压轴题2 几何探究题-【一战成名新中考】2025辽宁中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 压轴题二　 几何探究题 题型解读:几何探究题是辽宁各地市中考每年必考的内容. 考查折叠问题、旋转问题、动点问 题、探究性问题,综合性很强,主要考查学生对几何图形的综合应用能力,针对本专题,将从 “突破设问”入手,以大题小练的形式,将复杂问题简单化,了解每一设问的问法,针对性地剖 析此类问题,最后再进行综合练习. 突破设问 1　 线段问题 1. 线段相等 如图,将矩形 ABCD 沿对角线 BD 折叠,使点 C 落在 点 E 处,BE 与 AD 相交于点 F,证明:BF=DF. 第 1 题图 证明:由折叠得∠FBD=∠DBC, ∵四边形 ABCD 为矩形, ∴AD∥BC, ∴∠FDB=∠DBC, ∴∠FBD=∠FDB, ∴BF=DF. 【设问解读】证明线段相等 的解决思路: ①当这两条线段在同一个三 角形内时,则优先考虑证明 三角形为等腰三角形,利用 等腰三角形等角对等边的性 质进行证明; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 2. 线段相等 多解法 ∙∙∙ 如图,AD 平分∠BAC,M 为 AB 上一点,N 为 AC 上一点,连接线段 DM,DN,若∠BAC+ ∠NDM = 180°. 求 证:DM=DN. 第 2 题图 证明:如解图,在 AC 上截取 AE=AM,连接 DE, ∵AD 平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD, 又∵AD=AD,∴△MAD≌△EAD, ∴DM=DE,∠AMD=∠AED, ∵∠BAC+∠NDM=180°, ∴∠AMD+∠AND=180°, ∵∠AED+∠DEN=180°,∴∠DEN=∠DNE, ∴DE=DN,∴DM=DN. 【更多解法见参考答案 P】 ②当这两条线段不在同一个 三角形内时,则优先考虑构 造全等三角形,利用全等三 角 形 的 对 应 边 相 等 进 行 证明; ③当这两条线段是一个四边 形的对边时,则优先考虑证 明该四边形为特殊平行四边 形,利用对边相等进行证明; ④在同圆或等圆中,同弧所 对的弦相等也可证明线段 相等. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 05 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 3. 线段比例关系 [2024 盘锦二模节选]如图,点 F 是正方形 ABCD 的边 AD 上一点,连接 CF,以 CF 为斜边在 CF 右侧作△CEF, ∠CEF= 90°,EF=EC,EF 交 CD 于点 G,连接 DE,证明: 2DE +DF=DC. 第 3 题图 证明:如解图,在 CD 上截取 CN=FD. ∵四边形 ABCD 是正方形,△CEF 是等腰直角三角形, ∴∠ADC=∠CEF=90°,CE=EF, ∵∠3=∠4,∴∠1=∠2, ∴△FDE≌△CNE, ∴DE=EN,∠DEF=∠CEN, ∴∠DEN=∠DEF+∠FEN=∠CEN+∠FEN=90°, ∴△DEN 是等腰直角三角形,∴DN= 2DE, ∵DN+CN=DC, ∴ 2DE+DF=DC. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 【思维发散】若点 F 在 AD 的延长线上,其他条件不变,则 FD,DE,CD 之间的数量关系有变化吗? 同学们可以自行 解答. 【设问解读】证明线段比例关 系的解决思路: ①当倍数关系为 2 时,则优先 考虑构造等腰直角三角形; ②当倍数关系为 3时,则优先 考虑构造含 30°角的直角三 角形; ③当线段关系为 a2 +b2 = c2 时,则优先考虑构造直角三 角形. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 4. 求线段长 如图,在正方形 ABCD 中,点 E,F 分别是 AB,CD 的 中点,AB= 4,连接 AF,将正方形 ABCD 沿 AF 折叠,使点 D 落 在正方形内的一点 M 处,连接 FM 并延长交 BC 于点 P,连接 AP,求出 BP 的长. 第 4 题图 解:∵四边形 ABCD 是正方形, ∴AB=BC=CD=DA,∠BAD=∠B=∠C=∠D=90°, 由折叠可知:AD=AM,DF=MF= 1 2 CD=2, ∠D=∠AMF=90°,∠DAF=∠MAF, ∴AB=AM,又∵AP=AP, ∴Rt△ABP≌Rt△AMP(HL), ∴∠BAP=∠MAP,BP=MP, ∴∠PAF=∠PAM+∠FAM= 1 2 ∠BAM+ 1 2 ∠DAM= 1 2 ∠BAD=45°, 设 BP=x,则 PC=4-x,PF=PM+MF=2+x, 即 BP 的长为 4 3 . 【设问解读】求线段长的解 决思路: ①有直角三角形时利用勾股 定理求解; 无直角三角形时作垂直构造 直角三角形求解; ②有全等 (或相似) 三角形 时利用比例关系求解; 无全等(或相似) 三角形时 构造全等 (或相似) 三角形 求解; ③当线段无法用勾股定理或 全等、相似求解时,可考虑作 辅助线进行分割求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 15 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 突破设问 2　 角度问题 5. 角度相等 多解法 ∙∙∙ 如图,在△ABC 中,AB =AC,将△ABC 绕点 A 逆时针旋转 x°(0<x<90)得到△ADE,连接 BD,CE. 求证:∠CBD= ∠DEC. 第 5 题图 证明:∵AB=AC, ∴∠ABC=∠ACB. 由旋转得△ABC≌△ADE,则 AB = AC = AD = AE,∠BAD=∠CAE,∠BAC=∠DAE, ∠ABC=∠ADE=∠AED, ∴△ABD≌△ACE(SAS), ∴∠ACE=∠ABD=∠AEC,∴∠ABC-∠ABD=∠AED-∠AEC, 即∠CBD=∠DEC. 【更多解法见参考答案 P】 【设问解读】证明角度相等 的解决思路: ①当所证明的两个角度为同 位角或内错角时,可优先考 虑利用平行线的性质证明; ②当图中有直角时,优先考 虑直角互余进行证明; ③当角度在 同一个三角形 内,可优先考虑等腰三角形 等边对等角的性质; ④当角均在圆内或存在四点 共圆时,可优先考虑圆周角 定理. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 6. 角度关系 如图,AB 是☉O 的直径,D 为 AB 上一点,C 为☉O 上一点,且 AD = AC,延长 CD 交☉O 于点 E,连接 CB. 求证: ∠A= 2∠BCD. 第 6 题图 证明:∵AB 是☉O 的直径, ∴∠ACB=90°, ∴∠ACD=90°-∠BCD, ∵AC=AD, ∴∠ACD=∠ADC, ∵∠A+∠ACD+∠ADC=180°, ∴∠A+90°-∠BCD+90°-∠BCD=180°, ∴∠A=2∠BCD. 拓展 若∠BCE= 15°,AB= 6,求 CE 的长. 解:连接 OC,OE,如解图, ∵∠BCE=15°,∴由第 6 题可知∠A=2∠BCE=2×15° =30°, ∠BOE=2∠BCE=2×15° =30°, ∵OA=OC, ∴∠A=∠ACO, ∴∠COB=∠A+∠ACO=2∠A=60°, ∴∠COE=∠COB+∠BOE=60°+30° =90°, 而 OC=OE= 1 2 AB= 1 2 ×6=3, ∴CE= OC2+OE2 = 32+32 =3 2 . 