資源簡介

題型四　三角形、四邊形實踐探究
類型一　動點問題
　　動點常與三角形、四邊形結(jié)合出題,探究三角形或四邊形的面積、線段的長度、周長、各線段之間的數(shù)量關(guān)系或最值等問題.解決這類問題要熟練掌握三角形全等、相似或三角函數(shù)等有關(guān)三角形的知識以及矩形、菱形、正方形、平行四邊形的相關(guān)性質(zhì).
(2023·郴州)已知△ABC是等邊三角形,點D是射線AB上的一個動點,延長BC至點E,使CE=AD,連接DE交射線AC于點F.
(1)如圖1,當點D在線段AB上時,猜測線段CF與BD的數(shù)量關(guān)系并說明理由.
(2)如圖2,當點D在線段AB的延長線上時,
①線段CF與BD的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立 請說明理由;
②如圖3,連接AE.設(shè)AB=4,若∠AEB=∠DEB,求四邊形BDFC的面積.
圖1　 　圖2 圖3
(2024·龍東地區(qū))如圖,在平面直角坐標系中,等邊三角形OAB的邊OB在x軸上,點A在第一象限,OA的長度是一元二次方程x2-5x-6=0的根,動點P從點O出發(fā)以每秒2個單位長度的速度沿折線OA-AB運動,動點Q從點O出發(fā)以每秒3個單位長度的速度沿折線OB-BA運動,P,Q兩點同時出發(fā),相遇時停止運動.設(shè)運動時間為t秒(0(1)求點A的坐標.
(2)求S與t的函數(shù)關(guān)系式.
(3)在(2)的條件下,當S=6時,點M在y軸上,坐標平面內(nèi)是否存在點N,使得以點O,P,M,N為頂點的四邊形是菱形 若存在,直接寫出點N的坐標;若不存在,說明理由.
(2024·邯鄲大名縣三模)如圖,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AB=10,BC=6.點D是AB的中點.點P從點A出發(fā),沿AC方向以每秒1個單位長度的速度向終點C運動,點Q從點A出發(fā),以每秒2個單位長度的速度沿折線AB-BC向終點C運動,連接PQ,取PQ的中點E,連接DE,P,Q兩點同時出發(fā),設(shè)點P運動的時間為t(t>0)s.
(1)求線段AC的長.
(2)當點Q在AB上運動時,求tan∠PQA的值.
(3)當DE與△ABC的直角邊平行時,求DQ的長.
(4)若點P從點C沿CA方向以每秒1個單位長度的速度向終點A運動,其他條件不變,當點Q在AB上運動,PQ與△ABC一邊垂直時,直接寫出t的值.
　
備用圖1
備用圖2
類型二　旋轉(zhuǎn)問題
　　旋轉(zhuǎn)前后的圖形全等,因此會隱含線段相等、角相等等條件.而有的題目不會直接給出旋轉(zhuǎn)的條件,需要自己根據(jù)題中條件抽象出旋轉(zhuǎn)模型,這種情況下,一般兩個圖形共頂點,公共頂點為旋轉(zhuǎn)中心.
(2024·通遼)數(shù)學活動課上,某小組將一個含45°的三角尺AEF和一個正方形紙板ABCD如圖1擺放,若AE=1,AB=2.將三角尺AEF繞點A逆時針方向旋轉(zhuǎn)α(0°≤α≤90°)角,觀察圖形的變化,完成探究活動.
【初步探究】
如圖2,連接BE,DF并延長,延長線相交于點G,BG交AD于點M.
問題1:BE和DF的數(shù)量關(guān)系是　　　　,位置關(guān)系是　　　　.
【深入探究】
應(yīng)用問題1的結(jié)論解決下面的問題.
問題2:如圖3,連接BD,點O是BD的中點,連接OA,OG.
求證:OA=OD=OG.
【嘗試應(yīng)用】
問題3:如圖4,請直接寫出當旋轉(zhuǎn)角α從0°變化到60°時,點G經(jīng)過路線的長度.
圖1　 圖2
圖3 　圖4
(2023·南充)如圖,正方形ABCD中,點M在邊BC上,點E是AM的中點,連接ED,EC.
(1)求證:ED=EC.
