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26. (10 分)在$□ ABCD$中,对角线$AC,BD$相交于点$O$,且$AD = BD = 2\sqrt{5},BD ⊥ AD$,$E$为线段$AO$上一动点,连接$DE$,将$DE$绕点$D$逆时针旋转$90°$得到$DF$,连接$BF$.
(1)如图1,求证:$BF = AE$;
(2)如图1,求证:$BF ⊥ AC$;
(3)如图2,当点$F$落在$△ OBC$的外部,$BF$交$AC$于点$M$,且能构成四边形$DEMF$时,四边形$DEMF$的面积是否发生变化?若不变,请求出这个值;若变化,请说明理由.
(1)如图1,求证:$BF = AE$;
(2)如图1,求证:$BF ⊥ AC$;
(3)如图2,当点$F$落在$△ OBC$的外部,$BF$交$AC$于点$M$,且能构成四边形$DEMF$时,四边形$DEMF$的面积是否发生变化?若不变,请求出这个值;若变化,请说明理由.
答案
26. 【点拨】本题考查平行四边形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质,勾股定理,正确作出辅助线是解题的关键.
【解析】(1)证明:
∵DE绕点D逆时针旋转90°得到DF,
∴∠EDF=90°,DE=DF.
∵BD⊥AD,
∴∠ADB=90°,
∴∠EDF=∠ADB,
∴∠EDF-∠BDE=∠ADB-∠BDE,即∠BDF=∠ADE.
在△BDF和△ADE中,$\begin{cases} BD=AD, \\ ∠BDF=∠ADE, \\ DF=DE, \end{cases}$
∴△BDF≌△ADE(SAS),
∴BF=AE.
(2)证明:如题图1,设直线BF交AC于点G,
由(1)得△BDF≌△ADE,
∴∠DBF=∠DAE.
∵∠BOG=∠AOD,
∴∠BGO=∠ADB=90°,
∴BF⊥AC.
(3)四边形DEMF的面积不变,面积为4.理由如下:
如题图2,连接DM,作DH⊥DM交AC于点H,作DQ⊥AC于点Q,
同(2)可知∠EDH=∠MDF,BF⊥AC,
∴∠EDF=90°,∠EMF=90°,
在四边形DEMF中,∠F+∠DEM=360°-∠EDF-∠EMF=360°-90°-90°=180°.
∵∠DEH+∠DEM=180°,
∴∠DEH=∠F.
在△DEH和△DFM中,$\begin{cases} ∠EDH=∠FDM, \\ DE=DF, \\ ∠DEH=∠F, \end{cases}$
∴△DEH≌△DFM(ASA),
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△DHM}$,DH=DM,
∴QH=QM,
∴$DQ=\frac{1}{2}HM$.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴$OD=OB=\frac{1}{2}BD=\sqrt{5}$.
∵∠ADB=90°,
∴$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2}=5$.
∵$S_{△AOD}=\frac{1}{2}OA·DQ=\frac{1}{2}AD·OD$,
∴$DQ=\frac{AD·OD}{OA}=\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{5}}{5}=2$,
∴$S_{△DHM}=\frac{1}{2}HM·DQ=DQ^2=4$,
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△DHM}=4$,
∴四边形DEMF的面积不变,面积为4.
【解析】(1)证明:
∵DE绕点D逆时针旋转90°得到DF,
∴∠EDF=90°,DE=DF.
∵BD⊥AD,
∴∠ADB=90°,
∴∠EDF=∠ADB,
∴∠EDF-∠BDE=∠ADB-∠BDE,即∠BDF=∠ADE.
在△BDF和△ADE中,$\begin{cases} BD=AD, \\ ∠BDF=∠ADE, \\ DF=DE, \end{cases}$
∴△BDF≌△ADE(SAS),
∴BF=AE.
(2)证明:如题图1,设直线BF交AC于点G,
由(1)得△BDF≌△ADE,
∴∠DBF=∠DAE.
∵∠BOG=∠AOD,
∴∠BGO=∠ADB=90°,
∴BF⊥AC.
(3)四边形DEMF的面积不变,面积为4.理由如下:
如题图2,连接DM,作DH⊥DM交AC于点H,作DQ⊥AC于点Q,
同(2)可知∠EDH=∠MDF,BF⊥AC,
∴∠EDF=90°,∠EMF=90°,
在四边形DEMF中,∠F+∠DEM=360°-∠EDF-∠EMF=360°-90°-90°=180°.
