（吃透中考数学29个几何模型）模型12 与正方形有关的三垂线.docx

1、专题专题 12 12 与正方形有关的三垂线与正方形有关的三垂线 一、单选题一、单选题 1如图，点4,2M，点P在射线OM上匀速运动，运动的过程中以P为对称中心，O为一个顶点作正 方形OABC，当正方形OABC的面积为 40 时，点A的坐标是（ ） A( 39, 1) B( 38,2) C( 37,3) D(6, 2) 【答案】D 【分析】 作ADx轴于D，CEx轴于 E，根据M的坐标求得直线OM的斜率 1 2 ，进一步得出直线AC的斜率 为2，通过证得COEOAD，得出CEOD，OEAD，可设( ,)A ab，则( , )C b a，然后根据 待定系数法求得直线AC的斜率为2 ab ba ，

2、整理得 1 3 ba， 然后根据勾股定理得出 222 ADODOA+= ， 代值求解即可 【详解】 解：作ADx轴于D，CEx轴于 E， 设直线OM的解析式为y kx ， 点 (4,2)M 1 2 k 四边形ABCO是正方形， ACOM 直线AC的斜率为2 又OA OC，90AOC 90AODCOE，90AODOAD COEOAD 又 90CEOADO ()COEOAD AAS CEOD，OEAD 设( ,)A ab，则( , )C b a 设直线AC的解析式为y mxn ， amnb bmna 解得： ab m ba 2 ab ba 整理得： 1 3 ba 正方形面积为 40 2 40OA

3、在RtAOD中， 222 ADODOA+= ，即： 22 1 ()40 3 aa 解得：6a 1 2 3 ba (6, 2)A 故答案选 B 【点睛】 本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性 质，勾股定理的应用等，根据直线AC的斜率列出方程是解题的关键 二、解答题二、解答题 2探究证明： （1）如图 1，正方形 ABCD中，点 M、N 分别在边 BC、CD上，AMBN求证：BN=AM； （2） 如图 2， 矩形 ABCD中， 点 M在 BC上， EFAM， EF分别交 AB、 CD于点 E、 F 求证： EFBC AMAB ； （3）如图

4、3，四边形 ABCD中，ABC=90 ，AB=AD=10，BC=CD=5，AMDN，点 M、N分别在边 BC、 AB 上，求 DN AM 的值 【答案】 （1）证明见解析； （2）证明见解析； （3） 4 5 【分析】 （1）由矩形的性质结合等角的余角相等，可证明NBC=MAB，进而证明 BCNABM，最后根据相 似三角形对应边成比例解题即可； （2）过点 B作 BGEF交 CD 于 G，由两组对边分别平行判定四边形 BEFG是平行四边形，再根据平行四 边形的性质，可证明 GBCMAB，最后根据相似三角形对应边成比例解题即可； （3）过点 D作平行于 AB的直线交过点 A平行于 BC的直线于

5、R，交 BC的延长线于 S，连接 AC，可得四 边形 ABSR 是平行四边形，再由含有一个 90 角的平行四边形是矩形，证明四边形 ABSR 是矩形，进而得到 R=S=90 ，RS=AB=10，AR=BS ，结合（2）中结论可证明 ACDACB，由全等三角形对应角相等 得到ADC=ABC， 再由等角的余角相等， 证明 RADSDC， 根据相似三角形对应边成比例， 设 SC=x， 解得 DR、DS 的长，再结合勾股定理解题即可 【详解】 （1）证明四边形 ABCD是矩形， ABC=C=90 NBA+NBC=90 AMBN， MAB+NBA=90 ， NBC=MAB， BCNABM， BN AM

6、= BC AB （2）结论： EF AM = BC AB 理由：如图 2中，过点 B作 BG/EF交 CD于 G， 四边形 ABCD是矩形， ABCD， 四边形 BEFG 是平行四边形， BG=EF EFAM， BGAM， GBA+MAB=90 ABC=C=90 ， GBC+GBA=90 ， MAB=GBC， GBCMAB， BG AM = BC AB ， EF AM = BC AB （3）过点 D作平行于 AB的直线交过点 A平行于 BC的直线于 R，交 BC的延长线于 S，连接 AC，则四边 形 ABSR是平行四边形 ABC=90 ， 四边形 ABSR 是矩形， R=S=90 ，RS=AB

