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6. 如图,矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O, DE⊥AC于点E,延长DE与BC交于点F.若AB=3,BC=4,求点F到BD的距离.
答案
解:如图,过点 F 作 $FH ⊥ DB$ 于点 H.
∵ 四边形 ABCD 为矩形,
∴ $∠ ADC = ∠ ABC = ∠ BCD = 90°$,$AC = BD$.
∵ $AB = 3$,$BC = 4$,
∴ $AC = BD = 5$,
∵ $S_{△ ADC} = \frac{1}{2}AD · DC = \frac{1}{2}AC · DE$,
∴ $\frac{1}{2} × 4 × 3 = \frac{1}{2} × 5 × DE$,解得 $DE = \frac{12}{5}$.
∵ $\cos ∠ EDC = \frac{DE}{DC} = \frac{DC}{DF}$,
∴ $\frac{\frac{12}{5}}{3} = \frac{3}{DF}$,解得 $DF = \frac{15}{4}$,
∴ $FC = \sqrt{(\frac{15}{4})^2 - 3^2} = \frac{9}{4}$,
∴ $BF = BC - FC = 4 - \frac{9}{4} = \frac{7}{4}$.
∵ $S_{△ BDF} = \frac{1}{2}BD · FH = \frac{1}{2}BF · DC$,
∴ $\frac{1}{2} × 5 × FH = \frac{1}{2} × \frac{7}{4} × 3$,解得 $FH = \frac{21}{20}$,
∴ 点 F 到 BD 的距离为 $\frac{21}{20}$.
解析
【分析】
要求点F到BD的距离，首先根据点到直线距离的定义，过F作FH⊥BD于H，FH即为所求线段。可通过面积法建立FH的等量关系：在△BDF中，面积既可以BD为底、FH为高计算，也可以BF为底、CD为高计算，因此只需先求出BD、BF的长度即可求解。首先利用矩形性质和勾股定理求出对角线BD的长度；再结合DF⊥AC的条件，先通过△ADC的面积法求出DE的长度，利用∠EDC的余弦值在两个直角三角形中的等量关系求出DF的长度，再用勾股定理求出FC的长度，进而得到BF的长度；最后代入△BDF的面积等式即可求出FH。
【解析】
如图，过点 F 作 $FH ⊥ DB$ 于点 H。
∵ 四边形 ABCD 为矩形，
∴ $∠ ADC = ∠ ABC = ∠ BCD = 90°$，$AC = BD$。
∵ $AB = 3$，$BC = 4$，由勾股定理得 $AC = BD = \sqrt{3^2+4^2}=5$。
∵ $S_{△ ADC} = \frac{1}{2}AD · DC = \frac{1}{2}AC · DE$，
∴ $\frac{1}{2} × 4 × 3 = \frac{1}{2} × 5 × DE$，解得 $DE = \frac{12}{5}$。
∵ 在$Rt△DEC$和$Rt△DCF$中，$\cos ∠ EDC = \frac{DE}{DC} = \frac{DC}{DF}$，
∴ $\frac{\frac{12}{5}}{3} = \frac{3}{DF}$，解得 $DF = \frac{15}{4}$。
在$Rt△DCF$中，由勾股定理得 $FC = \sqrt{(\frac{15}{4})^2 - 3^2} = \frac{9}{4}$，
∴ $BF = BC - FC = 4 - \frac{9}{4} = \frac{7}{4}$。
∵ $S_{△ BDF} = \frac{1}{2}BD · FH = \frac{1}{2}BF · DC$，
∴ $\frac{1}{2} × 5 × FH = \frac{1}{2} × \frac{7}{4} × 3$，解得 $FH = \frac{21}{20}$。
【答案】
点F到BD的距离为$\frac{21}{20}$。
【知识点】
矩形的性质，锐角三角函数，面积法求高
【点评】
本题综合考查了矩形性质、勾股定理、三角函数以及面积法的应用，解题时需逐步推导各线段长度，合理利用等量关系建立方程求解，是几何计算的常见题型。
【难度系数】
0.65
要求点F到BD的距离，首先根据点到直线距离的定义，过F作FH⊥BD于H，FH即为所求线段。可通过面积法建立FH的等量关系：在△BDF中，面积既可以BD为底、FH为高计算，也可以BF为底、CD为高计算，因此只需先求出BD、BF的长度即可求解。首先利用矩形性质和勾股定理求出对角线BD的长度；再结合DF⊥AC的条件，先通过△ADC的面积法求出DE的长度，利用∠EDC的余弦值在两个直角三角形中的等量关系求出DF的长度，再用勾股定理求出FC的长度，进而得到BF的长度；最后代入△BDF的面积等式即可求出FH。
