登录
22. E是正方形ABCD所在平面内一点.
(1)如图1，若E为边CD上一点，F为BC的延长线上一点，且$CE=CF$，判断BE与DF之间的关系，并说明理由.
(2)如图2，若点E在边BC下方，当$∠ BED=90°$时，过点A作AE的垂线交ED的延长线于点P，猜想线段AE，BE，DE之间的数量关系，并证明.
(3)在(1)的条件下，连接BD，延长BE交DF于点G.当$DG=2$，$GF=3$时，求$△ BDF$的面积.
(1)如图1，若E为边CD上一点，F为BC的延长线上一点，且$CE=CF$，判断BE与DF之间的关系，并说明理由.
(2)如图2，若点E在边BC下方，当$∠ BED=90°$时，过点A作AE的垂线交ED的延长线于点P，猜想线段AE，BE，DE之间的数量关系，并证明.
(3)在(1)的条件下，连接BD，延长BE交DF于点G.当$DG=2$，$GF=3$时，求$△ BDF$的面积.
答案
22.解:(1)$BE⊥ DF$,$BE=DF$.理由:延长$BE$交$DF$于点$H$.$\because$四边形$ABCD$是正方形,$\therefore BC=DC$,$∠ BCD=∠ DCF=90°$.在$△ BCE$和$△ DCF$中,$\begin{cases}BC=DC,\\∠ BCE=∠ DCF,\\CE=CF,\end{cases}$$\therefore △ BCE≌△ DCF(\mathrm{SAS})$.$\therefore BE=DF$,$∠ CBE=∠ CDF$.$\because ∠ CBE+∠ CEB=90°$,$\therefore ∠ DEH+∠ EDH=90°$.$\therefore BE⊥ DF$,$BE=DF$. (2)$BE+DE=\sqrt{2}AE$.证明:设$BC$,$PE$相交于点$G$.$\because ∠ ABC=∠ C=∠ ADC=90°$,$∠ BGE=∠ CGD$,$\therefore ∠ CBE=∠ CDG$.设$∠ CBE=∠ CDG=α$,$∠ ADG=90°-∠ CDG=90°-α$,$\therefore ∠ ADP=180°-∠ ADG=180°-(90°-α)=90°+α$.$\because ∠ ABE=90°+α$,$\therefore ∠ ABE=∠ ADP$.$\because AE⊥ AP$,$\therefore ∠ EAP=90°$.$\therefore ∠ BAE=∠ PAD$.$\because AB=AD$,$\therefore △ ABE≌△ ADP(\mathrm{ASA})$.$\therefore PD=BE$,$AE=AP$.$\therefore PE=PD+DE=BE+DE=\sqrt{2}AE$.即$BE+DE=\sqrt{2}AE$. (3)图略,由(1)知$BE=DF=2+3=5$,$BG⊥ DF$,$\therefore ∠ BGF=∠ DGE=90°$.$\because ∠ DEG=∠ BEC$,$\therefore △ DGE∽△ BGF$.$\therefore \frac{DG}{BG}=\frac{EG}{FG}$.$\therefore \frac{2}{5+EG}=\frac{EG}{3}$.$\therefore EG=1$(负值舍去).$\therefore BG=BE+EG=6$.$\therefore △ BDF$的面积为$\frac{1}{2}· DF· BG=\frac{1}{2}×5×6=15$.
