專題復(fù)習(xí)(六)2PABCDPA＝PB，PC＝PD，∠APB＝∠CPDE、F、G、HAB、BC、CD、DAEFGH1

圖 圖∴EH＝21∴FG＝2(2)EFGHAC、BD. ∴EF＝

又∵∠AQO＝∠BQP，∴∠AOQ＝APB＝90°.EFGH①求證2＋3圖 圖1∴∠DCM＝2Rt△CDM，DM＝CM·tan∠DCM＝CM·tan60°＝3CM，∴DE＝222

＝

223

2又∵AE＝DE＋AD，∴AE＝23CM＋33．(2016·1，△ABC∠BAC＝90°，AB＝ACADEFB、CAD、AFBD＝CF，BD⊥CF(1)當(dāng)△ABCAθ(0°<θ<90°2，BD＝CF①求證AB＝2，AD＝32DH圖 圖 圖證明∴△ABD≌△ACF(SAS)．∴BD＝CF.又在△MAD∵AD＝32，ADEF3232∴MB＝3－2＝1，DB＝12＋32＝9MD9∴＝，即 HD 4．(2016·)在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，動點Q從點A出發(fā)，以每秒1個單位的速度，沿AB向點B移動；PB1BCCQP，QD，PD.若兩個點同時運動的時間為x(0＜x≤3)，解答下列問題：(1)設(shè)△QPDS，用含xSx，S解：(1)∵ABCD，∴BC＝AD＝4，CD＝AB＝3.xAQ＝x，BP＝x， ∴S△ADQ＝AD·AQ＝ △x △x S△PCD＝PC·CD＝·(4－x)×3＝6－ S矩形矩形矩形

1

1

1xx xx0＜x≤2，Sx2＜x≤3，S隨x9x＝0，S＝6S＝3，S＝2xx＝0，∴Sx＝2S4.7＋7－BQ7＋7－∴＝

＝

(舍去)或 PC 4－x 7－2∴當(dāng)7－2“∠A＝90°圖 圖(2)EB＝AD

＝2.理由如下：∵△ABC∴DG＝2AD.∴BE＝2AD.∴＝EFABCDEF⊥GH，EFAB，CDE，F(xiàn)，GHAD，BCG，H.求證：＝

EF

GH2，在滿足(1AM⊥BN，點M，NBC，CD上．若

，則的值

GH 圖 圖 圖解：(1)AAP∥EF，CDP，過點BBQ∥GHADAEFPBHGQ∴AP＝EF，GH＝BQ.AP EF∴△PDA∽△QAB.∴＝.∴＝BQ GHEFADBN∴由(1)中的結(jié)論可得＝，＝GHABAMBNEF ∴＝＝.故答案為AMGH 易證DE ∴＝＝＝AFAD10 DN 8∴AF＝2x＝8.∴＝＝＝AMAB107．(2016·)在△ABC中，P為邊AB上一點圖 圖 圖AC ∴＝ACABAC ∴＝ACAQ ∴22＝(3－x)(3＋x)，x＝5，x＝－5( ∴BP＝②BP＝∵AC＝2，∴AQ＝1，CQ＝BQ＝AP0＝x，P0Q＝PQ＝1－x，BP＝ （（∴MP·PC＝P

＝AP·BP＝x( 2 x＝7－3x＝－7－3(∴BP＝3－1＋7－3＝1，在△ABC∠ABC＝130°，將△ABCC50°得到△A′B′CBB′.求∠A′B′BA′為圓心，A′B′長為半徑作圓．A′B，求線段A′Bm、n圖 圖 圖1∴∠BB′C＝21∴∠BB′C＝2∴∠A′B′B＝∠A′B′C－∠BB′C＝150°－60°＝90°，B′B⊥A′B′.A′B′為半徑，Rt△A′B′BA′B＝（A′B′）2＋（BB′）2＝32＋52＝34. BB′與⊙A′相切．1∴∠B′CD＝2α＋β＝180°得到△A′B′B∴A′B＝（A′B′）2＋（BB′）2＝m2＋（2nsinβ）2＝ 解又FD∥AC.又∵∠FDE＝90°，AGDH又∵AD⊥GHAGDHAGDHD△ABCAGDH按上述理由，只有當(dāng)DBC圖 圖2，DBCBG BA－AG∴＝， ＝BA 6－AG 3∴6＝83

AG(AG－3) 4AG(AG－3) AG＝3，S矩形AGDH最大，此時DG＝AH＝4.AG＝3，AH＝4，S矩形AGDH最大．Rt△BGD，BD＝BG2＋DG2＝5，DBC，S矩形AGDH Rt△ABC

又PQPA＋AQ5＋4.8∴k＝ ＝ 10．(2016·)(1)發(fā)填空：當(dāng)點ACBACa＋b．a(chǎn)，b(2)CD，BE.(3)3，A2，0B(5，0PABPA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90AM長的最大值及此時點P圖 圖 (3)AM3＋22P2－2，3，構(gòu)造△