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14. 如图,在$△ ABC$中,$AD ⊥ BC$,垂足为$D$,$CE ⊥ AB$,垂足为$E$,$F$是$AC$的中点,连接$DF$、$EF$.
(1)求证:$DF=EF$.
(2)连接$DE$,若$AC=2$,$DE=1$.
①判断$△ DEF$的形状,并说明理由；
②$\dfrac{BD}{AB}=$
(1)求证:$DF=EF$.
(2)连接$DE$,若$AC=2$,$DE=1$.
①判断$△ DEF$的形状,并说明理由；
②$\dfrac{BD}{AB}=$
$\dfrac{1}{2}$
.答案
14. (1)证明:$\because CE⊥ AB$,$AD⊥ BC$,$\therefore ∠ AEC=∠ ADC=90°$. 又$\because F$ 是 $AC$ 的中点,$\therefore EF=\dfrac{1}{2}AC$,$DF=\dfrac{1}{2}AC$,$\therefore DF=EF$.
(2)①$△ DEF$ 是等边三角形. 理由如下:由(1)知,$EF=DF=\dfrac{1}{2}AC=1$. 又$\because DE=1$,$\therefore DE=EF=DF$,$\therefore △ DEF$ 是等边三角形.
② $\dfrac{1}{2}$ 解析:由(1)得 $EF=\dfrac{1}{2}AC$. 又$\because F$ 是 $AC$ 的中点,即 $AF=\dfrac{1}{2}AC$,$\therefore EF=AF$,$\therefore ∠ AEF=∠ EAF$. 同理可得 $∠ CDF=∠ DCF$. 由(2)①,得 $△ DEF$ 是等边三角形,$\therefore ∠ DEF=∠ EDF=60°$,$\therefore ∠ BED+∠ AEF=120°$,$∠ BDE+∠ CDF=120°$,$\therefore ∠ BED+∠ EAF=120°$,$∠ BDE+∠ DCF=120°$,$\therefore ∠ BED+∠ EAF+∠ BDE+∠ DCF=240°$.$\because ∠ B+∠ BED+∠ BDE=180°$,$∠ B+∠ EAF+∠ DCF=180°$,$\therefore 180°-∠ B+180°-∠ B=240°$,$\therefore ∠ B=60°$. 又$\because AD⊥ BC$,$\therefore ∠ ADB=90°$,$\therefore ∠ BAD=90°-∠ B=90°-60°=30°$,$\therefore BD=\dfrac{1}{2}AB$,$\therefore \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{1}{2}$.
(2)①$△ DEF$ 是等边三角形. 理由如下:由(1)知,$EF=DF=\dfrac{1}{2}AC=1$. 又$\because DE=1$,$\therefore DE=EF=DF$,$\therefore △ DEF$ 是等边三角形.
② $\dfrac{1}{2}$ 解析:由(1)得 $EF=\dfrac{1}{2}AC$. 又$\because F$ 是 $AC$ 的中点,即 $AF=\dfrac{1}{2}AC$,$\therefore EF=AF$,$\therefore ∠ AEF=∠ EAF$. 同理可得 $∠ CDF=∠ DCF$. 由(2)①,得 $△ DEF$ 是等边三角形,$\therefore ∠ DEF=∠ EDF=60°$,$\therefore ∠ BED+∠ AEF=120°$,$∠ BDE+∠ CDF=120°$,$\therefore ∠ BED+∠ EAF=120°$,$∠ BDE+∠ DCF=120°$,$\therefore ∠ BED+∠ EAF+∠ BDE+∠ DCF=240°$.$\because ∠ B+∠ BED+∠ BDE=180°$,$∠ B+∠ EAF+∠ DCF=180°$,$\therefore 180°-∠ B+180°-∠ B=240°$,$\therefore ∠ B=60°$. 又$\because AD⊥ BC$,$\therefore ∠ ADB=90°$,$\therefore ∠ BAD=90°-∠ B=90°-60°=30°$,$\therefore BD=\dfrac{1}{2}AB$,$\therefore \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{1}{2}$.
