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2019-2020年九年级(上)月考数学试卷(9月份)IV
一、选择题(共8小题,每小题3分,满分24分)1.下列命题中,真命题是( )A.两条对角线相等的四边形是矩形B.两条对角线互相垂直的四边形是菱形C.两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形D.两条对角线互相平分的四边形是平行四边形2.已知关于x的一元二次方程x2﹣bx+c=0的两根分别为x1=1,x2=﹣2,则b与c的值分别为( )A.b=﹣1,c=2B.b=1,c=﹣2C.b=1,c=2D.b=﹣1,c=﹣23.已知关于x的方程(a﹣1)x2﹣2x+1=0有实数根,则a的取值范围是( )A.a>2B.a≤2C.a<2且a≠1D.a<﹣24.如图,梯形ABCD中,AD∥BC,AD=3,AB=5,BC=9,CD的垂直平分线交BC于E,连接DE,则四边形ABED的周长等于( )A.17B.18C.19D.205.如图,△ABC中,AB=AC=10,BC=8,AD平分∠BAC交BC于点D,点E为AC的中点,连接DE,则△CDE的周长为( )A.20B.12C.14D.136.若a为方程x2+x﹣5=0的解,则a2+a+1的值为( )A.12B.6C.9D.167.如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠C=90°,AD=5,BC=9,以A为中心将腰AB顺时针旋转90°至AE,连接DE,则△ADE的面积等于( )A.10B.11C.12D.138.如图,在菱形ABCD中,AB=BD,点E、F分别在BC、CD上,且BE=CF,连接BF、DE交于点M,延长ED到H使DH=BM,连接AM,AH,则以下四个结论
①△BDF≌△DCE;
②∠BMD=120°;
③△AMH是等边三角形;
④S四边形ABMD=AM2.其中正确结论的个数是( )A.1B.2C.3D.4
二、填空题(每题3分,共21分)9.方程x(x﹣2)=x的根是 .10.已知三角形的两边的长分别为2和8,第三边是方程x2﹣17x+70=0的两根之一,则此三角形的周长是 .11.用反证法证明“三角形中必有一个内角不小于60°”,应当先假设这个三角形中 .12.(x2+y2)(x2﹣1+y2)﹣12=0,则x2+y2的值是 .13.如图所示,DE为△ABC的中位线,点F在DE上,且∠AFB=90°,若AB=5,BC=8,则EF的长为 .14.如图,∠MON=90°,矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM,ON上,当B在边ON上运动时,A随之在OM上运动,矩形ABCD的形状保持不变,其中AB=2,BC=1,运动过程中,点D到点O的最大距离为 .15.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,点E是BC边上一点,连接AE,把∠B沿AE折叠,使点B落在点B′处.当△CEB′为直角三角形时,BE的长为 .
三、解答题(共75分)16.选择适当方法解下列方程
(1)x2﹣5x+1=0;
(2)3(x﹣2)2=x(x﹣2).17.据媒体报道,我国xx年公民出境旅游总人数约5000万人次,2011年公民出境旅游总人数约7200万人次,若xx年、2011年公民出境旅游总人数逐年递增,请解答下列问题
(1)求这两年我国公民出境旅游总人数的年平均增长率;
(2)如果xx年仍保持相同的年平均增长率,请你预测xx年我国公民出境旅游总人数约多少万人次?18.一学校为了绿化校园环境,向某园林公司购买了一批树苗,园林公司规定如果购买树苗不超过60棵,每棵售价120元;如果购买树苗超过60棵,每增加1棵,所出售的这批树苗每棵售价均降低
0.5元,但每棵树苗最低售价不得少于100元,该校最终向园林公司支付树苗款8800元,请问该校共购买了多少棵树苗?19.如图,有一块梯形铁板ABCD,AB∥CD,∠A=90°,AB=6m,CD=4m,AD=2m,现在梯形中裁出一内接矩形铁板AEFG,使E在AB上,F在BC上,G在AD上,若矩形铁板的面积为5m2,则矩形的一边EF长为多少?20.如图所示,△ACB和△ECD都是等腰直角三角形,∠ACB=∠ECD=90°,D为AB边上一点.