∵∠DEH+∠DEM=180°,
∴∠DEH=∠F.
在△DEH和△DFM中,$\begin{cases} ∠EDH=∠FDM, \\ DE=DF, \\ ∠DEH=∠F, \end{cases}$
∴△DEH≌△DFM(ASA),
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△DHM}$,DH=DM,
∴QH=QM,
∴$DQ=\frac{1}{2}HM$.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴$OD=OB=\frac{1}{2}BD=\sqrt{5}$.
∵∠ADB=90°,
∴$OA=\sqrt{AD^2+OD^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2+(\sqrt{5})^2}=5$.
∵$S_{△AOD}=\frac{1}{2}OA·DQ=\frac{1}{2}AD·OD$,
∴$DQ=\frac{AD·OD}{OA}=\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{5}}{5}=2$,
∴$S_{△DHM}=\frac{1}{2}HM·DQ=DQ^2=4$,
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△DHM}=4$,
∴四边形DEMF的面积不变,面积为4.
解析
【分析】
本题是平行四边形与旋转、全等三角形结合的几何综合题。第(1)问要证BF=AE，利用旋转性质得到DE=DF、∠EDF=90°，结合已知BD⊥AD得∠ADB=90°，推出∠BDF=∠ADE，通过SAS证明△BDF≌△ADE即可得对应边相等；第(2)问利用(1)中全等的对应角相等，结合对顶角相等推出直角，证明垂直；第(3)问需判断四边形DEMF的面积是否变化，通过构造全等三角形将四边形面积转化为易求的三角形面积，结合平行四边形性质和勾股定理计算出定值。
【解析】
(1)证明：
∵DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，
∴∠EDF=90°，DE=DF。
又
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠EDF=∠ADB，
∴∠EDF - ∠BDE = ∠ADB - ∠BDE，即∠BDF=∠ADE。
在△BDF和△ADE中，
$\begin{cases} BD=AD \\ ∠BDF=∠ADE \\ DF=DE \end{cases}$
∴△BDF≌△ADE(SAS)，
∴BF=AE。
(2)证明：
设直线BF交AC于点G，
由(1)中△BDF≌△ADE，得∠DBF=∠DAE。
又
∵∠BOG=∠AOD，
∴在△BOG中，∠BGO=180° - ∠DBF - ∠BOG，
在△AOD中，∠ADB=180° - ∠DAE - ∠AOD，
∴∠BGO=∠ADB=90°，
∴BF⊥AC。
(3)四边形DEMF的面积不变，面积为4，理由如下：
连接DM，作DH⊥DM交AC于点H，作DQ⊥AC于点Q。
同(2)可知∠EDH=∠MDF，且BF⊥AC，故∠EMF=90°，又∠EDF=90°，
∴在四边形DEMF中，∠DEM + ∠DFM = 360° - 90° - 90° = 180°，
而∠DEH + ∠DEM = 180°，
∴∠DEH=∠DFM。
在△DEH和△DFM中，
$\begin{cases} ∠EDH=∠FDM \\ DE=DF \\ ∠DEH=∠DFM \end{cases}$
∴△DEH≌△DFM(ASA)，
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△DHM}$，且DH=DM，故QH=QM，即$DQ=\frac{1}{2}HM$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=OB=$\frac{1}{2}BD=\sqrt{5}$。
在Rt△AOD中，AD=2√5，OD=√5，
∴OA=$\sqrt{AD^2 + OD^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2}=5$。
又
∵$S_{△AOD}=\frac{1}{2}OA·DQ=\frac{1}{2}AD·OD$，
∴$DQ=\frac{AD·OD}{OA}=\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{5}}{5}=2$，
∴$S_{△DHM}=\frac{1}{2}HM·DQ=\frac{1}{2}×2DQ×DQ=DQ^2=4$，
∴$S_{四边形DEMF}=4$，即四边形DEMF的面积不变，为4。
【答案】
四边形DEMF的面积不变，值为4
【知识点】