【解析】
如图，过点 F 作 $FH ⊥ DB$ 于点 H。
∵ 四边形 ABCD 为矩形，
∴ $∠ ADC = ∠ ABC = ∠ BCD = 90°$，$AC = BD$。
∵ $AB = 3$，$BC = 4$，由勾股定理得 $AC = BD = \sqrt{3^2+4^2}=5$。
∵ $S_{△ ADC} = \frac{1}{2}AD · DC = \frac{1}{2}AC · DE$，
∴ $\frac{1}{2} × 4 × 3 = \frac{1}{2} × 5 × DE$，解得 $DE = \frac{12}{5}$。
∵ 在$Rt△DEC$和$Rt△DCF$中，$\cos ∠ EDC = \frac{DE}{DC} = \frac{DC}{DF}$，
∴ $\frac{\frac{12}{5}}{3} = \frac{3}{DF}$，解得 $DF = \frac{15}{4}$。
在$Rt△DCF$中，由勾股定理得 $FC = \sqrt{(\frac{15}{4})^2 - 3^2} = \frac{9}{4}$，
∴ $BF = BC - FC = 4 - \frac{9}{4} = \frac{7}{4}$。
∵ $S_{△ BDF} = \frac{1}{2}BD · FH = \frac{1}{2}BF · DC$，
∴ $\frac{1}{2} × 5 × FH = \frac{1}{2} × \frac{7}{4} × 3$，解得 $FH = \frac{21}{20}$。
【答案】
点F到BD的距离为$\frac{21}{20}$。
【知识点】
矩形的性质，锐角三角函数，面积法求高
【点评】
本题综合考查了矩形性质、勾股定理、三角函数以及面积法的应用，解题时需逐步推导各线段长度，合理利用等量关系建立方程求解，是几何计算的常见题型。
【难度系数】
0.65
7. [2024 凉山州中考]如图,在菱形ABCD中,∠ABC=60°,AB=2,E是BC边上一个动点,连接AE,AE的垂直平分线MN交AE于点M,交BD于点N.连接EN,CN.
(1)求证:EN=CN;
(2)求2EN+BN的最小值.
(1)求证:EN=CN;
(2)求2EN+BN的最小值.
答案
(1)证明:如图1,连接 AN.
∵ 四边形 ABCD 是菱形,
∴ $∠ ABD = ∠ CBD = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$,$BA = BC$.
∵ $BN = BN$,
∴ $△ ABN ≌ △ CBN$,
∴ $AN = CN$.
∵ MN 是 AE 的垂直平分线,
∴ $AN = NE$,
∴ $EN = CN$.
(2)解:如图2,过点 N 作 $NF ⊥ BC$ 于点 F,连接 NA,AF.
由(1)知 $∠ DBC = 30°$,
∴ $NF = \frac{1}{2}BN$.
∵ $AN = EN$,
∴ $2EN + BN = 2(EN + \frac{1}{2}BN) = 2(AN + NF) \ge 2AF$.
当 A,N,F 三点共线时,$2EN + BN$ 的值最小,此时 $AF ⊥ BC$(如图3),
在 $\mathrm{Rt}△ ABF$ 中,$AF = AB × \sin ∠ ABC = 2 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$,
∴ $2EN + BN$ 的最小值为 $2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1) 要证EN=CN，可通过中间线段AN等量代换：首先根据菱形的性质，可得BA=BC，BD平分∠ABC，结合公共边BN，可证△ABN与△CBN全等，得到AN=CN；再利用线段垂直平分线的性质得到AN=EN，即可推出EN=CN。
(2) 求2EN+BN的最小值，需先对线段进行转化：已知∠CBD=30°，过点N作NF⊥BC于F，由含30°角的直角三角形的性质可得NF=½BN；结合(1)中EN=AN的结论，可将2EN+BN变形为2(AN+NF)，根据“两点之间线段最短”和“垂线段最短”，当A、N、F三点共线且AF⊥BC时，AN+NF取得最小值，最小值为AF的长，计算出AF的长度即可得到2EN+BN的最小值。
【解析】
(1)证明:如图1,连接 AN.
∵ 四边形 ABCD 是菱形,
∴ $∠ ABD = ∠ CBD = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$,$BA = BC$.
∵ $BN = BN$,
∴ $△ ABN ≌ △ CBN$,
∴ $AN = CN$.