7、=10，AR=BS AMDN， 由（2）中结论可得： DN AM = BS AB AB=AD，CB=CD，AC=AC， ACDACB， ADC=ABC=90 ， SDC+RDA=90 RAD+RDA=90 ， RAD=SDC， RADSDC， CD AD = SC RD ，设 SC=x， 5 10 = x RD RD=2x，DS=10-2x， 在 Rt CSD中， 222 CDDSSC， 52=（10-2x）2+x2， x=3或 5（舍弃） ， BS=5+x=8， DN AM = BS AB = 8 10 = 4 5 【点睛】 本题考查全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、

8、矩形的判定与性质、平行四边 形的判定与性质等知识，是重要考点，难度一般，正确作出辅助线、掌握相关知识是解题关键 3如图，已知 ABC是等腰直角三角形，BAC90 ，点 D是 BC 的中点作正方形 DEFG，使点 A、 C分别在 DG 和 DE上，连接 AE，BG （1）试猜想线段 BG和 AE的关系（直接写出答案，不用证明） ； （2）将正方形 DEFG 绕点 D 逆时针方向旋转 （0 60 ） ，判断（1）中的结论是否仍然成立？请利用 图证明你的结论； （3）若 BCDE4，当 等于多少度时，AE 最大？并求出此时 AF的值 【答案】 （1）BGAE，BGAE，见解析； （2）结论成立，BG

9、AE，BGAE，见解析； （3）当 为 270 时，AE 最大，AF2 13 【分析】 （1）由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出 ADEBDG 就可以得出结论 （2）如图 2，连接 AD，由等腰直角三角形的性质及正方形的性质就可以得出 ADEBDG 就可以得出 结论 （3）由（2）可知 BG=AE，当 BG取得最大值时，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出结论 【详解】 解： （1）结论：BGAE，BGAE 理由：如图 1，延长 EA交 BG 于 K ABC是等腰直角三角形，BAC90 ，点 D是 BC的中点， ADBC，BDCD， ADBADC90 四边形 DEFG是正方形， D

10、EDG 在 BDG和 ADE中， BDAD BDGADE GDED ， BDGADE（SAS） ， BGAE，BGDAED， GAKDAE， AKGADE90 ， EABG （2）结论成立，BGAE，BGAE 理由：如图 2，连接 AD，延长 EA交 BG于 K，交 DG于 O 在 Rt BAC中，D为斜边 BC中点， ADBD，ADBC， ADG+GDB90 四边形 EFGD为正方形， DEDG，且GDE90 ， ADG+ADE90 ， BDGADE 在 BDG和 ADE中， BDAD BDGADE GDED ， BDGADE（SAS） ， BGAE，BGDAED， GOKDOE， OKGO

11、DE90 ， EABG （3）BGAE， 当 BG取得最大值时，AE取得最大值 如图 3，当旋转角为 270 时，BGAE BCDE4， BG2+46 AE6 在 Rt AEF中，由勾股定理，得 AF 22 AEEF 22 642 13 ， AF2 13 【点睛】 本题是四边形综合题，考查了旋转的性质的运用，等腰直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，全等 三角形的判定及性质的运用，正方形的性质的运用，解答时证明三角形全等是关键 4如图，四边形 ABCD是正方形，G是 BC上任意一点，DEAG 于点 E，BFDE，且交 AG 于点 F （1）求证：ADEBAF； （2）求证：DEBFEF； （

12、3）若 AB2，BG1，求线段 EF的长 【答案】 （1）见解析； （2）见解析； （3） 2 5 5 【分析】 （1）由正方形的性质可得 ABAD，ABCBAD90 ，根据 DEAG，利用直角三角形两锐角互余 的关系可得BAFADE，利用 AAS 即可证明 ADEBAF； （2）根据全等三角形的性质可得 DE=AF，BF=AE，根据线段的和差关系即可得结论； （3）利用勾股定理可求出 AG 的长，利用面积法可求出 BF的长，进而利用勾股定理可求出 AF的长，根据 BF=AE，EF=AF-AE 即可得答案 【详解】 （1）四边形 ABCD是正方形， ABAD，ABCBAD90 ， DEAG，

13、AEDDEF90 ， BFDE， AFBDEFAED90 ， BAFDAEADEDAE90 BAFADE 在 ABF和 DAE 中， AFBDEA BAFADE ABAD ， ADEBAF （2） DAEABF， AEBF，DEAF AFAEEF， DEBFEF （3）ABC90 ， AG2AB2BG212225， 5AG S ABG 11 22 AB BGAG BF， 1 22 5 55 AB BG BF AG 在 Rt ABF中，AF2AB2BF222 2 2 5 () 5 16 5 ， AF= 4 5 5 ， AE=BF，EF=AF-AE， 2 5 5 EFAFBF 【点睛】 本题主要考

