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专题015压轴题精讲-动点专题
【典例分析】
1.(2021秋?嘉定区期末)如图,在△ABC中,∠ACB=90°中,∠A=30°,AC=,将一个30°角
的顶点D放在边AB上移动,使这个30°角的两边分别与△ABC的边AC、BC交于点E、F,且DE⊥AB.
(1)如图1,当点F与点C重合时,求CD的长.
(2)如图2,设AD=x,BF=y,求y关于x的函数解析式,并写出定义域.
(3)联接EF,若△DEF是直角三角形,直接写出AD的长.
【考点】三角形综合题.
【专题】几何综合题;推理能力.
【分析】(1)证明DA=CD=DB,可得结论;
(2)证明等边三角形BDF,求出BF=BD=y,可得x+y=4,根据y=x﹣4≤2,得出x≥2,根据一定与线段AC、BC相交,得出AD最大到M处,求出AM即可得出答案;
(3)分为两种情况:①E为直角顶点时.②F为直角顶点时,分别构建方程求解即可.
【解答】解:(1)∵DE⊥AB,∴∠ADE=90°,
∵∠EDF=30°,∠A=30°,∴∠ADC=120°,
∴∠ACD=180°﹣30°﹣120°=30°,
∴∠A=∠ACD=30°,∴DA=DC,
∵∠ACB=90°,∴∠B=∠DCB=60°,
∴CD=DB,∴CD=AD=DB,
∵AC=2,AB=2BC,∴BC=2,AB=4,
∴CD=AB=2;
(2)∵DE⊥AB,∠EDF=30°,∴∠FDB=∠B=60°,∴△BDF是等边三角形,∴BF=BD,
∴AD+BD=4,∴x+y=4,∴y=4﹣x,
∵y≤2,∴4﹣x≤2,∴x≥2,
∵30°角的两边分别与△ABC的边AC、BC交于点E、F,
∴过C作CM⊥AB于M,最后D只能到M点,∴x此时是3,
∴函数的定义域(即x的取值范围)是:2≤x≤3;
(3)如图1中,当∠DEF=90°时,
∵∠ADE=90°,∠A=30°,AD=x,∴DE=x,
∵∠EDF=30°,∴DF=DB=x,∴x+x=4,
解得:x=,即AD=;
当∠EFD=90°时,(如图2),
∵∠FDE=30°,∴DF=DB=x
∴x+x=4,解得:x=,
即AD=;
综上所述:AD=或AD=.
【点评】本题属于三角形综合题,考查了含30度角的直角三角形,勾股定理等知识,解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题,学会用分类讨论的思想思考问题,属于中考常考题型.
2.(2021秋?普陀区期末)已知:如图,△ABC是边长为a的等边三角形,D为边BC上一点(不与点B、
C重合),AD的垂直平分线EF分别交边AB、AC于点E、F,联结DE、DF.
(1)当a=4时,如果D为边BC的中点,求DE的长;
(2)设BD=x,用含有字母a和x的代数式表示△BDE的周长与△DFC的周长的比;
(3)如果△BDE为直角三角形,求BE的长(用含有字母a的代数式表示).
【考点】三角形综合题.
【专题】几何综合题;等腰三角形与直角三角形;推理能力.
【分析】(1)由等边三角形的性质得AB=BC=AC=4,AD⊥BC,再由线段垂直平分线的性质得AE=DE,EF垂直平分AD,可得EF∥BC,AE=BE,根据直角三角形斜边上的中线即可求解;
(2)求出△BDE的周长=BE+DE+BD=AB+BD=a+x,得出△DFC的周长=BC+AC﹣BD=2a﹣x,即可求解;
(3)设BE=m,分两种情况,①∠CEB=90°时,由含30°角的直角三角形的性质得BD=2BE=2m,DE=AE=AB﹣BE=a﹣m,根据勾股定理求解即可;
②∠BDE=90°时,由含30°角的直角三角形的性质得BD=BE=m,DE=AE=AB﹣BE=a﹣m,根据勾股定理求解即可.
【解答】解:(1)∵等边三角形ABC的边长为a,a=4,∴AB=BC=AC=4,
∵D为边BC的中点,∴AD⊥BC,
∵EF是AD的垂直平分线,∴EF∥BC,AE=BE,∴DE=AB=2;
(2)∵EF是AD的垂直平分线,∴AE=DE,AF=DF,
∵△BDE的周长=BE+DE+BD=AB+BD=a+x,得出△DFC的周长=CD+DF+CF=BC+AC﹣BD=2a﹣x,
∴=;
(3)∵△ABC是等边三角形,∴∠B=60°,
设BE=m,分两种情况:
①当∠CEB=90°时,如图所示:
则∠BDE=90°﹣∠B=30°,
∴BD=2BE=2m,DE=AE=AB﹣BE=a﹣m,
∵BD2=BE2+DE2,即(2m)2=m2+(a﹣m)2,
解得:m=或m=(负值不合题意,舍去),
∴BE=;
②当∠BDE=90°时,如图所示:
则∠BED=90°﹣∠B=30°,
∴BD=BE=m,DE=AE=AB﹣BE=a﹣m,
∵BE2=BD2+DE2,即m2=(m)2+(a﹣m)2,
解得:m=(4﹣2)a或m=(4+
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