解析
【分析】
(1)要证明DF=EF，先由AD⊥BC、CE⊥AB可得△AEC和△ADC都是直角三角形，F是AC中点，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，可得EF、DF均为AC的一半，即可证得二者相等。
(2)①判断△DEF的形状，由(1)的结论可推出EF=DF=1，结合已知DE=1，根据三边相等的三角形为等边三角形即可判定。
②求BD/AB的比值，可先推导∠B的度数：结合等边三角形内角为60°，通过角的等量代换和三角形内角和定理求出∠B=60°，再在Rt△ABD中利用30°角所对直角边为斜边一半的性质，即可得到BD和AB的数量关系，求出比值。
【解析】
(1)证明：$\because CE⊥ AB$,$AD⊥ BC$,$\therefore ∠ AEC=∠ ADC=90°$. 又$\because F$ 是 $AC$ 的中点,$\therefore EF=\dfrac{1}{2}AC$,$DF=\dfrac{1}{2}AC$,$\therefore DF=EF$.
(2)①$△ DEF$ 是等边三角形，理由如下：由(1)知,$EF=DF=\dfrac{1}{2}AC$，$\because AC=2$，$\therefore EF=DF=1$，又$\because DE=1$，$\therefore DE=EF=DF$，$\therefore △ DEF$ 是等边三角形。
②解：由(1)得 $EF=\dfrac{1}{2}AC$，又$\because F$ 是 $AC$ 的中点，即 $AF=\dfrac{1}{2}AC$，$\therefore EF=AF$，$\therefore ∠ AEF=∠ EAF$。同理可得 $∠ CDF=∠ DCF$。由(2)①得 $△ DEF$ 是等边三角形，$\therefore ∠ DEF=∠ EDF=60°$，$\therefore ∠ BED+∠ AEF=120°$，$∠ BDE+∠ CDF=120°$，$\therefore ∠ BED+∠ EAF=120°$，$∠ BDE+∠ DCF=120°$，$\therefore ∠ BED+∠ EAF+∠ BDE+∠ DCF=240°$。
$\because ∠ B+∠ BED+∠ BDE=180°$，$∠ B+∠ EAF+∠ DCF=180°$，$\therefore ∠ BED+∠ BDE=180°-∠B$，$∠ EAF+∠ DCF=180°-∠B$，代入上式得$180°-∠ B+180°-∠ B=240°$，解得$∠ B=60°$。
又$\because AD⊥ BC$，$\therefore ∠ ADB=90°$，$\therefore ∠ BAD=90°-∠ B=30°$，$\therefore BD=\dfrac{1}{2}AB$，$\therefore \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{1}{2}$。
【答案】
(1)证明成立；
(2)①$△ DEF$是等边三角形；②$\boxed{\dfrac{1}{2}}$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等边三角形判定，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题综合考查了直角三角形、等边三角形的性质与判定，解题核心是灵活运用直角三角形斜边中线的性质得到边的等量关系，再通过角的代换推导角度，对基础性质的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
(1)要证明DF=EF，先由AD⊥BC、CE⊥AB可得△AEC和△ADC都是直角三角形，F是AC中点，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，可得EF、DF均为AC的一半，即可证得二者相等。
(2)①判断△DEF的形状，由(1)的结论可推出EF=DF=1，结合已知DE=1，根据三边相等的三角形为等边三角形即可判定。
②求BD/AB的比值，可先推导∠B的度数：结合等边三角形内角为60°，通过角的等量代换和三角形内角和定理求出∠B=60°，再在Rt△ABD中利用30°角所对直角边为斜边一半的性质，即可得到BD和AB的数量关系，求出比值。
【解析】
(1)证明：$\because CE⊥ AB$,$AD⊥ BC$,$\therefore ∠ AEC=∠ ADC=90°$. 又$\because F$ 是 $AC$ 的中点,$\therefore EF=\dfrac{1}{2}AC$,$DF=\dfrac{1}{2}AC$,$\therefore DF=EF$.