解析
【分析】
(1)判断BE和DF的关系需从数量、位置两方面入手：先利用正方形性质得到边相等、角为直角，结合已知CE=CF证明△BCE≌△DCF，可得边相等，再通过角的互余关系推导可得两条线段垂直；
(2)推导线段数量关系时，先通过导角得到∠ABE=∠ADP、∠BAE=∠PAD，结合AB=AD证明△ABE≌△ADP，将BE转化为PD，再根据等腰直角三角形的边的关系即可得到三条线段的数量关系；
(3)借助(1)的结论得到DF的长度和BG⊥DF，再通过相似三角形的边的比例关系列方程求出EG的长，进而得到BG的长度，最后用三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) $BE⊥ DF$，$BE=DF$，理由如下：
延长$BE$交$DF$于点$H$。
$\because$四边形$ABCD$是正方形，$\therefore BC=DC$，$∠ BCD=∠ DCF=90°$。
在$△ BCE$和$△ DCF$中，
$\begin{cases}BC=DC,\\∠ BCE=∠ DCF,\\CE=CF,\end{cases}$
$\therefore△ BCE≌△ DCF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BE=DF$，$∠ CBE=∠ CDF$。
$\because∠ CBE+∠ CEB=90°$，$∠ CEB=∠ DEH$，
$\therefore∠ DEH+∠ EDH=90°$，即$∠ DHE=90°$，
$\therefore BE⊥ DF$，综上$BE⊥ DF$且$BE=DF$。
(2) 线段关系为$BE+DE=\sqrt{2}AE$，证明如下：
设$BC$，$PE$相交于点$G$。
$\because∠ ABC=∠ C=∠ BED=90°$，$∠ BGE=∠ CGD$，
$\therefore∠ CBE=∠ CDG$。
设$∠ CBE=∠ CDG=α$，则$∠ ADG=90°-∠ CDG=90°-α$，
$\therefore∠ ADP=180°-∠ ADG=180°-(90°-α)=90°+α$，
又$\because∠ ABE=∠ ABC+∠ CBE=90°+α$，
$\therefore∠ ABE=∠ ADP$。
$\because AE⊥ AP$，$\therefore∠ EAP=90°$，即$∠ DAP+∠ EAD=90°$，
又$\because∠ BAE+∠ EAD=∠ BAD=90°$，
$\therefore∠ BAE=∠ PAD$。
在$△ ABE$和$△ ADP$中，
$\begin{cases}∠ BAE=∠ DAP,\\AB=AD,\\∠ ABE=∠ ADP,\end{cases}$
$\therefore△ ABE≌△ ADP(\mathrm{ASA})$，
$\therefore PD=BE$，$AE=AP$，
$\therefore△ AEP$是等腰直角三角形，$\therefore PE=\sqrt{2}AE$，
又$\because PE=PD+DE=BE+DE$，
$\therefore BE+DE=\sqrt{2}AE$。
(3) 由(1)知$BE=DF=DG+GF=2+3=5$，且$BG⊥ DF$，$\therefore∠ BGF=∠ DGE=90°$。
$\because∠ DEG=∠ BEC$，$∠ EDG=∠ FBG$，
$\therefore△ DGE∽△ BGF$，
$\therefore\frac{DG}{BG}=\frac{EG}{FG}$，设$EG=x$，则$BG=BE+EG=5+x$，
代入得$\frac{2}{5+x}=\frac{x}{3}$，整理得$x^2+5x-6=0$，
解得$x=1$（负值舍去），即$EG=1$，
$\therefore BG=5+1=6$，
$\therefore S_{△ BDF}=\frac{1}{2}· DF· BG=\frac{1}{2}×5×6=15$。
【答案】
(1) $BE⊥ DF$且$BE=DF$；
(2) $BE+DE=\sqrt{2}AE$；
(3) $15$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题以正方形为背景设置分层探究问题，从基础的线段关系判断，到动态下的线段数量关系推导，再到结合相似的面积计算，能够考查学生的几何逻辑推导能力，以及全等、相似性质的灵活应用能力。
【难度系数】
0.6
(1)判断BE和DF的关系需从数量、位置两方面入手：先利用正方形性质得到边相等、角为直角，结合已知CE=CF证明△BCE≌△DCF，可得边相等，再通过角的互余关系推导可得两条线段垂直；
(2)推导线段数量关系时，先通过导角得到∠ABE=∠ADP、∠BAE=∠PAD，结合AB=AD证明△ABE≌△ADP，将BE转化为PD，再根据等腰直角三角形的边的关系即可得到三条线段的数量关系；
