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中考压轴题之动点、中线定理 - 图文 

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1.解:(1)①当0<t<3时,如图1,过E作EH⊥CA于H,

∵A(4,0),B(4,3),C(0,3),∴OA=4,OC=3,AC=5, ∵MN∥CA,∴△OEF∽△OCA,

∴OE:OC=EF:CA,即t:3=EF:5,∴EF=t,

∵EH⊥CA,∴∠ECH=∠OCA,∴sin∠ECH=sin∠OCA,∴EG:EC=OA:CA, 即EH:(3﹣t)=4:5,∴EH=(3﹣t), ∴S=×EF×HE=×t×(3﹣t)=﹣t2+2t;

②当3<t<6时,如图2,过C作CH⊥MN于H,则MC=t﹣3,

∵CH⊥MN,∴∠CMH=∠OCA,∴sin∠CMH=sin∠OCA, ∴CH:MC=OA:CA,即CH:(t﹣3)=4:5,∴CH=(t﹣3), 易求直线AC解析式为:y=﹣x+3,

∵MN∥CA,∴直线MN的解析式为:y=﹣x+t,

令y=3,可得3=﹣x+t,解得x=(t﹣3)=t﹣4,∴E(t﹣4,3), 在y=﹣x+t中,令x=4可得:y=t﹣3,∴F(4,t﹣3), ∴EF=

=(6﹣t),

S=×EF×GH=×(t﹣3)=﹣t2+6t﹣12;

(2)①当0<t<3时,E(0,t),F(t,0),G(2,), ∴EF2=

t2,EG2=22+(t﹣)2,GF2=(t﹣2)2+()2,

t2+22+(t﹣)2=(t﹣2)2+()2,解得t=0(舍去),t=﹣(舍去), t2+(t﹣2)2+()2=22+(t﹣)2,解得t=0(舍去),t=

t2,解得t=,

若EF2+EG2=GF2,则有若EF2+FG2=EG2,则有

若EG2+GF2=EF2,则有22+(t﹣)2+(t﹣2)2+()2=②当3<t<6时,E(t﹣4,3),F(4,t﹣3),G(2,),

∴EF2=(t﹣8)2+(t﹣6)2,EG2=(t﹣6)2+()2,GF2=22+(t﹣)2,

若EF2+EG2=GF2,则有(t﹣8)2+(t﹣6)2+(t﹣6)2+()2=22+(t﹣)2,整理得32t2﹣363t+1026=0,△=441,解得t=

,t=6(舍去),

11

若EF2+FG2=EG2,则有(t﹣8)2+(t﹣6)2+22+(t﹣)2=(t﹣6)2+()2,整理得6t2﹣79t+258=0,△=49,解得t=6(舍去),t=

>6(舍去),

若EG2+GF2=EF2,则有(t﹣6)2+()2+22+(t﹣)2=(t﹣8)2+(t﹣6)2,解得t=, 综上可知当△EFG为直角三角形时,t=

或t=或t=或t=

(3)直线MN为y=﹣x+t,G(2,),

GG′所在的直线与直线CA垂直,且过G点,故表达式为y=x﹣,在y=x﹣中,

令x=0,可得:y=﹣,∴G′(0,﹣),GG′中点(1,),代入直线MN为y=﹣x+t,解得t=令y=0,可得:x=,∴G′(,0),GG′中点(令x=4,可得:y=令y=3,可得:x=

,∴G′(4,,∴G′(

,),代入直线MN为y=﹣x+t,解得t=

),代入直线MN为y=﹣x+t,解得t=

, , , ,

),GG′中点(3,

,3),GG′中点(或

,),代入直线MN为y=﹣x+t,解得t=.

综上可知满足条件的t的值为

2解:(1)∵B(﹣6,0),∴OB=6,∵AO=BO,∴AO=6,

∵四边形ABCD是平行四边形ABOC,∴AC=BO=6,∴C(6,6), ∵直线过y=3x+b点C,∴6=3×6+b∴b=﹣12,

∴直线CD的解析式为:y=3x﹣12,在y=3x﹣12中,令y=0,解得:x=4,∴D(4,0); (2)设E(0,t),t>0,即EO=t, ∵∠BEO+∠OED=45°,∴tan∠BEO=∴tan(∠BEO+∠OED)=tan45°=1=

=,tan∠OED=

∴t=12,t=﹣2(舍),∴E(0,12), ∵C(6,6),∴直线EC的解析式为:y=﹣x+12; (3)分两种情况:①当P在OF上运动时,

∵直线EC的解析式为:y=﹣x+12,令y=0,得:x=12,∴OF=OE=12,∴∠OFE=45°, ∵AC∥OB,∴∠ACE=∠OFE=45°,∴∠CEG+∠AEG=45°, ∵∠BAD=45°,∴∠HEA=∠GEC,

要使△EHA与△EGC相似,只要∠HAE=∠GCE=45°即可.当∠HAE=45°时,∠OAP=∠HAE=45°, ∴△AOP为等腰直角三角形,∴OP=OA=6,即t=6÷2=3;

②当P在EF上运动时,由①可知,△EHA与△EGC中,∠HEA=∠GEC,∠GCE=45°, ∴只需要∠EHA=45°即可.当∠EHA=45°时, ∵∠HEI=45°,∴∠HIE=90°,

∵AP⊥ED,∴直线AP的解析式为:y=x+n,

把A(0,6)代入,得:n=6,∴直线AP的解析式为:y=x+6,联立方程:∴P(4.5,7.5),∴EP=∵EF=

OE=12

, =

12

,解得:,

,∴FP=12

∴点P从O到P所用的时间=12÷2+

3.(2015?杭州模拟)解:(1)∵四边形ABCD是菱形, ∴AB∥CD,AC⊥BD,OA=OC=AC=6,OB=OD=BD=8. 在Rt△AOB中,AB==10.∵EF⊥BD,∴∠FQD=∠COD=90°.