(2)①$△ DEF$ 是等边三角形，理由如下：由(1)知,$EF=DF=\dfrac{1}{2}AC$，$\because AC=2$，$\therefore EF=DF=1$，又$\because DE=1$，$\therefore DE=EF=DF$，$\therefore △ DEF$ 是等边三角形。
②解：由(1)得 $EF=\dfrac{1}{2}AC$，又$\because F$ 是 $AC$ 的中点，即 $AF=\dfrac{1}{2}AC$，$\therefore EF=AF$，$\therefore ∠ AEF=∠ EAF$。同理可得 $∠ CDF=∠ DCF$。由(2)①得 $△ DEF$ 是等边三角形，$\therefore ∠ DEF=∠ EDF=60°$，$\therefore ∠ BED+∠ AEF=120°$，$∠ BDE+∠ CDF=120°$，$\therefore ∠ BED+∠ EAF=120°$，$∠ BDE+∠ DCF=120°$，$\therefore ∠ BED+∠ EAF+∠ BDE+∠ DCF=240°$。
$\because ∠ B+∠ BED+∠ BDE=180°$，$∠ B+∠ EAF+∠ DCF=180°$，$\therefore ∠ BED+∠ BDE=180°-∠B$，$∠ EAF+∠ DCF=180°-∠B$，代入上式得$180°-∠ B+180°-∠ B=240°$，解得$∠ B=60°$。
又$\because AD⊥ BC$，$\therefore ∠ ADB=90°$，$\therefore ∠ BAD=90°-∠ B=30°$，$\therefore BD=\dfrac{1}{2}AB$，$\therefore \dfrac{BD}{AB}=\dfrac{1}{2}$。
【答案】
(1)证明成立；
(2)①$△ DEF$是等边三角形；②$\boxed{\dfrac{1}{2}}$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，等边三角形判定，含30°角的直角三角形性质
【点评】
本题综合考查了直角三角形、等边三角形的性质与判定，解题核心是灵活运用直角三角形斜边中线的性质得到边的等量关系，再通过角的代换推导角度，对基础性质的综合运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
15. 如图,已知长方形OABC的顶点A在x轴上,顶点C在y轴上,OA=16,OC=8,D、E分别为OA、BC上的两点,将长方形OABC沿直线DE折叠后,点A刚好与点C重合,点B落在点F处,再将其打开、展平.
(1)点B的坐标是
(2)求直线DE的函数表达式.
(3)设动点P从点D出发,以每秒1个单位长度的速度沿折线D→A→B→C向终点C运动,运动时间为t s.问:是否存在时刻t使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$? 若存在,求t的值;若不存在,请说明理由.
(1)点B的坐标是
$(16,8)$
.(2)求直线DE的函数表达式.
(3)设动点P从点D出发,以每秒1个单位长度的速度沿折线D→A→B→C向终点C运动,运动时间为t s.问:是否存在时刻t使得$S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$? 若存在,求t的值;若不存在,请说明理由.
答案
15. (1)$(16,8)$
(2)设 $OD=m$,则 $AD=16-m$,由折叠可知,$CD=AD=16-m$,$∠ ADE=∠ CDE$.$\because OC^2+OD^2=CD^2$,$\therefore 8^2+m^2=(16-m)^2$,解得 $m=6$,$\therefore D(6,0)$,$CD=AD=16-m=10$,$\because BC// OA$,$\therefore ∠ ADE=∠ CED$,$\therefore ∠ CDE=∠ CED$,$\therefore CE=CD=10$,$\therefore E(10,8)$,设直线 $DE$ 的函数表达式为 $y=kx+b$,把 $D(6,0)$、$E(10,8)$ 代入,得 $\begin{cases} 6k+b=0,\\10k+b=8,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=2,\\b=-12,\end{cases}$ $\therefore$ 直线 $DE$ 的函数表达式为 $y=2x-12$.
