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：六六作业网 时间：2024/12/18 21:04:07
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）.