登录
15. 如图①，点$F$从菱形$ABCD$的顶点$A$出发，沿$A \to D \to B$以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度匀速运动到点$B$. 点$F$运动时，$△ FBC$的面积$y$(单位：$\mathrm{cm}^{2}$)随时间$x$(单位：$\mathrm{s}$)的变化关系图象如图②，则$a$的值是.
答案
$\boldsymbol{\frac{25}{8}}$
解析
1. 由图②可知，点F从A到D运动时间为$a$秒，速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，故菱形边长$AD=BC=a\ \mathrm{cm}$；点F从D到B运动时间为5秒，故$BD=5\ \mathrm{cm}$。
2. 当F在AD上时，$△ FBC$的面积为定值$\frac{3}{2}a$，此时$△ FBC$的高为菱形的高$h$，由面积公式$\frac{1}{2} × BC × h = \frac{3}{2}a$，代入$BC=a$，解得$h=3\ \mathrm{cm}$，即菱形的高为$3\ \mathrm{cm}$。
3. 过D作$DM ⊥ BC$的延长线于M，$DM=3\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ BDM$中，由勾股定理得$BM=\sqrt{BD^2 - DM^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4\ \mathrm{cm}$。
4. 在$\mathrm{Rt}△ CDM$中，$CM=\sqrt{CD^2 - DM^2}=\sqrt{a^2 - 9}$，又$BM=BC+CM$，即$4=a+\sqrt{a^2 - 9}$，解方程：
移项得$4-a=\sqrt{a^2 - 9}$，两边平方得$16-8a+a^2=a^2-9$，化简得$8a=25$，解得$a=\frac{25}{8}$。
2. 当F在AD上时，$△ FBC$的面积为定值$\frac{3}{2}a$，此时$△ FBC$的高为菱形的高$h$，由面积公式$\frac{1}{2} × BC × h = \frac{3}{2}a$，代入$BC=a$，解得$h=3\ \mathrm{cm}$，即菱形的高为$3\ \mathrm{cm}$。
3. 过D作$DM ⊥ BC$的延长线于M，$DM=3\ \mathrm{cm}$，在$\mathrm{Rt}△ BDM$中，由勾股定理得$BM=\sqrt{BD^2 - DM^2}=\sqrt{5^2 - 3^2}=4\ \mathrm{cm}$。
4. 在$\mathrm{Rt}△ CDM$中，$CM=\sqrt{CD^2 - DM^2}=\sqrt{a^2 - 9}$，又$BM=BC+CM$，即$4=a+\sqrt{a^2 - 9}$，解方程：
移项得$4-a=\sqrt{a^2 - 9}$，两边平方得$16-8a+a^2=a^2-9$，化简得$8a=25$，解得$a=\frac{25}{8}$。
16. 如图，将一张矩形纸片$ABCD$折叠，折痕为$EF$，折叠后，$EC$的对应边$EH$经过点$A$，$CD$的对应边$HG$交$BA$的延长线于点$P$. 若$PA = PG$，$AH = BE$，$CD = 3$，则$BC$的长是.
答案
$3\sqrt{3}$
解析
设$BE=x$，则$AH=x$。
1. 由矩形及折叠性质得：$∠ H=∠ B=90°$，$HG=CD=3$，$∠ AEF=∠ CEF$，$HE=CE$；
2. 因$AD// BC$，故$∠ AFE=∠ CEF$，得$∠ AEF=∠ AFE$，所以$AE=AF$；
3. 由$PA=PG$，$∠ P=∠ P$，$∠ H=∠ G=90°$，证$△ PAH≌△ PGF$（AAS），得$AH=GF=x$，结合折叠性质得$GF=DF=x$；
4. 设$BC=AD=y$，则$AF=y-x$，故$AE=y-x$。在$Rt△ ABE$中，由勾股定理：$(y-x)^2=3^2+x^2$，化简得$y^2-2xy=9$；
5. 结合折叠后$HE=CE$，及$∠ P=45°$推出$△ ABE$中$∠ BAE=30°$，得$BE=\sqrt{3}$，$AE=2\sqrt{3}$，最终$BC=BE+CE=\sqrt{3}+2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$。
1. 由矩形及折叠性质得：$∠ H=∠ B=90°$，$HG=CD=3$，$∠ AEF=∠ CEF$，$HE=CE$；
2. 因$AD// BC$，故$∠ AFE=∠ CEF$，得$∠ AEF=∠ AFE$，所以$AE=AF$；
3. 由$PA=PG$，$∠ P=∠ P$，$∠ H=∠ G=90°$，证$△ PAH≌△ PGF$（AAS），得$AH=GF=x$，结合折叠性质得$GF=DF=x$；
4. 设$BC=AD=y$，则$AF=y-x$，故$AE=y-x$。在$Rt△ ABE$中，由勾股定理：$(y-x)^2=3^2+x^2$，化简得$y^2-2xy=9$；
5. 结合折叠后$HE=CE$，及$∠ P=45°$推出$△ ABE$中$∠ BAE=30°$，得$BE=\sqrt{3}$，$AE=2\sqrt{3}$，最终$BC=BE+CE=\sqrt{3}+2\sqrt{3}=3\sqrt{3}$。
三、解答题
17. 直线$y = 3x + 3$分别交$x$轴、$y$轴于点$A$，$B$.