(2)將BE繞點E逆時針旋轉(zhuǎn),使點B的對應(yīng)點B'落在AC上,連接MB'.當點M在邊BC上運動時(點M不與B,C重合),判斷△CMB'的形狀,并說明理由.
(3)在(2)的條件下,已知AB=1,當∠DEB'=45°時,求BM的長.
(2024·邯鄲模擬)如圖1,已知點D是等邊三角形ABC內(nèi)一點,且BD=3,AD=4,CD=5.
(1)求∠ADB的度數(shù).
以下是甲、乙、丙三位同學的談話:
甲:我認為這道題的解決思路是借助旋轉(zhuǎn),我選擇將△BCD繞點B順時針旋轉(zhuǎn)60°或繞A逆時針旋轉(zhuǎn)60°;
乙:我也贊成旋轉(zhuǎn),不過我是將△ABD進行旋轉(zhuǎn);
丙:我是將△ACD進行旋轉(zhuǎn).
請你借助甲、乙、丙三位同學的提示,選擇適當?shù)姆椒ㄇ蟆螦DB的度數(shù).
(2)若改成BD=6,AD=8,CD=10,則∠ADB=　　　　°,點A到BD的距離為　　　　.
類比遷移:
(3)如圖2,已知∠ABC=90°,AB=BC,BE=1,CE=,AE=,求∠BEC的度數(shù).
圖1　 圖2
類型三　軸對稱問題
　　題目中通常會給出翻折的條件,其實就是軸對稱,折痕所在的直線就是對稱軸,被翻折部分在折痕兩邊且全等.通常經(jīng)過軸對稱,會出現(xiàn)等腰三角形、等邊三角形、直角三角形、角平分線,因此常常與三角形、四邊形結(jié)合進行考查.
(2024·河北三模)【問題情境】折紙是我國傳統(tǒng)的民間藝術(shù),通過折紙可以得到許多美麗的圖形,折紙的過程還蘊含著豐富的數(shù)學知識,在綜合與實踐課上,老師讓同學們準備了大小一樣的正方形,如圖1,正方形紙片ABCD,邊長為4.
圖1 　圖2
圖3 　圖4
【操作發(fā)現(xiàn)】老師提出了如下折疊要求:將正方形ABCD沿直線EF折疊,使點B落在邊AD上的點P處(A,D兩點除外),點C的對應(yīng)點為點G.經(jīng)過思考、討論,同學們分享了他們的發(fā)現(xiàn):
(1)如圖2,當點P落在AD上任意一個位置時,PB平分∠APG.請判斷這個結(jié)論是否正確,并說明理由.
(2)如圖3,若PG與CD相交于點H,當點P是AD的中點時,可以求出DH的長度.請寫出解答過程.
【拓展運用】小輝同學在(2)的基礎(chǔ)上,求出了PH的長,進而求得了△PDH的周長,發(fā)現(xiàn)這個周長與正方形的邊長存在一定的關(guān)系,是一個定值.進一步研究他發(fā)現(xiàn):當點P在AD上任意位置時,如圖4,△PDH的周長是一個定值.小輝的結(jié)論是否正確 若正確,請給出證明;若不正確,請說明理由.
(2023·棗莊)問題情境:如圖1,在△ABC中,AB=AC=17,BC=30,AD是BC邊上的中線,如圖2,將△ABC的兩個頂點B,C分別沿EF,GH折疊后均與點D重合,折痕分別交AB,AC,BC于點E,G,F,H.
猜想證明:
(1)如圖2,試判斷四邊形AEDG的形狀,并說明理由.
問題解決:
(2)如圖3,將圖2中左側(cè)折疊的三角形展開后,重新沿MN折疊,使得頂點B與點H重合,折痕分別交AB,BC于點M,N,BM的對應(yīng)線段交DG于點K,求四邊形MKGA的面積.
圖1　 圖2 圖3
(2024·邯鄲邯山區(qū)一模)如圖1和圖2,平面上,四邊形ABCD中,AB=8,BC=,CD=,DA=6,
∠A=90°,點M在AD邊上,且DM=2.點P從點A沿折線AB-BC上運動到點C,將△APM沿MP翻折,點A的對應(yīng)點為點A',設(shè)點P的運動路徑長為x(x>0).
(1)如圖1,連接BD.
