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作DM⊥AC于点M,CN⊥AB于点N. ∵D是AB的中点,∠ACB=90°, ∴CD=AD=BD.∴点M是AC的中点. ∴DM=BC=×6=3.(7分)
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1
在Rt△ABC中,AB=√????2+B??2=√82+62=10,2AC·BC=2AB·CN. ∴CN=
????·????8×624????
11
=10=5.(8分)
∵△DGH∽△BDC, ∴
??△????????△??????
=(),∴S△DGH=()·S△BDC=()··BD·CN. ????????????2
????2????2????2
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∴S△DGH=
(5)×2×5×5=16.(9分) (3)①.
1675
3
24
2
12475
②此题答案不唯一,语言表述清晰、准确得1分,画图正确得1分,重叠部分未涂阴影不扣分.示例:如图,将△DEF绕点D旋转,使DE⊥BC于点M,DF交AC于点N,求重叠部分(四边形DMCN)的面积.(13分)
评析 本题考查了勾股定理,全等三角形的判定与性质,相似三角形的判定与性质,等腰三角形的判定与性质.其中利用直角三角形斜边上中线把直角三角形分成两等腰三角形是解题中的突破口.整个题目在变与不变的辨证关系中,渗透化归思想方法. 26.解析 (1)当y=0时,4x-2x-4=0. 解得x1=-2,x2=8.
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∵点B在点A的右侧,
∴点A,B的坐标分别为(-2,0),(8,0).(2分) 当x=0时,y=-4.
∴点C的坐标为(0,-4).(3分)
(2)由菱形的对称性可知,点D的坐标为(0,4). 设直线BD的解析式为y=kx+b,则
1??=4,
{解得k=-2,b=4. 8??+??=0,
∴直线BD的解析式为y=-2x+4.(4分) ∵l⊥x轴,∴点M,Q的坐标分别是 (??,-2m+4),(??,4??2-2m-4).
如图,当MQ=DC时,四边形CQMD是平行四边形,(5分)
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∴(-2m+4)-(4??2-2m-4)=4-(-4).(6分) 化简得m-4m=0.解得m1=0(舍去),m2=4. ∴当m=4时,四边形CQMD是平行四边形.(7分) 此时,四边形CQBM是平行四边形.(8分)
解法一:∵m=4,∴点P是OB的中点.∵l⊥x轴,∴l∥y轴. ∴△BPM∽△BOD.∴????=????=2.∴BM=DM.(10分) ∵四边形CQMD是平行四边形,∴DM??CQ. ∴BM??CQ,∴四边形CQBM为平行四边形.(12分)
????????1
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??=-4,1
解法二:设直线BC的解析式为y=k1x+b1,则{1解得k1=,b1=-4.
28??1+??1=0,∴直线BC的解析式为y=x-4.(9分)
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又∵l⊥x轴交BC于点N,∴当x=4时,y=-2, ∴点N的坐标为(4,-2).
∴点M,Q的坐标分别为M(4,2),Q(4,-6). ∴MN=2-(-2)=4,NQ=-2-(-6)=4. ∴MN=QN.(10分)
又∵四边形CQMD是平行四边形,∴DB∥CQ,∴∠3=∠4. 又∵∠1=∠2,∴△BMN≌△CQN,∴BN=CN. ∴四边形CQBM为平行四边形.(12分)
(3)抛物线上存在两个这样的点Q,分别是Q1(-2,0),Q2(6,-4).(14分)
评析 本题综合考查了菱形的性质、平行四边形的判定、二次方程求解、二次函数的图象和性质、相似三角形的性质等,考查了学生综合运用数学知识和数形结合思想、分类讨论思想、函数的思想、方程的思想等多种数学思想方法来解决问题的能力.
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