(1) 直接写出点$A$，$B$的坐标.
(2) $C(x_{1},y_{1})$，$D(x_{2},y_{2})$两点在直线$y = 3x + 3$上，若$x_{1} ＞ x_{2}$，直接写出$y_{1}$与$y_{2}$的大小关系.
17. 直线$y = 3x + 3$分别交$x$轴、$y$轴于点$A$，$B$.
(1) 直接写出点$A$，$B$的坐标.
(2) $C(x_{1},y_{1})$，$D(x_{2},y_{2})$两点在直线$y = 3x + 3$上，若$x_{1} ＞ x_{2}$，直接写出$y_{1}$与$y_{2}$的大小关系.
答案
解：
(1) 对于直线$y = 3x + 3$，
令$y=0$，则$0=3x+3$，解得$x=-1$，故点$A$的坐标为$(-1,0)$；
令$x=0$，则$y=3×0+3=3$，故点$B$的坐标为$(0,3)$。
(2) 因为直线$y=3x+3$中$k=3＞0$，所以$y$随$x$的增大而增大，
又因为$x_{1}＞x_{2}$，所以$y_{1}＞y_{2}$。
(1) 对于直线$y = 3x + 3$，
令$y=0$，则$0=3x+3$，解得$x=-1$，故点$A$的坐标为$(-1,0)$；
令$x=0$，则$y=3×0+3=3$，故点$B$的坐标为$(0,3)$。
(2) 因为直线$y=3x+3$中$k=3＞0$，所以$y$随$x$的增大而增大，
又因为$x_{1}＞x_{2}$，所以$y_{1}＞y_{2}$。
18. 如图，在正方形$ABCD$中，对角线$BD$所在的直线上有两点$E$，$F$满足$BE = DF$，连接$AE$，$AF$，$CE$，$CF$.
(1) 求证$△ ABE ≌ △ ADF$.
(2) 直接判断四边形$AECF$的形状.
(1) 求证$△ ABE ≌ △ ADF$.
(2) 直接判断四边形$AECF$的形状.
答案
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = AD，∠ABD = ∠ADB，
∴ ∠ABE = 180° - ∠ABD，∠ADF = 180° - ∠ADB，
∴ ∠ABE = ∠ADF，
在△ABE和△ADF中，
$\{\begin{array}{l}AB = AD \\∠ABE = ∠ADF \\BE = DF\end{array} $
∴ △ABE ≌ △ADF（SAS）。
(2) 解：四边形AECF是菱形。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ OA = OC，OB = OD，AC ⊥ BD，
∵ BE = DF，
∴ OB + BE = OD + DF，即 OE = OF，
∴ AC与EF互相垂直平分，
∴ 四边形AECF是菱形。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB = AD，∠ABD = ∠ADB，
∴ ∠ABE = 180° - ∠ABD，∠ADF = 180° - ∠ADB，
∴ ∠ABE = ∠ADF，
在△ABE和△ADF中，
$\{\begin{array}{l}AB = AD \\∠ABE = ∠ADF \\BE = DF\end{array} $
∴ △ABE ≌ △ADF（SAS）。
(2) 解：四边形AECF是菱形。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ OA = OC，OB = OD，AC ⊥ BD，
∵ BE = DF，
∴ OB + BE = OD + DF，即 OE = OF，
∴ AC与EF互相垂直平分，
∴ 四边形AECF是菱形。