①求∠CBD的度數(shù);
②求證:AB∥CD.
(2)如圖2,當點A'落到四邊形ABCD內(nèi)部時,求x的取值范圍.
(3)當點A'落在AD的延長線上時,請直接寫出x的值.
圖1　 圖2 備用圖
【詳解答案】
1.解:(1)CF=BD,理由如下:
∵△ABC是等邊三角形,
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°.
過點D作DG∥BC,交AC于點G,如圖1,
圖1
∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°,∠GDF=∠CEF,
∴△ADG為等邊三角形,
∴AD=AG=DG.
∵AD=CE,AB-AD=AC-AG,
∴DG=CE,BD=CG.
又∠DFG=∠EFC,
∴△DGF≌△ECF(AAS).
∴CF=FG=CG,
∴CF=BD.
(2)①成立,理由如下:
∵△ABC是等邊三角形,
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°,
過點D作DG∥BC,交AC的延長線于點G,如圖2,
圖2
∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°,∠GDF=∠CEF,
∴△ADG為等邊三角形,
∴AD=AG=DG,
∵AD=CE,AD-AB=AG-AC,
∴DG=CE,BD=CG.
又∠DFG=∠EFC,
∴△DGF≌△ECF(AAS).
∴CF=FG=CG,
∴CF=BD.
②過點D作DG∥BC,交AC的延長線于點G,過點A作AN⊥DG于點N,交BC于點H,交DE于點M,如圖3,
圖3
由①知:△ADG為等邊三角形,△DGF≌△ECF,CF=FG=BD.
∵△ABC為等邊三角形,
∴AB=AC=BC=4,BH=CH=BC=2,
∴AH==2.
∵∠AEB=∠DEB,EH=EH,
∠AHE=∠MHE=90°,
∴△AEH≌△MEH(ASA).
∴MH=AH=2.
∴AM=2AH=4.
∵△DGF≌△ECF,
∴∠CEF=∠MDN,DG=CE.
∴∠AEH=∠MDN,
∴tan∠AEH=tan∠MDN.
∴,
設(shè)MN=y,DG=CE=x,則EH=CE+CH=2+x,DN=DG=x,
∴①,
∵DG∥BC,
∴△ABC∽△ADG,
∴,
即②,
聯(lián)立①②可得x=4+4(負值舍去),經(jīng)檢驗,x=4+4是原方程的根,
∴DG=CE=4+4,DN=2+2,CF=FG=(x-4)=2,
∴AN=2+2,∴S△ACE=CE·AH=(4+4)×2=4+4.
∵,
∴S△CEF=(4+4)=4+2,
∴四邊形BDFC的面積為S△ADG-S△ABC-S△DFG=S△ADG-S△ABC-
S△CEF=(4+4)(2+2)-×4×2-4-2=4+6.
2.解:(1)x2-5x-6=0,解得x1=6,x2=-1,
∵OA的長度是x2-5x-6=0的根,
∴OA=6.
∵△OAB是等邊三角形,
∴OA=OB=OC=6,∠OAB=∠AOB=∠ABO=60°.
如圖1,過點A作AC⊥x軸,垂足為C,
圖1
在Rt△AOC中,∠AOC=60°,
∴∠OAC=30°,
∴OC=OA=×6=3,
∴AC==3,
∴點A的坐標為A(3,3).
(2)當0圖2
∴OP=2t,OQ=3t,∠OPD=30°,
∴OD=t,
∴PD=t,
∴S=OQ·PD=×3t×t=t2;
當2圖3
∵∠A=60°,
∴∠AQE=30°,
又∵AQ=12-3t,
∴AE=6-t,QE==6t,
又∵OP=2t,
∴S=OP·QE=×2t×6t=-t2+6t;
當3圖4
∴PQ=18-(2t+3t)=18-5t,
同理可得,BF=OB=3,
∴OF==3,
∴S=OF·PQ=×3×(18-5t)=-t+27;
綜上所述,
S=
(3)存在.點N的坐標為(2,4+2)或(2,2-4)或(-2,2)或(2,).
