[ID:3-6422170] 2020年中考数学二轮复习(通用)专题:几何压轴题型含答案
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几何压轴题型 类型一 动点探究型 在菱形ABCD中,∠ABC=60°,点P是射线BD上一动点,以AP为边向右侧作等边△APE,点E的位置随着点P的位置变化而变化. (1)如图①,当点E在菱形ABCD内部或边上时,连接CE,BP与CE的数量关系是________,CE与AD的位置关系是________; (2)当点E在菱形ABCD外部时,(1)中的结论是否还成立?若成立,请予以证明;若不成立,请说明理由(选择图②,图③中的一种情况予以证明或说理); (3)如图④,当点P在线段BD的延长线上时,连接BE,若AB=2,BE=2,求四边形ADPE的面积. 【分析】 (1)要求BP与CE的数量关系,连接AC,由菱形和等边三角形的性质根据SAS可证明△ABP≌△ACE,从而证得BP=CE,且∠ACE=30°,延长CE交AD于点F,可得∠AFC=90°,所以CE⊥AD; (2)无论选择图②还是图③,结论不变,思路和方法与(1)一致; (3)要求四边形ADPE的面积,观察发现不是特殊四边形,想到割补法,分成钝角△ADP和正△APE,分别求三角形的面积,相加即可. 【自主解答】 解:(1)BP=CE;CE⊥AD; (2)选图②,仍然成立,证明如下: 如解图①,连接AC交BD于点O,设CE交AD于点H. 在菱形ABCD中,∠ABC=60°,BA=BC, 例1题解图① ∴△ABC为等边三角形, ∴BA=CA. ∵△APE为等边三角形, ∴AP=AE,∠PAE=∠BAC=60°, ∴∠BAP=∠CAE. 在△BAP和△CAE中, 例1题解图② ∴△BAP≌△CAE(SAS), ∴BP=CE,∠ACE=∠ABP=30°. ∵AC和BD为菱形的对角线, ∴∠CAD=60°, ∴∠AHC=90°,即CE⊥AD. 选图③,仍然成立,证明如下: 如解图②,连接AC交BD于点O,设CE交AD于点H, 同理得△BAP≌△CAE(SAS), BP=CE,CE⊥AD. (3)如解图③,连接AC交BD于点O,连接CE交AD于点H, 由(2)可知,CE⊥AD,CE=BP. 在菱形ABCD中,AD∥BC, ∴EC⊥BC. ∵BC=AB=2,BE=2, ∴在Rt△BCE中, CE==8, 例1题解图③ ∴BP=CE=8. ∵AC与BD是菱形的对角线, ∴∠ABD=∠ABC=30°,AC⊥BD,  ∴BD=2BO=2AB·cos 30°=6, AO=AB=, ∴DP=BP-BD=8-6=2, ∴OP=OD+DP=5. 在Rt△AOP中,AP==2, ∴S四边形ADPE=S△ADP+S△APE =DP·AO+·AP2 =×2×+×(2)2 =8. 【难点突破】 本题的难点:一是如何找到全等的三角形,根据含60°内角菱形的特点,连接AC是解决问题的关键;二是点P是动点,当它运动到菱形的外部时,在其运动过程中由“手拉手”模型找全等三角形;三是求不规则四边形的面积,要想到运用割补法,将四边形分解成两个三角形求解. 点拔 几何压轴题中的“动点型问题”是指题设图形中存在一个或多个动点,它们在线段、射线或弧线上运动的一类开放性题目.解决这类问题的关键是动中求静,灵活运用有关数学知识解决问题.在变化中找到不变的性质是解决数学“动点”探究题的基本思路,这也是动态几何数学问题中最核心的数学本质. 1.已知,△ABC是等腰三角形,CA=CB,0°<∠ACB≤90°,点M在边AC上,点N在边BC上(点M、点N不与所在线段端点重合),BN=AM,连接AN,BM.射线AG∥BC,延长BM交射线AG于点D,点E在直线AN上,且AE=DE. (1)如图,当∠ACB=90°时: ①求证:△BCM≌△ACN; ②求∠BDE的度数; (2)当∠ACB=α,其他条件不变时,∠BDE的度数是____________________;(用含α的代数式表示) (3)若△ABC是等边三角形,AB=3,点N是BC边上的三等分点,直线ED与直线BC交于点F,请直接写出线段CF的长. 