26年深圳市34校联考二模第20题 平行四边形+相似+存在性问题

专题：综合与探究\(\qquad \qquad \qquad \qquad\)题型：平行四边形+相似+存在性问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★

【题目】

（26年深圳市34校联考二模第20题）
综合与探究
【定义】

如图1，点\(O\)是\(□ABCD\)的对角线的交点，过点\(O\)作\(OM⊥BC\)，\(ON⊥AB\)，垂足分别为\(M\)，\(N\).若\(ON≥OM\)时，我们称\(λ=\dfrac{ON}{OM}\)是\(□ABCD\)的中心距比.

【概念理解】

（1）如图2，当\(λ=1\)时，求证：\(□ABCD\)是菱形；
【性质探究】

（2）在图1中，\(□ABCD\)的中心距比\(λ=\dfrac{ON}{OM}\)与其相邻两边比\(\dfrac{BC}{AB}\)是否存在某些关系？若有，求出这种关系；若没有，请说明理由；
【拓展应用】

（3）如图3，在矩形\(ABCD中(AD>AB)\)，其中心距比\(λ=\dfrac{4}{3}\)，\(O\)为对角线\(BD\)中点，\(E\)是\(BC\)边上一点，连接\(OE\)，作\(OF⊥OE\)交\(CD\)边于点\(F\)，若\(BD=10\)，\(S_{∆COF}=2S_{∆COE}\)，求\(CE\)的值；
（4）如图4，\(AB=5\)，\(\tan⁡ ∠PAB=\dfrac{4}{3}\)，点\(D\)是射线\(AP\)上一动点，点\(C\)是平面内一点，以\(A、B、C、D\)为顶点、\(AD\)为边的平行四边形的中心距比\(λ=2\).点\(E\)在射线\(AP\)上，连接\(AC、BE\)，当\(∠AEB=∠ACD\)时，直接写出\(AE\)的长.

           

【分析】

第一问：
对于新定义，理解其本质是关键，最好能够用自己的语言通俗表达得出来；
中心距比λ就是平行四边形对角线交点到两边的距离种大距离与小距离的比值；
\(λ=1⟹ON=OM\)，要证明\(□ABCD\)是菱形，只需要证明邻边相等或对角线垂直或对角线是内角平分线等.
 

第二问：
注意到\(S_{∆ABO}=S_{∆CBO}\)，易得\(λ=\dfrac{ON}{OM}=\dfrac{BC}{AB}\)；
 

第三问：
分析已知
①\(λ=\dfrac{4}{3}\)，\(BD=10\)
由（2）可得\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{4}{3}\)，而\(BD=10⟹CD=6，BC=8，OG=3，OH=4\)，
②\(S_{∆COF}=2S_{∆COE}\)
遇到三角形的面积，要不利用割补法要不直接利用三角形面积公式；
过点\(O\)作\(OG⊥BC，OH⊥DC\)，

\(S_{∆COF}=2S_{∆COE}⟹\dfrac{1}{2} OH×CF=2×\dfrac{1}{2}×OG×EC⇒2EC=3CF\)；
③\(OF⊥OE\)
注意到手拉手模型，可得\(∆OGE~∆ONF⟹\dfrac{GE}{HF}=\dfrac{OG}{OH}=\dfrac{3}{4}\)；
 

分析求证
求\(CE\)的值，可利用设元列方程的方法：设\(CE=x\)，利用勾股定理或相似等方法得到关于\(x\)的方程便可.
 

第四问：
\(λ=2\)时，由（2）的结论可知，四边形中较长边长是较短边长的2倍；
先要确定以\(A、B、C、D\)为顶点、\(AD\)为边的平行四边形的位置，点\(C\)的位置有两种可能，
（1）点\(C\)在直线\(AB\)上方； （2）点\(C\)在直线\(AB\)下方；
同时，由于四边形哪条边较长还没确定，所以每种情况下也有\(2\)种情况，
当点\(C\)在直线\(AB\)上方时，\(AB=5\)，则\(AD=10\)或\(AD=\dfrac{5}{2}\)；