(3)不存在. 理由如下: $\because OC=8$,$OD=6$,$\therefore S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}× 8× 6=24$. $\because AD=10$,$\therefore$ 当 $0≤ t≤ 10$ 时,点 $P$ 在线段 $AD$ 上,$\because AD＜2OD$,$\therefore$ 此时不存在点 $P$,使 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$; 当 $10＜t≤ 18$ 时,点 $P$ 在线段 $AB$ 上,如图 1,此时 $BE=BC-CE=16-10=6$,$\therefore S_{\mathrm{梯形}DABE}=\dfrac{1}{2}× (6+10)× 8=64$,$S_{△ PAD}=\dfrac{1}{2}× 10(t-10)=5t-50$,$S_{△ BPE}=\dfrac{1}{2}× 6[8-(t-10)]=54-3t$,$\therefore S_{△ PDE}=S_{\mathrm{梯形}DABE}-S_{△ PAD}-S_{△ BPE}=64-(5t-50)-(54-3t)=2× 24$,解得 $t=6$(不符合题意,舍去); 当 $18＜t≤ 34$ 时,点 $P$ 在线段 $BC$ 上,如图 2, $\because S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,$\therefore PE=2OD=12$,$\because CE=10$,$BE=6$,$\therefore$ 在线段 $BC$ 上不存在点 $P$,使 $PE=2OD$. 综上所述,点 $P$ 在运动过程中,不存在时刻 $t$,使得 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$.
解析
【分析】
(1) 根据长方形的性质，点B的横坐标等于OA的长度，纵坐标等于OC的长度，可直接得到B点坐标。
(2) 求直线DE的解析式需要先确定D、E两点坐标：利用折叠性质可知CD=AD，设OD=m，在Rt△OCD中用勾股定理列方程求出m，即可得到D点坐标；再结合BC//OA的平行性质和折叠的等角关系，推出CE=CD，得到E点坐标，最后用待定系数法代入两点坐标即可求出直线解析式。
(3) 先计算出△OCD的面积，得到目标面积值，再分点P在DA、AB、BC三段运动的三种情况，分别表示出对应情况下△PDE的面积，列方程求解后判断解是否在对应t的取值范围内，即可判断是否存在符合条件的t。
【解析】
(1) 长方形OABC中，OA在x轴上长度为16，OC在y轴上长度为8，因此点B的横坐标为16，纵坐标为8，即B(16,8)。
(2) 设 $OD=m$,则 $AD=16-m$,由折叠可知,$CD=AD=16-m$,$∠ ADE=∠ CDE$.
$\because OC^2+OD^2=CD^2$,$\therefore 8^2+m^2=(16-m)^2$,解得 $m=6$,
$\therefore D(6,0)$,$CD=AD=16-m=10$,
$\because BC// OA$,$\therefore ∠ ADE=∠ CED$,$\therefore ∠ CDE=∠ CED$,
$\therefore CE=CD=10$,$\therefore E(10,8)$,
设直线 $DE$ 的函数表达式为 $y=kx+b$,把 $D(6,0)$、$E(10,8)$ 代入,得
$\begin{cases} 6k+b=0,\\10k+b=8,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=2,\\b=-12,\end{cases}$
$\therefore$ 直线 $DE$ 的函数表达式为 $y=2x-12$.
(3) 不存在. 理由如下:
$\because OC=8$,$OD=6$,$\therefore S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}× 8× 6=24$.
$\because AD=10$,$\therefore$ 当 $0≤ t≤ 10$ 时,点 $P$ 在线段 $AD$ 上,$\because AD＜2OD$,$\therefore$ 此时不存在点 $P$,使 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$;
当 $10＜t≤ 18$ 时,点 $P$ 在线段 $AB$ 上,如图 1,此时 $BE=BC-CE=16-10=6$,
$\therefore S_{\mathrm{梯形}DABE}=\dfrac{1}{2}× (6+10)× 8=64$,
$S_{△ PAD}=\dfrac{1}{2}× 10(t-10)=5t-50$,
$S_{△ BPE}=\dfrac{1}{2}× 6[8-(t-10)]=54-3t$,
$\therefore S_{△ PDE}=S_{\mathrm{梯形}DABE}-S_{△ PAD}-S_{△ BPE}=64-(5t-50)-(54-3t)=2× 24$,解得 $t=6$(不符合题意,舍去);
当 $18＜t≤ 34$ 时,点 $P$ 在线段 $BC$ 上,如图 2, $\because S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,$\therefore PE=2OD=12$,
$\because CE=10$,$BE=6$,$\therefore$ 在线段 $BC$ 上不存在点 $P$,使 $PE=2OD$.