(1)求证△ACE≌△BCD;
(2)若AD=5,BD=12,求DE的长.21.如图,在等边三角形ABC中,BC=6cm.射线AG∥BC,点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动,同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动,设运动时间为t(s).
(1)连接EF,当EF经过AC边的中点D时,求证△ADE≌△CDF;
(2)填空
①当t为 s时,四边形ACFE是菱形;
②当t为 s时,以A、F、C、E为顶点的四边形是直角梯形.22.如图所示,在菱形ABCD中,AB=4,∠BAD=120°,△AEF为正三角形,点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动,且E、F不与B、C、D重合.
(1)证明不论E、F在BC、CD上如何滑动,总有BE=CF;
(2)当点E、F在BC、CD上滑动时,探讨四边形AECF的面积是否发生变化?如果不变,求出这个定值;如果变化,求出最大(或最小)值.23.如图1,将三角板放在正方形ABCD上,使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合,三角板的一边交CD于点F.另一边交CB的延长线于点G.
(1)求证EF=EG;
(2)如图2,移动三角板,使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上,其他条件不变,
(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给予证明若不成立.请说明理由;
(3)如图3,将
(2)中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”,且使三角板的一边经过点B,其他条件不变,若AB=a、BC=b,求的值. xx学年河南省郑州轻工业学院附中九年级(上)月考数学试卷(9月份)参考答案与试题解析
一、选择题(共8小题,每小题3分,满分24分)1.下列命题中,真命题是( )A.两条对角线相等的四边形是矩形B.两条对角线互相垂直的四边形是菱形C.两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形D.两条对角线互相平分的四边形是平行四边形【考点】命题与定理.【分析】分析是否为真命题,需要分别分析各题设是否能推出结论,从而利用排除法得出答案.【解答】解A.两条对角线相等的平行四边形是矩形,故本选项错误;B.两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形,故本选项错误;C.两条对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形,故本选项错误;D.两条对角线互相平分的四边形是平行四边形,正确;故选D. 2.已知关于x的一元二次方程x2﹣bx+c=0的两根分别为x1=1,x2=﹣2,则b与c的值分别为( )A.b=﹣1,c=2B.b=1,c=﹣2C.b=1,c=2D.b=﹣1,c=﹣2【考点】根与系数的关系.【分析】由关于x的一元二次方程x2﹣bx+c=0的两根分别为x1=1,x2=﹣2,利用根与系数的关系,即可求得b与c的值.【解答】解∵关于x的一元二次方程x2﹣bx+c=0的两根分别为x1=1,x2=﹣2,∴x1+x2=b=1+(﹣2)=﹣1,x1•x2=c=1×(﹣2)=﹣2,∴b=﹣1,c=﹣2.故选D. 3.已知关于x的方程(a﹣1)x2﹣2x+1=0有实数根,则a的取值范围是( )A.a>2B.a≤2C.a<2且a≠1D.a<﹣2【考点】根的判别式.【分析】分a﹣1=0和a﹣1≠0两种情况考虑,当a﹣1=0时,可求出一元一次方程的根;当a﹣1≠0时,根据△≥0即可找出a的取值范围.综上即可得出结论.【解答】解当a﹣1=0,即a=1时,有﹣2x+1=0,解得x=,∴a=1符合题意;当a﹣1≠0,即a≠1时,有△=(﹣2)2﹣4(a﹣1)=8﹣4a≥0,解得a≤2,∴a≤2且a≠1.综上可知a的取值范围为a≤2.故选B. 4.如图,梯形ABCD中,AD∥BC,AD=3,AB=5,BC=9,CD的垂直平分线交BC于E,连接DE,则四边形ABED的周长等于( )A.17B.18C.19D.20【考点】梯形;线段垂直平分线的性质.【分析】由CD的垂直平分线交BC于E,根据线段垂直平分线的性质,即可得DE=CE,即可得四边形ABED的周长为AB+BC+AD,继而求得答案.【解答】解∵CD的垂直平分线交BC于E,∴DE=CE,∵AD=3,AB=5,BC=9,∴四边形ABED的周长为AB+BE+DE+AD=AB+BE+EC+AD=AB+BC+AD=5+9+3=17.故选A. 5.