【设问解读】证明角度关系 的解决思路: ①在三角形的图形背景中, 其角度关系为 2 倍时,则优 先考虑等腰三角形外角和两 底角的关系证明; ②在圆的图形背景中,其角 度关系为 2 倍时,则优先考 虑圆周角定理; ③当多个角度存在和差关系 时,则优先考虑三角形的内 外角及内角和性质. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 25 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 7. 求角度 已知点 E 是△ABC 内部一点,将△ABE 沿 BE 翻折,点 A 落在 BC 上的点 F 处,若∠BAC = 80°,∠C = 40°,EF∥AC,求 ∠AEF 的度数. 第 7 题图 解:∵∠BAC=80°,∠C=40°, ∴∠ABC=60°, ∵△BEF 是由△ABE 沿 BE 翻折而成的, ∴∠EBF= 1 2 ∠ABC=30°, ∵EF∥AC, ∴∠EFB=∠C=40°, ∴∠BEF=180°-∠EBF-∠EFB=110°, 由翻折可知:∠BEA=∠BEF=110°, ∴∠AEF=360°-110°-110° =140°. 【设问解读】求角度的解决 思路: ①含平行关系时,可考虑平 行线的性质求解; ②含折叠、旋转时,可考虑等 量关系求解; ③与圆有关时,可考虑圆周 角定理求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 突破设问 3　 面积问题 8. 三角形面积 如图,已知△ABC 为等腰直角三角形,其中∠BAC= 90°,AB = AC,点 D 为 △ABC 外一点,连接 AD,BD,CD, 若 ∠BDA= 45°,BD= 4,求△BCD 的面积. 第 8 题图 解:如解图,过点 A 作 AE⊥AD 交 BD 于点 E,连接 CE, 则∠DAE=90°, ∵∠ADB=45°, ∴∠DEA=45°, ∴△ADE 是等腰直角三角形, ∴AD=AE, ∵△ABC 是等腰直角三角形, ∴AB=AC,∠BAC=90°,∠ABC=45°, ∴∠DAE+∠EAB=∠BAC+∠EAB, 即∠DAB=∠EAC, ∴△ADB≌△AEC(SAS), ∴EC=DB=4,∠DBA=∠ECA, ∵∠ECA+∠BCE=45°, ∴∠DBA+∠BCE=45°,又∵∠ABC=45°, ∴∠BEC=90°,即 CE⊥BD, ∴S△ BCD = 1 2 CE·BD= 1 2 ×4×4=8. 【设问解读】求三角形面积 的解决思路: 求三角形面积时,优先考虑 作垂线,构造直角三角形,利 用面积公式进行求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 35 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 9. 四边形面积 多解法 ∙∙∙ [2024 沈阳月考节选]已知点 D 是△ABC 边 BC 上的一个动点(点 D 与点 B,C 不重合),∠BAC= 90°,AB= AC= 2,连接 DA,点 D 绕点 A 顺时针旋转 90°得到点 E,连接 BE,AE,DE,AD,若 BD= 2CD,求四边形 AEBC 的面积. 第 9 题图 解:如解图,过点 A 作 AH⊥BC 于点 H, ∵∠BAC=90°,AB=AC=2, ∴∠ABC=∠ACB=45°, ∴BC= AB cos∠ABC = 2 cos 45° =2 2 , ∵AH⊥BC, ∴BH=CH=AH= 2 , ∵BD=2CD, ∴CD= 1 3 BC=2 2 3 , ∴S△ ACD = 1 2 CD·AH= 1 2 ×2 2 3 × 2 = 2 3 , 由旋转得 AE=AD,∠DAE=90°, ∴∠DAE=∠BAC,∴∠EAB=∠DAC, ∴△ABE≌△ACD, ∴S△ABE =S△ACD = 2 3 , ∵S△ ABC = 1 2 AB·AC= 1 2 ×2×2=2, ∴S四边形AEBC =S△ABE+S△ABC = 2 3 +2= 8 3 . 【更多解法见参考答案 P】 【设问解读】求四边形面积 的解决思路: 求任意不规则四边形面积 时,优先考虑将四边形的问 题转化为三角形的相关问 题,在三角形中进行求解,利 用不规则四边形的面积等于 特殊的三角形面积加或减去 另一个特殊的三角形面积. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 45 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 针对训练 类型 1　 以图形折叠为载体的探究题(整体运用到折叠的性质)(省模考 22 题) 1. [2024 辽宁省模考卷]如图,在矩形 ABCD 中,AB= 2,BC= 2 3 ,点 E 为射线 BA 上一点(点 E 不与点 B 重合),将△BCE 沿 EC 折叠,得到△FCE,点 P 为线段 FC 上一点,再将△EFP 沿 EP 折叠,得到△EGP,PG 的延长线与边 BC 相交于点 Q. (1)如图①,连接 EQ,求证:QB=QG; (2)如图②,当点 E 与点 A 重合时,若点 G 落在边 AD 上,连接 BF,EC 与 BF 相交于点 M, 与 PQ 相交于点 N,求 MN 的长; (3)若点 G 落在边 AD 上,且 BQ= 3 2 2 ,CE 所在直线与 AD 所在直线相交于点 H. ①如图③,当点 E 在线段 BA 延长线上时,求 HG 的长; ②当点 E 在线段 AB 上时,请直接 ∙∙ 写出 HG 的长. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 第 1 题图 (1)证明:∵四边形 ABCD 是矩形, ∴∠B=90°, 由折叠可知 EG=EF=EB,∠EGP=∠F=∠B=90°, ∴∠EGQ=180°-∠EGP=90°, 又∵EQ=EQ, ∴Rt△EBQ≌Rt△EGQ(HL), ∴QB=QG; (2)解:MN 的长为4 3 3 -1; (3)解:①HG 的长为 2 2 -2 3 3 ; ②HG 的长为2 3 3 + 2 . 【详解详析见参考答案 P】 55 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 2. 数学活动课上,老师将矩形 ABCD 按如图①所示方式折叠,使点 A 与点 C 重合,点 B 的对 应点为 B′,折痕为 EF,若△CEF 为等边三角形. (1)解析老师提出的问题:猜想 AB 与 AD 的数量关系,并加以证明; (2)小明受到此问题的启发,将△ABC 纸片按如图②所示方式折叠,使点 A 与点 C 重合, 折痕为 EF,若∠A= 45°,AC= 2. ①试判断重叠部分△CEF 的形状,并说明理由; ②若点 D 为 EF 的中点,连接 CD,求 CD 的长; (3)小亮深入研究小明提出的这个问题,发现并提出新的探究点:如图③,在△ABC 中,将 △ABC 折叠,使点 A 与点 C 重合,点 D 为折痕 EF 上一点,连接 CD,BD. 若 AB =AC = 5 ,BC= 2,∠ACD= 45°,请求出线段 BD 的长. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 第 2 题图 解:(1)AB= 3 3 AD,证明如下: ∵△CEF 为等边三角形,四边形 ABCD 为矩形, ∴∠ECF=60°,∠BCD=∠D=90°,∴∠DCE=30°, 设 DE=x,则在 Rt△DEC 中,EC=2DE=2x, ∴CD= CE2-DE2 = (2x) 2-x2 = 3 x; ∵矩形 ABCD 沿 EF 折叠, ∴AE=EC=2x,∴AD=AE+DE=2x+x=3x. ∵四边形 ABCD 是矩形, ∴AB=CD= 3 x, ∴AB AD = 3 x 3x = 3 3 , ∴AB= 3 3 AD; (2)①△CEF 为等腰直角三角形,理由略; ②CD 的长为 5 2 ; (3)BD 的长为 2 2 . 【详解详析见参考答案 P】 几何探究之以图形折叠为载体 加练见分层作业本目录首页二维码免费下载 65 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 类型 2　 以线段旋转为引子的探究题(仅某一问涉及旋转的性质)(真卷 22 题) 3. [2024 辽宁 22 题 12 分]如图,在△ABC 中,∠ABC = 90°,∠ACB = α(0°<α<45°) . 将线段 CA 绕点 C 顺时针旋转 90°得到线段 CD,过点 D 作 DE⊥BC,垂足为 E. (1)如图①,求证:△ABC≌△CED; (2)如图②,∠ACD 的平分线与 AB 的延长线相交于点 F,连接 DF,DF 的延长线与 CB 的 延长线相交于点 P,猜想 PC 与 PD 的数量关系,并加以证明; (3)如图③,在(2)的条件下,将△BFP 沿 AF 折叠,在 α 变化过程中,当点 P 落在点 E 的 位置时,连接 EF. ①求证:点 F 是 PD 的中点; ②多解法 ∙∙∙ 若 CD= 20,求△CEF 的面积. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 第 3 题图 (1)证明:∵将 CA 绕点 C 顺时针旋转 90°得到 CD, ∴CD=CA,∠ACD=90°,∠ACB+∠ECD=90°. ∵∠ABC=90°, ∴∠ACB+∠A=90°. ∴∠A=∠ECD, ∵DE⊥BC, ∴∠CED=90°,∴∠ABC=∠CED=90°. ∴△ABC≌△CED; (2)解:猜想:PC=PD. 证明:∵CF 是∠ACD 的平分线, ∴∠ACF=∠DCF. ∵CA=CD,CF=CF, ∴△ACF≌△DCF,∴∠A=∠CDF. 由(1)知∠A=∠ECD, ∴∠CDF=∠ECD,∴PC=PD; (3)①证明:根据题意,得 PB=BE. ∵∠CED=90°, ∴∠PED=180°-∠CED=180°-90° =90°, ∴∠ABC=∠PED=90°,∴BF∥ED,∴ PF FD =PB BE =1, ∴PF=FD,即点 F 是 PD 的中点; ②解:△CEF 的面积为 30. 【详解详析见参考答案 P】 75 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 4. 在正方形 ABCD 中,点 E 在边 BC,CD 上运动(不与正方形顶点重合) . 作射线 AE,将射线 AE 绕点 A 逆时针旋转 45°,交射线 CD 于点 F. (1)如图,点 E 在边 BC 上,BE=DF,则图中与线段 AE 相等的线段是　 AF　 ; (2)过点 E 作 EG⊥AF,垂足为 G,连接 DG,求∠GDC 的度数; (3)在(2)的条件下,当△DFG 是以 DG 为腰的等腰三角形时,求FG AG 的值. 第 4 题图 　 　 备用图 1 　 　 备用图 2 解:(1)AF; (2)①当点 E 在边 BC 上时,如解图①,过点 G 作 GM⊥AD,垂足为 M,延长 MG 交 BC 于点 N, 则∠AMG=∠DMG=∠GNE=90°, ∴四边形 CDMN 是矩形,∴∠2+∠3=90°, ∵EG⊥AF,∠EAF=45°, ∴∠2+∠1=90°,△AEG 为等腰直角三角形,AG=EG,∴∠1=∠3, 在△AMG 和△GNE 中, ∠AMG=∠GNE, ∠MAG=∠NGE, AG=GE, ì î í ï ï ï ï ∴△AMG≌△GNE(AAS),∴AM=GN, ∵AM+MD=GN+MG,∴MD=MG, ∴△MDG 为等腰直角三角形,∠4=45°, ∴∠GDC=45°; ②当点 E 在边 CD 上时,如解图②,过点 G 作 GN⊥DF,垂足为 N,延长 NG 交 BA 的延长线于点 M, 则四边形 ADNM 是矩形, 同理可得△AMG≌△GNE, ∴GN=AM=DN, ∴△NDG 为等腰直角三角形,∠1=45°, ∴∠GDC=180°-45° =135°; 综上,∠GDC 的度数为 45°或 135°; (3)FG AG 的值为 2 -1. 【详解详析见参考答案 P】 几何探究之以线段旋转为引子 加练见分层作业本目录首页二维码免费下载 85 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 类型 3　 动点问题 5. [2024 新疆]【探究】 (1)已知△ABC 和△ADE 都是等边三角形. ①如图①,当点 D 在 BC 上时,连接 CE. 请探究 CA,CE 和 CD 之间的数量关系,并说明 理由; ②如图②,当点 D 在线段 BC 的延长线上时,连接 CE. 请再次探究 CA,CE 和 CD 之间 的数量关系,并说明理由; 【运用】 (2)如图③,等边三角形 ABC 中,AB = 6,点 E 在 AC 上,CE = 2 3 . 点 D 是直线 BC 上的动 点,连接 DE,以 DE 为边在 DE 的右侧作等边三角形 DEF,连接 CF. 当△CEF 为直角 三角形时,请直接写出 BD 的长. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 　 　 备用图 第 5 题图 解:(1)①CE+CD=CA. 理由如下: ∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形, ∴AB=AC=BC,AD=AE=DE,∠BAC=∠DAE=60°, ∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,∴∠BAD=∠CAE, 在△ABD 和△ACE 中, AB=AC, ∠BAD=∠CAE, AD=AE, ì î í ï ï ï ï ∴△ABD≌△ACE(SAS), ∴BD=CE, ∵BD+CD=BC,∴CE+CD=CA; ②CA+CD=CE.理由如下: ∵△ABC 和△ADE 是等边三角形, ∴AB=AC=BC,AD=AE=DE,∠BAC=∠DAE=60°, ∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC,∴∠BAD=∠CAE, 在△ABD 和△ACE 中, AB=AC, ∠BAD=∠CAE, AD=AE, ì î í ï ï ï ï ∴△ABD≌△ACE(SAS), ∴BD=CE, ∵CB+CD=BD,∴CA+CD=CE; (2)BD 的长为 6- 3或 6+2 3 . 95 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 6. 名师原创 如图①,在菱形 ABCD 中,∠A = 60°,点 E,F 分别为边 AB,CB 上的动点,且满足 ∠EDF= 60°. (1)【问题解决】求证:DE=DF; (2)【问题探究】如图②,过点 B 作 BG∥DF 交 AD 于点 G,交 DE 于点 H,连接 CH. 