发布时间 : 星期二 文章北京中考数学--几何、二次函数综合题压轴题解析汇总更新完毕开始阅读bde1e31e79563c1ec5da716b
随α的变化而变化？若不变，求出△EFC与△AMN的周长的和；若变化，请说明理由．
考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；几何变换的类型． 专题：证明题．
分析：（1）分别计算EF、EC、CF的长度，计算△EFC的周长即EF+EC+CF即可；
（2）证明△AHM≌△ERP，△AHN≌△FGQ得AM=EP，HM=PR，AN=FQ，HN=GQ，可得△EFC与△AMN的周长的和不随x的变化而变化．
（3）△AHM≌△FSQ，△AHN≌△ERP可得AM=FQ，HM=SQ，AN=EP，HN=RP．可以求得△EFC与△AMN的周长的和为△CPQ的周长．
解答：解：（1）如图1，∵正方形ABCD的边长为1， ∴AC=．
又∵直线l1∥直线l2，l1与l2之间的距离为1． ∴CG= -1．
∴EF=2 -2，EC=CF=2-． ∴△EFC的周长为EF+EC+CF=2；
（2）△EFC与△AMN的周长的和不随x的变化而变化． 如图2，把l1、l2向左平移相同的距离，
使得l1过A点，即l1平移到l4，l2平移到l3， 过E、F分别做l3的垂线，垂足为R，G． 可证△AHM≌△ERP，△AHN≌△FGQ． ∴AM=EP，HM=PR，AN=FQ，HN=GQ．
∴△EFC与△AMN的周长的和为△CPQ的周长，由已知可计算△CPQ的周长为2， ∴△EFC与△AMN的周长的和为2；
（3）△EFC与△AMN的周长的和不随α的变化而变化．
如图3，把l1、l2平移相同的距离，使得l1过A点，即l1平移到l4，l2平移到l3，
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过E、F分别做l3的垂线，垂足为R，S．过A作l1的垂线，垂足为H． 可证△AHM≌△FSQ，△AHN≌△ERP， ∴AM=FQ，HM=SQ，AN=EP，HN=RP．
∴△EFC与△AMN的周长的和为△CPQ的周长．
如图4，过A作l3的垂线，垂足为T．连接AP、AQ． 可证△APT≌△APD，△AQT≌△AQB， ∴DP=PT，BQ=TQ．
∴△CPQ的周长为DP+PC+CQ+QB=DC+CB=2． ∴△EFC与△AMN的周长的和为2．
点评：本题考查了正方形各边长相等的性质，正方形各内角为直角的性质，勾股定理在直角三角形中的运用，几何变换类型题目的解决方法．
2011东城二模
24. 如图1，在△ABC中，AB=BC=5，AC=6．△ECD是△ABC沿CB方向平移得到的，连接AE，AC和BE相交于点O．
（1）判断四边形ABCE是怎样的四边形，并证明你的结论；
（2）如图2，P是线段BC上一动点（不与点B、C重合），连接PO并延长交线段AE于点Q，QR⊥BD，垂足为点R．
①四边形PQED的面积是否随点P的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四边形PQED的面积；
②当线段BP的长为何值时，以点P、Q、R为顶点的三角形与△BOC相似？
考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；平移的性质．
专题：证明题．
分析：（1）四边形ABCE是菱形．证明：∵△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，∴EC∥AB，EC=AB．∴四边形ABCE是平行四边形．又∵AB=BC，∴四边形ABCE是菱形．
（2）①由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，可得S△PBO=S△QEO，由△ECD是由△ABC平移得到的，
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可得ED∥AC，ED=AC=6．又∵BE⊥AC，∴BE⊥ED，可得S四边形PQED=S△QEO+S四边形POED=S△PBO+S四边形POED=S△BED=1/2×BE×ED=1/2×8×6=24．
②如图，∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3．∴∠2不与∠3对应．∴∠2与∠1对应．即∠2=∠1，∴OP=OC=3．过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点．可证△OGC∽△BOC．可得CG：CO=CO：BC．从而可求解．
解答：解：（1）四边形ABCE是菱形．
证明：∵△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的， ∴EC∥AB，EC=AB．
∴四边形ABCE是平行四边形． 又∵AB=BC，
∴四边形ABCE是菱形．
（2）①四边形PQED的面积不发生变化，理由如下： 由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO， ∴S△PBO=S△QEO
∵△ECD是由△ABC平移得到的， ∴ED∥AC，ED=AC=6． 又∵BE⊥AC， ∴BE⊥ED
∴S四边形PQED=S△QEO+S四边形POED=S△PBO+S四边形POED=S△BED=1/2×BE×ED=1/2×8×6=24． ②如图，当点P在BC上运动，使以点P、Q、R为顶点的三角形与△COB相似． ∵∠2是△OBP的外角， ∴∠2＞∠3．
∴∠2不与∠3对应． ∴∠2与∠1对应． 即∠2=∠1， ∴OP=OC=3．
过O作OG⊥BC于G，则G为PC的中点．可证△OGC∽△BOC． ∴CG：CO=CO：BC． 即CG：3=3：5． ∴CG=9/5．
∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2×9/5=7/5． ∴BD=PB+PR+RF+DF=x+18/5+x+18/5=10． ∴x=7/5， ∴BP=7/5．
点评：本题考查了相似三角形的判定与性质及菱形的判定与性质，难度较大，关键是掌握相似三角形及菱形的判定定理．
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2008 朝阳区一模 22. 已知：如图，在⊙O中，弦CD垂直直径AB，垂足为M，AB=4，CD=
，点E在AB的延长线上，且
．
（1）求证：DE是⊙O的切线； （2）将△ODE平移，平移后所得的三角形记为△O′D′E′．求当点E′与点C重合时，△O′D′E′与⊙O重合部分的面积．
考点：切线的判定；全等三角形的判定与性质；扇形面积的计算；解直角三角形。 专题：几何综合题。
分析：（1）先求出sin∠DOM，即可求出∠DOM，同样，再利用tan∠E=
，可求出∠E，那么在△DOE中，利
用三角形内角和等于180°可求出∠ODE=90°，从而DE是⊙O的切线； （2）由∠ODE=90°，OD=2，∠E=30°，易求DE=2，在Rt△ODM中，OM=1，则AM=3，在Rt△ACM中，利用勾股定理可求AC=2，于是AC=DE=D′E′，根据题意，由平移到性质可知△ODE≌△O′AC，那么∠O′CA=30°，∠AOF=60°，再由平移的性质可知CF∥OA，在RT△FCD中，易求CF=2，∠CFO=∠FOC=60°，因此△FOC是等边三角形，于是CF=OA=2，因而S△AFO=S△AFC，那么重合部分的面积=S扇形AOF=π． 解答：（1）证明：连接OD． ∵弦CD⊥直径AB，AB=4，CD=∴MD=CD， ∴OD=
=2．
，
，
在Rt△OMD中，∵sin∠DOM=∴∠DOM=60°， 在Rt△DME中，∵∴∠E=30°， ∴∠ODE=90°， 又∵OD是⊙O的半径， ∴DE是⊙O的切线．（2分）
，
（2）解：∵∠ODE=90°，OD=2，∠E=30°，
∴DE=
，
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