又∵∠FDQ=∠CDO,∴△DFQ∽△DCO.

.即

,∴DF=t.

∵四边形APFD是平行四边形,∴AP=DF. 即10﹣t=t,解这个方程,得t=.

∴当t=

s时,四边形APFD是平行四边形.

(2)如图,过点C作CG⊥AB于点G,

∵S菱形ABCD=AB?CG=AC?BD, 即10?CG=×12×16,∴CG=

∴S梯形APFD=(AP+DF)?CG=(10﹣t+t)?=t+48.

∵△DFQ∽△DCO,∴

.即

,∴QF=t.

同理,EQ=t.∴EF=QF+EQ=t. ∴S△EFD=EF?QD=×t×t=t2. ∴y=(t+48)﹣t2=﹣t2+t+48.

(3)如图,过点P作PM⊥EF于点M,PN⊥BD于点N, 若S四边形APFE:S菱形ABCD=17:40,则﹣t2+t+48=×96,即5t2﹣8t﹣48=0,解这个方程,得t1=4,t2=﹣

(舍去)

过点P作PM⊥EF于点M,PN⊥BD于点N,当t=4时, ∵△PBN∽△ABO,∴=

,即

=.

∴PN=

,BN=

.∴EM=EQ﹣MQ=3﹣

=.

PM=BD﹣BN﹣DQ=16﹣﹣4=

在Rt△PME中, PE==(cm).

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4.(2013?惠山区校级二模)解:(1)如图1,

∵∠COP=90°,∠CPD=90°,∠

PAD=90°,∴△COP∽△PAD, ∴

=

,PC=2PD,OC=4积 ∴PA=2,2t+2=8,解得t=3;

(2)如图2,过点D作DE⊥x轴,垂足为E,延长ED交CB于F,则DF⊥CB,F为切点

则△PED∽△COP,∴

=

,∴PE=2,DE=t,

∵DF=DP即DF2=DP2,得出t2+22=(4﹣t)2,t=; (3)①由(1)得,t=3时,AP=DA;

②由(2)得,EA=EP=2时,DP=DA,OP=4,t=2; t=③PA=PD时,OP=2t,PD=,2t+

=8,t=

(4)如图3,

当点P在点O位置时,PD=2,

当点P在点A位置时,作DE⊥OA交OA的延长线于E, ∵△AED∽△COA,CA=2AD,∴AE=2,DE=4, ∴点D运动路线的长为=4.

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5.(2012?大连)解:(1)连接QQ′,

∵PC=QC,∠C=90

°,∴∠CPQ=45°,又l⊥AC, ∴∠RPQ=∠RPC﹣∠CPQ=90°﹣45°=45°,

由对称可得PQ′=PQ,∠QPQ′=90°,QQ′=2t,且QQ′∥CA, ∴∠BQQ′=∠BCA,又∠B=∠B,∴△BQQ′∽△BCA, ∴

=

=,即

=,解得:t=2.4;

(2)当0<t≤2.4时,过Q′作Q′D⊥l于D点,则Q′D=t,

又∵RP∥BC,∴△RPA∽△BCA,∴=

,即

=

, ∴RP=(8﹣t)?=

,∴S=RP?Q′D=?

?t=﹣t2+3t;

当2.4<t≤6时,记PQ′与AB的交点为E,过E作ED⊥l于D,

由对称可得:∠DPE=∠DEP=45°, 又∵∠PDE=90°,

∴△DEP为等腰直角三角形,∴DP=DE, ∵△RDE∽△BCA,∴===,即DR=DE, ∵△RPA∽△BCA,∴

=

,即

=,∴RP=, ∴RP=RD+DP=DR+DE=DE+DE=,即DE=,∴DE=

,∴S=RP?DE=?

?

=t2﹣t+

(3)S能为cm2,理由为:若t2﹣

t+

=(2.4<t≤6),

整理得:t2﹣16t+57=0, 解得:t==8±,

∴t1=8+

(舍去),t2=8﹣

若﹣t2+3t=(0<t≤2.4), 整理得:t2﹣8t+3=0,解得:t==4±

∴t1=4+

(舍去),t2=4﹣

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中考压轴题之动点、中线定理 - 图文 

1.解:(1)①当0<t<3时,如图1,过E作EH⊥CA于H,∵A(4,0),B(4,3),C(0,3),∴OA=4,OC=3,AC=5,∵MN∥CA,∴△OEF∽△OCA,∴OE:OC=EF:CA,即t:3=EF:5,∴EF=t,∵EH⊥CA,∴∠ECH=∠OCA,∴sin∠ECH=sin∠OCA,∴EG:EC=OA:CA
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