探究 CH,DH,HB 之间的关系,并说明理由; (3)【拓展延伸】在(2)的条件下,若 AD= 2,在点 E 从点 A 到点 B 的运动过程中,求 CH 的 最大值. 图① 　 　 图② 第 6 题图 (1)证明:如解图①,连接 BD, ∵四边形 ABCD 是菱形, ∴AD=AB=BC=CD,∠A=∠C=60°,∴△ABD 和△BCD 都是等边三角形, ∴BD=AD,∠DBC=∠A=∠ADB=60°, ∵∠EDF=60°, ∴∠ADB=∠EDF, ∵∠ADB=∠ADE+∠EDB,∠EDF=∠BDF+∠EDB, ∴∠ADE=∠BDF,∴△ADE≌△BDF(ASA), ∴DE=DF; (2)解:CH=DH+HB.理由如下:如解图②,连接 BD, ∵BG∥DF,∴∠1=∠2, ∵∠2+∠3=60°,∴∠1+∠3=60°,∴∠DHB=120°, ∵∠BCD=60°,∴∠DHB+∠BCD=180°,∴D,H,B,C 四点共圆, 延长 GB 至点 K,使 BK=DH,连接 CK,则∠CDH=∠CBK, 又∵CD=CB, ∴△CDH≌△CBK(SAS),∴CH=CK,∠DCH=∠BCK, ∵∠DCH+∠BCH=60°,∴∠BCK+∠BCH=∠HCK=60°, ∴△CHK 为等边三角形,∴CH=HK=BK+HB=DH+HB; (3)解:∵D,H,B,C 四点共圆, ∴当 CH 为☉O 的直径时,取得最大值, 此时∠HBC=∠HDC=90°, 在 Rt△HBC 和 Rt△HDC 中,BC=DC,CH=CH, ∴Rt△HBC≌Rt△HDC(HL),∴∠BCH=∠DCH=30°, ∵BC=AD=2,∴CH最大 = BC cos30° =4 3 3 . 几何探究之动点问题 加练见分层作业本目录首页二维码免费下载 06 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 类型 4　 探究性问题(省样卷 23 题) 7. [2024 辽宁省样卷]【问题初探】 (1)在数学活动课上,李老师给出如下问题:如图①,在△ACD 中,∠D= 2∠C,AB⊥CD,垂 足为 B,且 BC>AB. 求证:BC=AD+BD; ①如图②,小鹏同学从结论的角度出发给出如下解题思路:在 BC 上截取 BE =BD,连 接 AE,将线段 BC 与 AD,BD 之间的数量关系转化为 AD 与 CE 之间的数量关系. ②如图③,小亮同学从∠D= 2∠C 这个条件出发给出另一种解题思路:作 AC 的垂直 平分线,分别与 AC,CD 交于 F,E 两点,连接 AE,将∠D= 2∠C 转化为∠D 与∠BEA 之间的数量关系. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 第 7 题图 请你选择一名同学的解题思路,写出证明过程; 【类比分析】 (2)李老师发现之前两名同学都运用了转化思想,将证明三条线段的关系转化为证明两 条线段的关系;为了帮助学生更好地感悟转化思想,李老师将图①进行变换并提出了 下面问题,请你解答. 如图④,在 Rt△ABC 中,∠ABC= 90°,过点 A 作 AD∥BC(点 D 与点 C 在 AB 同侧),若 ∠ADB= 2∠C. 求证:BC=AD+BD; 【学以致用】 (3)如图⑤,在四边形 ABCD 中,AD = 100 3 ,CD = 121 3 ,sinD = 3 5 ,∠BCD = ∠BAD,∠ABC = 3∠ADC,求四边形 ABCD 的面积. 图④ 　 　 　 图⑤ (1)解:任选其中一个即可,证明略; (2)证明略; (3)四边形 ABCD 的面积为1 444 3 . 【详解详析见参考答案 P】 16 专项培优练·辽宁数学 突 破 双 压 轴 解 答 题 几 何 探 究 题 8. [2024 辽阳三模]【问题初探】 (1)如图①,动点 A 在半径为 2 的☉O 上,若 OB= 3,求 AB 的最小值. 由于 OA 和 OB 都是定长,当点 A,B,O 形成三角形时,霖霖想到了“三角形两边之差 小于第三边”,由此可知当点 A 在 OB 上时对应的就是 AB 值最小的情形. 请按照霖霖 的思路完成求 AB 的最小值的解题过程. 【类比分析】 (2)如图②,点 E 和点 F 分别是边长为 4 的正方形 ABCD 边 CD 和 AD 上的两个动点,且 CE=DF,连接 AE 和 BF 交于点 G,连接 DG. 求 DG 的最小值. 霖霖尝试着绘制了点 E 在不同位置的几张图,目测∠AGB 始终都是直角,于是联想到 了“90°圆周角所对的弦是直径”,也就是说“点 G 是正方形 ABCD 内以 AB 为直径的圆 弧上的点”,进而本题可以类比图①获解. 请按照霖霖的思路完成求 DG 的最小值的 解题过程. 【学以致用】 (3)如图③,是两块等腰直角三角板,∠C=∠DEF= 90°,CA=CB,ED=EF= 4.当点 D 和 E 同时 在边 AC 和 AB 上滑动时,点 F 也随之移动.若连接 AF,则 AF 的最大值是　 2 10+2 2 　 . 图① 　 　 图② 　 　 图③ 第 8 题图 解:(1)如解图①,连接 OA 和 AB,则 OB-OA≤AB, ∴当 O,A,B 三点共线时,AB 取得最小值, ∴AB最小 =OB-OA=3-2=1; (2)∵四边形 ABCD 是正方形,∴AB=CD=AD,∠ADE=90° =∠BAF, ∵CE=DF,∴CD-CE=AD-DF,即 DE=AF, ∴△ADE≌△BAF(SAS),∴∠EAD=∠FBA, ∴∠FBA+∠BAG=∠EAD+∠BAG=∠BAF=90°,∴∠BGA=90°, 如解图②,取 AB 的中点 O,连接 OG 和 OD, 则 OG=OA= 1 2 AB=2,∴OD= OA2+AD2 =2 5 , ∵OG+GD≥OD,即 DG≥OD-OG, 当 O,G,D 三点共线时,DG 取得最小值, ∴DG最小 =OD-OG=2 5 -2; (3)2 10 +2 2 . 几何探究之探究性问题 加练见分层作业本目录首页二维码免费下载 26 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 压轴题二　 几何探究题 1. 证明:由折叠得∠FBD= ∠DBC, ∵ 四边形 ABCD 为矩形, ∴ AD∥BC, ∴ ∠FDB= ∠DBC, ∴ ∠FBD= ∠FDB, ∴ BF=DF. 2. 证明:解法 1:如解图①,在 AC 上截取 AE=AM,连接 DE, 第 2 题解图① ∵ AD 平分∠BAC,∴ ∠BAD= ∠CAD, 又∵ AD=AD,∴ △MAD≌△EAD, ∴ DM=DE,∠AMD= ∠AED, ∵ ∠BAC+∠NDM= 180°,∴ ∠AMD+∠AND= 180°, ∵ ∠AED+∠DEN= 180°,∴ ∠DEN= ∠DNE, ∴ DE=DN,∴ DM=DN. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:如解图②,过点 D 向∠BAC 的两边分别作垂 线,垂足分别为点 E,F, 第 2 题解图② ∵ AD 平分∠BAC,∴ ∠BAD= ∠CAD, 又∵ ∠AED= ∠AFD= 90°,AD=AD, ∴ △ADE≌△ADF, ∴ DE=DF,∵ ∠BAC+∠NDM= 180°, ∴ ∠AMD+∠AND= 180°, ∵ ∠AMD+∠DMF= 180°,∴ ∠DMF= ∠DNE, 又∵ ∠DEN= ∠DFM= 90°,∴ △DFM≌△DEN, ∴ DM=DN. 3. 