3.已知:矩形ABCD中,AD=2AB,點E、F分別在線段AD、CD上,滿足:∠EBF=45°,點P為BF中點,連接EP.

(1)如圖1,求證:∠EPB+∠BFD=180°;
(2)如圖2,延長EP交BC于點M,把線段BM沿著直線EM折疊,交BF于點N,當(dāng)EP=2PM時,請你探究線段PN和線段NF的數(shù)量關(guān)系,并證明你的結(jié)論.

分析 如圖,過點P作CD的平行線交BC于G,交AD于K,截取GH=AE,BM沿ME翻折至MR,過R作RQ⊥BC于Q,連結(jié)BR,BH,
(1)由題意得到PG垂直于BG,再由PG與FC平行,且P為BF中點,得到G為BC中點,得BC=2BG,由BC=2AB,得到AB=BG,利用SAS得到三角形ABE與三角形BGH全等,利用全等三角形對應(yīng)角相等,對應(yīng)邊相等得到EB=BH,且∠ABE=∠HBG,利用等式的性質(zhì)得到一對角相等,利用SAS得到三角形EBP與三角形HBP全等,利用全等三角形對應(yīng)邊、對應(yīng)角相等得到∠BPE=∠BPH,EP=HP,由PG與DC平行,得到一對同位角相等,利用鄰補(bǔ)角互補(bǔ)等量代換即可得證;
(2)以BC為x軸,AB為x軸,建立坐標(biāo)系,如圖所示,設(shè)BC=8a,AE=x,那么AK=AB=BG=KG=4a,EK=4a-x,繼而表示出EK,KP,EP,在直角三角形EPK中,利用勾股定理表示出x,進(jìn)而表示出EK,PK,根據(jù)∠RBM=∠EPK,得到tan∠RBM=tan∠EPK,求出RQ與BQ之比,進(jìn)而設(shè)出RQ,BQ,在直角三角形RMQ中,利用勾股定理列出關(guān)系式,表示出RQ,BQ,進(jìn)而表示出B,P,M,R坐標(biāo),利用待定系數(shù)法求出BF與RM解析式,聯(lián)立表示出N坐標(biāo),求出PN與NF之比即可.

解答 解:如圖,過點P作CD的平行線交BC于G,交AD于K,截取GH=AE,BM沿ME翻折至MR,過R作RQ⊥BC于Q,連結(jié)BR,BH,

(1)∵KH∥AB,∠ABG=90°.
∴∠BGK=90°,即PG⊥BG,
∵BP=FP,PG∥FC,
∴BG=CG,即BC=2BG,
∵BC=2AB,
∴AB=BG,
在△BAE和△BGH中,
$\left\{\begin{array}{l}{BA=BG}\\{∠BAE=∠BGH}\\{AE=GH}\end{array}\right.$,
∴△BAE≌△BGH(SAS),
∴∠ABE=∠GBH,BE=BH,
∵∠ABG=90°,∠EBP=45°,
∴∠EBP=∠HBP=45°,
在△BEP和△BHP中,
$\left\{\begin{array}{l}{BE=BH}\\{∠EBP=∠HBP}\\{BP=BP}\end{array}\right.$,
∴△BEP≌△BHP(SAS),
∴∠BPE=∠BPH,EP=HP,
∵PG∥DC,
∴∠BPH=∠BFC,
∵∠BFC+∠BFD=180°,
∴∠BPE+∠DFP=180°;
(2)以BC為x軸,AB為x軸,建立坐標(biāo)系,如圖所示,
設(shè)BC=8a,AE=x,那么AK=AB=BG=KG=4a,EK=4a-x,
∵EP=2PM,EK∥GM,
∴KP=2PG=$\frac{8}{3}$a,PG=$\frac{4}{3}$a,EP=HP=PG+GH=AE+PG=x+$\frac{4}{3}$a,
∵在Rt△PEK中,根據(jù)勾股定理得:EK2+KP2=EP2,
∴(4a-x)2+($\frac{8}{3}$a)2=(x+$\frac{4}{3}$a)2,
∴x=2a,
∴EK=2a,GM=$\frac{1}{2}$EK=a,
∵∠RBM=∠EPK,
∴tan∠RBM=tan∠EPK,即$\frac{RQ}{BQ}$=$\frac{EK}{PK}$=$\frac{2a}{\frac{8}{3}a}$=$\frac{3}{4}$,
設(shè)RQ=3y,BQ=4y,BM=RM=BG+GM=4a+a=5a,
∴在Rt△RMQ中,根據(jù)勾股定理得:MQ2+RQ2=MR2,即(4y-5a)2+(3y)2=(5a)2,
∴y=$\frac{8}{5}$a,
∴BQ=$\frac{32}{5}$a,RQ=$\frac{24}{5}$a,
∴B(0,0),P(4a,$\frac{4}{3}$a),M(5a,0),R($\frac{32}{5}$a,$\frac{24}{5}$a),
可得直線BF解析式為:y=$\frac{1}{3}$x;直線MR解析式為:y=$\frac{24}{7}$x-$\frac{120}{7}$a,
令$\frac{1}{3}$x=$\frac{24}{7}$x-$\frac{120}{7}$,
解:x=$\frac{72}{13}$a,y=$\frac{24}{13}$a,
∴N($\frac{72}{13}$a,$\frac{24}{13}$a),
∴$\frac{PN}{NF}$=$\frac{\frac{72}{13}a-4a}{8a-\frac{72}{13}a}$=$\frac{5}{8}$.

