專題06梯形存在性問題-2023年中考數(shù)學畢業(yè)班二輪熱點題型歸納與變式演練(上海地區(qū)專用)(原卷版+解析)

專題06梯形存在性問題目錄最新?？碱}熱點題型歸納【題型一】以圓為背景的梯形存在性【題型二】以二次函數(shù)為背景的梯形存在性【題型三】圓和梯形有關(guān)綜合題【題型一】以圓為背景的梯形存在性【典例分析】(2023?楊浦區(qū)二模）已知在扇形AOB中，點C、D是上的兩點，且．（1）如圖1，當OD⊥OA時，求弦CD的長；（2）如圖2，聯(lián)結(jié)AD，交半徑OC于點E，當OD∥AC時，求的值；（3）當四邊形BOCD是梯形時，試判斷線段AC能否成為⊙O內(nèi)接正多邊形的邊？如果能，請求出這個正多邊形的邊數(shù)；如果不能，請說明理由．【提分秘籍】圓中的分類討論問題(梯形存在性及點的位置)以圓為背景的分類討論問題主要涵蓋三角形的存在性(等腰、直角、相似三角形的存在性)、點在線段或其延長線上或梯形的存在性等。本節(jié)主要圍繞梯形的存在性以及點在線段及其延長線上的情況進行分類討論。梯形的存在性問題，往往就是2類的分類討論，即兩種平行的情況，通過計算后，要排除平行四邊形的可能，即一邊平行但長度不等。問題的解決往往圍繞著X型基本圖形，構(gòu)建比例關(guān)系或解三角形進行展開【變式演練】1.【2023奉賢二?！咳鐖D，已知扇形AOB的半徑OA＝4，∠AOB＝90°，點C、D分別在半徑OA、OB上（點C不與點A重合），聯(lián)結(jié)CD．點P是弧AB上一點，PC＝PD．（1）當cot∠ODC＝，以CD為半徑的圓D與圓O相切時，求CD的長；（2）當點D與點B重合，點P為弧AB的中點時，求∠OCD的度數(shù)；（3）如果OC＝2，且四邊形ODPC是梯形，求的值．【題型二】以二次函數(shù)為背景的梯形存在性【典例分析】（2023楊浦區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0）、B（3，0）．C（2，3）三點，且與y軸交于點D．（1）求該拋物線的表達式，并寫出該拋物線的對稱軸；（2）分別聯(lián)結(jié)AD、DC，CB，直線y＝4x+m與線段DC交于點E，當此直線將四邊形ABCD的面積平分時，求m的值；（3）設(shè)點F為該拋物線對稱軸上的一點，當以點A、B、C、F為頂點的四邊形是梯形時，請直接寫出所有滿足條件的點F的坐標．【提分秘籍】梯形是相對限制較少的一類四邊形，要使得一個四邊形是梯形，只需要有其中一組對邊平行，另一組對邊不平行即可。所以，在此類問題中，要么對點有較高的限制(在某一直線上)，要么對梯形形狀有較高要求(等腰或直角)。綜合利用各個條件，才能求出最后的結(jié)果【變式演練】1.（2023青浦區(qū)一模）在平面直角坐標系xOy中（如圖），已知拋物線y＝x2﹣2x，其頂點為A．（1）寫出這條拋物線的開口方向、頂點A的坐標；（2）我們把一條拋物線上橫坐標與縱坐標相等的點叫做這條拋物線的“不動點”．①試求拋物線y＝x2﹣2x的“不動點”的坐標；②向左或向右平移拋物線y＝x2﹣2x，使所得新拋物線的頂點B是該拋物線的“不動點”，其對稱軸與x軸交于點C，且四邊形OABC是梯形，求新拋物線的表達式．2.【2023年青浦二?！浚?2分）已知：如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+3的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）和點B，與y軸交于點C，對稱軸是直線x＝1，頂點是點D．（1）求該拋物線的解析式和頂點D的坐標；（2）點P為該拋物線第三象限上的一點，當四邊形PBDC為梯形時，求點P的坐標；（3）在（2）的條件下，點E為x軸正半軸上的一點，當tan（∠PBO+∠PEO）＝時，求OE的長．【題型三】圓和梯形有關(guān)綜合題【典例分析】(2023?嘉定區(qū)二模）在梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠DAB＝90°，DC＝3，DA＝6，AB＝9，點E在射線AB上，過點E作EF∥AD，交射線DC于點F，設(shè)AE＝x．（1）當x＝1時，直線EF與AC交于點G，如圖1，求GE的長；（2）當x＞3時，直線EF與射線CB交于點H．①當3＜x＜9時，動點M（與點A、D不重合）在邊AD上運動，且AM＝BE，聯(lián)結(jié)MH交AC于點N如圖2，隨著動點M的運動，試問CH：HN的值有沒有變化，如果有變化，請說明你的理由；如果沒有變化，請你求出CH：HN的值；②聯(lián)結(jié)AH，如果∠HAE＝∠CAD，求x的值．【變式演練】1．(2023?