第十三讲 投影与视图-【数理报·抢分计划系列】2022中考数学总动员

书 所以△ＣＤＥ是等边三角形， 所以ＣＤ＝ＣＥ，∠ＤＣＥ＝∠ＡＣＢ＝６０°， 所以∠ＡＣＤ＝∠ＢＣＥ， 所以△ＣＡＤ≌△ＣＢＥ（ＳＡＳ）． （２）ＡＤＢＥ＝ 槡１０ ２ ．理由如下： 过点Ｃ作ＣＫ⊥ＡＢ于点Ｋ． 因为ｔａｎ∠ＣＡＫ＝ＣＫＡＫ＝ ３ ４， 所以设ＣＫ＝３ｋ，ＡＫ＝４ｋ，则ＡＣ＝ＡＢ＝５ｋ，ＢＫ＝ ＡＢ－ＡＫ＝ｋ，所以ＢＣ＝ ＢＫ２＋ＣＫ槡 ２ ＝槡１０ｋ． 因为∠Ａ＝∠ＣＤＥ，ＡＣ＝ＡＢ，ＣＤ＝ＤＥ， 所以△ＡＣＢ∽△ＤＣＥ，∠ＡＣＢ＝∠ＡＢＣ＝∠ＤＣＥ ＝∠ＤＥＣ， 所以 ＡＣ ＣＤ＝ ＣＢ ＣＥ，所以 ＡＣ ＣＢ＝ ＣＤ ＣＥ． 因为∠ＡＣＢ＝∠ＤＣＥ， 所以∠ＡＣＤ＝∠ＢＣＥ， 所以△ＡＣＤ∽△ＢＣＥ， 所以 ＡＤ ＢＥ＝ ＡＣ ＢＣ＝ ５ｋ 槡１０ｋ ＝槡１０２ ． ２．（１）ＡＦ＝ＢＥ，ＡＦ⊥ＢＥ． （２）结论成立． 证明：因为四边形ＡＢＣＤ是正方形，所以 ＢＡ＝ＡＤ ＝ＤＣ，∠ＢＡＤ＝∠ＡＤＣ＝９０°． 在△ＥＡＤ和△ＦＤＣ中， ＥＡ＝ＦＤ， ＥＤ＝ＦＣ， ＡＤ＝ＤＣ { ， 所以△ＥＡＤ≌△ＦＤＣ（ＳＳＳ），所以∠ＥＡＤ＝∠ＦＤＣ， 所以∠ＥＡＤ＋∠ＤＡＢ＝∠ＦＤＣ＋∠ＣＤＡ，即∠ＢＡＥ ＝∠ＡＤＦ． 在△ＢＡＥ和△ＡＤＦ中， ＢＡ＝ＡＤ， ∠ＢＡＥ＝∠ＡＤＦ， ＡＥ＝ＤＦ { ， 所以 △ＢＡＥ≌ △ＡＤＦ（ＳＡＳ），所以 ＢＥ ＝ＡＦ， ∠ＡＢＥ＝∠ＤＡＦ． 因为∠ＤＡＦ＋∠ＢＡＦ＝９０°，所以∠ＡＢＥ＋∠ＢＡＦ ＝９０°，所以ＡＦ⊥ＢＥ． ３．（１）６３°． （２）证明：因为ＡＤ∥ＢＣ，所以∠ＥＣＢ′＝∠ＦＡＤ′． 由折叠可得，∠Ｂ＝∠ＡＢ′Ｅ＝９０°，∠Ｄ＝∠ＣＤ′Ｆ ＝９０°，ＡＢ＝ＡＢ′＝ＣＤ＝ＣＤ′， 所以∠ＣＢ′Ｅ＝∠ＡＤ′Ｆ＝９０°，ＣＢ′＝ＡＤ′． 在△ＣＢ′Ｅ和△ＡＤ′Ｆ中， ∠ＥＣＢ′＝∠ＦＡＤ′， ＣＢ′＝ＡＤ′， ∠ＣＢ′Ｅ＝∠ＡＤ′Ｆ { ， 所以△ＣＢ′Ｅ≌△ＡＤ′Ｆ（ＡＳＡ），所以Ｄ′Ｆ＝Ｂ′Ｅ． （３）连接ＢＢ′． 由折叠可得，ＢＭ＝Ｂ′Ｍ，所以∠ＭＢＢ′＝∠ＭＢ′Ｂ． 因为Ｍ是ＢＥ的中点，所以ＢＭ＝ＭＥ，所以ＭＥ＝ ＭＢ′，所以∠ＭＥＢ′＝∠ＭＢ′Ｅ． 又因为∠ＭＥＢ′＋∠ＭＢ′Ｅ＋∠ＭＢ′Ｂ＋∠ＭＢＢ′＝ １８０°， 所以∠ＭＢ′Ｅ＋∠ＭＢ′Ｂ＝９０°，即ＢＢ′⊥ＡＣ， 所以∠ＢＢ′Ｃ＝９０°， 所以∠ＢＢ′Ｎ＋∠ＣＢ′Ｎ＝９０°，∠Ｂ′ＢＮ＋∠Ｂ′ＣＮ ＝９０°． 