浙江省金华市2023年中考一模数学试题-Kmath科数- 中考、高考、考验数学题库

如图1，矩形 $A B C D$ 中, $A B=8, B C=6$, 点 $E, F$ 分别为 $A B, A D$ 边上任意一点, 现将 $\triangle A E F$ 沿直线 $E F$ 对折，点 $A$ 对应点为点 $G$.
(1) 如图2, 当 $E F // B D$, 且点 $G$ 落在对角线 $B D$ 上时, 求 $D G$ 的长;
(2) 如图3, 连接 $D G$, 当 $E F// B D$ 且 $\triangle D F G$ 是直角三角形时, 求 $A E$ 的值;
(3) 当 $A E=2 A F$ 时, $F G$ 的延长线交 $\triangle B C D$ 的边于点 $H$, 是否存在一点 $H$, 使得以 $E, H, G$ 为顶点的三角形与 $\triangle A E F$ 相似, 若存在, 请求出 $A E$ 的值; 若不存在, 请说明理由

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答案：

解：（1）连接AG，如图2所示

由折叠: $A G \perp E F$,
$$
\begin{aligned}
& \because E F \| B D, \\
& \therefore A G \perp B D, \\
& \text { 在矩形ABCD中, } A B=8, B C=6, \\
& \therefore \angle D A B=90^{\circ}, A D=B C=6, \\
& \therefore D B=\sqrt{\mathrm{AB}^2+\mathrm{AD}^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10, \\
& \therefore \operatorname{AD} \angle A D B=\frac{\mathrm{AD}}{\mathrm{BD}}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}, \\
& \therefore D G=A D \cdot \cos \angle A D B=6 \times \frac{3}{5}=\frac{18}{5} .
\end{aligned}
$$
(2)①当 $\angle D G F=90^{\circ}$ 时, 此时点 $D, G, E$ 三点共线,

设 $A F=3 t$, 则 $F G=3 t, A E=4 t, D F=6-3 t$,
在Rt $\triangle D F G$ 中, $D G^2+F G^2=D F^2$, 即 $D G^2=(6-3 t)^2-(3 t)^2=36-36 t$,
$$
\begin{aligned}
& \because \frac{F G}{D G}=\frac{\mathrm{AE}}{\mathrm{AD}}, \\
& \therefore \frac{\tan \angle F D G}{\mathrm{Dt}} \\
& \therefore \frac{4 \mathrm{t}}{\sqrt{36-36 \mathrm{t}}}=\frac{4}{6},
\end{aligned}
$$
解得 $t=\frac{7}{16}$,
$$
\therefore A E=\frac{7}{4}
$$
②当 $\angle G D F=90^{\circ}$ 时, 点 $G$ 在 $D C$ 上, 过点 $E$ 作 $E H \perp C D$ 于 $H$, 则四边形 $A D H E$ 是矩形, $E H=A D=6$.

设 $A F=3 t$, 则 $F G=3 t, A E=4 t, D F=6-3 t$,
$$
\begin{aligned}
& \because \angle F D G=\angle F G E=\angle E H G=90^{\circ} \text {, } \\
& \therefore \angle D G F+\angle D F G=90^{\circ}, \angle D G F+\angle E G H=90^{\circ} \text {, } \\
& \therefore \angle D F G=\angle E G H \text {, } \\
& \therefore \triangle G D F \backsim \triangle H G \text {, } \\
& \frac{\mathrm{DF}}{\mathrm{DG}} \quad \mathrm{FG} \\
& \therefore \overline{\mathrm{GH}}=\overline{\mathrm{EH}}=\overline{\mathrm{EH}} \text {, } \\
& \therefore \frac{6-3 \mathrm{k}}{\mathrm{GH}}=\frac{\mathrm{DG}}{6}=\frac{3}{4} \\
& \therefore D G=\frac{9}{2}, G H=8-4 k \text {, } \\
& \because D G+G H=A E \text {, } \\
& \therefore \frac{9}{2}+8-4 k=4 k \\
& \therefore k=\frac{25}{16} \text {, } \\
& \therefore A E=\frac{25}{4} \text {. } \\
&
\end{aligned}
$$
综上所述 : $A E=\frac{7}{4}$ 或 $\frac{25}{4}$.