平行四边形性质、旋转性质、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查平行四边形、旋转、全等三角形等知识点，需通过全等三角形转化面积，辅助线构造是解题关键，对学生几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.4
本题是平行四边形与旋转、全等三角形结合的几何综合题。第(1)问要证BF=AE，利用旋转性质得到DE=DF、∠EDF=90°，结合已知BD⊥AD得∠ADB=90°，推出∠BDF=∠ADE，通过SAS证明△BDF≌△ADE即可得对应边相等；第(2)问利用(1)中全等的对应角相等，结合对顶角相等推出直角，证明垂直；第(3)问需判断四边形DEMF的面积是否变化，通过构造全等三角形将四边形面积转化为易求的三角形面积，结合平行四边形性质和勾股定理计算出定值。
【解析】
(1)证明：
∵DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，
∴∠EDF=90°，DE=DF。
又
∵BD⊥AD，
∴∠ADB=90°，
∴∠EDF=∠ADB，
∴∠EDF - ∠BDE = ∠ADB - ∠BDE，即∠BDF=∠ADE。
在△BDF和△ADE中，
$\begin{cases} BD=AD \\ ∠BDF=∠ADE \\ DF=DE \end{cases}$
∴△BDF≌△ADE(SAS)，
∴BF=AE。
(2)证明：
设直线BF交AC于点G，
由(1)中△BDF≌△ADE，得∠DBF=∠DAE。
又
∵∠BOG=∠AOD，
∴在△BOG中，∠BGO=180° - ∠DBF - ∠BOG，
在△AOD中，∠ADB=180° - ∠DAE - ∠AOD，
∴∠BGO=∠ADB=90°，
∴BF⊥AC。
(3)四边形DEMF的面积不变，面积为4，理由如下：
连接DM，作DH⊥DM交AC于点H，作DQ⊥AC于点Q。
同(2)可知∠EDH=∠MDF，且BF⊥AC，故∠EMF=90°，又∠EDF=90°，
∴在四边形DEMF中，∠DEM + ∠DFM = 360° - 90° - 90° = 180°，
而∠DEH + ∠DEM = 180°，
∴∠DEH=∠DFM。
在△DEH和△DFM中，
$\begin{cases} ∠EDH=∠FDM \\ DE=DF \\ ∠DEH=∠DFM \end{cases}$
∴△DEH≌△DFM(ASA)，
∴$S_{四边形DEMF}=S_{△DHM}$，且DH=DM，故QH=QM，即$DQ=\frac{1}{2}HM$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=OB=$\frac{1}{2}BD=\sqrt{5}$。
在Rt△AOD中，AD=2√5，OD=√5，
∴OA=$\sqrt{AD^2 + OD^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2 + (\sqrt{5})^2}=5$。
又
∵$S_{△AOD}=\frac{1}{2}OA·DQ=\frac{1}{2}AD·OD$，
∴$DQ=\frac{AD·OD}{OA}=\frac{2\sqrt{5}×\sqrt{5}}{5}=2$，
∴$S_{△DHM}=\frac{1}{2}HM·DQ=\frac{1}{2}×2DQ×DQ=DQ^2=4$，
∴$S_{四边形DEMF}=4$，即四边形DEMF的面积不变，为4。
【答案】
四边形DEMF的面积不变，值为4
【知识点】
平行四边形性质、旋转性质、全等三角形判定
【点评】
本题综合考查平行四边形、旋转、全等三角形等知识点，需通过全等三角形转化面积，辅助线构造是解题关键，对学生几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.4
27. (10 分)如图,直线 MN 在△ABC 的下方, MN//AB.
(1)P 为直线 MN 上一动点,连接 PA,PB.若∠ABC = ∠APM,∠CAB = ∠BPN.
①如图 1,求证:四边形 APBC 是平行四边形;
②如图 2,∠ACB = 90°,AC = 2BC,作 BD⊥MN 于点 D,连接 CD,若 CD = $\sqrt{17}$,求 PD 的长;
(2)如图 3,∠ACB = 90°,BC = 1,作 BD⊥MN 于点 D,连接 AD,CD,若△ABD 的面积始终为 3,求 CD 长的最大值.
第 27 题图
(1)P 为直线 MN 上一动点,连接 PA,PB.若∠ABC = ∠APM,∠CAB = ∠BPN.
①如图 1,求证:四边形 APBC 是平行四边形;
②如图 2,∠ACB = 90°,AC = 2BC,作 BD⊥MN 于点 D,连接 CD,若 CD = $\sqrt{17}$,求 PD 的长;
(2)如图 3,∠ACB = 90°,BC = 1,作 BD⊥MN 于点 D,连接 AD,CD,若△ABD 的面积始终为 3,求 CD 长的最大值.
第 27 题图
答案
27. 【点拨】本题考查平行线的性质和判定,平行四边形的判定,勾股定理,矩形的判定和性质,直角三角形的性质.