黃浦區(qū)二模）已知：在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝6，BC：AD＝1：3，O是AC的中點，過點O作OE⊥OB，交BC的延長線于點E．（1）當BC＝EC時，求證：AB＝OE；（2）設(shè)BC＝a，用含a的代數(shù)式表示線段BE的長，并寫出a的取值范圍；（3）聯(lián)結(jié)OD、DE，當△DOE是以DE為直角邊的直角三角形時，求BC的長．2．(2023?閔行區(qū)二模）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝26，BC＝42，cosB＝，AD＝DC．點M在射線CB上，以點C為圓心，CM為半徑的⊙C交射線CD于點N，聯(lián)結(jié)MN，交射線CA于點G．（1）求線段AD的長；（2）設(shè)線段CM＝x，＝y(tǒng)，當點N在線段CD上時，試求出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；（3）聯(lián)結(jié)DM，當∠NMC＝2∠DMN時，求線段CM的長．3．(2023?靜安區(qū)二模）如圖①，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝，AD＝6，BC＝7，點P是邊AD上的動點，聯(lián)結(jié)BP，作∠BPF＝∠ADC，設(shè)射線PF交線段BC于E，交射線DC于F．（1）求∠ADC的度數(shù)；（2）如果射線PF經(jīng)過點C（即點E、F與點C重合，如圖②所示），求AP的長；（3）設(shè)AP＝x，DF＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域．4.【2023普陀二?！浚?4分）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，CD＝5，cosC＝（如圖）．M是邊BC上一個動點（不與點B、C重合），以點M為圓心，CM為半徑作圓，⊙M與射線CD、射線MA分別相交于點E、F．（1）設(shè)CE＝，求證：四邊形AMCD是平行四邊形；（2）聯(lián)結(jié)EM，設(shè)∠FMB＝∠EMC，求CE的長；（3）以點D為圓心，DA為半徑作圓，⊙D與⊙M的公共弦恰好經(jīng)過梯形的一個頂點，求此時⊙M的半徑長．5.(2023松江二模）如圖，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD<BC，AB=BC=1，E是邊AB上一點，聯(lián)結(jié)CE.（1）如果CE=CD，求證：AD=AE；（2）聯(lián)結(jié)DE，如果存在點E，使得△ADE、△BCE和△CDE兩兩相似，求AD的長；（3）設(shè)點E關(guān)于直線CD的對稱點為M，點D關(guān)于直線CE的對稱點為N，如果AD=，且M在直線AD上時，求的值.（第25題圖）（第25題圖）ABCDE（備用圖1）ABCDABCD（備用圖2）6.(2023徐匯二模）.如圖，在梯形ABCD中，AD//BC，AB=CD=AD=5，，點O是邊BC上的動點，以O(shè)B為半徑的與射線BA和邊BC分別交于點E和點M，聯(lián)結(jié)AM，作∠CMN=∠BAM，射線MN與邊AD、射線CD分別交于點F、N．（1）當點E為邊AB的中點時，求DF的長；（2）分別聯(lián)結(jié)AN、MD，當AN//MD時，求MN的長；（3）將繞著點M旋轉(zhuǎn)180°得到，如果以點N為圓心的與都內(nèi)切，求的半徑長．7.(2023虹口二模）如圖1，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，cosC＝，DC＝5，BC＝6，以點B為圓心，BD為半徑作圓弧，分別交邊CD、BC于點E、F．（1）求sin∠BDC的值；（2）聯(lián)結(jié)BE，設(shè)點G為射線DB上一動點，如果△ADG相似于△BEC，求DG的長；（3）如圖2，點P、Q分別為邊AD、BC上動點，將扇形DBF沿著直線PQ折疊，折疊后的弧D'F'經(jīng)過點B與AB上的一點H（點D、F分別對應(yīng)點D'，F(xiàn)'），設(shè)BH＝x，BQ＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式（不需要寫定義域）．專題06梯形存在性問題目錄最新?？碱}熱點題型歸納【題型一】以圓為背景的梯形存在性【題型二】以二次函數(shù)為背景的梯形存在性【題型三】圓和梯形有關(guān)綜合題【題型一】以圓為背景的梯形存在性【典例分析】(2023?楊浦區(qū)二模）已知在扇形AOB中，點C、D是上的兩點，且．