14、查了正方形的性质、 全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识， 解答本题的关键是根据 AAS 证明 ABF DAE，此题难度一般 5 如图所示， 四边形ABCD是正方形， G是BC上任意一点 （点G与,B C不重合） ，AEDG于E，/CFAE 交 DG于 F. 求证：AEFCEF. 【答案】见解析. 【分析】 首先证明 AEDDFC，则能得出 DE=FC，AE=DF，进而得出结论 【详解】 证明：四边形 ABCD 是正方形， AD=DC，ADC=90 又AEDG，CFAE， AED=DFC=90 ， EAD+ADE=FDC+ADE=90 ， EAD=FDC， 在 AED和 DFC 中， AE

15、DDFC EADFDC ADDC ， AEDDFC（AAS） AE=DF，ED=FC DF=DE+EF， AE=FC+EF 【点睛】 本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质以及三角形全等的判定方法 是解题的关键 6四边形ABCD是边长为2的正方形，点M在边AD所在的直线上，连接CM，以M 为直角顶点在CM 右侧作等腰Rt CMN，连接.BN （1）如图 1，当点M在点A左侧，且A BN、 、三点共线时，BN _； （2）如图 2，当点M在点A右侧，且 5 2 AM 时，求BN的长： （3）若点M在边AD所在直线上，且26BN ，求AM的长 【答案】 （1）6； （

16、2） 3 10 2 ； （3）1或 3 【分析】 （1）易证得四边形 CDMF和四边形 ANEM 都是矩形，证得 Rt EMNRt FCM，得到 MF= NE=BF=2， EM=FC=4，即可求得 BN的长； （2）易证得四边形 CDGH和四边形 ANHG都是矩形，证得 Rt CDMRt MGN，求得 NH= 3 2 ， BH=AG=AM+MG 9 2 ，利用勾股定理即可求得 BN 的长； （3）分点 M在点 A左侧、点 M 在点 D右侧、点 M在线段 AD上三种情况讨论，分别利用勾股定理构造方 程即可求解 【详解】 （1）过 M 作 EFAB，过 N 作 NEEF于 E，延长 CB交 EF于

17、 F，如图所示： 又四边形ABCD是边长为2的正方形， 四边形 CDMF和四边形 ANEM 都是矩形， MF=CD=2，NE=BF，BN=EF， NMC=90，MN=MC， NMC=NEM=MFC=90， EMN+CMF=90，FCM +CMF=90， EMN=FCM， Rt EMNRt FCM， MF= NE=2，则 NE=BF=2， EM=FC=BF+BC=2+2=4， BN=EF=EM+MF=4+2=6； （2）过 N作 GHAB，延长 AD、BC交 GH于 G、H，如图所示： 又四边形ABCD是边长为2的正方形， 四边形 CDGH和四边形 ABHG 都是矩形， GH=CD=2，AG=B

18、H，DG=CH， AM= 5 2 ， DM= 51 2 22 ， 同理可证得 Rt CDMRt MGN， GN=DM= 1 2 ，MG=CD=2， NH= GH-GN=2- 13 22 ， BH=AG=AM+MG= 59 2 22 ， BN= 22 22 393 10 222 NHBH ； （3）点 M 在点 A 左侧， 过 M作 EFAB，过 N 作 NEEF于 E，延长 CB交 EF于 F，延长 BA交 NE于 G，如图所示： 又四边形ABCD是边长为2的正方形， 四边形 CDMF、四边形 BFEG 和四边形 AMEG都是矩形， MF=CD=2，AG=ME，EG=FB=AM， 同理可证得

19、Rt NEMRt MFC， MF= EN=2，EM=FC， 设AMx，则BFEGx， 2FCEMx， 2GNENEGx ，4BGEFEMFMx， 在Rt NGB中， 22 2426xx， 整理得：31 =0 xx， 12 13xx ，(舍去)， 1AM ； 点 M在点 D右侧， 过 N 作 EFAB，延长 AD、BC交 EF于 F、E，如图所示： 同理可得：EF=CD=2，BE=AF， 同理可证得 Rt CDMRt MFN， FN=DM，MF=CD=2， 设AMx，则2FNDMx， 4NEEFFNx ，2BEAFAMMFx， 在Rt BEN中， 22 2426xx 整理得： 2 230 xx

