2020年中考数学压轴题突破专题6 几何综合探究变化型问题 下载本文

(3)若边长AB=4,在点E、F的运动过程中,记四边形DEAF的周长为L,L=

DE+EA+AF+FD,则周长L的变化范围是 26≤L≤10 .

【分析】(1)先利用等边三角形判断出BD=CD出∠DFC=90°,得出CFAB,进而判断出BEBD,再判断

CD,即可得出结论;

(2)①构造出△EDG≌△FDH(ASA),得出DE=DF,即可得出结论; ②由(1)知,BG+CH出结论;

(3)由(1)(2)判断出L=2DE+6,再判断出DE⊥AB时,L最小,点F和点C重合时,DE最大,即可得出结论.

【解答】解:(1)∵△ABC是等边三角形, ∴∠B=∠C=60°,AB=BC, ∵点D是BC的中点, ∴BD=CDAB,由①知,△EDG≌△FDH(ASA),得出EG=FH,即可得

BCAB,

∵∠DEB=90°,

∴∠BDE=90°﹣∠B=30°, 在Rt△BDE中,BEBD,

∵∠EDF=120°,∠BDE=30°, ∴∠CDF=180°﹣∠BDE﹣∠EDF=30°, ∵∠C=60°, ∴∠DFC=90°, 在Rt△CFD中,CF∴BE+CFCD,

BCAB,

BD∵BE+CF=nAB, ∴n,

故答案为;

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(2)如图2,

①过点D作DG⊥AB于G,DH⊥AC于H,

∴∠DGB=∠AGD=∠CFD=∠AHF=90°, ∵△ABC是等边三角形, ∴∠A=60°,

∴∠GDH=360°﹣∠AGD﹣∠AHD﹣∠A=120°, ∵∠EDF=120°, ∴∠EDG=∠FDH,

∵△ABC是等边三角形,且D是BC的中点, ∴∠BAD=∠CAD, ∵DG⊥AB,DH⊥AC, ∴DG=DH, 在△EDG和△FDH中,∴△EDG≌△FDH(ASA), ∴DE=DF,

即:DE始终等于DF; ②同(1)的方法得,BG+CH由①知,△EDG≌△FDH(ASA), ∴EG=FH,

∴BE+CF=BG﹣EG+CH+FH=BG+CH∴BE与CF的和始终不变

(3)由(2)知,DE=DF,BE+CF∵AB=4, ∴BE+CF=2,

∴四边形DEAF的周长为L=DE+EA+AF+FD =DE+AB﹣BE+AC﹣CF+DF

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AB,

AB,

AB,

=DE+AB﹣BE+AB+DE =2DE+2AB﹣(BE+CF) =2DE+2×4﹣2 =2DE+6,

∴DE最大时,L最大,DE最小时,L最小, 当DE⊥AB时,DE最小, 由(1)知,BG∴DE最小∴L最小=2∵∠B=60°,

∴∠B=∠BDE=∠BED=60°, ∴△BDE是等边三角形, ∴DE=BDBD=1,

BG6,

当点F和点C重合时,DE最大,此时,∠BDE=180°﹣∠EDF=120°=60°,

AB=2,

即:L最大=2×2+6=10, ∴周长L的变化范围是2故答案为2

6≤L≤10.

6≤L≤10,

3.(2019秋?张家港市期末)在长方形纸片ABCD中,点E是边CD上的一点,将△AED沿AE所在的直线折叠,使点D落在点F处.

(1)如图1,若点F落在对角线AC上,且∠BAC=54°,则∠DAE的度数为 18 °. (2)如图2,若点F落在边BC上,且AB=6,AD=10,求CE的长.

(3)如图3,若点E是CD的中点,AF的沿长线交BC于点G,且AB=6,AD=10,求CG的长.

【分析】(1)由矩形的性质和已知得出∠DAC=90°﹣54°=36°,由折叠的性质得∠DAE=∠FAE,得出∠DAE∠DAC=18°即可;

(2)由矩形的性质得出∠B=∠C=90°,BC=AD=10,CD=AB=6,由折叠的性质得

AF=AD=10,EF=ED,由勾股定理得出BF8,得出CF=BC﹣BF=2,

设CE=x,则EF=ED=6﹣x,在Rt△CEF中,由勾股定理得出方程,解方程即可;

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(3)连接EG,证明Rt△CEG≌△FEG(HL),得出CG=FG,设CG=FG=y,则AG=

AF+FG=10+y,BG=BC﹣CG=10﹣y,在Rt△ABG中,由勾股定理得出方程,解方程

即可.

【解答】解:(1)∵四边形ABCD是矩形, ∴∠BAD=90°, ∵∠BAC=54°,

∴∠DAC=90°﹣54°=36°, 由折叠的性质得:∠DAE=∠FAE, ∴∠DAE∠DAC=18°;

故答案为:18;

(2)∵四边形ABCD是矩形,

∴∠B=∠C=90°,BC=AD=10,CD=AB=6, 由折叠的性质得:AF=AD=10,EF=ED, ∴BF∴CF=BC﹣BF=10﹣8=2, 设CE=x,则EF=ED=6﹣x,

在Rt△CEF中,由勾股定理得:22+x2=(6﹣x)2, 解得:x,

8,

即CE的长为;

(3)连接EG,如图3所示:

∵点E是CD的中点, ∴DE=CE,

由折叠的性质得:AF=AD=10,∠AFE=∠D=90°,FE=DE, ∴∠EFG=90°=∠C, 在Rt△CEG和△FEG中,∴Rt△CEG≌△FEG(HL), ∴CG=FG,

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设CG=FG=y,

则AG=AF+FG=10+y,BG=BC﹣CG=10﹣y,

在Rt△ABG中,由勾股定理得:62+(10﹣y)2=(10+y)2, 解得:y, .

即CG的长为

4.(2020?兴化市模拟)如图,现有一张矩形纸片ABCD,AB=4,BC=8,点M,N分别在矩形的边AD,BC上,将矩形纸片沿直线MN折叠,使点C落在矩形的边AD上,记为点P,点D落在G处,连接PC,交MN丁点Q,连接CM. (1)求证:PM=PN;

(2)当P,A重合时,求MN的值;

(3)若△PQM的面积为S,求S的取值范围.

【分析】(1)想办法证明∠PMN=∠PNM即可解决问题.

(2)点P与点A重合时,设BN=x,表示出AN=NC=8﹣x,利用勾股定理列出方程求解得x的值,进而用勾股定理求得MN.

(3)当MN过D点时,求得四边形CMPN的最小面积,进而得S的最小值,当P与A重合时,S的值最大,求得最大值即可. 【解答】(1)证明:如图1中,

∵四边形ABCD是矩形, ∴PM∥CN, ∴∠PMN=∠MNC, ∵∠MNC=∠PNM, ∴∠PMN=∠PNM, ∴PM=PN.

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