解析:當t2=6時,
解得t=2,
∴OP=2×2=4,
如圖5,過點P作PG⊥x軸于點G,則OG=OP=2,
圖5
∴PG==2,
∴點P的坐標為(2,2);
當OP為邊時,將OP沿y軸向下平移4個單位得N(2,2-4),此時M(0,-4),四邊形POMN是菱形;將OP沿y軸向上平移4個單位得N(2,2+4),此時M(0,4),四邊形POMN是菱形,如圖6,
圖6
如圖7,作點P關(guān)于y軸的對稱點N(-2,2),當M(0,4)時,四邊形PMNO是菱形;
圖7
如圖8,當OP為對角線時,設(shè)OP的中點為T,過點T作TM⊥OP,交y軸于點M,延長MT到N,使TN=TM,連接ON,過點N作NH⊥x軸于點H,
圖8
則∠MOT=∠NOT=∠HON=30°,OT=2,
∴ON=2TN,
∴ON2=OT2+TN2,
即ON2=22+ON2,
解得ON=,
∴NH=,OH=2,
N2,;
當-t2+6t=6,
解得t=2,不符合題意,此情況不存在;
當-t+27=6時,
解得t=2<3,
不符合題意,此情況不存在;
綜上,點N的坐標為(2,4+2)或(2,2-4)或(-2,2)或2,.
3.解:(1)∵在Rt△ABC中,∠C=90°,AB=10,BC=6,
∴AC==8.
(2)如圖1,過點P作PF⊥AB,垂足為F,
圖1
∵∠A=∠A,∠AFP=∠ACB=90°,
∴△AFP∽△ACB,
∴.
∵AC=8,AB=10,BC=6,AP=t,
∴AF=t,PF=t,
∴QF=AQ-AF=2t-t=t,
∴tan∠PQA=.
(3)分情況討論:
①如圖2,當DE∥BC時,過點P作PF⊥AB于點F,過點E作EG⊥AB于點G,
圖2
∵DE∥BC,
∴∠B=∠ADE,
∴tan∠ADE==tan B=,
∴GD=EG.
∵點E為PQ中點,EG∥PF,
∴EG=PF=t,
∴GD=EG=t.
∵QF=AQ-AF=t,DQ=2t-5,
∴GQ=QF=t,
∴GD=GQ-DQ=t-(2t-5)=5-t,
即t=5-t,
解得t=,
∴DQ=2×-5=.
②當DE∥AC時,如圖3,點Q與B重合,
圖3
∴DQ=DB=AB=5.
綜上所述,DQ的長為或5.
(4)當PQ與△ABC一邊垂直時,t的值為或.
解析:當PQ⊥AB時,如圖4,則∠AQP=∠C=90°,
圖4
∵∠A=∠A,
∴△APQ∽△ABC,
∴,
∴AP=·AB=8-t=2t×,
解得t=;
當PQ⊥AC時,如圖5,則∠APQ=∠C=90°,
圖5
∵∠A=∠A,
∴△APQ∽△ACB,
∴,
∴AP=·AC=8-t=2t×,
解得t=;
∵t>0,
∴很明顯PQ與BC邊不垂直,
綜上,當PQ與△ABC一邊垂直時,t的值為或.
4.解:問題1:BE=DF　BE⊥DF
解析:∵四邊形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠BAD=90°.
∵△AEF是含有45°的直角三角尺,
∴△AEF是等腰直角三角形,
∴AE=AF,∠EAF=90°,
∵∠BAD-∠DAE=∠EAF-∠DAE,
∴∠BAE=∠DAF,
∴△ABE≌△ADF(SAS),
∴BE=DF,∠ABE=∠ADF,
∵∠AMB=∠DMG,
∴∠G=∠BAM=90°,即BE⊥DF.
問題2:證明:∵△BAD是直角三角形,O是BD的中點,
∴OA=BD=OD.
由(1)知∠BGD=90°,
∴△BGD是直角三角形,
∴OG=BD=OD,
∴OA=OD=OG.
問題3:點G經(jīng)過路線的長度為π.
解析:由問題2知,OA=OD=OG,
∴點G的運動軌跡是以O(shè)為圓心,OA長半徑的弧,
如圖,連接OA,OG,取AB的中點H,連接EH,
∵旋轉(zhuǎn)角α從0°變化到60°,
∴此時點G的運動路線就是,
∵∠BAE=60°,AE=1,AB=2,
∴AE=AH=BH=1,∴△AEH為等邊三角形,
∴EH=AH=BH.