证明:如解图,在 CD 上截取 CN=FD, 第 3 题解图 ∵ 四边形 ABCD 是正方形,△CEF 是等腰直角三角形, ∴ ∠ADC= ∠CEF= 90°,CE=EF, ∵ ∠3 = ∠4,∴ ∠1 = ∠2, ∴ △FDE≌△CNE, ∴ DE=EN,∠DEF= ∠CEN, ∴ ∠DEN= ∠DEF+∠FEN= ∠CEN+∠FEN= 90°, ∴ △DEN 是等腰直角三角形,∴ DN= 2DE, ∵ DN+CN=DC, ∴ 2DE+DF=DC. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋【思维发散】解:线段 FD,DE,CD 之间的数量关系有 变化. 理由如下: 在 DC 延长线上截取 CN=DF,连接 EN,如解图, 思维发散解图 ∵ 四边形 ABCD 是正方形, △CEF 是等腰直角三 角形, ∴ ∠CDF= ∠ADC= ∠FEC= 90°,EF=CE, ∴ ∠DFE+∠DCE= 180°, ∵ ∠NCE+∠DCE= 180°,∴ ∠DFE= ∠NCE, ∵ ∠DFE= ∠NCE,EF=CE,CN=DF, ∴ △DFE≌△NCE, ∴ DE=NE,∠DEF= ∠NEC, ∴ ∠DEN= ∠NEC+∠DEC= ∠DEF+∠DEC= 90°, ∴ △DEN 是等腰直角三角形,∴ DN= 2DE, ∵ DN=DC+CN,∴ 2DE-DF=DC. 4. 解:∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ AB=BC=CD=DA,∠BAD= ∠B= ∠C= ∠D= 90°, 由折叠可知 AD=AM,DF =MF = 1 2 CD = 2,∠D = ∠AMF = 90°,∠DAF= ∠MAF, ∴ AB=AM, 又∵ AP=AP, ∴ Rt△ABP≌Rt△AMP(HL), ∴ ∠BAP= ∠MAP,BP=MP, ∴ ∠PAF = ∠PAM + ∠FAM = 1 2 ∠BAM + 1 2 ∠DAM = 1 2 ∠BAD= 45°, 设 BP= x,则 PC= 4-x,PF=PM+MF= 2+x, ∴ 在 Rt△PCF 中,CF2 +PC2 =PF2 , 即 22 +(4-x) 2 = (x+2) 2 ,解得 x= 4 3 , 即 BP 的长为 4 3 . 5. 证明:解法 1:∵ AB=AC, ∴ ∠ABC= ∠ACB. 由旋转得△ABC≌△ADE,则 AB = AC = AD = AE,∠BAD = ∠CAE,∠BAC= ∠DAE,∠ABC= ∠ADE= ∠AED, ∴ △ABD≌△ACE(SAS), ∴ ∠ACE= ∠ABD= ∠AEC, ∴ ∠ABC-∠ABD= ∠AED-∠AEC, 即∠CBD= ∠DEC. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 27 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 　 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:如解图,由题意可知 AB=AC=AD=AE,则 B,C, D,E 四点共圆,∴ ∠CBD= ∠DEC. 第 5 题解图 6. 证明:∵ AB 是☉O 的直径, ∴ ∠ACB= 90°, ∴ ∠ACD= 90°-∠BCD, ∵ AC=AD, ∴ ∠ACD= ∠ADC, ∵ ∠A+∠ACD+∠ADC= 180°, ∴ ∠A+90°-∠BCD+90°-∠BCD= 180°, ∴ ∠A= 2∠BCD. 拓展 解:连接 OC,OE,如解图, 第 6 题拓展解图 ∵ ∠BCE= 15°,∴ 由第 6 题可知∠A = 2∠BCE= 2×15° = 30°,∠BOE= 2∠BCE = 2×15° = 30°, ∵ OA=OC, ∴ ∠A= ∠ACO, ∴ ∠COB= ∠A+∠ACO= 2∠A= 60°, ∴ ∠COE= ∠COB+∠BOE= 60°+30° = 90°, ∵ OC=OE= 1 2 AB= 1 2 ×6 = 3, ∴ CE= OC2 +OE2 = 32 +32 = 3 2 . 7. 解:∵ ∠BAC= 80°,∠C= 40°, ∴ ∠ABC= 60°, ∵ △BEF 是由△ABE 沿 BE 翻折而成的, ∴ ∠EBF= 1 2 ∠ABC= 30°, ∵ EF∥AC, ∴ ∠EFB= ∠C= 40°, ∴ ∠BEF= 180°-∠EBF-∠EFB= 110°, 由翻折可知∠BEA= ∠BEF= 110°, ∴ ∠AEF= 360°-110°-110° = 140°. 8. 解:如解图,过点 A 作 AE⊥AD 交 BD 于点 E,连接 CE, 第 8 题解图 则∠DAE= 90°, ∵ ∠ADB= 45°, ∴ ∠DEA= 45°, ∴ △ADE 是等腰直角三角形, ∴ AD=AE, ∵ △ABC 是等腰直角三角形, ∴ AB=AC,∠BAC= 90°,∠ABC= 45°, ∴ ∠DAE+∠EAB= ∠BAC+∠EAB, 即∠DAB= ∠EAC, ∴ △ADB≌△AEC(SAS), ∴ EC=DB= 4,∠DBA= ∠ECA, ∵ ∠ECA+∠BCE= 45°, ∴ ∠DBA+∠BCE= 45°,又∵ ∠ABC= 45°, ∴ ∠BEC= 90°,即 CE⊥BD, ∴ S△BCD = 1 2 CE·BD= 1 2 ×4×4 = 8. 9. 解:解法 1:如解图,过点 A 作 AH⊥BC 于点 H, 第 9 题解图 ∵ ∠BAC= 90°,AB=AC= 2, ∴ ∠ABC= ∠ACB= 45°, ∴ BC= AB cos∠ABC = 2 cos45° = 2 2 , ∵ AH⊥BC, ∴ BH=CH=AH= 2 , ∵ BD= 2CD, ∴ CD= 1 3 BC= 2 2 3 , ∴ S△ ACD = 1 2 CD·AH= 1 2 ×2 2 3 × 2 = 2 3 , 由旋转得 AE=AD,∠DAE= 90°, ∴ ∠DAE= ∠BAC,∴ ∠EAB= ∠DAC, ∴ △ABE≌△ACD, ∴ S△ABE =S△ACD = 2 3 , ∵ S△ABC = 1 2 AB·AC= 1 2 ×2×2 = 2, ∴ S四边形AEBC =S△ABE+S△ABC = 2 3 +2 = 8 3 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:如解图,过点 A 作 AH⊥BC 于点 H, ∵ ∠BAC= 90°,AB=AC= 2, ∴ S△ ABC = 1 2 AB·AC= 1 2 ×2×2 = 2, ∵ BD= 2CD,∴ CD BC = 1 3 , ∴ S△ACD S△ABC = 1 2 CD·AH 1 2 BC·AH =CD BC = 1 3 , ∴ S△ACD = 1 3 S△ABC = 2 3 , 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 37 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋由旋转得 AE=AD,∠DAE= 90°, ∴ ∠DAE= ∠BAC,∴ ∠EAB= ∠DAC, ∴ △ABE≌△ACD, ∴ S△ABE =S△ACD = 2 3 , ∴ S四边形AEBC =S△ABE+S△ABC = 2 3 +2 = 8 3 . 