2.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=12.点D在直线CB上,以CA,CD为边作矩形ACDE,直线AB与直线CE,DE的交点分别为F,G. (1)如图,点D在线段CB上,四边形ACDE是正方形. ①若点G为DE中点,求FG的长; 第2题图 ②若DG=GF,求BC的长; (2)已知BC=9,是否存在点D,使得△DFG是等腰三角形?若存在,求该三角形的腰长;若不存在,试说明理由. 类型二 新定义型 我们定义:如图①,在△ABC中,把AB绕点A顺时针旋转α(0°<α<180°)得到AB′,把AC绕点A逆时针旋转β得到AC′,连接B′C′.当α+β=180°时,我们称△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”,△AB′C′边B′C′上的中线AD叫做△ABC的“旋补中线”,点A叫做“旋补中心”. 特例感知 (1)在图②,图③中,△AB′C′是△ABC的“旋补三角形”,AD是△ABC的“旋补中线”. ①如图②,当△ABC为等边三角形时,AD与BC的数量关系为AD=________BC; ②如图③,当∠BAC=90°,BC=8时,则AD长为________. 猜想论证 (2)在图①中,当△ABC为任意三角形时,猜想AD与BC的数量关系,并给予证明. 拓展应用 (3)如图④,在四边形ABCD中,∠C=90°,∠D=150°,BC=12,CD=2,DA=6.在四边形内部是否存在点P,使△PDC是△PAB的“旋补三角形”?若存在,给予证明,并求△PAB的“旋补中线”长;若不存在,说明理由. 【分析】 (1)①证明△ADB′是含有30°角的直角三角形,则可得AD=AB′=BC;②先证明△BAC≌△B′AC′,根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可; (2)结论:AD=BC.如解图①中,延长AD到点M,使得AD=DM,连接B′M,C′M,先证明四边形AC′MB′是平行四边形,再证明△BAC≌△AB′M,即可解决问题; (3)存在.如解图②中,延长AD交BC的延长线于点M,作BE⊥AD于点E,作线段BC的垂直平分线交BE于点P,交BC于点F,连接PA,PD,PC,作△PCD的中线PN,连接DF交PC于点O.先证明PA=PD,PB=PC,再证明∠APD+∠BPC=180°即可. 【自主解答】 解:(1)①; 【解法提示】 ∵△ABC是等边三角形, ∴AB=BC=AB=AB′=AC′. ∵DB′=DC′, ∴AD⊥B′C′. ∵α+β=180°,∴∠BAC+∠B′AC′=180°, ∵∠BAC=60°, ∴∠B′AC′=120°, ∴∠B′=∠C′=30°, ∴AD=AB′=BC. ②4; 【解法提示】 ∵α+β=180°, ∴∠BAC+∠B′AC′=180°. ∵∠BAC=90°, ∴∠B′AC′=∠BAC=90°. ∵AB=AB′,AC=AC′, ∴△BAC≌△B′AC′(SAS), ∴BC=B′C′. ∵B′D=DC′, ∴AD=B′C′=BC=4. (2)结论:AD=BC. 证明:如解图①中,延长AD到点M,使得AD=DM,连接B′M,C′M. 例2题解图① ∵B′D=DC′,AD=DM, ∴四边形AC′MB′是平行四边形, ∴AC′=B′M=AC. ∵α+β=180°, ∴∠BAC+∠B′AC′=180°. ∵∠B′AC′+∠AB′M=180°, ∴∠BAC=∠MB′A. ∵AB=AB′, ∴△BAC≌△AB′M(SAS), ∴BC=AM, ∴AD=BC. (3)存在. 证明:如解图②中,延长AD交BC的延长线于点M,作BE⊥AD于点E,作线段BC的垂直平分线交BE于点P,交BC于点F,连接PA,PD,PC,作△PCD的中线PN,连接DF交PC于点O. 