如图,△ABC中,AB=AC=10,BC=8,AD平分∠BAC交BC于点D,点E为AC的中点,连接DE,则△CDE的周长为( )A.20B.12C.14D.13【考点】直角三角形斜边上的中线;等腰三角形的性质.【分析】根据等腰三角形三线合一的性质可得AD⊥BC,CD=BD,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DE=CE=AC,然后根据三角形的周长公式列式计算即可得解.【解答】解∵AB=AC,AD平分∠BAC,BC=8,∴AD⊥BC,CD=BD=BC=4,∵点E为AC的中点,∴DE=CE=AC=5,∴△CDE的周长=CD+DE+CE=4+5+5=14.故选C. 6.若a为方程x2+x﹣5=0的解,则a2+a+1的值为( )A.12B.6C.9D.16【考点】一元二次方程的解.【分析】根据一元二次方程的解的定义直接得出a2+a进而求出即可.【解答】解∵a为方程x2+x﹣5=0的解,∴a2+a﹣5=0,∴a2+a=5则a2+a+1=5+1=6.故选B. 7.如图,在直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠C=90°,AD=5,BC=9,以A为中心将腰AB顺时针旋转90°至AE,连接DE,则△ADE的面积等于( )A.10B.11C.12D.13【考点】全等三角形的判定与性质;直角梯形;旋转的性质.【分析】过A作AN⊥BC于N,过E作EM⊥AD,交DA延长线于M,得出四边形ANCD是矩形,推出∠DAN=90°=∠ANB=∠MAN,AD=NC=5,AN=CD,求出BN=4,求出∠EAM=∠NAB,证△EAM≌△BAN,求出EM=BN=4,根据三角形的面积公式求出即可.【解答】解过A作AN⊥BC于N,过E作EM⊥AD,交DA延长线于M,∵AD∥BC,∠C=90°,∴∠C=∠ADC=∠ANC=90°,∴四边形ANCD是矩形,∴∠DAN=90°=∠ANB=∠MAN,AD=NC=5,AN=CD,∴BN=9﹣5=4,∵∠M=∠EAB=∠MAN=∠ANB=90°,∴∠EAM+∠BAM=90°,∠MAB+∠NAB=90°,∴∠EAM=∠NAB,∵在△EAM和△BAN中,,∴△EAM≌△BAN(AAS),∴EM=BN=4,∴△ADE的面积是×AD×EM=×5×4=10.故选A. 8.如图,在菱形ABCD中,AB=BD,点E、F分别在BC、CD上,且BE=CF,连接BF、DE交于点M,延长ED到H使DH=BM,连接AM,AH,则以下四个结论
①△BDF≌△DCE;
②∠BMD=120°;
③△AMH是等边三角形;
④S四边形ABMD=AM2.其中正确结论的个数是( )A.1B.2C.3D.4【考点】菱形的性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的判定与性质.【分析】根据菱形的四条边都相等,先判定△ABD是等边三角形,再根据菱形的性质可得∠BDF=∠C=60°,再求出DF=CE,然后利用“边角边”即可证明△BDF≌△DCE,从而判定
①正确;根据全等三角形对应角相等可得∠DBF=∠EDC,然后利用三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可以求出∠DMF=∠BDC=60°,再根据平角等于180°即可求出∠BMD=120°,从而判定
②正确;根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和以及平行线的性质求出∠ABM=∠ADH,再利用“边角边”证明△ABM和△ADH全等,根据全等三角形对应边相等可得AH=AM,对应角相等可得∠BAM=∠DAH,然后求出∠MAH=∠BAD=60°,从而判定出△AMH是等边三角形,判定出
③正确;根据全等三角形的面积相等可得△AMH的面积等于四边形ABMD的面积,然后判定出
④错误.【解答】解在菱形ABCD中,∵AB=BD,∴AB=BD=AD,∴△ABD是等边三角形,∴根据菱形的性质可得∠BDF=∠C=60°,∵BE=CF,∴BC﹣BE=CD﹣CF,即CE=DF,在△BDF和△DCE中,,∴△BDF≌△DCE(SAS),故
①小题正确;∴∠DBF=∠EDC,∵∠DMF=∠DBF+∠BDE=∠EDC+∠BDE=∠BDC=60°,∴∠BMD=180°﹣∠DMF=180°﹣60°=120°,故
②小题正确;∵∠DEB=∠EDC+∠C=∠EDC+60°,∠ABM=∠ABD+∠DBF=∠DBF+60°,∴∠DEB=∠ABM,又∵AD∥BC,∴∠ADH=∠DEB,∴∠ADH=∠ABM,在△ABM和△ADH中,,∴△ABM≌△ADH(SAS),∴AH=AM,∠BAM=∠DAH,∴∠MAH=∠MAD+∠DAH=∠MAD+∠BAM=∠BAD=60°,∴△AMH是等边三角形,故
③小题正确;∵△ABM≌△ADH,∴△AMH的面积等于四边形ABMD的面积,又∵△AMH的面积=AM•AM=AM2,∴S四边形ABMD=AM2,故
④小题正确,综上所述,正确的是
①②③④共4个.故选D.