∵∠AHE=∠HBE+∠BEH,∴∠HBE=∠BEH=30°,
即∠ABE=30°,
∴∠OBG=45°-30°=15°.
∵OB=OG=BD,
∴∠DOG=30°,
∴∠AOG=180°-∠AOB-∠DOG=60°,
∵AB=2,
∴BD=AB=2,
∴OA=OG=,
∴的長度=π.
即點G經(jīng)過路線的長度為π.
5.解:(1)證明:∵四邊形ABCD為正方形,
∴∠BAD=∠ABC=90°,AD=BC.
∵點E是AM的中點,
∴EA=EB.∴∠EAB=∠EBA.
∴∠BAD-∠EAB=∠ABC-∠EBA,即∠EAD=∠EBC.
在△EAD與△EBC中,
∴△EAD≌△EBC(SAS).
∴ED=EC.
(2)△CMB'為等腰直角三角形,理由如下:
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得:EB=EB',
∴EB'=AE=EM.
∴∠EAB'=∠EB'A,∠EMB'=∠EB'M.
∵∠EAB'+∠EB'A+∠EMB'+∠EB'M=180°,
∴∠EB'A+∠EB'M=90°,
即∠AB'M=90°.
∴∠MB'C=90°.
∴∠B'MC=90°-∠ACB=45°.
∴∠B'MC=∠ACB=45°.
∴B'M=B'C.
∴△CMB'為等腰直角三角形.
(3)如圖所示,延長BE交AD于點F,
∵∠EAB=∠EBA,
∠EAB'=∠EB'A,
∴∠MEB=2∠EAB,
∠MEB'=2∠EAB'.
∴∠BEB'=∠MEB+∠MEB'=2∠EAB+2∠EAB'=2∠BAB'=90°.
∵∠DEB'=45°,
∴∠DEF=∠B'EF-∠DEB'=45°.
∵△EAD≌△EBC,
∴∠AED=∠BEC.
∵∠AEF=∠BEM,
∴∠DEF=∠CEM=45°.
∵∠ACM=45°,
∴∠CEM=∠ACM.
∵∠CME=∠AMC,
∴△CME∽△AMC.
∴.
∴CM2=AM·EM,
∵EM=AM,
∴CM2=AM2.
設(shè)BM=x,則CM=1-x,AM2=AB2+BM2=1+x2,
∴(1-x)2=(1+x2).
解得x1=2-,x2=2+(不合題意,舍去).
∴BM=2-.
6.解:(1)如圖1,將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°,得到△ACD',
∴D'A=AD=4,BD=CD'=3,∠DAD'=60°,
∴△ADD'是等邊三角形,
∴DD'=AD=4,∠AD'D=60°,
∵DD'2+CD'2=42+32=52=CD2,
∴∠DD'C=90°,
∴∠ADB=∠AD'C=60°+90°=150°.
圖1
(2)150　4
解析:如圖1,將△ABD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°,得到△ACD',
∴D'A=AD=8,BD=CD'=6,∠DAD'=60°,
∴△ADD'是等邊三角形,
∴DD'=AD=8,∠AD'D=60°,
∵DD'2+CD'2=82+62=102=CD2,
∴∠DD'C=90°,
∴∠ADB=∠AD'C=60°+90°=150°;
過點A作AH⊥BD交BD的延長線于點H,
∴∠AHB=90°,
∵∠ADB=150°,
∴∠ADH=30°,
∴AH=AD=4,
故點A到BD的距離為4.
(3)如圖2,把△CBE繞著點B逆時針旋轉(zhuǎn)90°,得到△ABE',連接EE',
圖2
∴∠EBE'是直角,BE=BE'=1,AE'=CE=,∠AE'B=∠CEB,
∴EE'2=12+12=2,∠BEE'=∠BE'E=45°.
∵EE'2=2,AE'2=3,EA2=5,
∴EA2=E'A2+EE'2,
∴△EE'A是直角三角形,
∴∠EE'A=90°,
∴∠BEC=∠AE'B=135°.