(3) ①当 $\triangle A E F \backsim \triangle H E$ 时, 如图4-1, 过点 $H$ 作 $H P \perp A B$ 于 $P$,

$$
\begin{aligned}
& \because \angle A E F=\angle F E G=\angle E H G, \angle E H G+\angle H E G=90^{\circ}, \\
& \therefore \triangle F E G+\angle H E G=90^{\circ}, \\
& \therefore \angle A=\angle F E H=90^{\circ}, \\
& \therefore \triangle A E F \backsim \triangle E H F, \\
& \therefore E F: H E=A F: A E=1: 2, \\
& \because \angle A=\angle H P E=90^{\circ}, \\
& \therefore \angle A E F+\angle H E P=90^{\circ}, \angle H E P+\angle E H P=90^{\circ}, \\
& \therefore \angle A E F=\angle E H P, \\
& \therefore \triangle A E F \backsim \triangle H P E, \\
& \therefore E A: H P=E F: E H=1: 2, \\
& \because H P=6, \\
& \therefore A E=3 .
\end{aligned}
$$

②当 $\triangle A E F \backsim \triangle G H E$ 时, 如图4-2, 过点 $H$ 作 $H P \perp A B$ 于 $P$,

同法可得 $E F: H E=1: 2, E A: H P=1: 2$,
设 $A F=t$, 则 $A E=2 t, E P=2 t, H P=4 t$,
$$
\begin{aligned}
& \therefore B P=8-4 t, \\
& \because \triangle B H P \backsim \triangle B D A, \\
& \therefore 4 t: 6=(8-4 t): 8,
\end{aligned}
$$
解得: $t=\frac{8}{11}, A E=\frac{16}{11}$.

③当 $\triangle A E F \backsim \triangle G E H$ 时, 如图4-3, 过点 $G$ 作 $M N \| A B$ 交 $A D$ 于点 $M$, 过点 $E$ 作 $E N \perp M N$ 于 $N$.

设 $A F=t$, 则 $A E=2 t, D F=6-t$,
由䣋折可知: $\triangle A E F \cong \triangle G E F, A E=G E$,
$$
\begin{aligned}
& \because \triangle A E F \sim \triangle G E H, A E=G E \text {, } \\
& \therefore \triangle A E F \cong \triangle G E H \text { ( } A A S \text { 或 } A S A \text { ), } \\
& \therefore F G=G H \text {, } \\
& \because M G \| D H \text {, } \\
& \therefore F M=\frac{1}{2}(6-t) \text {, } \\
& \therefore A M=E N=A F+F M=\frac{6+\mathrm{t}}{2} \text {, } \\
& \text { 又 } \because \triangle F M G \backsim \triangle G N E \text {, 且 } G F: G E=1: 2 \text {, } \\
& \because M G=\frac{1}{2} N E=\frac{1}{2} A M=\frac{6+\mathrm{t}}{4}, G N=2 F N=6-t \text {, } \\
& \because M N=A E \text {, } \\
& \therefore \frac{6+\mathrm{t}}{4}+6-t=2 t \\
& \text { 解得 } t=\frac{30}{11} \text {, } \\
& \therefore A E=\frac{60}{11} \text {. } \\
&
\end{aligned}
$$
④当 $\triangle A E F \backsim \triangle G E H$ 时, 如图4-4, 过点 $G$ 作 $M N \| A B$ 交 $A D$ 于点 $M$, 过点 $E$ 作 $E N \perp M N$ 于 $N$, 过点 $H$ 作 $H Q \perp A D$ 于 $Q$, 设 $A F=t$, 则 $A E=2 t$,

$$
\begin{aligned}
& \text { 设 } F M=a, \\
& \therefore N G=2 a, N E=a+t, \\
& \therefore M G=\frac{1}{2} E N=\frac{1}{2} A M=\frac{\mathrm{a}+\mathrm{t}}{2}, \\
& \therefore \frac{\mathrm{a}+\mathrm{t}}{2}+2 a=2 t(1),
\end{aligned}
$$
由上题可知: $M F=M Q=a, Q H=2 M G=a^{+} t$,
$$
\begin{aligned}
& \therefore D Q=6-t-2 a \text {, } \\
& \because \frac{\mathrm{DQ}}{\mathrm{QH}}=\frac{3}{4} \text {, } \\
& \therefore \frac{6-\mathrm{t}-2 \mathrm{a}}{\mathrm{a}+\mathrm{t}}=\frac{3}{4}(2) \text {, } \\
&
\end{aligned}
$$
解得 $t=\frac{30}{17}$,
$$
\therefore A E=\frac{60}{17} \text {, }
$$
综上所述，满足条件的 $A E$ 的值为 3 或 $\frac{16}{11}$ 或 $\frac{60}{11}$ 或 $\frac{60}{17}$.

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