【针对训练】 1. (1)证明:∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ ∠B= 90°, 由折叠可知 EG=EF=EB,∠EGP= ∠F= ∠B= 90°, ∴ ∠EGQ= 180°-∠EGP= 90°, 又∵ EQ=EQ, ∴ Rt△EBQ≌Rt△EGQ(HL), ∴ QB=QG; (2)解:∵ 将△BCE 沿 EC 折叠,得到△FCE, ∴ EC 垂直平分 BF, ∴ ∠BMC= 90°, ∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ ∠ABC= ∠BAD= 90°, 由(1)知∠EGQ= 90°,EG=EF=EB= 2, ∴ 四边形 EBQG 是正方形, ∴ BQ=EG= 2, ∴ CQ=BC-BQ= 2 3 -2, 在 Rt△ABC 中,tan∠ACB= AB BC = 2 2 3 = 3 3 , ∴ ∠ACB= 30°, 在 Rt△BCM 中,CM=BC·cos30° = 2 3 × 3 2 = 3, 在 Rt△CNQ 中,CN= CQ cos30° = 2 3 -2 3 2 = 4- 4 3 3 , ∴ MN=CM-CN= 3-(4- 4 3 3 )= 4 3 3 -1; (3)解:①过点 G 作 GR⊥BC,垂足为 R,如解图①, 第 1 题解图① ∴ ∠GRB= 90°. 由(1)得 QG=QB= 3 2 2 ,∠DAB= ∠B= ∠GRB= 90°, ∴ 四边形 ABRG 是矩形, ∴ AG=BR,GR=AB= 2. 在 Rt△GQR 中,QR= GQ2 -GR2 = ( 3 2 2 ) 2 -22 = 2 2 , ∴ AG=BR=BQ+QR= 3 2 2 + 2 2 = 2 2 , 在 Rt△EAG 中,AE2 +AG2 =EG2 , ∵ EG=EB=AE+AB=AE+2, ∴ AE2 +(2 2 ) 2 = (AE+2) 2 ,解得 AE= 1, ∴ EB=AE+AB= 2+1 = 3, ∵ 四边形 ABRG 是矩形, ∴ AH∥BC, ∴ △EAH∽△EBC, ∴ AH BC = AE BE , ∴ AH= AE·BC BE = 2 3 3 , ∴ HG=AG-AH= 2 2 - 2 3 3 ; ②HG 的长为 2 3 3 + 2 . 【解法提示】过点 G 作 GR⊥BC,垂 足为 R,如解图②, 第 1 题解图② 由①同理得 QR= GQ2 -GR2 = ( 3 2 2 ) 2 -22 = 2 2 , ∴ AG=BR=BQ-QR= 3 2 2 - 2 2 = 2 , 在 Rt△EAG 中,AE2 +AG2 =EG2 , ∵ EG=EB=AB-AE= 2-AE, ∴ AE2 +( 2 ) 2 = (2-AE) 2 ,解得 AE= 1 2 , ∴ EB=AB-AE= 2- 1 2 = 3 2 , ∵ AH∥BC, ∴ △EAH∽△EBC, ∴ AH BC = AE BE ,∴ AH 2 3 = 1 2 3 2 ,∴ AH= 2 3 3 , ∴ HG=AH+AG= 2 3 3 + 2 . 2. 解:(1)AB= 3 3 AD,证明如下: ∵ △CEF 为等边三角形,四边形 ABCD 为矩形, ∴ ∠ECF= 60°,∠BCD= ∠D= 90°,∴ ∠DCE= 30°, 设 DE= x, 则在 Rt△DEC 中,EC= 2DE= 2x, ∴ CD= CE2 -DE2 = (2x) 2 -x2 = 3 x; ∵ 矩形 ABCD 沿 EF 折叠, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 47 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 　 ∴ AE=EC= 2x, ∴ AD=AE+DE= 2x+x= 3x. ∵ 四边形 ABCD 是矩形, ∴ AB=CD= 3 x, ∴ AB AD = 3 x 3x = 3 3 , ∴ AB= 3 3 AD; (2)①△CEF 为等腰直角三角形,理由如下: ∵ △ABC 沿 EF 折叠,点 A 与点 C 重合, ∴ EF 是线段 AC 的垂直平分线,∠ECF= ∠A= 45°, ∴ ∠EFC= 90°,∴ ∠FEC= 45°, ∴ ∠FEC= ∠ECF,∴ EF=CF, ∴ △CEF 为等腰直角三角形; ②由折叠的性质可知:CF=EF=AF= 1 2 AC= 1, ∵ 点 D 是 EF 的中点,∴ DF= 1 2 EF= 1 2 , ∴ 在 Rt△CDF 中,CD= DF2 +CF2 = ( 1 2 ) 2 +12 = 5 2 ; (3)过点 A 作 AG⊥BC 于点 G,过点 D 作 DM⊥AG 于点 M,作 DN⊥BC 于点 N,连接 AD,如解图, 第 2 题解图 ∵ A,C 两点关于折痕对称,∠ACD= 45°, ∴ DA=DC,∠ACD= ∠DAC= 45°, ∴ ∠ADC= 90°, ∵ AB=AC,AG⊥BC,∴ 点 G 为 BC 的中点, ∴ BG=CG= 1 2 BC= 1, ∴ 在 Rt△ABG 中,AG= AB2 -BG2 = ( 5 ) 2 -12 = 2, ∵ AG⊥BC,DM⊥AG,DN⊥BC, ∴ 四边形 DNGM 为矩形, ∴ ∠NDM= 90° = ∠ADC, ∴ ∠ADM= ∠CDN. 在△ADM 和△CDN 中, ∠AMD= ∠CND, ∠ADM= ∠CDN, AD=CD, ì î í ïï ï ∴ △ADM≌△CDN(AAS), ∴ DM=DN,AM=NC, ∴ 四边形 DNGM 为正方形, ∴ DM=DN=NG=MG, 设 DM=DN=NG=MG= x,则 AM=CN=NG+GC= x+1, ∴ AG=AM+MG= x+1+x= 2x+1 = 2, 解得 x= 1 2 , ∴ BN=BG-NG= 1- 1 2 = 1 2 , ∴ 在 Rt △BDN 中, BD = BN2 +DN2 = ( 1 2 )2 +( 1 2 )2 = 2 2 . 3. (1)证明:∵ 将 CA 绕点 C 顺时针旋转 90°得到 CD, ∴ CD=CA,∠ACD= 90°, ∠ACB+∠ECD= 90°, ∵ ∠ABC= 90°, ∴ ∠ACB+∠A= 90°. ∴ ∠A= ∠ECD, ∵ DE⊥BC, ∴ ∠CED= 90°, ∴ ∠ABC= ∠CED= 90°. ∴ △ABC≌△CED; (2)解:猜想:PC=PD. 证明:∵ CF 是∠ACD 的平分线, ∴ ∠ACF= ∠DCF. ∵ CA=CD,CF=CF, ∴ △ACF≌△DCF. ∴ ∠A= ∠CDF. 由(1)知∠A= ∠ECD, ∴ ∠CDF= ∠ECD,∴ PC=PD; (3)①证明:根据题意,得 PB=BE. ∵ ∠CED= 90°, ∴ ∠PED= 180°-∠CED= 180°-90° = 90°. ∴ ∠ABC= ∠PED= 90°, ∴ BF∥ED, ∴ PF FD =PB BE = 1, ∴ PF=FD, 即点 F 是 PD 的中点; ②解:如解图,过点 F 作 FG⊥CD,过点 P 作 PH⊥CD,垂 足分别为 G,H, 第 3 题解图 由(2)可知 PC=PD, ∴ CH=DH= 1 2 CD= 1 2 ×20 = 10, ∵ FG⊥CD,PH⊥CD, ∴ FG∥PH, ∴ DG DH =DF DP = 1 2 , ∴ DG= 1 2 DH= 1 2 ×10 = 5. 由(2)得∠DCF= ∠ACF= 1 2 ×90° = 45°, ∴ ∠DCF= ∠CFG, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 57 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 ∴ FG=CG= 20-5 = 15. 