∴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