點評 此題屬于四邊形綜合題,涉及的知識有:全等三角形的判定與性質(zhì),銳角三角函數(shù)定義,待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式,勾股定理,坐標(biāo)與圖形性質(zhì),折疊的性質(zhì),矩形的性質(zhì),熟練掌握性質(zhì)與定理是解本題的關(guān)鍵.

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20.某探測隊在地面A、B兩處均探測出建筑物下方C處有生命跡象,已知探測線與地面的夾角分別是25°和60°,且AB=4米,求該生命跡象所在位置C的深度.(結(jié)果精確到1米.參考數(shù)據(jù):sin25°≈0.4,cos25°≈0.9,tan25°≈0.5,$\sqrt{3}$≈1.7)

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18.如圖,已知拋物線y=-$\frac{1}{2}$x2+bx+c與坐標(biāo)軸分別交于點點A(0,8)、B(8,0)和點E,動點C從原點O開始沿OA方向以每秒1個單位長度移動,動點D從點B開始沿BO方向以每秒1個單位長度移動,動點C、D同時出發(fā),當(dāng)動點D到達(dá)原點O時,點C、D停止運(yùn)動.
(1)求該拋物線的解析式及點E的坐標(biāo);
(2)若D點運(yùn)動的時間為t,△CED的面積為S,求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式,并求出△CED的面積的最大值.

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5.如圖1,是拋物線y=ax2+bx+c(a≠0)圖象的一部分,已知拋物線的對稱軸為直線x=2,與x軸的一個交點是(-1,0);
(1)補(bǔ)充完下列結(jié)論:abc>0;4a-2b+c>0;b2-4ac>0
(2)如圖2,當(dāng)a=1時,一次函數(shù)y=2x-5與y=x2+bx+c交于A、C兩點,求不等式
2x-5>x2+bx+c的解集.
(3)拋物線的對稱軸上是否存在點P,使得PB+PC的值最。咳舸嬖,求出點P的坐標(biāo);若不存在,請說明理由.

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A.B.C.D.

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15.如圖,點C在線段BE上,在BE的同側(cè)作△ABC和△DCE,AE,BD交于點P,已知AC=BC,DC=EC,∠1=∠2.
(1)求證:∠CAE=∠CBD;
(2)若∠1=45°,求∠APD的度數(shù).

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12.如圖,邊長為$\sqrt{3}$的等邊△ABC中,D、E分別為AB、BC上的點,且DB=$\sqrt{2}$,將線段ED繞E點順時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段EF,連CF.當(dāng)∠FCB=30°時,CE的長為$\frac{1}{2}$($\sqrt{3}$+$\sqrt{2}$).

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13.請你觀察:$\frac{1}{1×2}$=$\frac{1}{1}$-$\frac{1}{2}$;$\frac{1}{2×3}$=$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$;$\frac{1}{3×4}$=$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$;…
$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$=$\frac{1}{1}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$=1-$\frac{1}{3}$=$\frac{2}{3}$;
$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$=$\frac{1}{1}$-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$=1-$\frac{1}{4}$=$\frac{3}{4}$;…
從上述運(yùn)算得到啟發(fā),請你填空:
$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$+$\frac{1}{4×5}$=$\frac{4}{5}$;
$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$+$\frac{1}{4×5}$+…+$\frac{1}{2015×2016}$=$\frac{2015}{2016}$.
理解以上方法的真正含義,計算:
$\frac{1}{1×3}$+$\frac{1}{3×5}$+$\frac{1}{5×7}$+…+$\frac{1}{97×99}$.

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