二、填空题(每题3分,共21分)9.方程x(x﹣2)=x的根是 x1=0,x2=3 .【考点】解一元二次方程-因式分解法.【分析】观察原方程,可先移项,然后用因式分解法求解.【解答】解原方程可化为x(x﹣2)﹣x=0,x(x﹣2﹣1)=0,x=0或x﹣3=0,解得x1=0,x2=3. 10.已知三角形的两边的长分别为2和8,第三边是方程x2﹣17x+70=0的两根之一,则此三角形的周长是 17 .【考点】解一元二次方程-因式分解法;三角形三边关系.【分析】根据第三边是方程x2﹣17x+70=0的根,首先求出方程的根,再利用三角形三边关系求出即可.【解答】解∵x2﹣17x+70=0,∴(x﹣10)(x﹣7)=0,∴x1=10,x2=7,∵2+8=10,无法构成三角形,∴此三角形的周长是2+8+7=17,故答案为17. 11.用反证法证明“三角形中必有一个内角不小于60°”,应当先假设这个三角形中 三角形中每一个内角都小于60° .【考点】反证法.【分析】反证法的第一步是假设命题的结论不成立,据此可以得到答案.【解答】解用反证法证明“三角形中必有一个内角不小于60°”时,应先假设三角形中每一个内角都小于60°.故答案为三角形中每一个内角都小于60°. 12.(x2+y2)(x2﹣1+y2)﹣12=0,则x2+y2的值是 4 .【考点】换元法解一元二次方程;解一元二次方程-因式分解法.【分析】在解此题时可把x2+y2当成一个整体,用因式分解法求得方程的根,然后根据平方的非负性即可确定.【解答】解原式可变为(x2+y2)2﹣(x2+y2)﹣12=0因式分解得(x2+y2﹣4)(x2+y2+3)=0∴(x2+y2)=4或﹣3.﹣3<0不合题意舍去.∴x2+y2=4. 13.如图所示,DE为△ABC的中位线,点F在DE上,且∠AFB=90°,若AB=5,BC=8,则EF的长为 .【考点】三角形中位线定理;直角三角形斜边上的中线.【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,可求出DF的长,再利用三角形的中位线平行于第三边,并且等于第三边的一半,可求出DE的长,进而求出EF的长【解答】解∵∠AFB=90°,D为AB的中点,∴DF=AB=
2.5,∵DE为△ABC的中位线,∴DE=BC=4,∴EF=DE﹣DF=
1.5,故答案为
1.5. 14.如图,∠MON=90°,矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM,ON上,当B在边ON上运动时,A随之在OM上运动,矩形ABCD的形状保持不变,其中AB=2,BC=1,运动过程中,点D到点O的最大距离为 +1 .【考点】矩形的性质;直角三角形斜边上的中线;勾股定理.【分析】取AB的中点E,连接OD、OE、DE,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE=AB,利用勾股定理列式求出DE,然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最大.【解答】解如图,取AB的中点E,连接OD、OE、DE,∵∠MON=90°,AB=2∴OE=AE=AB=1,∵BC=1,四边形ABCD是矩形,∴AD=BC=1,∴DE===,根据三角形的三边关系,OD<OE+DE,∴当OD过点E是最大,最大值为+1.故答案为+1. 15.如图,矩形ABCD中,AB=3,BC=4,点E是BC边上一点,连接AE,把∠B沿AE折叠,使点B落在点B′处.当△CEB′为直角三角形时,BE的长为 或3 .【考点】翻折变换(折叠问题).【分析】当△CEB′为直角三角形时,有两种情况
①当点B′落在矩形内部时,如答图1所示.连结AC,先利用勾股定理计算出AC=5,根据折叠的性质得∠AB′E=∠B=90°,而当△CEB′为直角三角形时,只能得到∠EB′C=90°,所以点A、B′、C共线,即∠B沿AE折叠,使点B落在对角线AC上的点B′处,则EB=EB′,AB=AB′=3,可计算出CB′=2,设BE=x,则EB′=x,CE=4﹣x,然后在Rt△CEB′中运用勾股定理可计算出x.
