专题07 几何证明菱形类-【暑期培优】2023年暑假八升九（新九年级）数学培优计划（人教版）

2023年八升九数学暑假培优计划 专题07 几何证明菱形类 1．已知点F是等边的边延长线上一点，以为边，作菱形，使菱形 与等边在的同侧，且，连结． (1)如图①，若，请计算的面积； (2)如图②，若点G是的中点，连接．试探究与的位置和数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）如图1，作高线，利用平行线的性质得：，则，利用勾股定理求的长，利用三角形面积公式求面积即可； （2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，先证，则，，再证明，则，，所以是等边三角形，由三线合一可得结论． 【详解】（1）解：如图1， ∵是等边三角形， ∴， ∵， 菱形中，， ∴， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∵菱形，， ∴， ∴， ∴； （2）； 理由如下：如图2，延长与交于M，连接， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵G是的中点， ∴， 在和中， ∵ ∴， ∴， ∵等边中， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、等边三角形的性质和判定、等腰三角形的三线合一的性质、三角形全等的性质和判定等知识，第二问构建辅助线，证明是等腰三角形是关键． 2．在菱形ABCD中， ∠ABC=60°，P是对角线BD上一点，E是BC边的延长线上一点，PE=PA． (1)如图1，求∠APE的度数； (2)如图2，BE的垂直平分线交BD于F，交BE于G，求证；AB=PF (3)如图3，PE交CD于M，当∠CME=45°时，直接写出= ． 【答案】(1)∠APE=120° (2)见解析 (3) 【分析】【小问1分析】 连接PC，由菱形的对称性得到∠BAP=∠BCP，PA=PC，由PA=PE得PC=PE，得∠PCE=∠PEC，由∠BCP+∠PCE=180°得∠BAP+∠PEC=180°，得∠ABC+∠APE=180°，由∠ABC=60°，得∠APE=120°． 【小问2分析】 连接PC，作PN⊥BE于N，延长BE至Q，使BN=QN，连接PQ，有CN=NE，BC=EQ．设PN=1，AB=BC=x，则PB=2，BN=，BQ=2，BE=2-x，由BG=BE=-x，得BF=BG=2-x，于是PF=x，得AB=PF． 【小问3分析】 连接PC，AC，AC、BD交于点O，求出∠E=∠BCD-∠CME=75°，∠CPE=180°-∠E-∠PCE=30°，得到∠APC=∠APE-∠CPE=90°，∠BPE=180°-∠PBE-∠E=75°，得到BP=BE，设OC=1，则BO=，BP=BE=+1，BC=2，得到CE=+1-2=-1，求出=． （1） 如答图1，连接PC， 由菱形的对称性知，∠BAP=∠BCP，PA=PC=PE， ∴∠PCE=∠PEC， ∵∠BCP+∠PCE=180°，∴∠BAP+∠PEC=180°， ∴∠ABC+∠APE=180°，∵∠ABC=60°， ∴∠APE=120°． （2） （2）如答图2，连接PC，作PN⊥BE于N，延长BE至Q，使BN=QN，连接PQ， 有CN=NE，BC=EQ． 设PN=1，AB=BC=x， 则PB=2，BN=，BQ=2，BE=2-x， ∴BG=BE=-x， ∴BF=BG=2-x， ∴PF=x， ∴AB=PF． （3） （3）如答图3，连接PC，AC，AC、BD交于点O， ∵∠E=∠BCD-∠CME=75°， ∴∠CPE=180°-∠E-∠PCE=30°， ∴∠APC=∠APE-∠CPE=90°， ∴∠BPE=180°-∠PBE-∠E=75°， ∴BP=BE， 设OC=1，则BO=，BP=BE=+1，BC=2， ∴CE=+1-2=-1， ∴=． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判断和性质，熟练运用菱形的四边相等，对角线平分对角，平行线分线段对应成比例，等腰三角形中边角性质，三线合一的性质，是解决问题的关键． 3．如图，在菱形中，，，于点，点为线段上的动点，为线段上任意一点，连接和． （1）如图1，当时，求的长． （2）如图2，作交于点，为的中点，连接，，．猜想线段与存在的数量关系，并证明你猜想的结论． （3）在点的运动过程中，当的值最小时，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2），理由见解析；（3）． 【分析】（1）由题意可得为等边三角形，根据等边三角形性质结合勾股定理即可得出结果； （2）如图延长交于，连接，设与交于点，先证明可得，，然后证明可得，进一步证明为等边三角形即可得出答案； （3）设点P为等边△ABC的中心，将△ACP绕点A逆时针旋转60°得到△ADE，从而有DE＝PC，连接PD得到PD＝PA，同时∠APB＋∠APD＝120°＋60°＝180°，∠ADP＋∠ADE＝180°，即B、P、D、E四点共线