∵ MN 是 AE 的垂直平分线,
∴ $AN = NE$,
∴ $EN = CN$.
(2)解:如图2,过点 N 作 $NF ⊥ BC$ 于点 F,连接 NA,AF.
由(1)知 $∠ DBC = 30°$,
∴ $NF = \frac{1}{2}BN$.
∵ $AN = EN$,
∴ $2EN + BN = 2(EN + \frac{1}{2}BN) = 2(AN + NF) \ge 2AF$.
当 A,N,F 三点共线时,$2EN + BN$ 的值最小,此时 $AF ⊥ BC$(如图3),
在 $\mathrm{Rt}△ ABF$ 中,$AF = AB × \sin ∠ ABC = 2 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$,
∴ $2EN + BN$ 的最小值为 $2\sqrt{3}$.
【答案】
(1) 证明成立，EN=CN；
(2) $2\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质、线段垂直平分线的性质、最短路径问题
【点评】
本题是几何综合类典型考题，解题核心是灵活运用菱形性质、全等判定、线段垂直平分线性质实现线段的等量代换，再通过构造含30°角的直角三角形转化待求线段，将最值问题转化为垂线段最短的基本模型，有效考查了学生的转化思想和几何推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证EN=CN，可通过中间线段AN等量代换：首先根据菱形的性质，可得BA=BC，BD平分∠ABC，结合公共边BN，可证△ABN与△CBN全等，得到AN=CN；再利用线段垂直平分线的性质得到AN=EN，即可推出EN=CN。
(2) 求2EN+BN的最小值，需先对线段进行转化：已知∠CBD=30°，过点N作NF⊥BC于F，由含30°角的直角三角形的性质可得NF=½BN；结合(1)中EN=AN的结论，可将2EN+BN变形为2(AN+NF)，根据“两点之间线段最短”和“垂线段最短”，当A、N、F三点共线且AF⊥BC时，AN+NF取得最小值，最小值为AF的长，计算出AF的长度即可得到2EN+BN的最小值。
【解析】
(1)证明:如图1,连接 AN.
∵ 四边形 ABCD 是菱形,
∴ $∠ ABD = ∠ CBD = \frac{1}{2}∠ ABC = 30°$,$BA = BC$.
∵ $BN = BN$,
∴ $△ ABN ≌ △ CBN$,
∴ $AN = CN$.
∵ MN 是 AE 的垂直平分线,
∴ $AN = NE$,
∴ $EN = CN$.
(2)解:如图2,过点 N 作 $NF ⊥ BC$ 于点 F,连接 NA,AF.
由(1)知 $∠ DBC = 30°$,
∴ $NF = \frac{1}{2}BN$.
∵ $AN = EN$,
∴ $2EN + BN = 2(EN + \frac{1}{2}BN) = 2(AN + NF) \ge 2AF$.
当 A,N,F 三点共线时,$2EN + BN$ 的值最小,此时 $AF ⊥ BC$(如图3),
在 $\mathrm{Rt}△ ABF$ 中,$AF = AB × \sin ∠ ABC = 2 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$,
∴ $2EN + BN$ 的最小值为 $2\sqrt{3}$.
【答案】
(1) 证明成立，EN=CN；
(2) $2\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质、线段垂直平分线的性质、最短路径问题
【点评】
本题是几何综合类典型考题，解题核心是灵活运用菱形性质、全等判定、线段垂直平分线性质实现线段的等量代换，再通过构造含30°角的直角三角形转化待求线段，将最值问题转化为垂线段最短的基本模型，有效考查了学生的转化思想和几何推理能力。
【难度系数】
0.6
8. 跨学科·物理 [2024 广元中考] 小明从科普读物中了解到，光从真空射入介质发生折射时，入射角$α$的正弦值与折射角$β$的正弦值的比值$\frac{\sinα}{\sinβ}$叫做介质的“绝对折射率”，简称“折射率”。它表示光在介质中传播时，介质对光作用的一种特征。
(1)若光从真空射入某介质，入射角为$α$，折射角为$β$，且$\cosα=\frac{\sqrt{7}}{4}$，$β=30°$，求该介质的折射率。
(2)现有一块与(1)中折射率相同的长方体介质，
，$A,B,C,D$分别是长方体棱的中点，若光线经真空从矩形$A_1D_1D_2A_2$对角线交点$O$处射入，其折射光线恰好从点$C$处射出。，已知$α=60°$，$CD=10\ \mathrm{cm}$，求截面$ABCD$的面积。
(1)若光从真空射入某介质，入射角为$α$，折射角为$β$，且$\cosα=\frac{\sqrt{7}}{4}$，$β=30°$，求该介质的折射率。
(2)现有一块与(1)中折射率相同的长方体介质，
，$A,B,C,D$分别是长方体棱的中点，若光线经真空从矩形$A_1D_1D_2A_2$对角线交点$O$处射入，其折射光线恰好从点$C$处射出。，已知$α=60°$，$CD=10\ \mathrm{cm}$，求截面$ABCD$的面积。答案
解:(1)如图,已知 $\cos α = \frac{\sqrt{7}}{4}$,
设 $b = \sqrt{7}x$,则 $c = 4x$,
由勾股定理得,$a = \sqrt{(4x)^2 - (\sqrt{7}x)^2} = 3x$,
∴ $\sin α = \frac{a}{c} = \frac{3x}{4x} = \frac{3}{4}$,
∵ $β = 30°$,
∴ $\sin β = \sin 30° = \frac{1}{2}$,
∴ 折射率为 $\frac{\sin α}{\sin β} = \frac{\frac{3}{4}}{\frac{1}{2}} = \frac{3}{2}$.