（1）如圖1，當OD⊥OA時，求弦CD的長；（2）如圖2，聯(lián)結(jié)AD，交半徑OC于點E，當OD∥AC時，求的值；（3）當四邊形BOCD是梯形時，試判斷線段AC能否成為⊙O內(nèi)接正多邊形的邊？如果能，請求出這個正多邊形的邊數(shù)；如果不能，請說明理由．分析：（1）取的中點E，聯(lián)結(jié)OE，根據(jù)圓的有關(guān)性質(zhì)可得∠COE＝∠EOD＝∠AOC＝α，然后由余角的性質(zhì)及等邊三角形的判定與性質(zhì)可得答案；（2）由平行線的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理可得∠AOD＝108°．然后根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得答案；（3）根據(jù)圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)及三角形的內(nèi)角和定理分兩種情況進行解答：①BD∥OC；②CD∥OB．【解答】解：設(shè)∠AOC＝α．（1）取的中點E，聯(lián)結(jié)OE，∴，又∵，∴．∴∠AOC＝∠COE＝∠EOD＝α，∵OD⊥OA，∴∠AOD＝90°．∴∠EOD+∠AOC+∠COE＝90°．∴α+α+α＝90°．∴α＝30°．∴∠COD＝60°．∵OD＝OC，∴△COD是等邊三角形．∴OC＝CD＝OA．∵OA＝10，∴CD＝10．（2）∵OD∥AC，∴∠COD＝∠OCA＝2α．∵OC＝OA，∴∠OAC＝∠OCA＝2α．∵∠OAC+∠OCA+∠AOC＝180°，∴2α+2α+α＝180°．∴α＝36°．∴∠COD＝72°，∠AOC＝36°．∴∠AOD＝108°．∵OA＝OD，∴∠ODA＝∠OAD．∵∠ODA+∠OAD+∠AOD＝180°，∴∠OAD＝∠ODA＝36°．∴∠OED＝∠OAD+∠AOC＝36°+36°＝72°．∴∠COD＝∠OED．∴OD＝ED＝10．∵∠AOE＝∠ADO，∠OAE＝∠OAD，∴△AOE∽△ADO．∴．設(shè)AE＝x，則AD＝10+x．∴．解之得．∴．（3）當四邊形BOCD是梯形時，①BD∥OC．∴∠COD＝∠ODB＝2α．∵OD＝OB，∴∠ODB＝∠OBD＝2α．∵∠AOB＝∠AOC+∠COD+∠DOB＝130°．∴∠BOD＝130°﹣3α∵∠OBD+∠ODB+∠BOD＝180°，∴2α+2α+130°﹣3α＝180°．∴α＝50°．當α＝50°時，∠BOD＝130°﹣3α＜0，不合題意，舍去．②∵CD∥OB．∴∠ODC＝∠BOD＝130°﹣3α．∵OC＝OD，∴∠OCD＝∠ODC＝130°﹣3α．∵∠COD+∠OCD+∠ODC＝180°，∴130﹣3α+130°﹣3α+2α＝180°．∴α＝20°．∴．∴線段AC能成為⊙O的內(nèi)接正多邊形的邊，邊數(shù)為18．【點評】此題考查的是圓的弧、弦、角之間的關(guān)系、三角形的內(nèi)角和定理、圓內(nèi)接多邊形的性質(zhì)等知識，正確作出輔助線是解決此題的關(guān)鍵．【提分秘籍】圓中的分類討論問題(梯形存在性及點的位置)以圓為背景的分類討論問題主要涵蓋三角形的存在性(等腰、直角、相似三角形的存在性)、點在線段或其延長線上或梯形的存在性等。本節(jié)主要圍繞梯形的存在性以及點在線段及其延長線上的情況進行分類討論。梯形的存在性問題，往往就是2類的分類討論，即兩種平行的情況，通過計算后，要排除平行四邊形的可能，即一邊平行但長度不等。問題的解決往往圍繞著X型基本圖形，構(gòu)建比例關(guān)系或解三角形進行展開【變式演練】1.【2023奉賢二?！咳鐖D，已知扇形AOB的半徑OA＝4，∠AOB＝90°，點C、D分別在半徑OA、OB上（點C不與點A重合），聯(lián)結(jié)CD．點P是弧AB上一點，PC＝PD．（1）當cot∠ODC＝，以CD為半徑的圓D與圓O相切時，求CD的長；（2）當點D與點B重合，點P為弧AB的中點時，求∠OCD的度數(shù)；（3）如果OC＝2，且四邊形ODPC是梯形，求的值．答案:（1）；（2）67.5°；（3）或分析：（1）由題意∠COD＝90°，cot∠ODC＝，可以假設(shè)OD＝3k，OC＝4k，則CD＝5k，證明AC＝OC＝4k＝2，推出k＝，可得結(jié)論．（2）如圖2中，連接OP，過點P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．利用全等三角形的性質(zhì)證明△PCB是等腰直角三角形，可得結(jié)論．（3）分兩種情形：如圖3﹣1中，當OC∥PD時，如圖3﹣2中，當PC∥OD時，分別求解即可．