例2题解图② ∵∠ADC=150°, ∴∠MDC=30°, 在Rt△DCM中, ∵CD=2,∠DCM=90°,∠MDC=30°, ∴CM=2,DM=4,∠M=60°. 在Rt△BEM中, ∵∠BEM=90°,BM=14,∠MBE=30°, ∴EM=BM=7, ∴DE=EM-DM=3. ∵AD=6,∴AE=DE. ∵BE⊥AD, ∴PA=PD. ∵PF垂直平分BC, ∴PB=PC. 在Rt△CDF中,∵CD=2,CF=6, ∴tan∠CDF=, ∴∠CDF=60°=∠CPF. 易证△FCP≌△CFD, ∴CD=PF. ∵CD∥PF, ∴四边形CDPF是平行四边形. ∵∠DCF=90°. ∴四边形CDPF是矩形, ∴∠CDP=90°, ∴∠ADP=∠ADC-∠CDP=60°, ∴△ADP是等边三角形. ∵∠BPF=∠CPF=60°, ∴∠BPC=120°, ∴∠APD+∠BPC=180°, ∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”. 在Rt△PDN中,∵∠PDN=90°,PD=AD=6,DN=, ∴PN===. 【难点突破】 第(3)问根据新定义判断点P的存在性是本题难点,但运用“直角三角形中30°的角所对的直角边是斜边的一半”的性质以及三角形全等添加合适辅助线即可求解. 点拔 解决这类问题,首先要理解新定义的含义及实质;其次要注意,在证明线段、角度相等或某个特殊图形时,主要应用全等,在计算线段的长或图形的周长、面积时,常注意运用相似、勾股定理及图形面积公式等. 1.联想三角形外心的概念,我们可引入如下概念. 定义:到三角形的两个顶点距离相等的点,叫做此三角形的准外心. 举例:如图①,若PA=PB,则点P为△ABC的准外心. 求解:(1)如图②,CD为等边△ABC的高,准外心P在高CD上,且PD=AB,求∠APB的度数; (2)已知△ABC为直角三角形,斜边BC=5,AB=3,准外心P在AC边上,求PA的长. 2.如图①,在△ABC中,过顶点A作直线与对边BC相交于点D,两交点之间的线段把这个三角形分成两个图形.若其中有一个图形与原三角形相似,则把这条线段叫做这个三角形的“顶似线”. (1)等腰直角三角形的“顶似线”的条数为______; (2)如图②,在△ABC中,AB=AC,∠A=36°,BD是∠ABC的角平分线,求证:BD是△ABC的“顶似线”; (3)如图③,在△ABC中,AB=4,AC=3,BC=6,求△ABC的“顶似线”的长. 3.如果三角形有一边上的中线恰好等于这边的长,那么称这个三角形为这条边上的“奇特三角形”,这条边称为“奇特边”. (1)如图①,已知△ABC是“奇特三角形”,AC>BC,且∠C=90°.  ①△ABC的“奇特边”是________; ②设BC=a,AC=b,AB=c,求a∶b∶c; (2)如图②,AM是△ABC的中线,若△ABC是BC边上的“奇特三角形”,找出BC2与AB2+AC2之间的关系; (3)如图③,在四边形ABCD中,∠B=90°(AB<BC),BC=2,对角线AC把它分成了两个“奇特三角形”,且△ACD是以AC为腰的等腰三角形,求等腰△ACD的底边长. 4.如果三角形的两个内角α与β满足2α+β=90°,那么我们称这样的三角形为“准互余三角形”. (1)若△ABC是“准互余三角形”,∠C>90°,∠A=60°,则∠B=__________; (2)如图①,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=4,BC=5.若AD是∠BAC的平分线,不难证明△ABD是“准互余三角形”.试问在边BC上是否存在点E(异于点D),使得△ABE也是“准互余三角形”?若存在,请求出BE的长;若不存在,请说明理由. (3)如图②,在四边形ABCD中,AB=7,CD=12,BD⊥CD,∠ABD=2∠BCD,且△ABC是“准互余三角形”,求对角线AC的长. 