20、解得： 12 31xx ，(舍去)， 3AM ； 点 M在线段 AD 上， 过 M作 EFAB，过 N 作 NEEF于 E，延长 BA交 NE延长线于 H，如图所示： 同理可得：MF=CD=2，HE=AM=BF，BH=EF， 同理可证得 Rt EMNRt FCM， EN=MF=2，FM=FC， 设AMx，则HEBFx，FC=BC-BF=2x, 2NHENEHx，4BHEFEMMFx， 在Rt BHN中， 22 2426xx， 解得： 1 3x (舍去)， 2 1x (舍去)， 综上所述 AM 的值为 1 或 3 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰直

21、角三角形的性质，勾股 定理的应用，作出合适的辅助线构建全等三角形是解题的关键 7在正方形ABCD中，点G是边DC上的一点，点F是直线BC上一动点，FE AG于H，交直线AD 于点E （1）当点F运动到与点B重合时(如图 1)，线段EF与AG的数量关系是_ （2） 若点F运动到如图 2 所示的位置时， （1） 探究的结论还成立吗？如果成立， 请给出证明： 如果不成立， 请说明理由 （3）如图 3，将边长为6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q 分别在边AD、BC上，请直接写出折痕PQ的长 【答案】 （1）EF=AG； （2）成立，理由见解析； （3）3 5 【

22、分析】 （1）利用 ASA 证明 ABEDAG全等即可得到结论； （2）过点 F作 FMAE，垂足为 M，利用 ASA 证明 ADGFME，即可得到结论； （3）过点 Q作 QHAD于 H， ，根据翻折变换的性质可得 PQAM，然后求出APQ=AMD，再利用“角 角边”证明 ADMQHP，根据全等三角形对应边相等可得 QP=AM，再利用勾股定理列式求出 AM，从 而得解 【详解】 解： （1）四边形 ABCD是正方形， BAE=ADG=90 ，AB=AD， ABE+AEB=90 ， EFAG， AEB+DAG=90 ， ABE=DAG， ABEDAG（ASA） ， EF=BE=AG； （2）成

23、立，理由是： 过点 F作 FMAE，垂足为 M， 四边形 ABCD是正方形， BAE=ADG=90 ，AD=CD， MF=CD=AD，EMF=90 ， E+EFM=90 ， EFAH， HAE+E=90 ， HAE=EFM， ADGFME（ASA） ， EF=AG； （3）如图，过点 Q作 QHAD 于 H，则四边形 ABQH中，HQ=AB， 由翻折变换的性质得 PQAM， APQ+DAM=90 ，AMD+DAM=90 ， APQ=AMD， 四边形 ABCD是正方形， AD=AB， HQ=AD， 在 ADM和 QHP 中， QHPD APQAMD QHAD ， ADMQHP（AAS） ， QP

24、=AM， 点 M 是 CD的中点， DM= 1 2 CD=3， 在 Rt ADM 中，由勾股定理得，AM= 22 3 5ADDE ， PQ的长为3 5 【点睛】 本题考查了全等三角形的判定和性质，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应 角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键 8如图 1，点 C在线段 AB上，分别以 AC、BC 为边在线段 AB 的同侧作正方形 ACDE 和正方形 BCMN， 连结 AM、BD （1）AM 与 BD的关系是：_ （2） 如果将正方形BCMN绕点C顺时针旋转锐角(如图2) (1) 中所得的结论是否仍然成立？请说明理由 （3

25、）在(2)的条件下，连接 AB、DM，若 AC=4，BC=2，求 AB2+DM2的值 【答案】 （1）相等且垂直； （2）成立， 理由详见解析； （3）40 【分析】 （1）根据正方形的性质可得 AC=DC，CM=CB，ACM=DCB=90 ，利用 SAS 可证出 ACM DCB， 根据全等三角形的性质即可得出 AM=BD，MAC+DBC=90 ，进而得出 AMBD； （2） 根据正方形的性质可得 AC=DC， CM=CB， ACD=MCB=90 ， 通过等量相加即可得到ACM=DCB， 利用 SAS可证出 ACM DCB，根据全等三角形的性质即可得出 AM=BD，MAC=BDC，设 AM 与