【詳解】解：（1）如圖1中，∵∠COD＝90°，cot∠ODC＝，∴設(shè)OD＝3k，OC＝4k，則CD＝5k，∵以CD為半徑的圓D與圓O相切，∴CD＝DB＝5k，∴OB＝OA＝8k，∴AC＝OC＝4k＝2，∴k＝，∴CD＝．（2）如圖2中，連接OP，過點P作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．∵，∴∠AOP＝∠POB，∵PE⊥OA，PF⊥OB，∴PE＝PF，∵∠PEC＝∠PFB＝90°，PD＝PC，∴Rt△PEC≌Rt△PFB（HL），∴∠EPC＝∠FPB，∵∠PEO＝∠EOF＝∠OFP＝90°，∴∠EPF＝90°，∴∠EPF＝∠CPB＝90°，∴∠PCB＝∠PBC＝45°，∵OP＝OB，∠POB＝45°，∴∠OBP＝∠OPB＝67.5°，∴∠CBO＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠OCD＝90°﹣22.5°＝67.5°．（3）如圖3﹣1中，當OC∥PD時，∵OC∥PD，∴∠PDO＝∠AOD＝90°，∵CE⊥PD，∴∠CED＝90°，∴四邊形OCED矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，設(shè)PC＝PD＝x，EC＝OD＝y(tǒng)，則，解得x1＝2﹣2，x2＝－2﹣2（不合題意，舍去），∴PD＝2﹣2，∴，如圖3﹣2中，當PC∥OD時，∵PC∥OD，∴∠COD＝∠OCE＝∠CED＝90°，∴四邊形OCED是矩形，∴OC＝DE＝2，CE＝OD，∵OP＝4，OC＝2，∴PC＝，∴PD＝PC＝，∴PE＝，∴EC＝OD＝，∴，綜上所述，的值為或．【點睛】本題屬于圓綜合題，考查了兩圓的位置關(guān)系，解直角三角形，等腰三角形的性質(zhì)，梯形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考壓軸題．【題型二】以二次函數(shù)為背景的梯形存在性【典例分析】（2023楊浦區(qū)一模）如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0）、B（3，0）．C（2，3）三點，且與y軸交于點D．（1）求該拋物線的表達式，并寫出該拋物線的對稱軸；（2）分別聯(lián)結(jié)AD、DC，CB，直線y＝4x+m與線段DC交于點E，當此直線將四邊形ABCD的面積平分時，求m的值；（3）設(shè)點F為該拋物線對稱軸上的一點，當以點A、B、C、F為頂點的四邊形是梯形時，請直接寫出所有滿足條件的點F的坐標．分析：（1）拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0）、B（3，0）．C（2，3）三點，列方程組可求得．（2）由梯形的面積公式列方程即可求得m的值．（3）由以A、B、C、F為頂點的四邊形是梯形，分類討論當CF∥AB時，點F在線段CD上，求得F（1，3），當AF∥BC時，直線BC的解析式為；y＝﹣3x+9，直線AF的解析式為y＝﹣3x﹣3，求得F（1，﹣6），當CA∥BF時，直線AC的解析式為；y＝x+1，直線BF的解析式為；y＝x﹣3，求得F（1，﹣2）．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+c過點A（﹣1，0），B（3，0），C（2，3）三點，∴解得：，∴所求拋物線的表達式為y＝﹣x2+2x+3，其對稱軸是直線x＝1，（2）由題意，得：D（0，3），∵DC∥AB，AB＝4，CD＝2，∵直線y＝4x+m與線段DC交于點E，且將四邊形ABCD的面積平分，∴直線y＝4x+m與邊AB相交，設(shè)交點為點G，∴點E的縱坐標是3，點G的縱坐標是0，∴可求得E（，3），G（﹣，0），由題意，得：S四邊形ABCD＝2S四邊形AGED，∴AB+CD＝2（AG+DE）∴4+2＝2（﹣+1+），解得：m＝﹣．（3）當CF∥AB時，點F在線段CD上，∴F（1，3），當AF∥BC時，直線BC的解析式為；y＝﹣3x+9，∴直線AF的解析式為y＝﹣3x﹣3，當x＝1時，y＝﹣6，∴F（1，﹣6），當CA∥BF時，直線AC的解析式為；y＝x+1，∴直線BF的解析式為；y＝x﹣3，∴當x＝1時，y＝﹣2，∴F（1，﹣2）；綜上所述；點F的坐標：（1，3），（1，﹣2），（1，﹣6）．【點評】此題考查了拋物線解析式的確定、梯形的判定、梯形的面積的求法重要知識點，（3）小題中，都用到了分類討論的數(shù)學思想，難點在于考慮問題要全面，做到不重不漏．【提分秘籍】梯形是相對限制較少的一類四邊形，要使得一個四邊形是梯形，只需要有其中一組對邊平行，另一組對邊不平行即可。所以，在此類問題中，要么對點有較高的限制(在某一直線上)，要么對梯形形狀有較高要求(等腰或直角)。綜合利用各個條件，才能求出最后的結(jié)果【變式演練】1.