综上所述,点 $P$ 在运动过程中,不存在时刻 $t$,使得 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$.
【答案】
(1)$(16,8)$
(2)直线DE的函数表达式为$y=2x-12$
(3)不存在，理由如下: $\because OC=8$,$OD=6$,$\therefore S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}× 8× 6=24$. $\because AD=10$,$\therefore$ 当 $0≤ t≤ 10$ 时,点 $P$ 在线段 $AD$ 上,$\because AD＜2OD$,$\therefore$ 此时不存在点 $P$,使 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$; 当 $10＜t≤ 18$ 时,点 $P$ 在线段 $AB$ 上,如图 1,此时 $BE=BC-CE=16-10=6$,$\therefore S_{\mathrm{梯形}DABE}=\dfrac{1}{2}× (6+10)× 8=64$,$S_{△ PAD}=\dfrac{1}{2}× 10(t-10)=5t-50$,$S_{△ BPE}=\dfrac{1}{2}× 6[8-(t-10)]=54-3t$,$\therefore S_{△ PDE}=S_{\mathrm{梯形}DABE}-S_{△ PAD}-S_{△ BPE}=64-(5t-50)-(54-3t)=2× 24$,解得 $t=6$(不符合题意,舍去); 当 $18＜t≤ 34$ 时,点 $P$ 在线段 $BC$ 上,如图 2, $\because S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,$\therefore PE=2OD=12$,$\because CE=10$,$BE=6$,$\therefore$ 在线段 $BC$ 上不存在点 $P$,使 $PE=2OD$. 综上所述,点 $P$ 在运动过程中,不存在时刻 $t$,使得 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$.
【知识点】
1. 待定系数法求一次函数解析式
2. 折叠的性质
3. 动点面积分类讨论
【点评】
本题综合性较强，融合了平面直角坐标系、一次函数、几何折叠变换与动点面积问题，解题时需要熟练掌握折叠的性质，对动点的位置进行合理分类，结合图形面积公式列方程求解，同时要注意验证解的取值范围是否符合实际情况，避免错解。
【难度系数】
0.3
(1) 根据长方形的性质，点B的横坐标等于OA的长度，纵坐标等于OC的长度，可直接得到B点坐标。
(2) 求直线DE的解析式需要先确定D、E两点坐标：利用折叠性质可知CD=AD，设OD=m，在Rt△OCD中用勾股定理列方程求出m，即可得到D点坐标；再结合BC//OA的平行性质和折叠的等角关系，推出CE=CD，得到E点坐标，最后用待定系数法代入两点坐标即可求出直线解析式。
(3) 先计算出△OCD的面积，得到目标面积值，再分点P在DA、AB、BC三段运动的三种情况，分别表示出对应情况下△PDE的面积，列方程求解后判断解是否在对应t的取值范围内，即可判断是否存在符合条件的t。
【解析】
(1) 长方形OABC中，OA在x轴上长度为16，OC在y轴上长度为8，因此点B的横坐标为16，纵坐标为8，即B(16,8)。
(2) 设 $OD=m$,则 $AD=16-m$,由折叠可知,$CD=AD=16-m$,$∠ ADE=∠ CDE$.
