第12页 - 创新优化学案八年级数学苏科版

证明：$(1)$∵四边形$ABCD$是正方形，

∴$BC= CD，$$∠ACB =∠ACD.$

在$△PBC$和$△PDC$中，

$ \begin{cases}{BC=DC }\\{∠ACB=∠ACD} \\{PC=PC} \end{cases}$

∴$△PBC≌△PDC(S-AS)$

∴$PB=PD$

∵$PE=PB，$

∴$PE=PD$

$ (2)$∵四边形$ABCD$是正方形，

∴$∠BCD=90°$

∵$△PBC≌△PDC，$

∴$PBC =∠PDC$

∵$PE=PB，$

∴$∠PBC=∠PEB，$

∵$∠PEB+∠PEC=180°，$

∴$∠PDC+∠PEC= 180°.$

在四边形$PECD$中，

$∠EPD= 360°-(∠PDC+∠PEC)-∠BCD=360°-180°-90°=90°.$

又∵$PE= PD，$

∴$△PDE$是等腰直角三角形

∴$∠PED=45°$

证明：$(1)$∵四边形$ABCD$为菱形，$BD$为对角线，

∴$∠ODA=∠ODC.$

由旋转的性质可知，$OD = OF，$$∠ODA =∠OFE，$

∴$∠OFD=∠ODF，$$∠OFE=∠ODC$

∴$∠OFD-∠OFE=∠ODF-∠ODC，$

即$∠EFD= ∠CDF$

$ (2)$点$F $在直线$BC $上理由：

连接$CF.$

∵四边形$ABCD$为菱形

∴$BD⊥AC.$

当$a=60°$时，∵$EF⊥OD$

∴$AC//EF$

∴$∠OEF=∠AOE=60°$

又由旋转的性质知$∠EOF=∠AOD=90°$

∴$∠EFO=30°=∠ODA=∠ODC $

由菱形的性质可知$∠ACD=∠ACB=60°$

∵$∠DOF=60°，$

又$OD=OF$

∴$△ODF $为等边三角形

∴$∠CDF=∠ODF-∠ODC=60°-30°=30°.$

在$△ODC$和$△FDC$中.

$ \begin{cases}{OD=F-D }\\{∠ODC=∠F-DC} \\{CD=CD} \end{cases}$

∴$△ODC≌△FDC(S-AS).$

∴$∠DCF=∠DCO= 60°$

∴$∠BCF=∠ACB+∠ACD+∠DCF=60°+60°+60°=180°$

解：$(1)$∵四边形$ABCD$是矩形，

∴$AD= BC=6\ \mathrm {cm}，$$CD= AB=12\ \mathrm {cm}.$

由题意得$AP=2t\ \mathrm {cm}，$$DQ=2t\ \mathrm {cm}，$

∴$AQ=AD- DQ=(6- 2t)\ \mathrm {cm} $

∴$AQ=AP，$

即$2t=6-2t，$

解得$t=\frac 32$

当$t= \frac 32$时，$△QAP $为等腰直角三角形

$ (2)$分三种情况：①当$0≤t≤3$时，如图①，

由题意得$AP=2t\ \mathrm {cm}，$$DQ=2t\ \mathrm {cm}，$

∴$AQ=AD-DQ=(6-2t)\ \mathrm {cm}，$$BP=(12-2t)\ \mathrm {CM}.$

∴$S_{△CPQ}=S_{矩形ABCD}-S_{△BCP}-S_{△CDQ}$

$ =12×6-\frac 12×2t×(6-2t)-\frac 12×(12- 2t)×6-\frac 12×12×2t$

$ =(2t²-12t+36)\ \mathrm {cm}²；$

②当$3<t≤6$时，如图②，

由题意得$AP= 2t\ \mathrm {cm}，$$AQ= (2t-6)\ \mathrm {cm}，$

∴$PQ=AP-AQ=6\ \mathrm {cm}，$

∴$S_{△CPQ}=\frac 12PQ×BC=\frac 12×6×6=18(\ \mathrm {cm}²)；$

③当$6<t≤9$时，如图③，

由题意得$BP= (2t- 12)\ \mathrm {cm}，$$AQ=(2t- 6)\ \mathrm {cm}，$

∴$CP=6-BP=(18- 2t)\ \mathrm {cm}，$$BQ=12-AQ=(18- 2t)\ \mathrm {cm}.$

∴$S_{△CPQ}=\frac 12×CP×BQ=\frac 12×(18-2t)²=(2t²-36t+162)\ \mathrm {cm}²$