（2023青浦區(qū)一模）在平面直角坐標系xOy中（如圖），已知拋物線y＝x2﹣2x，其頂點為A．（1）寫出這條拋物線的開口方向、頂點A的坐標；（2）我們把一條拋物線上橫坐標與縱坐標相等的點叫做這條拋物線的“不動點”．①試求拋物線y＝x2﹣2x的“不動點”的坐標；②向左或向右平移拋物線y＝x2﹣2x，使所得新拋物線的頂點B是該拋物線的“不動點”，其對稱軸與x軸交于點C，且四邊形OABC是梯形，求新拋物線的表達式．分析：（1）∵a＝1＞0，故該拋物線開口向上，頂點A的坐標為（1，﹣1）；（2）①設(shè)拋物線“不動點”坐標為（t，t），則t＝t2﹣2t，即可求解；②新拋物線頂點B為“不動點”，則設(shè)點B（m，m），則新拋物線的對稱軸為：x＝m，與x軸的交點C（m，0），四邊形OABC是梯形，則直線x＝m在y軸左側(cè)，而點A（1，﹣1），點B（m，m），則m＝﹣1，即可求解．【解答】解：（1）∵a＝1＞0，y＝x2﹣2x＝（x﹣1）2﹣1故該拋物線開口向上，頂點A的坐標為（1，﹣1），（2）①設(shè)拋物線“不動點”坐標為（t，t），則t＝t2﹣2t，解得：t＝0或3，故“不動點”坐標為（0，0）或（3，3）；②當OC∥AB時，∵新拋物線頂點B為“不動點”，則設(shè)點B（m，m），∴新拋物線的對稱軸為：x＝m，與x軸的交點C（m，0），∵四邊形OABC是梯形，∴直線x＝m在y軸左側(cè)，∵BC與OA不平行，∴OC∥AB，又∵點A（1，﹣1），點B（m，m），∴m＝﹣1，故新拋物線是由拋物線y＝x2﹣2x向左平移2個單位得到的；當OB∥AC時，同理可得：拋物線的表達式為：y＝（x﹣2）2+2＝x2﹣4x+6，當四邊形OABC是梯形，字母順序不對，故舍去，綜上，新拋物線的表達式為：y＝（x+1）2﹣1．【點評】本題為二次函數(shù)綜合運用題，正確利用二次函數(shù)基本知識、梯形基本性質(zhì)進行分析是解題關(guān)鍵．2.【2023年青浦二模】（12分）已知：如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線y＝ax2+bx+3的圖象與x軸交于點A（﹣1，0）和點B，與y軸交于點C，對稱軸是直線x＝1，頂點是點D．（1）求該拋物線的解析式和頂點D的坐標；（2）點P為該拋物線第三象限上的一點，當四邊形PBDC為梯形時，求點P的坐標；（3）在（2）的條件下，點E為x軸正半軸上的一點，當tan（∠PBO+∠PEO）＝時，求OE的長．24．解：（1）∵拋物線經(jīng)過點A（－1，0），對稱軸是直線x＝1，∴……（2分），解得 （1分）∴拋物線的解析式為．把x＝1代入拋物線的解析式，得y＝4．∴D（1，4）． （1分）（2）∵點P為拋物線第三象限上的點，且四邊形PBDC為梯形，∴CD∥BP． （1分）延長DC交x軸負半軸于點F，過點D作y軸的垂線，垂足為點G，過點P作x軸的垂線，垂足為點H．∵C（0，3），D（1，4），∴GD＝CG＝1．∴∠GDC＝45°．∵GD∥BF，∴∠DFB＝∠GDC＝45°．∵CD∥BP，∴∠PBF＝∠DFB＝45°． （1分）∴∠PBF＝∠HPB，∴PH＝BH．設(shè)點P的坐標為．由題意可知B（3，0）．得． （1分）解得，或．（舍）∴P（－2，－5） （1分）（3）∵P（－2，－5），∴在Rt△PHO中，． （1分）∵，∴．由（2）可知，，因此，所以點E在點B的右側(cè)．又∵，∴． （1分）∵，∴△OPB∽△OEP． （1分）∴，∴，∴． （1分）【題型三】圓和梯形有關(guān)綜合題【典例分析】(2023?嘉定區(qū)二模）在梯形ABCD中，已知DC∥AB，∠DAB＝90°，DC＝3，DA＝6，AB＝9，點E在射線AB上，過點E作EF∥AD，交射線DC于點F，設(shè)AE＝x．（1）當x＝1時，直線EF與AC交于點G，如圖1，求GE的長；（2）當x＞3時，直線EF與射線CB交于點H．①當3＜x＜9時，動點M（與點A、D不重合）在邊AD上運動，且AM＝BE，聯(lián)結(jié)MH交AC于點N如圖2，隨著動點M的運動，試問CH：HN的值有沒有變化，如果有變化，請說明你的理由；如果沒有變化，請你求出CH：HN的值；②聯(lián)結(jié)AH，如果∠HAE＝∠CAD，求x的值．分析：（1）證明四邊形AEFD是平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)得出DF＝AE，AD＝EF，由比例線段可得出答案；（2）①過點C作CG⊥AB于點G，證明△CNH∽△CAB，由相似三角形的性質(zhì)得出，則可得出答案；②當3＜x＜9時，由①得HE＝BE，由銳角三角函數(shù)的定義得出，則可得出答案；當x＞9時，同理可得BE＝EH，EH＝x﹣9＝BE，列出方程求出答案即可．