(3)借助(1)的结论得到DF的长度和BG⊥DF，再通过相似三角形的边的比例关系列方程求出EG的长，进而得到BG的长度，最后用三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) $BE⊥ DF$，$BE=DF$，理由如下：
延长$BE$交$DF$于点$H$。
$\because$四边形$ABCD$是正方形，$\therefore BC=DC$，$∠ BCD=∠ DCF=90°$。
在$△ BCE$和$△ DCF$中，
$\begin{cases}BC=DC,\\∠ BCE=∠ DCF,\\CE=CF,\end{cases}$
$\therefore△ BCE≌△ DCF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore BE=DF$，$∠ CBE=∠ CDF$。
$\because∠ CBE+∠ CEB=90°$，$∠ CEB=∠ DEH$，
$\therefore∠ DEH+∠ EDH=90°$，即$∠ DHE=90°$，
$\therefore BE⊥ DF$，综上$BE⊥ DF$且$BE=DF$。
(2) 线段关系为$BE+DE=\sqrt{2}AE$，证明如下：
设$BC$，$PE$相交于点$G$。
$\because∠ ABC=∠ C=∠ BED=90°$，$∠ BGE=∠ CGD$，
$\therefore∠ CBE=∠ CDG$。
设$∠ CBE=∠ CDG=α$，则$∠ ADG=90°-∠ CDG=90°-α$，
$\therefore∠ ADP=180°-∠ ADG=180°-(90°-α)=90°+α$，
又$\because∠ ABE=∠ ABC+∠ CBE=90°+α$，
$\therefore∠ ABE=∠ ADP$。
$\because AE⊥ AP$，$\therefore∠ EAP=90°$，即$∠ DAP+∠ EAD=90°$，
又$\because∠ BAE+∠ EAD=∠ BAD=90°$，
$\therefore∠ BAE=∠ PAD$。
在$△ ABE$和$△ ADP$中，
$\begin{cases}∠ BAE=∠ DAP,\\AB=AD,\\∠ ABE=∠ ADP,\end{cases}$
$\therefore△ ABE≌△ ADP(\mathrm{ASA})$，
$\therefore PD=BE$，$AE=AP$，
$\therefore△ AEP$是等腰直角三角形，$\therefore PE=\sqrt{2}AE$，
又$\because PE=PD+DE=BE+DE$，
$\therefore BE+DE=\sqrt{2}AE$。
(3) 由(1)知$BE=DF=DG+GF=2+3=5$，且$BG⊥ DF$，$\therefore∠ BGF=∠ DGE=90°$。
$\because∠ DEG=∠ BEC$，$∠ EDG=∠ FBG$，
$\therefore△ DGE∽△ BGF$，
$\therefore\frac{DG}{BG}=\frac{EG}{FG}$，设$EG=x$，则$BG=BE+EG=5+x$，
代入得$\frac{2}{5+x}=\frac{x}{3}$，整理得$x^2+5x-6=0$，
解得$x=1$（负值舍去），即$EG=1$，
$\therefore BG=5+1=6$，
$\therefore S_{△ BDF}=\frac{1}{2}· DF· BG=\frac{1}{2}×5×6=15$。
【答案】
(1) $BE⊥ DF$且$BE=DF$；
(2) $BE+DE=\sqrt{2}AE$；
(3) $15$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题以正方形为背景设置分层探究问题，从基础的线段关系判断，到动态下的线段数量关系推导，再到结合相似的面积计算，能够考查学生的几何逻辑推导能力，以及全等、相似性质的灵活应用能力。
【难度系数】
0.6
23.如图,已知抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+bx+3$与x轴交于A,B两点,与y轴交于点C,点B的坐标为(6,0).
(1)求抛物线的表达式及其对称轴.
(2)在此抛物线的对称轴上是否存在一点P,使得△PAC的周长最小?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
(3)M为线段BC上方抛物线上一点,N为线段BC上一点,若MN//y轴,求MN的最大值.
备用图
(1)求抛物线的表达式及其对称轴.
(2)在此抛物线的对称轴上是否存在一点P,使得△PAC的周长最小?若存在,请求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.
(3)M为线段BC上方抛物线上一点,N为线段BC上一点,若MN//y轴,求MN的最大值.