由折叠可得，ＢＮ＝Ｂ′Ｎ，所以∠ＢＢ′Ｎ＝∠Ｂ′ＢＮ， 所以∠ＣＢ′Ｎ＝∠Ｂ′ＣＮ，所以ＮＣ＝ＮＢ′， 所以ＢＮ＝ＣＮ，即Ｎ是ＢＣ的中点， 所以Ｓ△ＢＢ′Ｎ ＝ １ ２Ｓ△ＢＢ′Ｃ． 因为Ｍ是ＢＥ的中点，所以Ｓ△ＢＢ′Ｍ ＝ １ ２Ｓ△ＢＢ′Ｅ， 所以Ｓ四边形ＢＮＢ′Ｍ ＝ １ ２Ｓ△ＢＣＥ． 因为长方形ＡＢＣＤ中，ＡＢ＝６，ＢＣ＝８，对角线ＡＣ ＝１０， 所以 １ ２ＡＢ·ＢＣ＝ １ ２ＡＣ·ＢＢ′，所以ＢＢ′＝４．８． 又因为ＣＥ＝ＣＢ＝８，ＢＢ′⊥ＡＣ， 所以Ｓ△ＢＣＥ ＝ １ ２ＣＥ·ＢＢ′＝１９．２， 所以Ｓ四边形ＢＮＢ′Ｍ ＝ １ ２×１９．２＝９．６． 《命题与尺规作图》跟踪训练 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．答案不惟一，如①②④； ４．（１）如图１３，线段 ＡＥ 即为所求． （２）证明：如图 １３，在 ＡＢＣＤ中，因为 ＢＣ∥ ＡＤ， 所以∠Ｂ＋∠ＢＡＤ＝１８０°． 因为∠Ｂ＝６０°，所以∠ＢＡＤ＝１２０°． 因为ＡＥ平分∠ＢＡＤ，所以∠１＝∠２＝１２∠ＢＡＤ ＝６０°，所以∠ＡＥＢ＝６０°，所以△ＡＢＥ是等边三角形． 《命题与尺规作图》抢分演练 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｂ Ｃ Ａ Ａ Ｄ Ｄ Ａ Ａ Ｄ Ｄ 二、１１．假；　１２．菱形；　１３．以点 Ｅ为圆心，ＥＦ长 为半径画弧；　１４．①②④③或②③④①； １５．槡２５；　１６．（０， ３ ２）． 三、１７．图略． １８．（１）图略． （２）△ＣＤＰ为直角三角形． 证明：因为四边形ＡＢＣＤ为平行四边形， 所以ＡＢ∥ＣＤ，ＡＤ∥ＢＣ， 所以∠ＣＤＥ＝∠ＡＥＤ，∠ＡＤＣ＋∠ＢＣＤ＝１８０°． 因为ＡＤ＝ＡＥ，所以∠ＡＤＥ＝∠ＡＥＤ， 所以∠ＡＤＥ＝∠ＣＤＥ＝ １２∠ＡＤＣ． 因为ＣＦ平分∠ＢＣＤ，所以∠ＦＣＤ＝ １２∠ＢＣＤ， 所以∠ＣＤＥ＋∠ＦＣＤ＝９０°， 所以∠ＣＰＤ＝９０°，所以△ＣＤＰ为直角三角形． １９．（１）已知：如图１３，在四边形 ＡＢＣＤ中，ＡＢ∥ ＣＤ，ＡＢ＝ＣＤ． 求证：四边形ＡＢＣＤ是平行四边形． 证明：连接ＡＣ． 因为ＡＢ∥ＣＤ，所以∠ＢＡＣ＝∠ＤＣＡ． 在△ＡＢＣ和△ＣＤＡ中， ＡＢ＝ＣＤ， ∠ＢＡＣ＝∠ＤＣＡ， ＡＣ＝ＣＡ { ， 所以 △ＡＢＣ≌ △ＣＤＡ（ＳＡ