【解答】解：（1）∵DC∥AB，∴，∵EF∥AD，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∴DF＝AE，AD＝EF，∵AE＝x＝1，∴DF＝1，∵CD＝3，∴CF＝2，又∵AD＝6，∴EF＝6，∴FG＝6﹣EG，∴，∴EG＝2；（2）①CH：HN的值沒有變化．過點C作CG⊥AB于點G，∴CG＝AD＝6，DC＝AG＝3，∵AB＝9，∴GB＝6，∴△CGB是等腰直角三角形，∴CB2＝CG2+GB2，∴CB＝6，∵∠B＝45°，∠HEB＝90°，∴∠EHB＝45°，∴∠B＝∠EHB，∴HE＝BE，∵AM＝BE，∴AM＝HE，∵AM∥HE，∴四邊形AMHE是平行四邊形，∴MH∥AB，∴△CNH∽△CAB，∴，∵AB＝9，∴；②當3＜x＜9時，由①得HE＝BE，∴HE＝9﹣x，在Rt△CDA中，tan∠CAD＝＝＝，在Rt△AEH中，tan∠HAE＝＝，∵∠CAD＝∠HAE，∴，∴x＝6，當x＞9時，同理可得BE＝EH，∴EH＝x﹣9＝BE，同理，∴，∴x＝18，綜上所述，x的值為6或18．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)的定義，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式演練】1．(2023?黃浦區(qū)二模）已知：在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝90°，AB＝6，BC：AD＝1：3，O是AC的中點，過點O作OE⊥OB，交BC的延長線于點E．（1）當BC＝EC時，求證：AB＝OE；（2）設(shè)BC＝a，用含a的代數(shù)式表示線段BE的長，并寫出a的取值范圍；（3）聯(lián)結(jié)OD、DE，當△DOE是以DE為直角邊的直角三角形時，求BC的長．分析：（1）由直角三角形的性質(zhì)證出BC＝BO，根據(jù)全等三角形的判定可得出△ABC≌△EOB（ASA），由全等三角形的性質(zhì)得出結(jié)論；（2）證明△ABC∽△EOB，由相似三角形的性質(zhì)得出，則可得出答案；（3）分兩種情況：①當∠ODE＝90°時，分別過點O，E作OM⊥AD，EN⊥AD，垂足分別為M，N，證明四邊形BGDE是平行四邊形，得出BE＝DG，證出，得出方程，可求出a的值；②當∠ODE＝90°時，分別過點O，E作OM⊥AD，EN⊥AD，垂足分別為M，N，證明△OMD∽△DNE，由相似三角形的性質(zhì)得出，列出方程可求出a的值．【解答】（1）證明：∵∠ABC＝90°，O是AC的中點，∴OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，∵OE⊥BC，∴∠BOE＝90°，∵BC＝EC，∴CO＝BC，∴BC＝BO，∵∠ABC＝∠BOE＝90°，∴△ABC≌△EOB（ASA），∴AB＝EO；（2）解：∵∠OBC＝∠OCB，∠ABC＝∠BOE，∴△ABC∽△EOB，∴，∵BC＝a，AB＝6，∴AC＝，∴，∴BE＝（0＜a＜6）；（3）解：設(shè)BC＝a，則AD＝3a，①當∠OED＝90°時，延長BO交AD于點G，∵∠BOE＝90°，∴∠BOE＝∠OED，∴BG∥ED，∵BE∥AD，∴四邊形BGDE是平行四邊形，∴BE＝DG，∵BC∥AD，∴，∴BC＝AG＝a，∴，∴a＝2（負值舍去）；②當∠ODE＝90°時，分別過點O，E作OM⊥AD，EN⊥AD，垂足分別為M，N，∴∠OMD＝∠DNE，∠MOD＝∠EDN，∴△OMD∽△DNE，∴，∵AM＝CB＝a，∴MD＝a，∵DN＝AN﹣AD＝＝，∴，∴a＝（負根舍去）．綜上所述BC的長為2或．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．2．(2023?閔行區(qū)二模）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝26，BC＝42，cosB＝，AD＝DC．點M在射線CB上，以點C為圓心，CM為半徑的⊙C交射線CD于點N，聯(lián)結(jié)MN，交射線CA于點G．（1）求線段AD的長；（2）設(shè)線段CM＝x，＝y(tǒng)，當點N在線段CD上時，試求出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；（3）聯(lián)結(jié)DM，當∠NMC＝2∠DMN時，求線段CM的長．分析：（1）過點A作AH⊥BC于H，過點D作DE⊥AC于E，首先利用，得出BH的長，從而得出AH、CH、AC的長，再根據(jù)，可得答案；（2）延長MN交AD的延長線于點F．