②当点B′落在AD边上时,如答图2所示.此时ABEB′为正方形.【解答】解当△CEB′为直角三角形时,有两种情况
①当点B′落在矩形内部时,如答图1所示.连结AC,在Rt△ABC中,AB=3,BC=4,∴AC==5,∵∠B沿AE折叠,使点B落在点B′处,∴∠AB′E=∠B=90°,当△CEB′为直角三角形时,只能得到∠EB′C=90°,∴点A、B′、C共线,即∠B沿AE折叠,使点B落在对角线AC上的点B′处,∴EB=EB′,AB=AB′=3,∴CB′=5﹣3=2,设BE=x,则EB′=x,CE=4﹣x,在Rt△CEB′中,∵EB′2+CB′2=CE2,∴x2+22=(4﹣x)2,解得x=,∴BE=;
②当点B′落在AD边上时,如答图2所示.此时ABEB′为正方形,∴BE=AB=3.综上所述,BE的长为或3.故答案为或3.
三、解答题(共75分)16.选择适当方法解下列方程
(1)x2﹣5x+1=0;
(2)3(x﹣2)2=x(x﹣2).【考点】解一元二次方程-因式分解法;解一元二次方程-公式法.【分析】
(1)直接利用公式法求出方程的根即可;
(2)先移项,使方程的右边化为零,再利用提取公因式法分解因式得出即可.【解答】解
(1)x2﹣5x+1=0,∵△=b2﹣4ac=25﹣4×1×1=21>0,∴x=;
(2)3(x﹣2)2=x(x﹣2),3(x﹣2)2﹣x(x﹣2)=0,(x﹣2)(3x﹣6﹣x)=0,解得x1=2,x2=3. 17.据媒体报道,我国xx年公民出境旅游总人数约5000万人次,2011年公民出境旅游总人数约7200万人次,若xx年、2011年公民出境旅游总人数逐年递增,请解答下列问题
(1)求这两年我国公民出境旅游总人数的年平均增长率;
(2)如果xx年仍保持相同的年平均增长率,请你预测xx年我国公民出境旅游总人数约多少万人次?【考点】一元二次方程的应用.【分析】
(1)设年平均增长率为x.根据题意xx年公民出境旅游总人数为5000(1+x)万人次,2011年公民出境旅游总人数5000(1+x)2万人次.根据题意得方程求解;
(2)xx年我国公民出境旅游总人数约7200(1+x)万人次.【解答】解
(1)设这两年我国公民出境旅游总人数的年平均增长率为x.根据题意得5000(1+x)2=7200,解得x1=
0.2=20%,x2=﹣
2.2(不合题意,舍去).答这两年我国公民出境旅游总人数的年平均增长率为20%.