26、 CD 交于点 P，即可证出DPM+BDC=90 ，进而得出 AMBD； （3）连接 AD、BM，设 AM与 BD 交于点 Q，根据 AMBD，即可利用勾股定理即可求出答案. 【详解】 （1）相等且垂直. （1）在正方形 ACDE 和正方形 BCMN 中， AC=DC，ACM=DCB=90 ，CM=CB， ACM DCB（SAS） ， AM=BD，MAC=BDC， MAC+AMC=90 ， MAC+DBC=90 ， AMBD； 故答案为相等且垂直； （2）第（1）问中的结论仍然成立，即 AM 与 BD的关系是：相等且垂直；理由如下： 如图所示，设 AM 与 CD交于点 P， 在正方形 ACDE

27、和正方形 BCMN 中， AC=DC，ACD=MCB=90 ，CM=CB， ACD+DCM=MCB+DCM, 即ACM=DCB， ACMDCB（SAS） ， AM=BD，MAC=BDC， MAC+APC=90 ， BDC+APC =90 ， APC =DPM， BDC+DPM =90 ， AMBD； AM与 BD的关系是：相等且垂直； （3）如图所示，连接 AD、BM，设 AM与 BD交于点 Q， AC=4，BC=2， AD2=42+42=32，BM222+228， 4 2AD ， 2 2BM ， 由（2）可知，AMBD， AB2=AQ2+BQ2，DM2=DQ2+MQ2；AD2=AQ2+DQ2

28、，BM2=BQ2+MQ2， AB2+DM2AQ2+BQ2+DQ2+MQ2， AD2+BM2AQ2+DQ2+BQ2+MQ2， AB2+DM2AD2+BM2=40. 【点睛】 本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识.结合图形综合运用所 学知识是解题的关键. 9如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F分别在OD、OC上，且DECF ， 连接AE、DF，AE的延长线交DF于点M （1）求证：AEDF； （2）求证：AMDF 【答案】 （1）见解析； （2）见解析 【分析】 （1）利用正方形的性质及 SAS 定理证 AOEDOF，得出 AE=DF即

29、可； （2）由 AOEDOF得出OEA=OFD，证出OAE+OFD=90 ，得出AMF=90 ，即可得出结论 【详解】 （1）四边形ABCD是正方形， OACOOD，ACBD， 90AOEDOF ， 又DECF， ODDEOCCF， 即OEOF， 在AOE和DOF中， OAOD AOEDOF OEOF ， ()AOEDOF SAS ， AEDF； （2）由（1）得：AOEDOF ， OEAOFD ， 90OAEAEO， 90OAEOFD， 90AMF， AMDF 【点睛】 此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识；解答本题的关键是通 过全等的证明和利用等角代换解

30、题，属于中考常考题型 10如图 1，正方形 ABCD中，点 O是对角线 AC的中点，点 P 是线段 AO上（不与点 A，O 重合）的一个 动点，过点 P 作 PEPB且 PE交边 CD于点 E （1）求证：PEPB； （2）如图 2，若正方形 ABCD 的边长为 2，过点 E作 EFAC 于点 F，在点 P 运动的过程中，PF 的长度是 否发生变化？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由； （3）用等式表示线段 PC，PA，CE 之间的数量关系 【答案】 （1）见解析； （2）在 P点运动的过程中，PF 的长度不发生变化PF的长为定值 2； （3） 2PCPAEC 理由见解析 【分析】

31、 （1）做辅助线，构建全等三角形，根据 ASA 证明 BMPPNE 即可求解 （2）如图，连接 OB，通过证明OBPFPE，得到 PF=OB，则 PF为定值是 2 （3）根据 AMP 和 PCN是等腰直角三角形，得PA 2PM ，PC 2NC ，整理可得结论 【详解】 （1）证明：如图，过点 P 作 MNAD，交 AB于点 M，交 CD于点 N PBPE， BPE90 ， MPB+EPN90 四边形 ABCD是正方形， BADD90 ADMN， BMPBADPNED90， MPB+MBP90 ， EPNMBP 在 Rt PNC 中，PCN45 ， PNC是等腰直角三角形， PNCN， BMCN