【解析】(1)①证明:
∵MN//AB,
∴∠APM=∠BAP,∠BPN=∠ABP.
∵∠ABC=∠APM,∠CAB=∠BPN,
∴∠ABC=∠BAP,∠CAB=∠ABP,
∴AP//BC,AC//BP,
∴四边形APBC是平行四边形.
②如题图2,过点C作CH⊥MN于点H,交AB于点G,则四边形BDHG是矩形,设BC=$\sqrt{5}x$,则AC=$2\sqrt{5}x$,
∴AB=$\sqrt{AC^2+BC^2}=5x$.
在Rt△ABC中,根据等面积法可得$CG=\frac{AC·BC}{AB}=2x$,
∴BG=$\sqrt{BC^2-CG^2}=x$.
∵四边形APBC是平行四边形,∠ACB=90°,
∴$S_{△ACB}=S_{△ABP}$,
∴CG=GH=2x,
∴CH=CG+GH=4x.
∵DH=BG=x,
∴$CD^2=DH^2+CH^2$,即$(\sqrt{17})^2=x^2+(4x)^2$,解得x=1(负值已舍去),
∴BP=AC=$2\sqrt{5}$,BD=GH=2,
∴PD=$\sqrt{BP^2-BD^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2-2^2}=4$.
(2)如图,过点B作BR//AC交MN于点R,作AQ⊥BR交BR于点Q,则四边形ACBQ是矩形,
∴AQ=BC=1.
∵MN//AB,
∴$S_{△ABR}=S_{△ABD}=3$,
∴$\frac{1}{2}BR·AQ=3$,
∴BR=6.
取BR的中点O,连接OC,OD,则$OB=\frac{1}{2}BR=3$.
在Rt△OBC中,$OC=\sqrt{OB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+1^2}=\sqrt{10}$.
∵△BRD是直角三角形,O是BR的中点,
∴$OD=\frac{1}{2}BR=3$.
根据三角形三边关系得CD≤OC+OD=$\sqrt{10}+3$,
∴CD的最大值为$\sqrt{10}+3$
.解析
【分析】
本题是几何综合题，分三小问逐步求解：
1. 第(1)①问：要证四边形APBC是平行四边形，利用MN//AB的平行线性质得到内错角相等，结合已知角的等量关系，推出两组对边分别平行，依据平行四边形定义完成证明。
2. 第(1)②问：在直角△ABC中，设参数表示边长，用勾股定理求AB，通过等面积法求AB边上的高CG，结合平行四边形性质得到CH的长度，利用矩形性质得DH，再用勾股定理列方程求解参数，进而计算PD。
3. 第(2)问：通过构造辅助线得到矩形，利用三角形面积求BR，取BR中点O，结合直角三角形斜边中线性质得到OC、OD的长度，最后根据三角形三边关系确定CD的最大值。
【解析】
(1)①证明：
∵ MN//AB，
∴ ∠APM=∠BAP，∠BPN=∠ABP。
又
∵ ∠ABC=∠APM，∠CAB=∠BPN，
∴ ∠ABC=∠BAP，∠CAB=∠ABP，
∴ AP//BC，AC//BP，
∴ 四边形APBC是平行四边形。
②解：
如图2，过点C作CH⊥MN于点H，交AB于点G，则四边形BDHG是矩形，设BC=√5 x，则AC=2√5 x，
在Rt△ABC中，AB=√(AC²+BC²)=√[(2√5 x)²+(√5 x)²]=5x。
由等面积法：S△ABC=1/2·AC·BC=1/2·AB·CG，
即1/2·2√5 x·√5 x =1/2·5x·CG，解得CG=2x，
∴ BG=√(BC² - CG²)=√[(√5 x)² - (2x)²]=x。
∵ 四边形APBC是平行四边形，∠ACB=90°，
∴ 平行四边形APBC是矩形，故S△ACB=S△ABP，
∴ CG=GH=2x，即CH=CG+GH=4x，且DH=BG=x。
在Rt△CDH中，CD²=DH²+CH²，即(√17)²=x²+(4x)²，
解得x=1（x=-1舍去）。
∵ 平行四边形APBC中，BP=AC=2√5，BD=GH=2，
在Rt△BDP中，PD=√(BP² - BD²)=√[(2√5)² - 2²]=4。
(2)解：