7.解:【操作發(fā)現(xiàn)】(1)PB平分∠APG這個結(jié)論正確,理由如下:
∵四邊形ABCD是正方形,
∴AD∥BC,∠ABC=∠A=90°,
∴∠APB=∠CBP,
由折疊的性質(zhì)可得EB=EP,∠EPG=∠EBC=90°,
∴∠EPB=∠EBP,
又∵∠EBP+∠PBC=90°=∠EPB+∠BPG=90°,
∴∠BPG=∠PBC,
∴∠APB=∠BPG,
∴PB平分∠APG.
(2)∵四邊形ABCD是正方形,
∴∠ABC=∠D=∠A=90°,
由折疊的性質(zhì)可得EB=EP,∠EPG=∠EBC=90°,
設(shè)BE=PE=x,則AE=4-x,
∵點P為AD的中點,
∴AP=DP=2,
在Rt△APE中,由勾股定理,得PE2=AP2+AE2,
∴x2=22+(4-x)2,
解得x=,∴AE=.
∵∠APE+∠AEP=90°=∠APE+∠DPH,
∴∠AEP=∠DPH,
∴△AEP∽△DPH,
∴,即,
∴DH=.
【拓展運用】小輝的結(jié)論正確,證明如下:
如圖,過點B作BQ⊥PG于點Q,連接BH,
則∠A=∠PQB=90°,∠BQH=∠BCH=90°,
由(1)得∠APB=∠QPB,
又∵BP=BP,
∴△BAP≌△BQP(AAS),
∴PQ=PA,AB=QB,
∵AB=BC,
∴BQ=BC,
又∵BH=BH,
∴Rt△BQH≌Rt△BCH(HL),
∴QH=CH,
∴△DPH的周長=DP+DH+PH=DP+DH+PQ+HQ=DP+DH+AP+CH=AD+CD,
∴△DPH的周長等于正方形ABCD的邊長的2倍,
∴△DPH的周長是一個定值.
8.解:(1)四邊形AEDG是菱形,理由如下:
∵在△ABC中,AB=AC,AD是BC邊上的中線,
∴AD⊥BC,BD=CD=BC.
∵將△ABC的兩個頂點B,C分別沿EF,GH折疊后均與點D重合,
∴EF⊥BC,GH⊥BC,BE=DE,CG=GD,BF=FD=BD,CH=DH=CD.
∴EF∥AD.
∴=1.
∴BE=AE=AB,
同理可得:CG=AG=AC,
∴AE=DE,AG=DG.
∵AB=AC,
∴AE=DE=DG=AG,
∴四邊形AEDG是菱形.
(2)由折疊可得,
∠GDC=∠C,∠MHB=∠B,
∵AB=AC,∴∠B=∠C.
∴∠GDC=∠B,∠MHB=∠C.
∴DG∥AB,MH∥AC.
∴四邊形AMKG為平行四邊形,
∵AB=AC=17,BC=30.
由(1)知:BD=CD=BC=15,DH=CH=,DG=AG=AC=,
∴GH==4.
過點H作HE⊥CG于點E,如圖,
∵S△CHG=CH·HG=CG·HE,∴CG·HE=×4=30,
∵四邊形MKGA的面積=AG·HE=CG·HE=30.
9.解:(1)①∵∠A=90°,
∴BD==10.
∵BC2+BD2=2+102=,
CD2=2=,
∴BC2+BD2=CD2,
∴∠CBD=90°.
②證明:∵,,
∴,
又∵∠CBD=∠A=90°,
∴△ABD∽△BDC,
∴∠DBA=∠CDB,
∴AB∥CD.
(2)當A'落在CD上時,過點P作PH⊥CD于點H.如圖1.
圖1
則PH=AD=6.
∵DM=2,
∴AM=4,
由翻折得A'M=AM=4,A'P=AP=x.
∴A'D==2,
∴A'H=DH-A'D=x-2,
∵PH2+A'H2=A'P2,
∴62+(x-2)2=x2,
∴x=4,
∴AP=4,
故點A'落到四邊形ABCD內(nèi)部時,
0(3)x=13.
解析:當點A'落在AD的延長線上時,
得PM⊥A'A,過點B作BG⊥CD,交PM于點H.如圖2.
圖2
∴BH=AM=4,
∵CG∥PH,
∴,
即BP=BC=5,
∴AB+BP=8+5=13,
∴x=13.

展開更多......

收起↑