32、PN， BMPPNE（ASA） ， PBPE （2）解：在 P 点运动的过程中，PF 的长度不发生变化 理由：如图 2，连接 OB 点 O是正方形 ABCD对角线 AC 的中点， OBAC， AOB90 ， AOBEFP90 ， OBP+BPO90 BPE90 ， BPO+OPE90 ， OBPOPE 由（1）得 PBPE， OBPFPE（AAS） ， PFOB AB2， ABO是等腰直角三角形， 2 2 2 OB PF 的长为定值 2 （3）解： 2PCPAEC 理由：如图 1，BAC45 ， AMP 是等腰直角三角形， PA 2PM 由（1）知 PMNE， PA 2NE PCN是等腰直角三

33、角形， PC2NC2 NEEC2NE2ECPA2EC 【点睛】 本题主要考查了四边形综合应用，通过对三角形全等的证明找出边之间的关系，准确分析代换求解是解题 的关键 11平面直角坐标系中，四边形 OABC 是正方形，点 A，C 在坐标轴上，点 B（6，6） ，P 是射线 OB上一 点，将AOP绕点 A 顺时针旋转 90 ，得ABQ，Q是点 P 旋转后的对应点. （1）如图（1）当 OP = 2 2时，求点 Q的坐标； （2）如图（2） ，设点 P（x，y） （06x） ，APQ的面积为 S. 求 S与x的函数关系式，并写出当 S 取最小值时，点 P 的坐标； （3）当 BP+BQ = 8 2

34、时，求点 Q 的坐标（直接写出结果即可） 【答案】 （1）(8,4)Q； （2） 2 618Sxx， (3,3)P； （3）(13, 1)Q 【分析】 （1）先根据正方形的性质、解直角三角形可得2OGPG，4AG，再根据三角形全等的判定定理与 性质可得2,4AHPGQHAG，从而可得8OH ，由此即可得出答案； （2）先根据正方形的性质得出OGPGx，x y ，再根据旋转的性质、勾股定理可得 22 21236APxx， ,90APAQPAQ， 然后根据直角三角形的面积公式可得S与x的函数关系式， 最后利用二次函数的解析式即可得点 P 的坐标； （3）先根据旋转的性质、正方形的性质得出 8 2B

35、POP ， 6 2OB ，从而得出点 P 在 OB的延长线 上，再根据线段的和差可得7 2,2OPBP，然后同（1）的方法可得 2 7 2 OGPGOP， APGQAH ，最后根据三角形全等的性质、线段的和差可得1,13QHOH，由此即可得出答案 【详解】 （1）如图 1，过 P 点作PGx轴于点 G，过 Q点作QHx轴于点 H 四边形 OABC是正方形 45AOB (6,6)B 6OA 在Rt OPG中， 2 sin452 22 2 PGOP ，2OGPG 4AGOAOG AOP绕点 A 顺时针旋转90得到ABQ ,AQAP BQOP，PAGBAQ 90APGPAGQAHBAQ APGQAH

36、 在APG和QAH中， 90AGPQHA APGQAH APQA ()APGQAH AAS 2,4AHPGQHAG 628OHOAAH 则点 Q的坐标为(8,4)Q； （2）如图 2，过 P 点作PGx轴于点 G AOP绕点 A 顺时针旋转90得到ABQ ,90APAQPAQ ( , ),45P x yPOG OGPGx，x y 6AGOA OGx 在RtAPG中，由勾股定理得： 22222 (6)APAGPGxx 整理得： 22 21236APxx 22 618 11 22 AP AQAxPSx 整理得： 2 (3)9Sx 06x 由二次函数的性质可知，当0 3x时，S随 x 的增大而减小；

37、当36x时，S随 x 的增大而增大 则当3x 时，S 取得最小值，最小值为 9 此时3yx 故点 P 的坐标为(3,3)P； （3）AOP绕点 A顺时针旋转90得到 ABQ OPBQ 8 2BPBQ 8 2BPOP 四边形 OABC是正方形，且边长6OAAB 对角线 22 6 28 2OBOAAB 点 P 在 OB的延长线上 26 28 2BPOPOP OBOPOP 解得 7 2OP 2BPOP OB 如图 3，过 P 点作PGx轴于点 G，过 Q点作QHx轴于点 H 同（1）可得： 2 7 2 OGPGOP， APGQAH 761QHAGOGOA， 7AHPG 6 713OHOAAH 则点