(2)如果xx年仍保持相同的年平均增长率,则xx年我国公民出境旅游总人数为7200(1+x)=7200×(1+20%)=8640(万人次).答预测xx年我国公民出境旅游总人数约8640万人次. 18.一学校为了绿化校园环境,向某园林公司购买了一批树苗,园林公司规定如果购买树苗不超过60棵,每棵售价120元;如果购买树苗超过60棵,每增加1棵,所出售的这批树苗每棵售价均降低
0.5元,但每棵树苗最低售价不得少于100元,该校最终向园林公司支付树苗款8800元,请问该校共购买了多少棵树苗?【考点】一元二次方程的应用.【分析】根据设该校共购买了x棵树苗,由题意得x[120﹣
0.5(x﹣60)]=8800,进而得出即可.【解答】解因为60棵树苗售价为120元×60=7200元<8800元,所以该校购买树苗超过60棵,设该校共购买了x棵树苗,由题意得x[120﹣
0.5(x﹣60)]=8800,解得x1=220,x2=80.当x=220时,120﹣
0.5×=40<100,∴x=220(不合题意,舍去);当x=80时,120﹣
0.5×(80﹣60)=110>100,∴x=80.答该校共购买了80棵树苗. 19.如图,有一块梯形铁板ABCD,AB∥CD,∠A=90°,AB=6m,CD=4m,AD=2m,现在梯形中裁出一内接矩形铁板AEFG,使E在AB上,F在BC上,G在AD上,若矩形铁板的面积为5m2,则矩形的一边EF长为多少?【考点】一元二次方程的应用.【分析】作CH⊥AB于H,由条件可以得出四边形ADCH为矩形,根据矩形的性质就可以求出CH、BH的长,设EF=x,则BE=x,AE=6﹣x,根据矩形的面积公式就可以建立等式,从而求出其解.【解答】解过C作CH⊥AB于H.在直角梯形ABCD中,DC∥AB,∠ADC=90°,∴四边形ADCH为矩形.∴CH=AD=2m,BH=AB﹣CD=6﹣4=2m.∴CH=BH.设EF=x,则BE=x,AE=6﹣x,由题意,得x(6﹣x)=5整理得x2﹣6x+5=0,(x﹣1)(x﹣5)=0,解得x1=1,x2=5(舍去)∴矩形的一边EF长为1m. 20.如图所示,△ACB和△ECD都是等腰直角三角形,∠ACB=∠ECD=90°,D为AB边上一点.
(1)求证△ACE≌△BCD;
(2)若AD=5,BD=12,求DE的长.【考点】勾股定理;全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形.【分析】
(1)根据同角的余角相等得到∠ACE=∠BCD,又夹这个角的两边分别是两等腰直角三角形的腰,利用SAS即可证明;
(2)根据全等三角形的对应边相等、对应角相等可以得到AE=BD,∠EAC=∠B=45°,所以△AED是直角三角形,利用勾股定理即可求出DE长度.【解答】
(1)证明∵△ACB和△ECD都是等腰直角三角形,∴AC=BC,EC=DC.∵∠ACE=∠DCE﹣∠DCA,∠BCD=∠ACB﹣∠DCA,∠ACB=∠ECD=90°,∴∠ACE=∠BCD.在△ACE和△BCD中,∴△ACE≌△BCD(SAS).
(2)解又∠BAC=45°∴∠EAD=∠EAC+∠BAC=90°,即△EAD是直角三角形∴DE===13. 21.如图,在等边三角形ABC中,BC=6cm.射线AG∥BC,点E从点A出发沿射线AG以1cm/s的速度运动,同时点F从点B出发沿射线BC以2cm/s的速度运动,设运动时间为t(s).
(1)连接EF,当EF经过AC边的中点D时,求证△ADE≌△CDF;
(2)填空
①当t为 6 s时,四边形ACFE是菱形;
②当t为
1.5 s时,以A、F、C、E为顶点的四边形是直角梯形.【考点】菱形的判定;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质;直角梯形.【分析】
(1)由题意得到AD=CD,再由AG与BC平行,利用两直线平行内错角相等得到两对角相等,利用AAS即可得证;
(2)
①若四边形ACFE是菱形,则有CF=AC=AE=6,由E的速度求出E运动的时间即可;
②分两种情况考虑若CE⊥AG,此时四点构成三角形,不是直角梯形;若AF⊥BC,求出BF的长度及时间t的值.【解答】
(1)证明∵AG∥BC,∴∠EAD=∠DCF,∠AED=∠DFC,∵D为AC的中点,∴AD=CD,∵在△ADE和△CDF中,,∴△ADE≌△CDF(AAS);
(2)解
①若四边形ACFE是菱形,则有CF=AC=AE=6,则此时的时间t=6÷1=6(s);
②四边形AFCE为直角梯形时,(I)若CE⊥AG,则AE=3,BF=3×2=6,即点F与点C重合,不是直角梯形.(II)若AF⊥BC,∵△ABC为等边三角形,∴F为BC中点,即BF=3,∴此时的时间为3÷2=
1.5(s);故答案为6;
1.5. 22.如图所示,在菱形ABCD中,AB=4,∠BAD=120°,△AEF为正三角形,点E、F分别在菱形的边BC、CD上滑动,且E、F不与B、C、D重合.