类型三 操作探究型 【操作发现】 如图①,在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中,△ABC的三个顶点均在格点上. (1)请按要求画图:将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°,点B的对应点为B′,点C的对应点为C′,连接BB′; (2)在(1)所画图形中,∠AB′B=__________. 【问题解决】 如图②,在等边三角形ABC中,AC=7,点P在△ABC内,且∠APC=90°,∠BPC=120°,求△APC的面积. 小明同学通过观察、分析、思考,对上述问题形成了如下想法: 想法一:将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°,得到△AP′B,连接PP′,寻找PA,PB,PC三条线段之间的数量关系; 想法二:将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°,得到△AP′C,连接PP′,寻找PA,PB,PC三条线段之间的数量关系. … 请参考小明同学的想法,完成该问题的解答过程.(一种方法即可) 【灵活运用】 如图③,在四边形ABCD中,AE⊥BC,垂足为E,∠BAE=∠ADC,BE=CE=2,CD=5,AD=kAB(k为常数),求BD的长(用含k的式子表示). 【分析】 【操作发现】(1)先找到点B,C的对应点B′,C′,再连接构成三角形即可; (2)求∠AB′B的度数可先判断△AB′B是等腰直角三角形,再求角度; 【问题解决】根据两种不同的想法,选择其中一个进行证明; 【灵活运用】需将△ABD绕点A旋转得到△ACG,再证明∠CDG=90°即可. 【自主解答】 解:【操作发现】(1)如解图①所示,△AB′C′即为所求; (2)45°. 【解法提示】 连接BB′.∵△AB′C′是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°得到的, ∴AB=AB′,∠B′AB=90°, ∴∠AB′B=45°. 【问题解决】 如解图②,∵将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°,得到△AP′C, ∴△APP′是等边三角形,∠AP′C=∠APB=360°-90°-120°=150°, 例3题图② ∴PP′=AP,∠AP′P=∠APP′=60°, ∴∠PP′C=90°,∠P′PC=30°, ∴PP′=PC,即AP=PC. ∵∠APC=90°, ∴AP2+PC2=AC2,即(PC)2+PC2=72, ∴PC=2,∴AP=, ∴S△APC=AP·PC=7; 【灵活运用】如解图③,连接AC. ∵AE⊥BC,BE=EC,∴AB=AC, 将△ABD绕点A逆时针旋转使得AB与AC重合,点D的对应点为G,连接DG.则BD=CG.  例3题解图③ ∵∠BAD=∠CAG, ∴∠BAC=∠DAG. ∵AB=AC,AD=AG, ∴∠ABC=∠ACB=∠ADG=∠AGD, ∴△ABC∽△ADG. ∵AD=kAB, ∴DG=kBC=4k. ∵∠BAE+∠ABC=90°,∠BAE=∠ADC, ∴∠ADG+∠ADC=90°, ∴∠GDC=90°, ∴CG==. ∴BD=CG=. 【难点突破】 在【灵活运用】一问中,要确定BD与k的数量关系,关键在于旋转△ABD,使得AB与AC重合,从而证明∠CDG=90°,构造直角三角形是解决本题的难点,也是解决问题的突破口. 点拔 对于操作探究问题,首先掌握图形变换的性质,如图形的折叠:折痕为对称轴,有折痕就有角平分线,有折痕就有垂直平分等;图形的平移:有平移就有平行;图形的旋转:旋转前后图形全等,对应边相等,对应角相等;对应点与旋转中心的连线所成的角为旋转角,有旋转就有等腰三角形;其次注意运用全等证明线段相等,利用勾股定理或相似求线段的长. 1.