38、Q的坐标为(13, 1)Q 【点睛】 本题考查了正方形的性质、旋转的性质、解直角三角形、三角形全等的判定定理与性质、二次函数的性质 等知识点，较难的是题（3） ，正确得出点 P 的位置是解题关键 12在平面直角坐标系中，抛物线 2 yxbxc 经过点(2,0)A和点( 1,2) . （1）求抛物线的解析式； （2）( , )P m t为抛物线上的一个动点， 点P关于原点的对称点为 P .当点 P 落在该抛物线上时， 求m的值； （3）( , )P m t(2)m 是抛物线上一动点，连接PA，以PA为边作图示一侧的正方形APFG，随着点P的 运动，正方形的大小与位置也随之改变，当顶点F或G恰好落

39、在y轴上时，求对应的P点坐标. 【答案】 （1） 2 110 33 yxx .（2） 30 3 m 或 30 3 m .（3）P点的坐标为 4 ,2 3 ，( 1,2)， 131131 , 33 ， 131131 , 33 . 【分析】 （1）将(2,0)A和点( 1,2)代入解析式解方程即可； （2）将 P 的坐标表示，把,P P坐标代入解析式求 m即可； （3）利用正方形性质和一线三直角几何模型，找到全等三角形，根据直角边解方程即可. 【详解】 （1）抛物线 2 yxbxc 经过点(2,0)A和点( 1,2) . 得 420 12 bc bc ，解得 1 3 10 3 b c 抛物线的解析

40、式为 2 110 33 yxx . （2） P 与( , )P m t关于原点对称， P 的坐标为(,)mt. ( , )P m t，(,)Pmt 都在抛物线 2 110 33 yxx 上， 2 110 33 tmm ， 2 110 33 tmm . 22 110110 0 3333 mmmm . 解得 30 3 m 或 30 3 m . （3）当点G落在y轴上时， 如图 1，过点P作PMx轴于点M， 四边形APFG是正方形， APGA，90PAG. 90PAMGAO. 90AOG， 90AGOGAO. PAMAGO. 又90PMAAOG， PMAAOG. 2PMAO. 2t ，有 2 110

41、 2 33 mm， 解得 4 3 m 或 1m（舍去）. P点坐标为 4 ,2 3 . 如图 2，过点P作PMx轴于点M， 同理可以证得APMGAO， 2PMAO. 2t ，有 2 110 2 33 mm， 解得1m或 4 3 m （舍去）. P点坐标为( 1,2). 当点F落在y轴上时， 如图 3，过点P作PMx轴于点M，过点F作FNPM于点N， 同理可以证得PFNAPM， FNPM， tm，有 2 110 33 mmm， 解得 131 3 m 或 131 3 m （舍去）. P点坐标为 131131 , 33 . 如图 4，过点P作PNy轴于点N，过点A作AMPN，交PN的延长线于点M，

42、同理可以证得PAMFPN， AMPN， tm，有 2 110 33 mmm， 解得 131 3 m 或 131 3 m （舍去）. P点坐标为 131131 , 33 . 综上所述，P点的坐标为 4 ,2 3 ，( 1,2)， 131131 , 33 ， 131131 , 33 . 【点睛】 本题是经典的二次函数题目，涉及待定系数法求解析式，点的表示及代入，以及与一线三直角模型的点的 存在性问题，是典型的综合性题目. 13如图，点 E，F，G，H分别位于边长为 a的正方形 ABCD 的四条边上，四边形 EFGH 也是正方形，AG x，正方形 EFGH 的面积为 y （1）当 a2，y3 时，求

43、 x的值； （2）当 x 为何值时，y的值最小？最小值是多少？ 【答案】 （1）x 22 2 ； （2）当 x 1 2 a（即 E 在 AB边上的中点）时，正方形 EFGH 的面积最小，最小 的面积为 1 2 a2 【分析】 （1）设正方形 ABCD的边长为 a，AEx，则 BEax，易证 AHEBEFCFGDHG，再利用 勾股定理求出 EF的长，进而得到正方形 EFGH的面积； （2）利用二次函数的性质即可求出面积的最小值 【详解】 解：设正方形 ABCD的边长为 a，AEx，则 BEax， 四边形 EFGH是正方形， EHEF，HEF90 ， AEH+BEF90 ， AEH+AHE90 ，

44、 AHEBEF， 在 AHE 和 BEF中， 90AB AHEBEF EHEF ， AHEBEF（AAS） ， 同理可证 AHEBEFCFGDHG， AEBFCGDHx，AHBECFDGax EF2BE2+BF2（ax）2+x22x22ax+a2， 正方形 EFGH的面积 yEF22x22ax+a2， 当 a2，y3 时，2x24x+43， 解得：x 22 2 ； （2）y2x22ax+a22（x 1 2 a）2+ 1 2 a2， 即：当 x 1 2 a（即 E 在 AB边上的中点）时，正方形 EFGH 的面积最小，最小的面积为 1 2 a2 【点睛】 本题考查了二次函数的应用，正方形的性质、