当点\(C\)在直线\(AB\)下方时，可能有\(BD=2AD\)或\(AD=2BD\)；

在求解过程中，能画出较为准确的图形尤为关键，否则会多多少少引起思路混乱，

比如点\(E\)的位置；那可先根据题意求出各线段长度，明确各点之间位置关系；
 

① 当\(AD=10\)时， 由\(\tan⁡ ∠PAB=\dfrac{4}{3}\)，可知\(AT=3，BT=4，AF=6，DF=8\)，
要确定点\(E\)的位置，则需要确定\(\tan⁡ α\)的值；
易得\(∆CDH~∆AFH\)，求得\(\tan⁡ α\)的值；

再在\(Rt∆BET\)中求出\(ET\)的长度，边求得\(AE=AT+ET\)；

 

② 当\(AD=\dfrac{5}{2}\)时， 由\(\tan⁡ ∠PAB=\dfrac{4}{3}\)，可知\(AT=3，BT=4，AF=\dfrac{3}{2}，DF=2\)，
要确定点\(E\)的位置，则需要确定\(\tan⁡ α\)的值；
易得\(∆CDH~∆AFH\)，求得\(\tan⁡ α\)的值；

再在\(Rt∆BET\)中求出\(ET\)的长度，边求得\(AE=AT+ET\)；

 

③ 当\(BD=2AD\)时，设\(AD=5x\)，则\(BD=AC=10x\)，
由\(\tan⁡ ∠PAB=\dfrac{4}{3}\)，可知\(AF=3x，DF=4x\)，\(BF=2\sqrt{21} x\)，

由\(AB=3x+2\sqrt{21} x=5\)，求出\(x\)；
易得\(∆ACD~∆DEB\)，可得\(DE=20x\)，则\(AE=AD+DE=25x\).

 

④ 当\(AD=2BD\)时，设\(AD=10x\)，则\(BD=5x\)，
由\(\tan⁡ ∠PAB=\dfrac{4}{3}\)，可知\(AF=6x，DF=8x>5x=BD\)，

在\(Rt∆DBF\)中不可能，则这种情况不存在.
分类讨论的时候，要注意其存在性.

 

【解答】

第一问：
方法1 当\(λ=1\)时，\(ON=OM\)，
又\(∵OM⊥BC，ON⊥AB\)，
\(∴BD\)是\(∠ABC\)的角平分线，
又\(∵\)四边形\(ABCD\)是平行四边形，
\(∴□ABCD\)是菱形；
 

方法2 当\(λ=1\)时，\(ON=OM\)，
\(∵\)四边形\(ABCD\)是平行四边形，\(∴OA=OC\)，
\(∵OM⊥BC\)，\(ON⊥AB\)，
\(∴∠ANO=∠CMO=90°\)，
\(∴∆ANO≅∆CMO\)，
\(∴∠NAO=∠MCO\)，\(∴AB=BC\)，
又\(∵\)四边形\(ABCD\)是平行四边形，
\(∴□ABCD\)是菱形；
 

方法3 当\(λ=1\)时，\(ON=OM\)，
\(∵\)四边形\(ABCD\)是平行四边形，
\(∴OA=OC\)，
\(∴S_{∆ABO}=S_{∆CBO}\)，
\(∴\dfrac{1}{2} AB\cdot ON=\dfrac{1}{2} CB\cdot OM\)，\(∴AB=CB\)，
又\(∵\)四边形\(ABCD\)是平行四边形，\(∴□ABCD\)是菱形；

 

第二问：
∵四边形\(ABCD\)是平行四边形，
\(∴OA=OC\)，
\(∴S_{∆ABO}=S_{∆CBO}\)，
\(∴\dfrac{1}{2} AB\cdot ON=\dfrac{1}{2} BC\cdot OM\)，
\(∴λ=\dfrac{ON}{OM}=\dfrac{BC}{AB}\)；
 

第三问：
由（2）可得\(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{4}{3}\)，
又\(∵BD=10\)，\(∴AB=CD=6，BC=AD=8\)，
过点\(O\)作\(OG⊥BC，OH⊥DC\)，