备用图
答案
23.解:(1)$\because$抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+bx+3$经过点$B(6,0)$,$\therefore -\frac{1}{4}×6^2+6b+3=0$,解得$b=1$.$\therefore$抛物线的表达式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$.$\because -\frac{b}{2a}=-\frac{1}{2×(-\frac{1}{4})}=2$,$\therefore$抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$的对称轴为直线$x=2$. (2)存在.设$BC$交抛物线的对称轴直线$x=2$于点$P$,连接$PA$,则$PA=PB$,$△ PAC$的周长为$PA+PC+AC=PB+PC+AC=BC+AC$,此时$△ PAC$的周长取得最小值.设直线$BC$的表达式为$y=kx+b'$,将点$B(6,0)$,$C(0,3)$代入,得$\begin{cases}6k+b'=0,\\b'=3,\end{cases}$解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2},\\b'=3.\end{cases}$$\therefore$直线$BC$的表达式为$y=-\frac{1}{2}x+3$.当$x=2$时,$y=2$.$\therefore$点$P$的坐标为$(2,2)$. (3)设$M(t,-\frac{1}{4}t^2+t+3)$,其中$0＜t＜6$,则$N(t,-\frac{1}{2}t+3)$,$\therefore MN=-\frac{1}{4}t^2+t+3-(-\frac{1}{2}t+3)=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t=-\frac{1}{4}(t-3)^2+\frac{9}{4}$.$\because -\frac{1}{4}＜0$,$\therefore$当$t=3$时,$MN$的值最大,最大值为$\frac{9}{4}$.
解析
【分析】
(1) 已知抛物线经过点B(6,0)，将点B坐标代入抛物线解析式即可求出未知参数b，得到抛物线的完整表达式；再根据二次函数对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$，代入对应系数即可求出对称轴。
(2) △PAC的周长中AC为定值，因此只需使PA+PC的和最小即可。由于点A与点B关于抛物线对称轴对称，根据轴对称性质可知对称轴上任意一点到A、B的距离相等，即PA=PB，因此PA+PC可转化为PB+PC，根据“两点之间线段最短”，当P、B、C三点共线时PB+PC的和最小，只需求出直线BC与对称轴的交点即为点P。
(3) 因为MN//y轴，所以M、N横坐标相同，设横坐标为t，分别用抛物线和直线BC的解析式表示两点纵坐标，二者的差即为MN的长度，得到关于t的二次函数后，根据二次函数性质即可求最大值。
【解析】
(1)
∵抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+bx+3$经过点$B(6,0)$，
∴将$x=6,y=0$代入解析式得：$-\frac{1}{4}×6^2+6b+3=0$，
解得$b=1$，
∴抛物线的表达式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$。
二次函数对称轴公式为$x=-\frac{b}{2a}$，此处$a=-\frac{1}{4},b=1$，
∴对称轴为$x=-\frac{1}{2×(-\frac{1}{4})}=2$，即直线$x=2$。
(2) 存在，理由如下：
设$BC$交抛物线的对称轴直线$x=2$于点$P$，连接$PA$，
∵点A、B关于对称轴直线$x=2$对称，
∴$PA=PB$，
△PAC的周长为$PA+PC+AC=PB+PC+AC$，
∵AC为定值，根据两点之间线段最短，当P、B、C共线时，$PB+PC=BC$最小，此时△PAC周长最小。
当$x=0$时，$y=3$，即$C(0,3)$，
设直线$BC$的表达式为$y=kx+b'$，将$B(6,0)$、$C(0,3)$代入得：
$\begin{cases}6k+b'=0\\b'=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2}\\b'=3\end{cases}$，
∴直线BC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+3$，
将$x=2$代入直线BC解析式得：$y=-\frac{1}{2}×2+3=2$，
∴点P的坐标为$(2,2)$。
(3) 设M点的横坐标为$t$（$0＜t＜6$，M在BC上方的抛物线上），
∵MN//y轴，
