∴AM＝∴cosA＝
＝
＝．
＝，
（2）设AH交CD于K．
∵∠BAC＝2∠ACD，∠BAH＝∠CAH， ∴∠CAK＝∠ACK， ∴CK＝AK，设CK＝AK＝x，
在Rt△CKH中，则有x2＝（4﹣x）2+32， 解得x＝∴AK＝CK＝
， ，
∵∠ADK＝∠ADC，∠DAK＝∠ACD， ∴△ADK∽△CDA， ∴
＝
＝
＝
＝，设AD＝m，DK＝n，
则有，解得m＝，n＝．
∴AD＝
．
（3）结论：AD：BE＝5：6值不变．
理由：∵∠GBE＝∠ABC，∠BAC+2∠ABC＝180°，∠GBE+∠EBC+∠ABC＝180°， ∴∠EBC＝∠BAC， ∵∠EDC＝∠BAC， ∴∠EBC＝∠EDC， ∴D，B，E，C四点共圆， ∴∠EDB＝∠ECB，
∵∠EDB+∠EDC＝∠ACD+∠DAC，∠EDC＝∠DAC， ∴∠EDB＝∠ACD，
∴∠ECB＝∠ACD， ∴△ACD∽△BCE， ∴
＝
＝．
5．解：（Ⅰ）如图1，过C作CM⊥x轴于M点，如图1所示： ∵CM⊥OA，AC⊥AB，
∴∠MAC+∠OAB＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°， ∴∠MAC＝∠OBA， 在△MAC和△OBA中，∴△MAC≌△OBA（AAS）， ∴CM＝OA＝2，MA＝OB＝4， ∴OM＝6，
∴点C的坐标为（﹣6，﹣2）， 故答案为（﹣6，﹣2）；
（Ⅱ）如图2，过D作DQ⊥OP于Q点， 则四边形OEDQ是矩形， ∴DE＝OQ，
∵∠APO+∠QPD＝90°，∠APO+∠OAP＝90°， ∴∠QPD＝∠OAP， 在△AOP和△PDQ中，∴△AOP≌△PDQ（AAS），
， ，
∴AO＝PQ＝2，
∴OP﹣DE＝OP﹣OQ＝PQ＝OA＝2；
（Ⅲ）如图3，过点F分别作FS⊥x轴于S点，FT⊥y轴于T点， 则∠HSF＝∠GTF＝90°＝∠SOT， ∴四边形OSFT是正方形，
∴FS＝FT＝4，∠EFT＝90°＝∠HFG， ∴∠HFS＝∠GFT， 在△FSH和△FTG中，，
∴△FSH≌△FTG（AAS）， ∴GT＝HS，
又∵G（0，m），H（n，0），点F坐标为（﹣4，﹣∴OT═OS＝4，
∴GT＝﹣4﹣m，HS＝n﹣（﹣4）＝n+4， ∴﹣4﹣m＝n+4， ∴m+n＝﹣8．
4），
6．解：（1）在Rt△ABC中，tanA＝由题意得，AP＝3t， 在Rt△APQ中，tanA＝∴PQ＝AP＝4t， 根据勾股定理得，AQ＝当0＜t≤时，如图1所示：
＝，
＝＝，
＝＝5t．
CQ＝AC﹣AQ＝6﹣5t；
当＜t≤
时，如图2所示：
CQ＝AQ﹣AC＝5t﹣6；
故答案为：6﹣5t或5t﹣6； （2）∵PQ⊥AB， ∴∠APQ＝90°＝∠ACB， ∵∠A＝∠A， ∴△APQ∽△ACB， ∴
＝
＝，即
＝，
解得：t＝，
即当△APQ与△ABC的周长的比为1：4时，t为秒． （3）分两种情况：
①当0＜t≤时，如图1所示：
△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S＝△APQ的面积＝×3t×4t＝6t2； 即S＝6t2（0＜t≤）；
②当＜t≤时，如图2所示：
由（1）得：PQ＝3t，PQ＝4t，AQ＝5t， 同（2）得：△CDQ∽△PAQ， ∴
＝
＝
，即
＝
＝
，
解得：CD＝（5t﹣6），
∴△APQ与△ABC重叠部分图形的面积为S＝△APQ的面积﹣△CDQ的面积＝×3t×4t﹣×（5t﹣6）×（5t﹣6）＝﹣即S＝﹣
t2+
）；
t﹣；
t2+t﹣（＜t≤
（4）由（1）知，AQ＝5t，PQ＝4t，CQ＝6﹣5t或CQ＝5t﹣6， 当CQ＝PQ时，四边形BCQP是轴对称图形， 则4t＝6﹣5t， ∴t＝； 当＜t≤
时，设PQ和BC相交于D，
当AC＝AP时，四边形ACDP是轴对称图形， 则6＝3t， ∴t＝2．
综上所述，当直线PQ把△ABC分成的两部分图形中有一个是轴对称图形时，t的值为秒或2秒．
相关推荐：
loading