$\because OC^2+OD^2=CD^2$,$\therefore 8^2+m^2=(16-m)^2$,解得 $m=6$,
$\therefore D(6,0)$,$CD=AD=16-m=10$,
$\because BC// OA$,$\therefore ∠ ADE=∠ CED$,$\therefore ∠ CDE=∠ CED$,
$\therefore CE=CD=10$,$\therefore E(10,8)$,
设直线 $DE$ 的函数表达式为 $y=kx+b$,把 $D(6,0)$、$E(10,8)$ 代入,得
$\begin{cases} 6k+b=0,\\10k+b=8,\end{cases}$ 解得 $\begin{cases} k=2,\\b=-12,\end{cases}$
$\therefore$ 直线 $DE$ 的函数表达式为 $y=2x-12$.
(3) 不存在. 理由如下:
$\because OC=8$,$OD=6$,$\therefore S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}× 8× 6=24$.
$\because AD=10$,$\therefore$ 当 $0≤ t≤ 10$ 时,点 $P$ 在线段 $AD$ 上,$\because AD＜2OD$,$\therefore$ 此时不存在点 $P$,使 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$;
当 $10＜t≤ 18$ 时,点 $P$ 在线段 $AB$ 上,如图 1,此时 $BE=BC-CE=16-10=6$,
$\therefore S_{\mathrm{梯形}DABE}=\dfrac{1}{2}× (6+10)× 8=64$,
$S_{△ PAD}=\dfrac{1}{2}× 10(t-10)=5t-50$,
$S_{△ BPE}=\dfrac{1}{2}× 6[8-(t-10)]=54-3t$,
$\therefore S_{△ PDE}=S_{\mathrm{梯形}DABE}-S_{△ PAD}-S_{△ BPE}=64-(5t-50)-(54-3t)=2× 24$,解得 $t=6$(不符合题意,舍去);
当 $18＜t≤ 34$ 时,点 $P$ 在线段 $BC$ 上,如图 2, $\because S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,$\therefore PE=2OD=12$,
$\because CE=10$,$BE=6$,$\therefore$ 在线段 $BC$ 上不存在点 $P$,使 $PE=2OD$.
综上所述,点 $P$ 在运动过程中,不存在时刻 $t$,使得 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$.
【答案】
(1)$(16,8)$
(2)直线DE的函数表达式为$y=2x-12$
(3)不存在，理由如下: $\because OC=8$,$OD=6$,$\therefore S_{△ OCD}=\dfrac{1}{2}× 8× 6=24$. $\because AD=10$,$\therefore$ 当 $0≤ t≤ 10$ 时,点 $P$ 在线段 $AD$ 上,$\because AD＜2OD$,$\therefore$ 此时不存在点 $P$,使 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$; 当 $10＜t≤ 18$ 时,点 $P$ 在线段 $AB$ 上,如图 1,此时 $BE=BC-CE=16-10=6$,$\therefore S_{\mathrm{梯形}DABE}=\dfrac{1}{2}× (6+10)× 8=64$,$S_{△ PAD}=\dfrac{1}{2}× 10(t-10)=5t-50$,$S_{△ BPE}=\dfrac{1}{2}× 6[8-(t-10)]=54-3t$,$\therefore S_{△ PDE}=S_{\mathrm{梯形}DABE}-S_{△ PAD}-S_{△ BPE}=64-(5t-50)-(54-3t)=2× 24$,解得 $t=6$(不符合题意,舍去); 当 $18＜t≤ 34$ 时,点 $P$ 在线段 $BC$ 上,如图 2, $\because S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$,$\therefore PE=2OD=12$,$\because CE=10$,$BE=6$,$\therefore$ 在线段 $BC$ 上不存在点 $P$,使 $PE=2OD$. 综上所述,点 $P$ 在运动过程中,不存在时刻 $t$,使得 $S_{△ PDE}=2S_{△ OCD}$.
【知识点】
1. 待定系数法求一次函数解析式
2. 折叠的性质
3. 动点面积分类讨论
【点评】
本题综合性较强，融合了平面直角坐标系、一次函数、几何折叠变换与动点面积问题，解题时需要熟练掌握折叠的性质，对动点的位置进行合理分类，结合图形面积公式列方程求解，同时要注意验证解的取值范围是否符合实际情况，避免错解。
【难度系数】
0.3