根據(jù)AD∥BC，得，，表示出DF的長，從而得出AF的長，即可得出答案；（3）分兩種情形，當點N在CD上時，可得DN＝MN＝25﹣x，再利用三角函數(shù)表示出MG的長，從而得出答案，當點N在CD的延長線上時，DN＝x﹣25，延長DA交射線MN于點P．同理可得答案．【解答】解：（1）過點A作AH⊥BC于H，過點D作DE⊥AC于E，∵在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，AB＝26，，∴BH＝10，AH＝24，∴CH＝BC﹣BH＝32．∵在Rt△AHC中，∠AHC＝90°，由勾股定理得，，∵AD＝DC，∴∠DAC＝∠DCA，．∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB＝∠DCA，在Rt△ADE中，，∴AD＝CD＝25；（2）延長MN交AD的延長線于點F．∵AD∥BC，∴，，∵CM＝CN＝x，CD＝AD＝25，∴DN＝25﹣x，∴，∴DF＝25﹣x，∴AF＝50﹣x，∴；（3）當點N在CD上時，∵CM＝CN，∴∠NMC＝∠MNC．∵∠NMC＝2∠DMN，∠MNC＝∠DMN+∠MDN，∴∠DMN＝∠MDN．∴DN＝MN＝25﹣x，∵，，∴．∴，∴，即CM＝；當點N在CD的延長線上時，DN＝x﹣25，延長DA交射線MN于點P．∵∠NMC＝2∠DMN，∴∠NMD＝∠DMC，∵AD∥BC，∠NMC＝∠MNC，∴∠NPD＝∠MNC，，∴DN＝PD＝x﹣25．∵AD∥BC，∴∠PDM＝∠DMC，∴∠NMD＝∠PDM．∴PM＝PD＝x﹣25．∴，∴x＝55，即CM＝55，綜上所述，線段CM的長為或55．【點評】本題是圓的綜合題，主要考查了圓的相關(guān)性質(zhì)，三角函數(shù)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理等知識，運用分類思想是解決問題（3）的關(guān)鍵．3．(2023?靜安區(qū)二模）如圖①，已知梯形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝，AD＝6，BC＝7，點P是邊AD上的動點，聯(lián)結(jié)BP，作∠BPF＝∠ADC，設(shè)射線PF交線段BC于E，交射線DC于F．（1）求∠ADC的度數(shù)；（2）如果射線PF經(jīng)過點C（即點E、F與點C重合，如圖②所示），求AP的長；（3）設(shè)AP＝x，DF＝y(tǒng)，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式，并寫出定義域．分析：（1）如圖①，過點D作DH⊥BC于點H，則∠DHB＝∠DHC＝90°，再證四邊形ABHD是矩形，利用三角函數(shù)可得∠CDH＝30°，即可求得答案；（2）設(shè)AP＝x，則PD＝6﹣x，可證△DPC∽△PCB，求得：PC＝，BP＝，利用勾股定理建立方程求解即可得出答案；（3）如圖③，在AD上取點G，連接AG，使∠ABG＝30°，則∠AGB＝60°，可證△BPG∽△PFD，即可求得答案．【解答】解：（1）如圖①，過點D作DH⊥BC于點H，則∠DHB＝∠DHC＝90°，∵AD∥BC，∠A＝90°，∴∠ABC＝180°﹣∠A＝180°﹣90°＝90°，∴∠A＝∠ABC＝∠DHB＝90°，∴四邊形ABHD是矩形，∴AD＝BH＝6，DH＝AB＝，∠ADH＝90°，∴CH＝BC﹣BH＝7﹣6＝1，∴tan∠CDH＝＝＝，∴∠CDH＝30°，∴∠ADC＝∠ADH+∠CDH＝90°+30°＝120°；（2）設(shè)AP＝x，則PD＝6﹣x，在圖①Rt△CDH中，CD＝＝＝2，如圖②∵∠BPC＝∠D＝120°，AD∥BC，∴∠DPC＝∠PCB，∴△DPC∽△PCB，∴＝＝，∴＝＝，∴PC＝，BP＝，在RtABP中，AB2+AP2＝BP2，∴（）2+x2＝（）2，整理得：x3﹣6x2+3x+10＝0，∴（x﹣2）（x﹣5）（x+1）＝0，∴x1＝2，x2＝5，x3＝﹣1（舍去），∴AP＝2或5；（3）如圖③，在AD上取點G，連接AG，使∠ABG＝30°，則∠AGB＝60°，∴∠BGP＝120°，∴∠BGP＝∠BPF＝∠ADC＝120°，∵∠BPG+∠PBG＝∠BPG+∠DPF＝60°，∴∠PBG＝∠DPF，∴△BPG∽△PFD，∴＝，即＝，∴y＝x2+x﹣3，根據(jù)題意，0≤x≤6，y≥2，當x2+x﹣3＝2時，解得：x＝2或x＝5，∵＜0，∴當y≥2時，2≤x≤5，故y關(guān)于x的函數(shù)解析式為y＝x2+x﹣3，定義域為2≤x≤5．【點評】本題是四邊形綜合題，考查了直角梯形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．4.【2023普陀二?！浚?4分）在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝3，CD＝5，cosC＝（如圖）．