(2)根据折射率与(1)的介质相同,可得折射率为 $\frac{3}{2}$.
∵ $α = 60°$,
∴ $\frac{\sin α}{\sin β} = \frac{\sin 60°}{\sin β} = \frac{3}{2}$,
∴ $\sin β = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
根据题意可知四边形 ABCD 是矩形,O 是 AD 的中点,
∴ $AD = 2OD$,$∠ D = 90°$.
∵ $∠ OCD = β$,
∴ $\sin ∠ OCD = \frac{OD}{OC} = \sin β = \frac{\sqrt{3}}{3}$.
在 $\mathrm{Rt}△ ODC$ 中,设 $OD = \sqrt{3}x\ \mathrm{cm}$,则 $OC = 3x\ \mathrm{cm}$,
由勾股定理可得 $CD = \sqrt{(3x)^2 - (\sqrt{3}x)^2} = \sqrt{6}x(\mathrm{cm})$.
∵ $CD = 10\ \mathrm{cm}$,
∴ $\sqrt{6}x = 10$,
∴ $x = \frac{5\sqrt{6}}{3}$,
∴ $OD = 5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$,
∴ $AD = 10\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$,
∴ 截面 ABCD 的面积为 $10\sqrt{2} × 10 = 100\sqrt{2}(\mathrm{cm}^2)$.
解析
【分析】
(1) 要求介质的折射率，需先求出$\sinα$和$\sinβ$的值。已知$\cosα$的值，可通过构造直角三角形，结合勾股定理求出$\sinα$；已知$β=30°$，可直接得到$\sinβ$的值，最后代入折射率公式计算即可。
(2) 首先利用(1)中得到的折射率，结合已知的入射角$α=60°$，求出折射角$β$的正弦值；由题意可知截面$ABCD$是矩形，$O$为$AD$中点，在$\mathrm{Rt}△ ODC$中可得$∠ OCD=β$，利用$\sinβ$的关系设未知数，结合勾股定理和已知$CD$的长度求出$OD$的长度，进而得到$AD$的长度，最后用矩形面积公式计算截面面积即可。
【解析】
(1) 由$\cosα=\frac{\sqrt{7}}{4}$，构造直角三角形（如图），设角$α$的邻边为$\sqrt{7}x$，斜边为$4x$，
由勾股定理得，角$α$的对边为$\sqrt{(4x)^2 - (\sqrt{7}x)^2}=3x$，
∴$\sinα=\frac{\mathrm{对边}}{\mathrm{斜边}}=\frac{3x}{4x}=\frac{3}{4}$，
∵$β=30°$，
∴$\sinβ=\sin30°=\frac{1}{2}$，
∴该介质的折射率为$\frac{\sinα}{\sinβ}=\frac{\frac{3}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{3}{2}$。
(2) 由题可知该介质折射率和(1)相同，为$\frac{3}{2}$，
已知入射角$α=60°$，代入折射率公式得：$\frac{\sin60°}{\sinβ}=\frac{3}{2}$，
∴$\sinβ=\frac{2×\sin60°}{3}=\frac{2×\frac{\sqrt{3}}{2}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
由题意得四边形$ABCD$是矩形，$O$是$AD$的中点，
∴$AD=2OD$，$∠ D=90°$，且$∠ OCD=β$，
∴$\sin∠OCD=\frac{OD}{OC}=\sinβ=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ODC$中，设$OD=\sqrt{3}x\ \mathrm{cm}$，则$OC=3x\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$CD=\sqrt{OC^2-OD^2}=\sqrt{(3x)^2-(\sqrt{3}x)^2}=\sqrt{6}x\ \mathrm{cm}$，
∵$CD=10\ \mathrm{cm}$，
∴$\sqrt{6}x=10$，解得$x=\frac{5\sqrt{6}}{3}$，
∴$OD=\sqrt{3}×\frac{5\sqrt{6}}{3}=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，