在 Rt△FDG 中,tan∠FDG= FG DG = 15 5 = 3. ∵ ∠ECD= ∠FDG, ∴ tan∠DCE= tan∠FDG= 3. 在 Rt△CED 中,DE=CE·tan∠DCE= 3CE, ∵ CE2 +DE2 =CD2 , ∴ CE2 +(3CE) 2 = 202 , 解得 CE= 2 10 (负值已舍去), ∴ DE= 3CE= 6 10 , ∵ PB=BE,PF=FD, ∴ BF 是△PED 的中位线, ∴ BF= 1 2 DE= 1 2 ×6 10 = 3 10 , ∴ △CEF 的面积为 1 2 CE·BF= 1 2 ×2 10 ×3 10 = 30. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋②解法 2:设 CE=a,BC=DE= b, ∴ BE=BC-CE= b-a, 由①知,点 F 是 PD 的中点,∴ PF= 1 2 PD, ∵ ∠ABC= ∠PED= 90°, ∴ BF∥DE,∴ △PBF∽△PED, ∴ PB PE =BF DE =PF PD = 1 2 , ∴ PE= 2BE= 2(b-a),BF= 1 2 DE= 1 2 b, ∴ S△CEF = 1 2 CE·BF= 1 4 ab, ∵ ∠PED= 90°,DE= b,PE= 2(b-a), PD=PC=PE+CE= 2(b-a) +a= 2b-a, ∴ 在 Rt△PED 中,DE2 +PE2 =PD2 , 即 b2 +[2(b-a)] 2 = (2b-a) 2 , 化简得 3a2 -4ab+b2 = 0,∴ b=a 或 b= 3a, ∵ 0°<α<45°,∴ a= b 不符合要求,∴ b= 3a, ∴ S△CEF = 1 4 ab= 3 4 a2 , ∵ ∠DEC= 90°,∴ a2 +b2 = 202 , ∴ a2 +(3a) 2 = 400,∴ a2 = 40, ∴ S△CEF = 3 4 a2 = 3 4 ×40 = 30, ∴ △CEF 的面积是 30. 4. 解: ( 1) AF; 【解法提示】 ∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ AB= AD, ∠B = ∠D = 90°, 在 △ABE 和 △ADF 中, AB=AD, ∠B= ∠D, BE=DF, ì î í ïï ï ∴ △ABE≌△ADF(SAS),∴ AE=AF. (2)①当点 E 在边 BC 上时,如解图①,过点 G 作 GM⊥ AD,垂足为 M,延长 MG 交 BC 于点 N, 第 4 题解图① 则∠AMG= ∠DMG= ∠GNE= 90°, ∴ 四边形 CDMN 是矩形, ∴ ∠2+∠3 = 90°, ∵ EG⊥AF,∠EAF= 45°, ∴ ∠2+∠1 = 90°,△AEG 为等腰直角三角形,AG=EG, ∴ ∠1 = ∠3, 在△AMG 和△GNE 中, ∠AMG= ∠GNE, ∠MAG= ∠NGE, AG=GE, ì î í ïï ï ∴ △AMG≌△GNE(AAS), ∴ AM=GN, ∵ AM+MD=GN+MG, ∴ MD=MG, ∴ △MDG 为等腰直角三角形,∠4 = 45°, ∴ ∠GDC= 45°; ②当点 E 在边 CD 上时,如解图②,过点 G 作 GN⊥DF,垂 足为 N,延长 NG 交 BA 的延长线于点 M, 第 4 题解图② 则四边形 ADNM 是矩形, 同理可得△AMG≌△GNE, ∴ GN=AM=DN, ∴ △NDG 为等腰直角三角形,∠1 = 45°, ∴ ∠GDC= 180°-45° = 135°; 综上,∠GDC 的度数为 45°或 135°; (3)①当点 E 在边 BC 上时,如解图①, Ⅰ. 当 DG=DF 时, 由(2)①知,△MDG 为等腰直角三角形,MD=MG, 设 MD=MG=a,则 DG= 2 a, ∴ DF=DG= 2 a, ∵ 四边形 CDMN 是矩形, ∴ MG∥DF, ∴ △AMG∽△ADF, ∴ AG AF =MG DF = a 2 a = 2 2 , ∴ AG= 2 2 AF,∴ FG=AF-AG= 2- 2 2 AF, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 67 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 　 ∴ FG AG = 2- 2 2 AF 2 2 AF = 2 -1; Ⅱ. 当 DG=FG 时, 则∠GFD= ∠GDF= 45°, 此时∠3 = 45°,则 AD = DF,即点 F 与点 C 重合,与题意 矛盾. ②当点 E 在边 CD 上时,如解图②, Ⅰ. 当 DG=FG 时, 则∠GFD= ∠GDF= 45°, 此时∠DAF= 45°, 又∵ ∠EAF= 45°, ∴ 此时点 E 与点 D 重合,与题意矛盾; Ⅱ. 当 DG=DF 时, 设 GN=DN= b,则 DG= 2 b, ∴ DF=DG= 2 b, ∴ FN=DF-DN= ( 2 -1)b, ∵ GN∥AD,∴ △GFN∽△GAM, ∴ FG AG =FN MA =FN ND = 2 -1. 综上, FG AG = 2 -1. 5. 解:(1)①CE+CD=CA. 理由如下: ∵ △ABC 和△ADE 都是等边三角形, ∴ AB=AC=BC,AD=AE=DE,∠BAC= ∠DAE= 60°, ∴ ∠BAC-∠DAC= ∠DAE-∠DAC, ∴ ∠BAD= ∠CAE, 在△ABD 和△ACE 中, AB=AC, ∠BAD= ∠CAE, AD=AE, ì î í ïï ï ∴ △ABD≌△ACE(SAS), ∴ BD=CE, ∵ BD+CD=BC, ∴ CE+CD=CA; ②CA+CD=CE. 理由如下: ∵ △ABC 和△ADE 都是等边三角形, ∴ AB=AC=BC,AD=AE=DE,∠BAC= ∠DAE= 60°, ∴ ∠BAC+∠DAC= ∠DAE+∠DAC, ∴ ∠BAD= ∠CAE, 在△ABD 和△ACE 中, AB=AC, ∠BAD= ∠CAE, AD=AE, ì î í ïï ï ∴ △ABD≌△ACE(SAS), ∴ BD=CE, ∵ CB+CD=BD, ∴ CA+CD=CE; (2)BD 的长为 6- 3或 6+2 3 . 【解法提示】过点 E 作 EH ∥AB,则△EHC 为等边三角形. ①当点 D 在 H 的左侧时,如解图①, ∵ ED=EF,∠DEH= ∠FEC,EH=EC, ∴ △EDH≌△EFC(SAS), ∴ ∠ECF= ∠EHD= 120°, 此时△CEF 不可能为直角三角形. 第 5 题解图① ②当点 D 在 H 的右侧,且在线段 CH 上时,如解图②, 同理可得△EDH≌△EFC, ∴ ∠FCE= ∠EHD= 60°,∠FEC= ∠DEH<∠HEC= 60°, 此时只有∠CFE 有可能为 90°, 当∠CFE= 90°时,∠EDH= 90°, ∴ ED⊥CH, ∵ CH=CE= 2 3 , ∴ CD= 1 2 CH= 3 , 又∵ AB= 6, ∴ BD= 6- 3 . 第 5 题解图② ③当点 D 在 H 的右侧,且在 HC 的延长线上时,如解 图③, 此时只有∠CEF= 90°, ∵ ∠DEF= 60°, ∴ ∠CED= 30°, ∵ ∠ECH= 60°, ∠ECH= ∠CED+∠CDE, ∴ ∠EDC= ∠CED= 30°, ∴ CD=CE= 2 3 , ∴ BD= 6+2 3 . 第 5 题解图③ 综上,BD 的长为 6- 3或 6+2 3 . 