在四边形ABCD中,点E为AB边上的一点,点F为对角线BD上的一点,且EF⊥AB. (1)若四边形ABCD为正方形. ①如图①,请直接写出AE与DF的数量关系______________; ②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置,连接AE,DF,猜想AE与DF的数量关系,并说明理由. (2)若四边形ABCD为矩形,BC=mAB,其他条件都不变. ①如图③,猜想AE与DF的数量关系,并说明理由; ②将△EBF绕点B逆时针旋转α(0°<α<90°)得到△E′BF′,连接AE′,DF′,请在图④中画出草图,并直接写出AE′和DF′的数量关系. 2.(1)操作发现:如图①,小明画了一个等腰三角形ABC,其中AB=AC,在△ABC的外侧分别以AB,AC为腰作了两个等腰直角三角形ABD,ACE,分别取BD,CE,BC的中点M,N,G,连接GM,GN.小明发现了:线段GM与GN的数量关系是______________;位置关系是______________. (2)类比思考:如图②,小明在此基础上进行了深入思考.把等腰三角形ABC换为一般的锐角三角形,其中AB>AC,其他条件不变,小明发现的上述结论还成立吗?请说明理由. (3)深入研究:如图③,小明在(2)的基础上,又作了进一步的探究.向△ABC的内侧分别作等腰直角三角形ABD,ACE,其他条件不变,试判断△GMN的形状,并给予证明. 3.如图,AM是△ABC的中线,D是线段AM上一点(不与点A重合),DE∥AB交AC于点F,CE∥AM,连接AE. (1)如图①,当点D与点M重合时,求证:四边形ABDE是平行四边形; (2)如图②,当点D不与点M重合时,(1)中的结论还成立吗?请说明理由. (3)如图③,延长BD交AC于点H,若BH⊥AC,且BH=AM.  ①求∠CAM的度数; ②当FH=,DM=4时,求DH的长. 参考答案 类型一 1.解:(1)①∵CA=CB,BN=AM,∴CB-BN=CA-AM, ∴CN=CM, ∵∠ACB=∠ACB,BC=CA,∴△BCM≌△ACN. ②解:∵△BCM≌△ACN,∴∠MBC=∠NAC. ∵EA=ED,∴∠EAD=∠EDA. ∵AG∥BC,∴∠GAC=∠ACB=90°,∠ADB=∠DBC, ∴∠ADB=∠NAC, ∴∠ADB+∠EDA=∠NAC+∠EAD, ∵∠ADB+∠EDA=180°-90°=90°;∴∠BDE=90°. (2)α或180°-α; (3)4或. 2.解:(1)①在正方形ACDE中,DG=GE=6, 在Rt△AEG中,AG==6. ∵EG∥AC,∴△ACF∽△GEF, ∴==,∴FG=AG=2. 第2题解图① ②如解图①,在正方形ACDE中,AE=ED,∠AEF=∠DEF=45°. ∵EF=EF, ∴△AEF≌△DEF, ∴∠1=∠2,设∠1=∠2=x. ∵AE∥BC,∴∠B=∠1=x. ∵GF=GD,∴∠3=∠2=x, 在△DBF中,∠3+∠FDB+∠B=180°, ∴x+(x+90°)+x=180°,解得x=30°,∴∠B=30°, ∴在Rt△ABC中,BC==12. (2)在Rt△ABC中,AB===15, 如解图②,当点D在线段BC上时,此时只有GF=GD. 第2题解图② ∵DG∥AC, ∴△BDG∽△BCA,∴==, ∴设BD=3x,则DG=4x,BG=5x,AE=CD=9-3x, ∴GF=GD=4x,则AF=15-9x. ∵AE∥CB,∴△AEF∽△BCF, ∴=,∴=, 整理得x2-6x+5=0, 解得x=1或5(舍去), ∴腰长GD为4. 如解图③,当点D在线段BC的延长线上,且直线AB,CE的交点在AE上方时,此时只有GF=DG,设AE=3x,则EG=4x,AG=5x, 第2题解图③ ∴FG=DG=12+4x. ∵AE∥BC,∴△AEF∽△BCF, ∴=, ∴=, 解得x=2或-2(舍去), ∴腰长DG为20. 如解图④,当点D在线段BC的延长线上,且直线AB,EC的交点在BD下方时,此时只有DF=DG,过点D作DH⊥FG于点H. 