(1)证明不论E、F在BC、CD上如何滑动,总有BE=CF;
(2)当点E、F在BC、CD上滑动时,探讨四边形AECF的面积是否发生变化?如果不变,求出这个定值;如果变化,求出最大(或最小)值.【考点】菱形的性质;全等三角形的判定与性质;等边三角形的性质.【分析】
(1)先求证AB=AC,进而求证△ABC、△ACD为等边三角形,得∠4=60°,AC=AB进而求证△ABE≌△ACF,即可求得BE=CF;
(2)根据△ABE≌△ACF可得S△ABE=S△ACF,故根据S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC即可解题.【解答】
(1)证明连接AC,如下图所示,∵四边形ABCD为菱形,∠BAD=120°,∠1+∠EAC=60°,∠3+∠EAC=60°,∴∠1=∠3,∵∠BAD=120°,∴∠ABC=60°,∴△ABC和△ACD为等边三角形,∴∠4=60°,AC=AB,∴在△ABE和△ACF中,,∴△ABE≌△ACF(ASA).∴BE=CF;
(2)解四边形AECF的面积不变.理由由
(1)得△ABE≌△ACF,则S△ABE=S△ACF,故S四边形AECF=S△AEC+S△ACF=S△AEC+S△ABE=S△ABC,是定值,作AH⊥BC于H点,则BH=2,S四边形AECF=S△ABC=BC•AH=BC•=4. 23.如图1,将三角板放在正方形ABCD上,使三角板的直角顶点E与正方形ABCD的顶点A重合,三角板的一边交CD于点F.另一边交CB的延长线于点G.
(1)求证EF=EG;
(2)如图2,移动三角板,使顶点E始终在正方形ABCD的对角线AC上,其他条件不变,
(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给予证明若不成立.请说明理由;
(3)如图3,将
(2)中的“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”,且使三角板的一边经过点B,其他条件不变,若AB=a、BC=b,求的值.【考点】相似三角形的判定与性质;全等三角形的判定与性质;矩形的性质;正方形的性质.【分析】
(1)由∠GEB+∠BEF=90°,∠DEF+∠BEF=90°,可得∠DEF=∠GEB,又由正方形的性质,可利用ASA证得Rt△FED≌Rt△GEB,则问题得证;
(2)首先过点E分别作BC、CD的垂线,垂足分别为H、P,然后利用ASA证得Rt△FEP≌Rt△GEH,则问题得证;
(3)首先过点E分别作BC、CD的垂线,垂足分别为M、N,易证得EM∥AB,EN∥AD,则可证得△CEN∽△CAD,△CEM∽△CAB,又由有两角对应相等的三角形相似,证得△GME∽△FNE,根据相似三角形的对应边成比例,即可求得答案.【解答】
(1)证明∵∠GEB+∠BEF=90°,∠DEF+∠BEF=90°,∴∠DEF=∠GEB,在△FED和△GEB中,,∴Rt△FED≌Rt△GEB,∴EF=EG;
(2)解成立.证明如图,过点E作EH⊥BC于H,过点E作EP⊥CD于P,∵四边形ABCD为正方形,∴CE平分∠BCD,又∵EH⊥BC,EP⊥CD,∴EH=EP,∴四边形EHCP是正方形,∴∠HEP=90°,∵∠GEH+∠HEF=90°,∠PEF+∠HEF=90°,∴∠PEF=∠GEH,∴Rt△FEP≌Rt△GEH,∴EF=EG;
(3)解如图,过点E作EM⊥BC于M,过点E作EN⊥CD于N,垂足分别为M、N,则∠MEN=90°,∴EM∥AB,EN∥AD.∴△CEN∽△CAD,△CEM∽△CAB,∴,,∴,即==,∵∠NEF+∠FEM=∠GEM+∠FEM=90°,∴∠GEM=∠FEN,∵∠GME=∠FNE=90°,∴△GME∽△FNE,∴,∴. xx年2月10日。