6. (1)证明:如解图①,连接 BD, ∵ 四边形 ABCD 是菱形, ∴ AD=AB=BC=CD,∠A= ∠C= 60°, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 77 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 ∴ △ABD 和△BCD 都是等边三角形, 第 6 题解图① ∴ BD = AD, ∠DBC = ∠A = ∠ADB= 60°, ∵ ∠EDF= 60°, ∴ ∠ADB= ∠EDF, ∵ ∠ADB = ∠ADE + ∠EDB, ∠EDF= ∠BDF+∠EDB, ∴ ∠ADE= ∠BDF, ∴ △ADE≌△BDF(ASA), ∴ DE=DF; (2)解:CH=DH+HB. 理由如下:如解图②,连接 BD, 第 6 题解图② ∵ BG∥DF,∴ ∠1 = ∠2, ∵ ∠2+∠3 = 60°, ∴ ∠1+∠3 = 60°, ∴ ∠DHB= 120°, ∵ ∠BCD= 60°, ∴ ∠DHB+∠BCD= 180°, ∴ D,H,B,C 四点共圆, 延长 GB 至点 K,使 BK=DH,连接 CK,则∠CDH= ∠CBK, 又∵ CD=CB, ∴ △CDH≌△CBK(SAS),∴ CH=CK,∠DCH= ∠BCK, ∵ ∠DCH+∠BCH= 60°,∴ ∠BCK+∠BCH= ∠HCK= 60°, ∴ △CHK 为等边三角形,∴ CH=HK=BK+HB=DH+HB; (3)解:∵ D,H,B,C 四点共圆, ∴ 当 CH 为☉O 的直径时,取得最大值, 此时∠HBC= ∠HDC= 90°, 在 Rt△HBC 和 Rt△HDC 中,BC=DC,CH=CH, ∴ Rt△HBC≌Rt△HDC(HL),∴ ∠BCH= ∠DCH= 30°, ∵ BC=AD= 2,∴ CH最大 = BC cos30° = 4 3 3 . 7. (1)解:①选择小鹏同学的解题思路,证明如下: ∵ BE=BD,AB⊥CD, ∴ AB 是线段 DE 的垂直平分线, ∴ AE=AD,∴ ∠D= ∠AED, ∵ ∠D= 2∠C,∴ ∠AED= 2∠C, 又∵ ∠AED= ∠C+∠CAE, ∴ ∠C= ∠CAE, ∴ CE=AE,∴ CE=AD, ∴ BC=CE+BE=AD+BD; ②选择小亮同学的解题思路,证明如下: ∵ EF 是线段 AC 的垂直平分线, ∴ AE=EC,∴ ∠C= ∠CAE, ∴ ∠AED= ∠C+∠CAE= 2∠C, 又∵ ∠D= 2∠C,∴ ∠D= ∠AED, ∴ AE=AD,∴ CE=AD. ∵ AE=AD,AB⊥CD,∴ BE=BD, ∴ BC=CE+BE=AD+BD; (2)证明:如解图①,过点 A 作 AE∥DB 交 CB 的延长线于 点 E,在 BC 上截取 BF=BE,连接 AF, 第 7 题解图① ∵ AE∥DB,AD∥BC, ∴ 四边形 AEBD 是平行四边形, ∴ AD=BE,AE=BD,∠ADB= ∠E, ∵ ∠ADB= 2∠C, ∴ ∠E= 2∠C, ∵ ∠ABC= 90°, ∴ AB⊥FE, 又∵ BE=BF, ∴ AB 是线段 EF 的垂直平分线, ∴ AE=AF, ∴ ∠E= ∠AFE, ∵ ∠E= 2∠C, ∴ ∠AFE= 2∠C, 又∵ ∠AFE= ∠C+∠CAF, ∴ ∠C= ∠CAF, ∴ CF=AF, ∴ CF=AE, ∴ BC=CF+BF=AE+BE=BD+AD; (3)解:如解图②,延长 AB 交 DC 的延长线于点 E,过点 A 作 AH⊥DE 于点 H,过点 B 作 BF⊥DE 于点 F, 第 7 题解图② ∵ ∠BCD= ∠BAD,∠BCD+∠BCE= 180°, ∠BAD+∠E+∠D= 180°, ∴ ∠BCE= ∠E+∠D, ∵ ∠ABC= ∠E+∠BCE, ∴ ∠ABC= ∠E+∠E+∠D= 2∠E+∠D, ∵ ∠ABC= 3∠ADC, ∴ 3∠D= 2∠E+∠D, ∴ ∠D= ∠E, ∴ ∠BCE= ∠E+∠D= 2∠E, 又∵ BF⊥DE, 同(1)可证 EF=BC+CF. ∵ AD= 100 3 ,sinD= 3 5 ,AH⊥DE, ∴ AH=AD·sinD= 100 3 × 3 5 = 20, ∴ HD= AD2 -AH2 = ( 100 3 ) 2 -202 = 80 3 , ∵ ∠D= ∠E, ∴ AD=AE, 又∵ AH⊥DE, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 87 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 专 项 培 优 练 　 ∴ HE=HD, ∴ DE= 2HD= 160 3 , ∵ CD= 121 3 , ∴ EC=DE-CD= 160-121 3 = 13, 设 EF= x,则 CF=EC-EF= 13-x, ∵ EF=BC+CF, ∴ BC=EF-CF= x-(13-x)= 2x-13, ∴ BF2 =BC2 -CF2 = (2x-13) 2 -(13-x) 2 = 3x2 -26x, ∵ sinD= 3 5 ,∠D= ∠E, ∴ tanE= tanD= 3 4 , ∴ BF=EF·tanE= 3 4 x, ∴ ( 3 4 x) 2 = 3x2 -26x, 解得 x1 = 32 3 ,x2 = 0(舍去), ∴ BF= 3 4 × 32 3 = 8, ∴ S四边形ABCD =S△EAD-S△EBC = 1 2 DE·AH- 1 2 EC·BF = 1 2 × 160 3 ×20- 1 2 ×13×8 = 1 444 3 . 8. 解:(1)如解图①,连接 OA 和 AB, 第 8 题解图① 则 OB-OA≤AB, ∴ 当 O,A,B 三点共线时,AB 取得最小值, ∴ AB最小 =OB-OA= 3-2 = 1; (2)∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ AB=CD=AD,∠ADE= 90° = ∠BAF, ∵ CE=DF, ∴ CD-CE=AD-DF, 即 DE=AF, ∴ △ADE≌△BAF(SAS), ∴ ∠EAD= ∠FBA, ∴ ∠FBA+∠BAG= ∠EAD+∠BAG= ∠BAF= 90°, ∴ ∠BGA= 90°, 如解图②,取 AB 的中点 O,连接 OG 和 OD, 第 8 题解图② 则 OG=OA= 1 2 AB= 2, ∴ OD= OA2 +AD2 = 2 5 , ∵ OG+GD≥OD, 即 DG≥OD-OG, 当 O,G,D 三点共线时,DG 取得最小值, ∴ DG最小 =OD-OG= 2 5 -2; (3)2 2 +2 10 . 【解法提示】如解图③,作△ADE 的外接 圆☉O,连接 OA,OD,OE,OF, 第 8 题解图③ ∵ AC=BC,∠C= 90°,∴ ∠EAD= 45°,同理∠EDF= 45°, ∴ ∠EOD= 2∠EAD= 90°, ∵ OD=OE,∴ ∠ODE = 45°,∴ ∠ODF = ∠ODE+∠EDF = 90°,在 Rt△ODE 中,OE = DE·sin∠ODE = 2 2 ,∴ OA = OD=OE= 2 2 ,同理在 Rt△DEF 中,DF= 2DE= 4 2 , 在 Rt△ODF 中,由勾股定理得 OF= OD2 +DF2 = 2 10 , ∵ OA+OF≥AF,即 AF≤2 2 +2 10 ,当点 A,O,F 三点共 线时,AF 取得最大值,∴ AF最大 = 2 2 +2 10 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 97