M是邊BC上一個動點（不與點B、C重合），以點M為圓心，CM為半徑作圓，⊙M與射線CD、射線MA分別相交于點E、F．（1）設(shè)CE＝，求證：四邊形AMCD是平行四邊形；（2）聯(lián)結(jié)EM，設(shè)∠FMB＝∠EMC，求CE的長；（3）以點D為圓心，DA為半徑作圓，⊙D與⊙M的公共弦恰好經(jīng)過梯形的一個頂點，求此時⊙M的半徑長．分析：（1）如圖1中，連接EM，過點M作MG⊥CD于G，則EG＝CG＝，通過計算證明AD＝CM，可得結(jié)論．（2）如圖2中，過點E作EH⊥BC于H，過點M作MT⊥EC于T．由cosC＝＝，設(shè)EC＝6k，則CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH＝EC＝k，想辦法構(gòu)建方程，求解即可．（3）分兩種情形：如圖3﹣1中，當公共弦經(jīng)過點A時，過點D作DP⊥BC于P，則四邊形ABPD是矩形．如圖3﹣2中，當公共弦經(jīng)過點D時，連接MD，MP，過點M作MN⊥AD于N．分別求解即可．【解答】（1）證明：如圖1中，連接EM，過點M作MG⊥CD于G，則EG＝CG＝，在Rt△CGM中，CM＝＝＝3，∴AD＝CM，∵AD∥CM，∴四邊形AMCD是平行四邊形．（2）解：如圖2中，過點E作EH⊥BC于H，過點M作MT⊥EC于T．∵ME＝MC，MT⊥EC，∴CT＝ET，∴cosC＝＝，設(shè)EC＝6k，則CT＝ET＝3k，MC＝ME＝5k，在Rt△CEH中，EH＝CE＝k，CH＝EC＝k，∴MH＝CM﹣CH＝k，∴tan∠EMH＝，∵∠FMB＝∠EMC，∴tan∠FMB＝＝＝，∴BM＝，∴CM＝BC﹣BM＝＝5k，∴CE＝6k＝．（3）如圖3﹣1中，當公共弦經(jīng)過點A時，過點D作DP⊥BC于P，則四邊形ABPD是矩形．∴AD＝BP＝3，在Rt△CDP中，cosC＝＝，∵CD＝5，∴PC＝3，AB＝PD＝4，∴BC＝3+3＝6，設(shè)CM＝AM＝x，在Rt△ABM中，則有x2＝42+（6﹣x）2，解得x＝，∴⊙M的半徑為．如圖3﹣2中，當公共弦經(jīng)過點D時，連接MD，MP，過點M作MN⊥AD于N．設(shè)CM＝ME＝MP＝x，則DN＝x﹣3，∵DM2＝MN2+DN2＝MP2﹣DP2，∴42+（x﹣3）2＝x2﹣32，∴x＝，綜上所述，滿足條件的⊙M的半徑為或．5.(2023松江二模）如圖，已知梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AD<BC，AB=BC=1，E是邊AB上一點，聯(lián)結(jié)CE.（1）如果CE=CD，求證：AD=AE；（2）聯(lián)結(jié)DE，如果存在點E，使得△ADE、△BCE和△CDE兩兩相似，求AD的長；（3）設(shè)點E關(guān)于直線CD的對稱點為M，點D關(guān)于直線CE的對稱點為N，如果AD=，且M在直線AD上時，求的值.（第25題圖）（第25題圖）ABCDE（備用圖1）ABCDABCD（備用圖2）解（1）過C點作AD垂線,垂足為F………………1分∵AD∥BC，AB⊥BC，AB=BC∴四邊形ABCF是正方形,∴AB=BC=CF=FA又∵CE=CD,∴△CBE≌△CFD…………1分∴BE=FD…………………1分∴AD=AE…………………1分ABCDE564213（2）∠1、∠2、∠3、∠ABCDE564213①若∠EDC=90°時，若△ADE、△BCE和△CDE兩兩相似那么∠4=∠5=∠6=60°,∠1=∠2=∠3=30°…1分在△CBE中，∵BC=1,∴,∵AB=1,∴……………1分16A16ABCDE5243△CDE與△ADE、△BCE不相似②若∠5=90°時,∵∠1+∠A=∠4+∠5,∠5=∠A=90°∴∠1=∠4,∴△ADE∽△BEC∴∠6=∠3若△CDE與△ADE相似∵AB與CD不平行,∴∠6與∠EDC不相等∴∠6=∠2=∠3………………………1分∴若△CDE與△ADE、△BCE相似那么,∴AE=BE,∵AB=1，∴AE=BE=……………1分∴AD=………………1分（3）令EM交CD于Q,DN交CE于P,∵E關(guān)于直線CD的對稱點為M，點D關(guān)于直線CE的對稱點為N，在△CDP與△CEQ中,∵∠CPD=∠CQE=90°,∠PCD=∠QCENMABCDEFQPNMABCDEFQP∴…………………1分∵AD∥BC，AB⊥BC,AB=BC=1，∴………………1分∵CD垂直平分EM,∴DE=DM,CE=CM又∵CB=CF,∠CBE=∠CFM=90°,∴△CBE≌△CFM∴BE=FM,設(shè)BE=x，則FM=x，∵ED=DM,∴解得，∴……1分∴∵DN=2DP,EM=2EQ∴…1分6.(20