∴N点横坐标也为$t$，
∴$M(t,-\frac{1}{4}t^2+t+3)$，$N(t,-\frac{1}{2}t+3)$，
∴$MN=(-\frac{1}{4}t^2+t+3)-(-\frac{1}{2}t+3)=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t$，
整理得$MN=-\frac{1}{4}(t-3)^2+\frac{9}{4}$，
∵$a=-\frac{1}{4}＜0$，二次函数开口向下，
∴当$t=3$时，MN取得最大值，最大值为$\frac{9}{4}$。
【答案】
(1) 抛物线表达式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$，对称轴为直线$x=2$；
(2) 存在，点P坐标为$(2,2)$；
(3) MN的最大值为$\frac{9}{4}$。
【知识点】
1. 二次函数解析式与对称轴求解
2. 轴对称最短路径
3. 二次函数最值应用
【点评】
本题是二次函数经典综合题，融合了待定系数法求解析式、将军饮马最短路径模型、二次函数最值应用等考点，解题时要注意运用转化思想，将周长最小问题转化为线段和最小问题，将线段长度转化为二次函数求最值，是二次函数部分需要熟练掌握的典型题型。
【难度系数】
0.65
(1) 已知抛物线经过点B(6,0)，将点B坐标代入抛物线解析式即可求出未知参数b，得到抛物线的完整表达式；再根据二次函数对称轴公式$x=-\frac{b}{2a}$，代入对应系数即可求出对称轴。
(2) △PAC的周长中AC为定值，因此只需使PA+PC的和最小即可。由于点A与点B关于抛物线对称轴对称，根据轴对称性质可知对称轴上任意一点到A、B的距离相等，即PA=PB，因此PA+PC可转化为PB+PC，根据“两点之间线段最短”，当P、B、C三点共线时PB+PC的和最小，只需求出直线BC与对称轴的交点即为点P。
(3) 因为MN//y轴，所以M、N横坐标相同，设横坐标为t，分别用抛物线和直线BC的解析式表示两点纵坐标，二者的差即为MN的长度，得到关于t的二次函数后，根据二次函数性质即可求最大值。
【解析】
(1)
∵抛物线$y=-\frac{1}{4}x^2+bx+3$经过点$B(6,0)$，
∴将$x=6,y=0$代入解析式得：$-\frac{1}{4}×6^2+6b+3=0$，
解得$b=1$，
∴抛物线的表达式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$。
二次函数对称轴公式为$x=-\frac{b}{2a}$，此处$a=-\frac{1}{4},b=1$，
∴对称轴为$x=-\frac{1}{2×(-\frac{1}{4})}=2$，即直线$x=2$。
(2) 存在，理由如下：
设$BC$交抛物线的对称轴直线$x=2$于点$P$，连接$PA$，
∵点A、B关于对称轴直线$x=2$对称，
∴$PA=PB$，
△PAC的周长为$PA+PC+AC=PB+PC+AC$，
∵AC为定值，根据两点之间线段最短，当P、B、C共线时，$PB+PC=BC$最小，此时△PAC周长最小。
当$x=0$时，$y=3$，即$C(0,3)$，
设直线$BC$的表达式为$y=kx+b'$，将$B(6,0)$、$C(0,3)$代入得：
$\begin{cases}6k+b'=0\\b'=3\end{cases}$，解得$\begin{cases}k=-\frac{1}{2}\\b'=3\end{cases}$，
∴直线BC的解析式为$y=-\frac{1}{2}x+3$，
将$x=2$代入直线BC解析式得：$y=-\frac{1}{2}×2+3=2$，
∴点P的坐标为$(2,2)$。
(3) 设M点的横坐标为$t$（$0＜t＜6$，M在BC上方的抛物线上），
∵MN//y轴，
∴N点横坐标也为$t$，
∴$M(t,-\frac{1}{4}t^2+t+3)$，$N(t,-\frac{1}{2}t+3)$，
∴$MN=(-\frac{1}{4}t^2+t+3)-(-\frac{1}{2}t+3)=-\frac{1}{4}t^2+\frac{3}{2}t$，
整理得$MN=-\frac{1}{4}(t-3)^2+\frac{9}{4}$，
∵$a=-\frac{1}{4}＜0$，二次函数开口向下，
∴当$t=3$时，MN取得最大值，最大值为$\frac{9}{4}$。
【答案】
(1) 抛物线表达式为$y=-\frac{1}{4}x^2+x+3$，对称轴为直线$x=2$；
(2) 存在，点P坐标为$(2,2)$；
(3) MN的最大值为$\frac{9}{4}$。
【知识点】
1. 二次函数解析式与对称轴求解
2. 轴对称最短路径
3. 二次函数最值应用
【点评】
本题是二次函数经典综合题，融合了待定系数法求解析式、将军饮马最短路径模型、二次函数最值应用等考点，解题时要注意运用转化思想，将周长最小问题转化为线段和最小问题，将线段长度转化为二次函数求最值，是二次函数部分需要熟练掌握的典型题型。
【难度系数】
0.65