45、全等三角形的判定和性质以及二次函数的性质，题目的综合 性较强，难度中等 14如图所示，0,2A，1,0D，以AD为边作正方形ABCD，求点B、C的坐标. 【答案】2,3B；3,1C 【解析】 【分析】 过 B 作 BEy轴，过 C作 CFx轴，垂足分别为 E、 F， 可证明 ABEDAOCDF，可求得 OE、BE、 CF、OF的长，可求得 B、C的坐标 【详解】 解：如图，过 B作 BEy轴，过 C 作 CFx 轴，垂足分别为 E、F， 四边形 ABCD为正方形， A=D=90 ，AB=CD， BAE+DAO=DAO+ADO=90 ， BAE=ADO， 在 ABE和 DAO 中， BEAAOD

46、 BAEADO ABAD ， ， ABEDAO（AAS） ， 同理可得 DAOCDF， A（0，2） ，D（1，0） ， BE=DF=OA=2，AE=CF=OD=1， OE=OA+AE=2+1=3，OF=OD+DF=1+2=3， B点坐标为（2，3） ，C点坐标为（3，2） 【点睛】 本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，利用正方形的四边相等找到条件通过证明三角形 全等求得 BE、AE、CF、OF 的长是解题的关键 15如图所示， 3,4A ，四边形OABC为正方形，AB交y轴于D.求点B的坐标. 【答案】1,7B 【解析】 【分析】 作AEx轴于 E，作BFAE于 F，易证AOE

47、BAF，得FBAE，AFEO，即可求出点 B 坐标. 【详解】 解：作AEx轴于 E，作BFAE于 F， 90AEOBFA， 在正方形 ABCD中，ABAO，90BAO， 90FABEAO， FABEOA， AOEBAF， FBAE，AFEO， 3,4A ， 4FBAE，3AFEO， 1,7B 【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质；通过作辅助线证明三 角形全等是解决问题的关键 当正方形的部分点在坐标轴上， 往往过另外的点向坐标轴作垂线， 从而得到“形 外三垂直”的基本图形. 利用正方形边角的性质构造全等三角形求点的坐标. 三、填空题三、填空题 16 如图，

48、正方形ABCD的边长为 4， 点E在CD边上，3CE ， 若点F在正方形的某一边上， 满足CF BE， 且CF与BE的交点为M则CM _ 【答案】12 5 或 5 2 【分析】 分两种情况进行讨论，点 F在 AD上或点 F在 AB上，依据全等三角形的性质以及矩形的性质，即可得到 CM的长 【详解】 解：分两种情况： 如图 1所示，当点 F在 AD上时， 由 CF=BE，CD=BC，BCE=CDF=90 可得，Rt BCERt CDF（HL） ， DCF=CBE， 又BCF+DCF=90 ， BCF+CBE=90 ， BMC=90 ，即 CFBE， BC=4，CE=3，BCE=90 ， BE=5

49、， CM= 12 5 BCCE BE ； 如图 2所示，当点 F在 AB 上时， 同理可得，Rt BCFRt CBE（HL） ， BF=CE， 又BFCE， 四边形 BCEF是平行四边形， 又BCE=90 ， 四边形 BCEF是矩形， CM= 1 2 BE= 1 2 5= 5 2 故答案为： 12 5 或 5 2 【点睛】 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等 三角形的性质证明线段和角相等的重要工具在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件 17如图，四边形ABCD中ADAB， 90DABBCD则ACB _ 【答案】45 【分析】 作 AEBC于 E，AFCD延长线于点 F，易证四边形 AECF为矩形，可得FAE90 ，再根据DAB 90 ，可得DAFBAE，即可证明 BAEDAF，可得 AEAF，即可判定矩形 AECF为正方形，即 可解题 【详解】 解：作 AEBC于 E，AFCD 延长线于点 F， AECAFCBCD90 ， 四边形 AECF为矩形， FAE90 ，即DAFDAE90 ， DAEBAE90 ， DAFBAE， 在 BAE和 DAF中， AEBF，BAEDAF，ABAD， BAEDAF（AAS） ， AEAF， 矩形 AECF为正方形， ACB