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25. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,点$D$是$AC$的中点,连接$BD$,过点$C$作$CF // BD$,且$∠ CFA=90°$,在$FC$上取一点$E$,使$FE=BD$,连接$BE$.
(1)求证:四边形$BEFD$是菱形;
(2)连接$BF$,$DE$相交于点$O$,若$AC=26$,$△ BOE$的周长为$30$,求四边形$BEFD$的面积.
(1)求证:四边形$BEFD$是菱形;
(2)连接$BF$,$DE$相交于点$O$,若$AC=26$,$△ BOE$的周长为$30$,求四边形$BEFD$的面积.
答案
25. (1)证明:$\because CF // BD$,在 $FC$ 上取一点 $E$,使 $FE=BD, \therefore FE // BD$,且 $FE=BD$,
$\therefore$ 四边形 $BEFD$ 是平行四边形.
$\because ∠ ABC = ∠ CFA = 90°$,点 $D$ 是 $AC$ 的中点, $\therefore BD=DF=\frac{1}{2}AC, \therefore$ 四边形 $BEFD$ 是菱形.
(2)解:$\because ∠ CFA=90°$,点 $D$ 是 $AC$ 的中点, $AC=26, \therefore DF=\frac{1}{2}AC=13. \because$ 四边形 $BEFD$ 是菱形, $BF,DE$ 相交于点 $O$,
$\therefore BE=DF=13, OB=OF=\frac{1}{2}BF, OE=OD=\frac{1}{2}DE$, 且 $BF ⊥ DE, \therefore ∠ BOE=90°$,
$\therefore OB^2+OE^2=BE^2=13^2=169.$
$\because △ BOE$ 的周长为 $30, \therefore OB+OE=30-BE=30-13=17$,
$\therefore (OB+OE)^2=17^2=289, \therefore OB^2+OE^2+2OB · OE=289, \therefore 169+2 × \frac{1}{2}BF × \frac{1}{2}DE=289$,
$\therefore S_{\mathrm{四边形}BEFD}=\frac{1}{2}BF · DE=120.$
$\therefore$ 四边形 $BEFD$ 是平行四边形.
$\because ∠ ABC = ∠ CFA = 90°$,点 $D$ 是 $AC$ 的中点, $\therefore BD=DF=\frac{1}{2}AC, \therefore$ 四边形 $BEFD$ 是菱形.
(2)解:$\because ∠ CFA=90°$,点 $D$ 是 $AC$ 的中点, $AC=26, \therefore DF=\frac{1}{2}AC=13. \because$ 四边形 $BEFD$ 是菱形, $BF,DE$ 相交于点 $O$,
$\therefore BE=DF=13, OB=OF=\frac{1}{2}BF, OE=OD=\frac{1}{2}DE$, 且 $BF ⊥ DE, \therefore ∠ BOE=90°$,
$\therefore OB^2+OE^2=BE^2=13^2=169.$
$\because △ BOE$ 的周长为 $30, \therefore OB+OE=30-BE=30-13=17$,
$\therefore (OB+OE)^2=17^2=289, \therefore OB^2+OE^2+2OB · OE=289, \therefore 169+2 × \frac{1}{2}BF × \frac{1}{2}DE=289$,
$\therefore S_{\mathrm{四边形}BEFD}=\frac{1}{2}BF · DE=120.$
26.如图,在四边形ABCD中,AD//BC,AB⊥BC于点B,AD=24 cm,BC=26 cm,点P从点A出发,以1 cm/s的速度向点D运动,同时点Q从点C出发,以3 cm/s的速度向点B运动,其中一个动点到达端点时另一个动点也随之停止运动,设运动时间为t s.
(1)当t=
(2)若PQ=CD,求t的值;
(3)当AB=
(1)当t=
6.5
s时,四边形APQB为矩形;(2)若PQ=CD,求t的值;
(3)当AB=
$8\sqrt{5}$
cm,在点P,Q运动过程中,四边形PQCD能构成菱形.答案
26. 解:(1)根据题意得 $AP=t\ \mathrm{cm},CQ=3t\ \mathrm{cm}, \because AD=24\ \mathrm{cm},BC=26\ \mathrm{cm}, \therefore DP=AD-AP=24-t(\mathrm{cm}),BQ=26-3t(\mathrm{cm}).$
$\because AD // BC, ∠ B=90°, \therefore$ 当 $AP=BQ$ 时,四边形 $ABQP$ 是矩形, $\therefore t=26-3t$,解得 $t=6.5$,即当 $t=6.5\ \mathrm{s}$ 时,四边形 $ABQP$ 是矩形.
(2)若 $PQ=CD$,分两种情况:
①$PQ // DC$ 时,则四边形 $PDCQ$ 是平行四边形, $PQ=CD$,即 $24-t=3t$,解得 $t=6.$
②$PQ$ 与 $DC$ 不平行时,四边形 $PQCD$ 为等腰梯形, $PQ=CD$,则 $QC-PD=4\ \mathrm{cm}$,即 $3t-(24-t)=4$,解得 $t=7.$
(3)若四边形 $PQCD$ 为菱形,则 $CD=CQ=PD, \therefore 24-t=3t$,解得 $t=6, \therefore CD=CQ=18.$
如图,作 $DM ⊥ BC$ 于 $M$,则 $AB=DM,BM=AD=24, \therefore CM=BC-BM=2$, 在 $\mathrm{Rt}△ CDM$ 中, $DM=\sqrt{CD^2-CM^2}=\sqrt{18^2-2^2}=8\sqrt{5}, \therefore AB=8\sqrt{5}$, 即当 $AB=8\sqrt{5}\ \mathrm{cm}$, 在点 $P,Q$ 运动过程中,四边形 $PQCD$ 能构成菱形.
