动手操作型专题答案.docVIP

35题答案 1、解：（1）图形平移的距离就是线段BC的长（2分） 又∵在Rt△ABC中，斜边长为10cm，∠BAC＝30，∴BC＝5cm， ∴平移的距离为5cm．（2分） （2）∵∠，∴∠，∠D＝30°． ∴∠．（1分） 在RtEFD中，ED＝10 cm，∵FD＝，（1分） ∵cm．（2分） （3）△AHE与△中，∵，（1分） ∵，， ∴，即．（1分） 又∵，∴△≌△（AAS）（1分）． ∴．（1分） 2、解：⑵ ∵AP＝AD，△ABP和△ABD的高相等， ∴S△ABP＝S△ABD ． 又∵PD＝AD－AP＝AD，△CDP和△CDA的高相等， ∴S△CDP＝S△CDA ． ∴S△PBC ＝S四边形ABCD－S△ABP－S△CDP ＝S四边形ABCD－S△ABD－S△CDA ＝S四边形ABCD－(S四边形ABCD－S△DBC)－(S四边形ABCD－S△ABC) ＝S△BC＋S△BC ．∴S△PBC＝S△BC＋S△BC ． ⑶ S△PBC＝S△BC＋S△BC ； ⑷ S△PBC＝S△BC＋S△BC ； ∵AP＝AD，△ABP和△ABD的高相等， ∴S△ABP＝S△ABD ．又∵PD＝AD－AP＝AD，△CDP和△CDA的高相等， ∴S△CDP＝S△CDA ．∴S△PBC ＝S四边形ABCD－S△ABP－S△CDP ＝S四边形ABCD－S△ABD－S△CDA ＝S四边形ABCD－(S四边形ABCD－S△DBC)－(S四边形ABCD－S△ABC) ＝S△BC＋S△BC ．∴S△PBC＝S△BC＋S△BC ． 问题解决： S△PBC＝S△BC＋S△BC ．Rt△BNP中， BN ＝ BA ＝a，∠PBN ＝30° ∴BP ＝ ∴b≥ ∴a≤b ． ∴当a≤b时，在矩形上能剪出这样的等边△BMP． （3）∵∠M′BC ＝60 ∴∠ABM′ ＝9060°＝30Rt△ABM′中，tan∠ABM′ ＝ tan30°＝ AM′ ＝ (，2). 代入y＝kxk＝ 设△ABM′沿BM′折叠后，点A落在矩形ABCD内的点为 过作H BC交BC于H． ∵△BM′ ≌△ABM′ ∴＝＝30°， B ＝ AB ＝2 ∴－＝30°． 在Rt△BH中， H ＝B ＝1 ，BH＝ ∴ ∴落在EF上. (图2) (图3) 4．略 5．（1）AB1∥CB，证略 （2）AB1与CB平行 （3）图略，（1）（2）中的结论仍然成立 6．解：（1）在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，AF＝，∠D＝90° 根据轴对称的性质，得EF＝AF＝，∴DF＝AD－AF＝， 在Rt△DEF中，DE＝＝ （2）设AE与FG的交点为O，根据轴对称的性质，得AO＝EO， 取AD的中点M，连接MO，则MO＝DE，MO∥DC， 设DE＝x，则MO＝x，在矩形ABCD中，∠C＝∠D＝90°， ∴AE为△AED的外接圆的直径，O为圆心． 延长MO交BC于点N，则ON∥CD， ∴∠DNM＝180°－∠C＝90°， ∴ON⊥BC，四边形MNCD是矩形， ∴MN＝CD＝AB＝2，∴ON＝MN－MO＝2－x， ∵△AED的外接圆与BC相切， ∴ON是△AED的外接圆的半径， ∴OE＝ON＝2－x，AE＝2ON＝4－x． 在Rt△AED中，AD2＋DE2＝AE2，∴12＋x2＝（4－x）2． 解这个方程，得x＝，∴DE＝，OE＝2－x＝． 根据轴对称的性质，得AE⊥FG，∴∠FOE＝∠D＝90°． 又∵∠FEO＝∠AED，∴△FEO∽△AED， ∴·AD． 可得FO＝，又AB∥CD， ∴∠EFO＝∠AGO，∠FEO＝∠GAO， ∴△FEO≌△GAO，∴FO＝GO，∴FG＝2FO＝， ∴折痕FG的长是． 7．解：（1），，． 2分 （2）分别过点作轴的垂线，垂足分别为， 分别过作于，于点． 在平行四边形中，，又， ． ． 又， ． ，． 设．由，得． 由，得．． （此问解法多种，可参照评分） （3），或，． （4）若为平行四边形的对角线，由（3）可得．要使在抛物线上， 则有，即． （舍去），．此时． 若为平行四边形的对角线，由（3）可得，同理可得，此时． 若为平行四边形的对角线，由（3）可得，同理可得，此时． 综上所述，当时，抛物线上存在点，使得以为顶点的四边形是平行四边形． 符合条件的点有，，． 8、解：（1）如图（共有2种不同的分割法，每种1分，共2分） （2）设，，过点的直线交边于．在中， ①若是顶角，如图1，则， ，． 此时只能有，即， ，即．②若时，则， 中，，． 1．由，得，此时有，即． 2．由，得，此时，即． 3．