∴$AD=2OD=10\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，
∴截面$ABCD$的面积为$AD×CD=10\sqrt{2}×10=100\sqrt{2}\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) 该介质的折射率为$\frac{3}{2}$；
(2) 截面$ABCD$的面积为$100\sqrt{2}\ \mathrm{cm}^2$。
【知识点】
锐角三角函数计算，勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题为跨学科题型，结合物理中折射率的概念，将物理问题转化为数学几何问题进行求解，既考查了对新概念的理解能力，又考查了锐角三角函数、勾股定理等基础知识的应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要求介质的折射率，需先求出$\sinα$和$\sinβ$的值。已知$\cosα$的值，可通过构造直角三角形，结合勾股定理求出$\sinα$；已知$β=30°$，可直接得到$\sinβ$的值，最后代入折射率公式计算即可。
(2) 首先利用(1)中得到的折射率，结合已知的入射角$α=60°$，求出折射角$β$的正弦值；由题意可知截面$ABCD$是矩形，$O$为$AD$中点，在$\mathrm{Rt}△ ODC$中可得$∠ OCD=β$，利用$\sinβ$的关系设未知数，结合勾股定理和已知$CD$的长度求出$OD$的长度，进而得到$AD$的长度，最后用矩形面积公式计算截面面积即可。
【解析】
(1) 由$\cosα=\frac{\sqrt{7}}{4}$，构造直角三角形（如图
），设角$α$的邻边为$\sqrt{7}x$，斜边为$4x$，由勾股定理得，角$α$的对边为$\sqrt{(4x)^2 - (\sqrt{7}x)^2}=3x$，
∴$\sinα=\frac{\mathrm{对边}}{\mathrm{斜边}}=\frac{3x}{4x}=\frac{3}{4}$，
∵$β=30°$，
∴$\sinβ=\sin30°=\frac{1}{2}$，
∴该介质的折射率为$\frac{\sinα}{\sinβ}=\frac{\frac{3}{4}}{\frac{1}{2}}=\frac{3}{2}$。
(2) 由题可知该介质折射率和(1)相同，为$\frac{3}{2}$，
已知入射角$α=60°$，代入折射率公式得：$\frac{\sin60°}{\sinβ}=\frac{3}{2}$，
∴$\sinβ=\frac{2×\sin60°}{3}=\frac{2×\frac{\sqrt{3}}{2}}{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
由题意得四边形$ABCD$是矩形，$O$是$AD$的中点，
∴$AD=2OD$，$∠ D=90°$，且$∠ OCD=β$，
∴$\sin∠OCD=\frac{OD}{OC}=\sinβ=\frac{\sqrt{3}}{3}$。
在$\mathrm{Rt}△ODC$中，设$OD=\sqrt{3}x\ \mathrm{cm}$，则$OC=3x\ \mathrm{cm}$，
由勾股定理得：$CD=\sqrt{OC^2-OD^2}=\sqrt{(3x)^2-(\sqrt{3}x)^2}=\sqrt{6}x\ \mathrm{cm}$，
∵$CD=10\ \mathrm{cm}$，
∴$\sqrt{6}x=10$，解得$x=\frac{5\sqrt{6}}{3}$，
∴$OD=\sqrt{3}×\frac{5\sqrt{6}}{3}=5\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，
∴$AD=2OD=10\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，
∴截面$ABCD$的面积为$AD×CD=10\sqrt{2}×10=100\sqrt{2}\ \mathrm{cm}^2$。
【答案】
(1) 该介质的折射率为$\frac{3}{2}$；
(2) 截面$ABCD$的面积为$100\sqrt{2}\ \mathrm{cm}^2$。
【知识点】
锐角三角函数计算，勾股定理，矩形的性质
【点评】
本题为跨学科题型，结合物理中折射率的概念，将物理问题转化为数学几何问题进行求解，既考查了对新概念的理解能力，又考查了锐角三角函数、勾股定理等基础知识的应用能力。
【难度系数】
0.7