第2题解图④ 设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,DG=4x+12, ∴FH=GH=DG·cos∠DGB=(4x+12)×=, ∴GF=2GH=, ∴AF=GF-AG=. ∵AC∥DG,∴△ACF∽△GEF, ∴=,∴=, 解得x=或-(舍去), ∴腰长GD为, 如解图⑤,当点D在线段CB的延长线上时,此时只有DF=DG,过点D作DH⊥AG于点H. 设AE=3x,则EG=4x,AG=5x,DG=4x-12, ∴FH=GH=DG·cos∠DGB=,  第2题解图⑤ ∴FG=2FH=, ∴AF=AG-FG=. ∵AC∥EG,∴△ACF∽△GEF, ∴=,∴=, 解得x=或-(舍去), ∴腰长DG为. 综上所述,等腰三角形△DFG的腰长为4或20或或. 类型二 1.解:(1)①如解图①,若PB=PC,连接PB,则∠PCB=∠PBC. ∵CD为等边三角形的高,∴AD=BD,∠PCB=30°, ∴∠PBD=∠PBC=30°,∴PD=DB=AB, 与已知PD=AB矛盾,∴PB≠PC; ②若PA=PC,连接PA,同理可得PA≠PC; ③若PA=PB,由PD=AB,得PD=AD, ∴∠APD=45°,故∠APB=90°. (2)∵BC=5,AB=3,∠BAC=90°, ∴AC===4. ①若PB=PC,设PA=x,则PC=PB=4-x, ∴x2+32=(4-x)2,∴x=,即PA=; ②若PA=PC,则PA=2; ③若PA=PB,由解图②知,在Rt△PAB中,不可能存在. 综上所述,PA的长为2或. 2.(1)解:1. (2)证明: ∵AB=AC,∠A=36°,∴∠ABC=∠ACB=72°. ∵BD是∠ABC的角平分线, ∴∠ABD=∠DBC=36°,∴∠A=∠CBD. 又∵∠C=∠C,∴△ABC∽△BDC, ∴BD是△ABC的“顶似线”. (3)解:①如解图①,当△ADC∽△BAC时,AD为△ABC的“顶似线”, 则=,即=,∴AD=2; ②如解图②,当△ADC∽△ACB时,CD为△ABC的“顶似线”,则=,即=,∴CD=; ③过顶点B的“顶似线”不存在. 综上所述,△ABC的“顶似线”的长为2或. 3.解:(1)①AC; ②如解图①,过点B作AC边上的中线BE,则BE=AC=b,CE=AE=b. 在Rt△ABC中,a2+b2=c2, 在Rt△BCE中,a2+(b)2=b2. 解得a=b,c=b. ∴a∶b∶c=∶2∶. (2)如解图②,过点A作AF⊥BC于点F,则∠AFB=∠AFC=90°.  设AM=BC=a,AF=h,MF=x,则BM=CM=a. 在Rt△ABF中,AB2=BF2+AF2=(+x)2+h2, 在Rt△ACF中,AC2=CF2+AF2=(-x)2+h2, ∴AB2+AC2=+2x2+2h2. 在Rt△AMF中,AM2=MF2+AF2,即a2=x2+h2. ∴AB2+AC2==BC2. (3)∵∠B=90°,BC>AB,∴BC为△ABC的“奇特边”. ∵BC=2, ∴由(1)②知AB=BC=,AC=BC=7. 设等腰△ACD的底边长为y,由(2)中结论知: ①当腰为“奇特边”时,有72+y2=×72,解得y=(负值已舍去). ②当底边为“奇特边”时,有72+72=×y2,解得y=(负值已舍去). ∴等腰△ACD的底边长为或. 4.解:(1)∵∠C>90°,∠A=60°, ∴β=60°,α=15°,∴∠B=15°. (2)若存在一点E,使得△ABE也是“准互余三角形”, 则2∠EBA+∠EAB=90°. 如解图①,作射线BF,使得∠FBE=∠ABE,延长AE交BF于点F,则∠BFE=90°. 即BE为∠FBA的角平分线,过点E作EG⊥AB于点G, 则EG=EF,可得△BEF≌△BEG. 又∵△BEG∽△BAC,∴△BEF∽△BAC, ∴=,∴=①. 