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专题2020年上海各区分类汇编25题
专题一动点函数下的三角形
【历年真题】
1.(2020?普陀区二模)如图,已知在四边形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,以AB为
直径的⊙O交边DC于E、F两点,AD=1,BC=5,设⊙O的半径长为r.
(1)联结OF,当OF∥BC时,求⊙O的半径长;
(2)过点O作OH⊥EF,垂足为点H,设OH=y,试用r的代数式表示y;
(3)设点G为DC的中点,联结OG、OD,△ODG是否能成为等腰三角形?如果能,试求出r的值;如不能,试说明理由.
【考点】垂径定理;等腰三角形的判定;勾股定理;直角梯形.
【专题】图形的全等;等腰三角形与直角三角形;梯形;圆的有关概念及性质;推理能力.
【分析】(1)证OF为梯形ABCD的中位线,得出r=OF=(AD+BC)=3即可;
(2)连接OD、OC,过点D作DM⊥BC于M,则CM=BC﹣BM=4,由勾股定理得出DC=2,由四边形ABCD的面积=△DOC的面积+△AOD的面积+△BOC的面积,进而得出答案;
(3)证OG是梯形ABCD的中位线,得出OG∥AD,OG=3,DG=CD=,由勾股定理得OD=,分三种情况,分别求解即可.
【解答】解:(1)∵OF∥BC,OA=OB,
∴OF为梯形ABCD的中位线,
∴OF=(AD+BC)=(1+5)=3,
即⊙O的半径长为3;
(2)连接OD、OC,过点D作DM⊥BC于M,如图1所示:
则BM=AD=1,∴CM=BC﹣BM=4,
∴DC===2,
∵四边形ABCD的面积=△DOC的面积+△AOD的面积+△BOC的面积,
∴(1+5)×2r=×2×y+×r×1+×r×5,
整理得:y=;
(3)△ODG能成为等腰三角形,理由如下:
∵点G为DC的中点,OA=OB,
∴OG是梯形ABCD的中位线,
∴OG∥AD,OG=(AD+BC)=(1+5)=3,
DG=CD=,
由勾股定理得:OD==,
分三种情况:
①DG=DO时,则=,无解;
②OD=OG时,如图2所示:
=3,
解得:r=2;
③GD=GO时,作OH⊥CD于H,如图3所示:
∠GOD=∠GDO,
∵OG∥AD,∴∠ADO=∠GOD,
∴∠ADO=∠GDO,
在△ADO和△HDO中,,
∴△ADO≌△HDO(AAS),
∴OA=OH,
则此时圆O和CD相切,不合题意;
综上所述,△ODG能成为等腰三角形,r=2.
【点评】本题考查了垂径定理、梯形中位线定理、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识;熟练掌握垂径定理和梯形中位线定理是解题的关键.
2.(2020?虹口区二模)如图1,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠ABC=90°,cosC=,
DC=5,BC=6,以点B为圆心,BD为半径作圆弧,分别交边CD、BC于点E、F.
(1)求sin∠BDC的值;
(2)联结BE,设点G为射线DB上一动点,如果△ADG相似于△BEC,求DG的长;
(3)如图2,点P、Q分别为边AD、BC上动点,将扇形DBF沿着直线PQ折叠,折叠后的弧DF经过点B与AB上的一点H(点D、F分别对应点D,F),设BH=x,BQ=y,求y关于x的函数关系式(不需要写定义域).
【考点】圆的综合题.
【专题】几何综合题;应用意识.
【分析】(1)如图1中,连接BE,过点D作DK⊥BC于K,过点B作BJ⊥CD于J.想办法求出BJ,BD即可解决问题.
(2)分两种情形分别求解:①当△ADG∽△BCE时.②当△ADG∽△ECB时,分别利用相似三角形的性质求解即可.
(3)如图3中,过点B作BJ⊥PQ交于J,连接BJ,JH,JQ,过点J作JG⊥BH于G,过点Q作QK⊥JH于K.由题意BQ=QJ=y,求出QK,KJ,在Rt△QKJ中,利用勾股定理即可解决问题.
【解答】解:(1)如图1中,连接BE,过点D作DK⊥BC于K,过点B作BJ⊥CD于J.
在Rt△CDK中,∵∠DKC=90°,CD=5,cos∠C==,∴CK=3,
∵BC=6,∴BK=CK=3,
∵AD∥BC,∠ABC=90°,∴∠A=90°
∵DK⊥BC,∴∠A=∠ABC=∠DKB=90°,
∴四边形ABKD是矩形,∴AD=BK=3,
∴DB=DC=5,DK===4,
∵S△DCB=?BC?DK=?CD?BJ,∴BJ=,
∴DJ===,
∵BD=BE,BJ⊥DE,∴DJ=JE=,
∴EC=CD﹣DJ=JE=5﹣=,
∴sin∠BDC===.
(2)如图2中,
∵AD∥BC,∴∠ADG=∠DBC,
∵DB=DC,∴∠DBC=∠C,∴∠ADG=∠C,
∵△ADG相似△BEC,
∴有两种情形:当△ADG∽△BCE时,∴=,
∴=,∴DG=,
当△ADG∽
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