠AOB=90°,点C是AB的中点, ∴OC=BC=1 2AB,∴∠CBO=∠COB. ∵四边形OBDE是正方形, ∴BD=OE,∠DBO=∠EOB=90°, ∴∠CBD=∠COE. ?CB=CO,在△CBD和△COE中,? ?∠CBD=∠COE, ??BD=OE,∴△CBD≌△COE(SAS). (3)①S=-12a+1. ②a=32或5 2. 类型四 【例4】 (1)当CC′=3时,四边形MCND′为菱形.理由:由平移的性质得CD∥C′D′,DE∥D′E′. ∵△ABC为等边三角形,∴∠B=∠ACB=60°, ∴∠ACC′=180°-60°=120°. ∵CN是∠ACC′的角平分线, ∴∠NCC′=60°. ∵AB∥DE,DE∥D′E′,∴AB∥D′E′, ∴∠D′E′C′=∠B=60°, ∴∠D′E′C′=∠NCC′,∴D′E′∥CN, 23 ∴四边形MCND′为平行四边形. ∵∠ME′C′=∠MCE′=60°,∠NCC′=∠NC′C=60°, ∴△MCE′和△NCC′为等边三角形, ∴MC=CE′,NC=CC′. 又∵E′C′=23,CC′=3,∴CE′=CC′=3, ∴MC=CN,∴四边形MCND′为菱形. (2)①AD′=BE′. 理由:当α≠180°时,由旋转的性质得∠ACD′=∠BCE′. 由(1)知AC=BC,CD′=CE′, ∴△ACD′≌△BCE′,∴AD′=BE′. 当α=180°时,AD′=AC+CD′,BE′=BC+CE′, 即AD′=BE′. 综上可知,AD′=BE′. ② 如图,连接CP,在△ACP中,由三角形三边关系得 AP 在△D′CE′中,由P为D′E′中点得AP⊥D′E′,PD′=3, ∴CP=3,∴AP=6+3=9. 在Rt△APD′中,由勾股定理得 AD′=AP2 +PD′2 =92 +(3)2 =221. 变式训练 5.(1)解:菱形 (2)证明:∵点F是CC′的中点,∴CF=FC′. ∵FG=AF,∴四边形ACGC′是平行四边形. ∵在Rt△ABC和Rt△AC′D中,∠BAC+∠ACB=90°,∠ACB=∠DAC′, 24 ∴∠BAC+∠DAC′=90°. 又∵B,A,D三点在同一条直线上,∴∠CAC′=90°, ∴四边形ACGC′是矩形. ∵AC=AC′,∴四边形ACGC′是正方形. (3)解:在Rt△A′BC和Rt△BC′D中, BC=BD=42 -22 =23. ∵Rt△A′BC≌Rt△BC′D,∴∠DBC′+∠BA′C=90°, ∴∠BHA′=90°,∴BC′⊥A′C. 在Rt△A′BC中,A′C·BH=BC·A′B, 即4BH=2×23, ∴BH=3,∴C′H=BC′-BH=4-3. 在Rt△A′BH中,A′H=A′B2 -BH2 =22 -(3)2 =1, ∴CH=4-1=3, ∴tan∠C′CH=C′HCH=4-3 3, ∴tan∠C′CH的值为4-3 3. 类型五 【例5】 (1)∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处,折痕为PQ,∴点B与点E关于PQ对称, ∴PB=PE,BF=EF,∠BPF=∠EPF. 又∵EF∥AB, ∴∠BPF=∠EFP,∴∠EPF =∠EFP, ∴EP=EF,∴BP=BF=FE=EP, ∴四边形BFEP为菱形. (2)①如图1, 图1 ∵四边形ABCD为矩形, ∴BC=AD=5 cm, 25
(东营专版)2019年中考数学复习 专题类型突破 专题四 几何变换综合题训练
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