如图，过点B作BR//AC交MN于点R，作AQ⊥BR交BR于点Q，则四边形ACBQ是矩形，
∴ AQ=BC=1。
∵ MN//AB，
∴ S△ABR=S△ABD=3，
又
∵ S△ABR=1/2·BR·AQ，
∴ 1/2·BR·1=3，解得BR=6。
取BR的中点O，连接OC、OD，
在Rt△OBC中，OB=1/2 BR=3，BC=1，
∴ OC=√(OB²+BC²)=√(3²+1²)=√10。
∵ BD⊥MN，
∴ △BDR是直角三角形，O是BR中点，
∴ OD=1/2 BR=3。
根据三角形三边关系：CD≤OC+OD=√10 +3，当且仅当C、O、D共线时取等号，
∴ CD的最大值为√10 +3。
【答案】
(1)①证明见解析；②PD=4；
(2)CD的最大值为√10 +3
【知识点】
平行四边形判定、勾股定理、直角三角形性质
【点评】
本题为几何综合题，融合平行线、平行四边形、矩形、直角三角形的性质，辅助线构造是解题核心，需学生具备较强的图形分析与逻辑推理能力，综合性较强。
【难度系数】
0.5
本题是几何综合题，分三小问逐步求解：
1. 第(1)①问：要证四边形APBC是平行四边形，利用MN//AB的平行线性质得到内错角相等，结合已知角的等量关系，推出两组对边分别平行，依据平行四边形定义完成证明。
2. 第(1)②问：在直角△ABC中，设参数表示边长，用勾股定理求AB，通过等面积法求AB边上的高CG，结合平行四边形性质得到CH的长度，利用矩形性质得DH，再用勾股定理列方程求解参数，进而计算PD。
3. 第(2)问：通过构造辅助线得到矩形，利用三角形面积求BR，取BR中点O，结合直角三角形斜边中线性质得到OC、OD的长度，最后根据三角形三边关系确定CD的最大值。
【解析】
(1)①证明：
∵ MN//AB，
∴ ∠APM=∠BAP，∠BPN=∠ABP。
又
∵ ∠ABC=∠APM，∠CAB=∠BPN，
∴ ∠ABC=∠BAP，∠CAB=∠ABP，
∴ AP//BC，AC//BP，
∴ 四边形APBC是平行四边形。
②解：
如图2，过点C作CH⊥MN于点H，交AB于点G，则四边形BDHG是矩形，设BC=√5 x，则AC=2√5 x，
在Rt△ABC中，AB=√(AC²+BC²)=√[(2√5 x)²+(√5 x)²]=5x。
由等面积法：S△ABC=1/2·AC·BC=1/2·AB·CG，
即1/2·2√5 x·√5 x =1/2·5x·CG，解得CG=2x，
∴ BG=√(BC² - CG²)=√[(√5 x)² - (2x)²]=x。
∵ 四边形APBC是平行四边形，∠ACB=90°，
∴ 平行四边形APBC是矩形，故S△ACB=S△ABP，
∴ CG=GH=2x，即CH=CG+GH=4x，且DH=BG=x。
在Rt△CDH中，CD²=DH²+CH²，即(√17)²=x²+(4x)²，
解得x=1（x=-1舍去）。
∵ 平行四边形APBC中，BP=AC=2√5，BD=GH=2，
在Rt△BDP中，PD=√(BP² - BD²)=√[(2√5)² - 2²]=4。
(2)解：
如图，过点B作BR//AC交MN于点R，作AQ⊥BR交BR于点Q，则四边形ACBQ是矩形，
∴ AQ=BC=1。
∵ MN//AB，
∴ S△ABR=S△ABD=3，
又
∵ S△ABR=1/2·BR·AQ，
∴ 1/2·BR·1=3，解得BR=6。
取BR的中点O，连接OC、OD，
在Rt△OBC中，OB=1/2 BR=3，BC=1，
∴ OC=√(OB²+BC²)=√(3²+1²)=√10。
∵ BD⊥MN，
∴ △BDR是直角三角形，O是BR中点，
∴ OD=1/2 BR=3。
根据三角形三边关系：CD≤OC+OD=√10 +3，当且仅当C、O、D共线时取等号，
∴ CD的最大值为√10 +3。
【答案】
(1)①证明见解析；②PD=4；
(2)CD的最大值为√10 +3
【知识点】
平行四边形判定、勾股定理、直角三角形性质
【点评】
本题为几何综合题，融合平行线、平行四边形、矩形、直角三角形的性质，辅助线构造是解题核心，需学生具备较强的图形分析与逻辑推理能力，综合性较强。
【难度系数】
0.5