又\(∠DCB=90°\)，
\(∴\)四边形\(OGCH\)是矩形，\(OG=3，OH=4\)，
又\(∵OF⊥OE\)，\(∴∠GOE=∠HOF\)，
又\(∵∠OGE=∠ONF=90°\)，
\(∴∆OGE~∆ONF\)，
\(∴\dfrac{GE}{HF}=\dfrac{OG}{OH}=\dfrac{3}{4}\)，
\(∵S_{∆COF}=2S_{∆COE}\)，\(∴\dfrac{1}{2} OH×CF=2×\dfrac{1}{2}×OG×EC\)，
\(∴2EC=3CF\)，
设\(CE=x\)，则\(GE=4-x，HF=\dfrac{3}{2} x-3\)，
\(∴\dfrac{4-x}{\dfrac{3}{2} x-3}=\dfrac{3}{4}\)，解得\(x=\dfrac{50}{17}\)，
即\(CE=\dfrac{50}{17}\)；
 

第四问：
\(\dfrac{17}{2}\)或\(16\)或\(\dfrac{10\sqrt{21}-15}{3}\).
① 当\(AD=10\)时，过点\(B\)作\(BT⊥AD\)，点\(D\)作\(DF⊥AB\)，\(AC\)与\(DF\)交于点\(H\)，

$∵\tan⁡ ∠PAB=\dfrac{4}{3}$，$∴AT=3，BT=4，AF=6，DF=8$，

易得\(∆CDH~∆AFH\)，\(∴\dfrac{DH}{HF}=\dfrac{CD}{AF}\)，
\(∴\dfrac{DH}{8-DH}=\dfrac{5}{6}\)，解得\(DH=\dfrac{40}{11}\)，
\(∴\tan⁡ α=\dfrac{DH}{CD}=\dfrac{8}{11}\)，
\(∴\)在\(Rt∆BET\)中，\(\dfrac{BT}{ET}=\dfrac{8}{11}⟹\dfrac{4}{ET}=\dfrac{8}{11}⟹ET=\dfrac{11}{2}\)，
\(∴AE=AT+ET=3+\dfrac{11}{2}=\dfrac{17}{2}\)；
 

② 当\(AD=\dfrac{5}{2}\)时，过点\(B\)作\(BT⊥AD\)，点\(D\)作\(DF⊥AB\)，\(AC\)与\(DF\)交于点\(H\)，

\(∵\tan⁡ ∠PAB=\dfrac{4}{3}\)，\(∴AT=3，BT=4，AF=\dfrac{3}{2}，DF=2\)，
易得\(∆CDH~∆AFH\)，\(∴\dfrac{DH}{HF}=\dfrac{CD}{AF}\)，
\(∴\dfrac{DH}{2-DH}= \dfrac{5}{\frac{3}{2}}\)，解得\(DH=\dfrac{20}{13}\)，
\(∴\tan⁡ α=\dfrac{DH}{CD}=\dfrac{20}{13}÷5=\dfrac{4}{13}\)，
\(∴\)在\(Rt∆BET\)中，\(\dfrac{BT}{ET}=\dfrac{4}{13}⟹\dfrac{4}{ET}=\dfrac{4}{13}⟹ET=13\)，
\(∴AE=AT+ET=3+13=16\)；
 

③ 当\(BD=2AD\)时，设\(AD=5x\)，则\(BD=AC=10x\)，
\(∵\tan⁡ ∠PAB=\dfrac{4}{3}\)，\(∴AF=3x，DF=4x\)，
\(∴\)在\(Rt∆BET\)中，\(BF=\sqrt{BD^2-DF^2} =\sqrt{84x^2}=2\sqrt{21} x\)，
\(∴AB=3x+2\sqrt{21} x=5\)，解得\(x= \dfrac{5}{2\sqrt{21}+3}=\dfrac{2\sqrt{21}-3}{15}\)；
易得\(∆ACD~∆DEB\)，则\(\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{BD}{DE}⟹\dfrac{5x}{10x}=\dfrac{10x}{DE}⟹DE=20x\)，
\(∴AE=AD+DE=25x=25×\dfrac{2\sqrt{21}-3}{15}=\dfrac{10\sqrt{21}-15}{3}\).