已知梯形ABCD中,AB//CD,AD=BC=DC=2.COSA=3/4,M为AB上一点,且AM=1(1)求AB的长(2)求证CM=2DM(3)将∠DMC绕点M顺时针旋转后,得到∠D1MC1(点D1,C1依次与D,C对应)射线MD1交线段DC于E,射线MC1交线段CB于F(F不与
来源:学生作业帮助网 编辑:作业帮 时间:2024/09/06 11:50:59
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已知梯形ABCD中,AB//CD,AD=BC=DC=2.COSA=3/4,M为AB上一点,且AM=1(1)求AB的长(2)求证CM=2DM(3)将∠DMC绕点M顺时针旋转后,得到∠D1MC1(点D1,C1依次与D,C对应)射线MD1交线段DC于E,射线MC1交线段CB于F(F不与
已知梯形ABCD中,AB//CD,AD=BC=DC=2.COSA=3/4,M为AB上一点,且AM=1
(1)求AB的长(2)求证CM=2DM(3)将∠DMC绕点M顺时针旋转后,得到∠D1MC1(点D1,C1依次与D,C对应)射线MD1交线段DC于E,射线MC1交线段CB于F(F不与B,C重合)设DE=X,BF=Y求Y关于X的解析式及定义域
已知梯形ABCD中,AB//CD,AD=BC=DC=2.COSA=3/4,M为AB上一点,且AM=1(1)求AB的长(2)求证CM=2DM(3)将∠DMC绕点M顺时针旋转后,得到∠D1MC1(点D1,C1依次与D,C对应)射线MD1交线段DC于E,射线MC1交线段CB于F(F不与
第一个问题:
分别过D、C作AB和垂线,垂足分别是G、H.
∵GH∥DC,DG⊥GH,CH⊥GH,∴CDGH是矩形,∴DC=GH、DG=CH.
∵AD=BC,DG=CH,∠AGD=∠BHC,∴△ADG≌△BCH,∴AG=BH、∠A=∠B.
又cos∠A=AG/AD=3/4,∴AG=(3/4)AD=(3/4)×2=3/2.
∴AB=AG+GH+BH=2AG+DC=3+2=5.
第二个问题:
在△ADG中,由勾股定理,有:DG^2=AD^2-AG^2=4-9/4=7/4,∴DG=√7/2.
在△DGM中,GM=AG-AM=3/2-1=1/2.
∴由勾股定理,有:DM^2=DG^2+GM^2=7/4+1/4=2, ∴DM=√2.
在△CHM中,HM=AB-AM-BN=5-1-AG=4-3/2=5/2.
∴由勾股定理,有:CM^2=CH^2+HM^2=DG^2+25/4=7/4+25/4=8, ∴CM=2√2.
由DM=√2、CM=2√2,得:CM=2DM.
第三个问题:
在△CDM中,由余弦定理,有:
cos∠CMD=(DM^2+CM^2-CD^2)/(2DM×CM)=(2+8-4)/(2√2×2√2)=3/4,
又cos∠A=3/4,∴∠CMD=∠A,而∠A=∠B,∴∠CMD=∠B=∠A.
分别过E、F作AB的垂线,垂足分别是P、Q.
显然有:EP=DG=√7/2、DE=GP=x,∴MP=GP+MG=x+AG-AM=x+3/2-1=x+1/2.
∴tan∠BME=EP/MP=(√7/2)/(x+1/2)=√7/(2x+1).
又cos∠B=BQ/BF=BQ/y=3/4,∴BQ=3y/4.
∴FQ=√(BF^2-BQ^2)=√(y^2-9y^2/16)=√7y/4.
而MQ=BM-BQ=AB-AM-3y/4=5-1-3y/4=4-3y/4.
∴tan∠BMF=FQ/MQ=(√7y/4)/(4-3y/4)=√7y/(16-3y).
∵∠EMF=∠CMD=∠A,∴tan∠EMF=tan∠A=DG/AG=(√7/2)/(3/2)=√7/3.
自然,∠EMF=∠BME-∠BMF,∴tan(∠BME-∠BMF)=tan∠EMF=√7/3,
∴(tan∠BME-tan∠BMF)/(1+tan∠BMEtan∠BMF)=√7/3,
∴3tan∠BME-3tan∠BMF=√7+√7tan∠BMEtan∠BMF.
从而得:
3[√7/(2x+1)]-3[√7y/(16-3y)]=√7+√7[√7/(2x+1)][√7y/(16-3y)],
∴3/(2x+1)-3y/(16-3y)=1+7y/[(2x+1)(16-3y)],
∴3(16-3y)-3y(2x+1)=(2x+1)(16-3y)+7y,
∴48-9y-6xy-3y=32x-6xy+16-3y+7y,
∴y=2x-2. 显然,0<y<DG=√7/2,∴0<2x-2<√7/2,∴1<x<1+√7/4.
∴y关于x的解析式是:y=2x-2,其定义域是(1,1+√7/4).