又∵△BEF∽△AEC,∴=,∴=②, 由①②可得,BE=1.8. (3)如解图②,将△BCD沿BC翻折得△BCE,则CE=CD=12,∠ABD=2∠BCD=∠DCE,∠DCE+∠DBE=180°, 即∠ABD+∠DBE=180°,∴点A,B,E共线, 易知2∠ACB+∠BAC=90°不成立, 存在2∠BAC+∠ACB=90°,易证得△ECB∽△EAC, ∴=, 即=,解得BE=9(负值已舍去), ∴AE=16,在Rt△AEC中, 利用勾股定理得,AC==20. 类型三 1.解:(1)①DF=AE; ②DF=AE; 理由:∵∠EBF=∠ABD=45°,∴∠ABE=∠FBD. ∵=,∴△ABE∽△DBF, ∴==,∴DF=AE. (2)①如解图①,过点F作FG⊥AD于点G,则四边形AEFG是矩形,∴GF=AE. ∵tan∠FDG==,AD=BC=mAB,∴DG=mGF, 在Rt△DGF中,由勾股定理得DF==GF, ∴DF=AE. ②画出草图如解图②,DF′=AE′. 2.解:(1)GM=GN;GM⊥GN. 【解法提示】 如解图①,连接BE,CD相交于点H. ∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形, ∴AB=AD,AC=AE,∠BAD=∠CAE=90° ∴∠CAD=∠BAE,∴△ACD≌△AEB(SAS), ∴CD=BE,∠ADC=∠ABE, ∴∠BDC+∠DBH=∠BDC+∠ABD+∠ABE=∠BDC+∠ABD+∠ADC=∠ADB+∠ABD=90°, ∴∠BHD=90°,∴CD⊥BE. ∵点M,G分别是BD,BC的中点,∴MGCD. 同理:NG BE,∴MG=NG,MG⊥NG. (2)小明发现的上述结论成立.理由: 如解图②,连接CD,BE相交于点H. ∵∠DAB=∠CAE=90°,∴∠DAC=∠BAE. ∵DA=BA,CA=EA,∴△DAC≌△BAE(SAS), ∴∠FBH=∠ADF,DC=BE. ∵M是BD的中点,G是BC的中点,∴MG=DC, 同理NG=BE,∴MG=NG. 设CD交AB于点F,则∠FHB=180°-(∠FBH+∠BFH)=180°-(∠ADF+∠AFD)=90°,∴CD⊥BE, ∴MG⊥NG; (3)△GMN为等腰直角三角形. 证明:如解图③,连接EB,DC,延长线相交于点H, 同(1)的方法得,MG=NG, 同(1)的方法得,△ABE≌△ADC, ∴∠AEB=∠ACD, ∴∠CEH+∠ECH=∠AEH-∠AEC+180°-∠ACD-∠ACE=∠ACD-45°+180°-∠ACD-45°=90°, ∴∠DHE=90°, 同(1)的方法得,MG⊥NG. 3.(1)证明: ∵DE∥AB,∴∠EDC=∠ABM. ∵CE∥AM,∴∠ECD=∠ADB. ∵AM是△ABC的中线,且点D与点M重合, ∴BD=DC,∴△ABD≌△EDC(ASA), ∴AB=ED. ∵AB∥ED,∴四边形ABDE是平行四边形. (2)解:结论成立.理由如下: 第3题解图① 如解图①,过点M作MG∥DE交CE于点G. ∵CE∥AM, ∴四边形DMGE是平行四边形, ∴ED=GM,且ED∥GM. ∵AB∥DE,∴AB∥GM, ∴∠ABM=∠GMC. ∵AM∥CE,∴∠AMB=∠GCM. ∵AM为△ABC的中线,∴BM=MC. ∴△ABM≌△GMC(ASA), ∴AB=GM,∴AB=DE. ∵AB∥DE,∴四边形ABDE是平行四边形. (3)解:①如解图②,取线段HC的中点I,连接MI, 第3题解图② ∵BM=MC, ∴MI是△BHC的中位线, ∴MI∥BH,MI=BH. ∵BH⊥AC,且BH=AM. ∴MI=AM,MI⊥AC, ∴∠CAM=30°. ②设DH=x,则AH=x,AD=2x, ∴AM=4+2x,∴BH=4+2x. ∵四边形ABDE是平行四边形,∴DF∥AB, ∴=,∴=, 解得x=1+或x=1-(舍去), ∴DH=1+.
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  • 资料类型: 试卷
  • 资料版本:通用
  • 适用地区:全国
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