类型1 非动态几何综合题-【一战成名新中考】2025年中考数学·纯练版总复习·二轮专题培优练

二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 类型 1　 非动态几何综合题 1. (2023 临沂)如图,∠A= 90°,AB=AC,BD⊥AB,BC=AB+BD. (1)写出 AB 与 BD 的数量关系; (2)延长 BC 到 E,使 CE=BC,延长 DC 到 F,使 CF=DC,连接 EF. 求证:EF⊥AB; (3)在(2)的条件下,作∠ACE 的平分线,交 AF 于点 H,求证:AH=FH. 第 1 题图 ∴AB=( 2 +1)BD; (2)证明:如解图①,∵BD⊥AB,∴∠DBA=∠CBD+∠ABC= 90°, 又∵∠A= 90°,AB=AC, ∴∠ABC=∠ACB= 45°,∴∠CBD= 45°, 在△BCD 和△ECF 中, BC=EC, ∠BCD=∠ECF, CD=CF, ì î í ï ï ï ï ∴△BCD≌△ECF(SAS), ∴∠CBD=∠E= 45°, ∴BD∥EF, ∵BD⊥AB, ∴EF⊥AB; (3)证明:如解图②,延长 CH 交 EF 的延长线于点 J. 由(2)知∠ACB= 45°, ∴∠ACE= 180°-∠ACB= 135°, ∵CH 平分∠ACE, ∴∠ACH=∠ECH= 67. 5°, ∵∠ACB=∠E= 45°, ∴AC∥EJ, ∴∠J=∠ACH=∠ECJ= 67. 5°, ∴CE=EJ=CB,由(2)知△BCD≌△ECF,∴BD=EF, ∵BC=BD+AB,EJ=EF+FJ, ∴FJ=AB=AC, ∵∠AHC=∠FHJ,∠ACH=∠J, ∴△ACH≌△FJH(AAS), ∴AH=FH. 95 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 2. (2024 常州)将边长均为 6 cm 的等边三角形纸片 ABC、DEF 叠放在一起,使点 E、B 分别在边 AC、 DF 上(端点除外),边 AB、EF 相交于点 G,边 BC、DE 相交于点 H. (1)如图①,当 E 是边 AC 的中点时,两张纸片重叠部分的形状是　 菱形　 ; (2)如图②,若 EF∥BC,求两张纸片重叠部分的面积的最大值; (3)如图③,当 AE>EC,FB>BD 时,AE 与 FB 有怎样的数量关系? 试说明理由. 图① 　 　 　 图② 　 　 　 图③ 第 2 题图 解:(1)菱形; (2)∵△ABC,△DEF 都是边长为 6 cm 的等边三角形, ∴∠ABC=∠DEF=∠C= 60°,AC=BC= 6 cm, ∵EF∥BC, ∴∠CHE=∠DEF= 60°, ∴∠ABC=∠CHE, ∴BG∥EH, ∴四边形 BHEG 是平行四边形, ∵∠C=∠CHE= 60°, ∴△EHC 是等边三角形, 如解图,过点 E 作 ET⊥HC 于点 T, ∴设 EH=CH= 2x cm,则 BH=(6-2x) cm,HT= 1 2 CH=x (cm), ∴ET= EH2-HT2 = 3x (cm), ∴S重叠 =S四边形BHEG =BH·ET= 3x(6-2x)= -2 3(x2-3x+ 9 4 - 9 4 )= -2 3(x- 3 2 ) 2+9 3 2 , ∵-2 3 <0, ∴当 x= 3 2 时,S重叠有最大值,最大值为 9 3 2 cm2; (3)AE=BF,理由略. 详见答案册 PX. 06 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 3. (2023 包头)如图,在菱形 ABCD 中,对角线 AC,BD 相交于点 O,点 P,Q 分别是边 BC,线段 OD 上 的点,连接 AP,QP,AP 与 OB 相交于点 E. 图① 　 　 　 　 图② 第 3 题图 (1)如图①,连接 QA. 当 QA=QP 时,试判断点 Q 是否在线段 PC 的垂直平分线上,并说明理由; (2)如图②,若∠APB= 90°,且∠BAP= ∠ADB, ①求证:AE= 2EP; ②当 OQ=OE 时,设 EP=a,求 PQ 的长(用含 a 的代数式表示) . (1)解:点 Q 在线段 PC 的垂直平分线上. 理由如下:如解图①,连接 QC. ∵四边形 ABCD 是菱形,对角线 AC,BD 相交于点 O, ∴BD⊥AC,OA=OC,∴QA=QC, ∵QA=QP,∴QC=QP,∴点 Q 在线段 PC 的垂直平分线上; (2)①证明略; ②如解图②,连接 QC. ∵AB=BC,∠ABC=∠ABD+∠CBD= 60°, ∴△ABC 是等边三角形. ∵∠APB= 90°,∴BP=CP,∵EP=a, ∴AE= 2a,AP= 3a,在 Rt△APB 中,∠APB= 90°, ∵tan∠ABP=AP BP = 3,∴BP= 3a,∴CP=BP= 3a, ∵AO=CO,∠AOE=∠COQ,OE=OQ, ∴△AOE≌△COQ(SAS), ∴AE=CQ= 2a,∠EAO=∠QCO,∴AE∥CQ, ∵∠APB= 90°,∴∠QCP= 90°, 在 Rt△PCQ 中,由勾股定理得 PQ2 =PC2+CQ2 =( 3a) 2+(2a) 2, ∴PQ= 7a(负值已舍去) . 详解见答案册 PX 16 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 4. (2024 达州)在学习特殊的平行四边形时,我们发现正方形的对角线等于边长的 2 倍,某数学兴 趣小组以此为方向对菱形的对角线和边长的数量关系探究发现,具体如下:如图①. (1)∵ 四边形 ABCD 是菱形, ∴ AC⊥BD,AO=CO,BO=DO. ∴ AB2 =AO2 +BO2, 又∵ AC= 2AO,BD= 2BO, ∴ AB2 = 　 　 　 　 +　 　 　 　 . 化简整理得 AC2 +BD2 = 　 4AB2 　 . 【类比探究】 (2)如图②,若四边形 ABCD 是平行四边形,请说明边长与对角线的数量关系. 【拓展应用】 (3)如图③,四边形 ABCD 为平行四边形,对角线 AC,BD 相交于点 O,点 E 为 AO 的中点,点 F 为 BC 的中点,连接 EF,若 AB= 8,BD= 8,AC= 12,直接写出 EF 的长度. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 4 题图 解:(1) 1 4 AC2, 1 4 BD2,4AB2; (2)AC2+BD2 = 2AB2+2AD2,理由如下: 如解图①,过点 D 作 DE⊥AB 于点 E,过点 C 作 CF⊥AB 交 AB 的延长线于点 F. ∴∠DEA=∠DEB=∠CFB= 90°,∵四边形 ABCD 是平行四边形, ∴AB=CD,AB∥CD,AD=BC,∴∠DAE=∠CBF, 在△DAE 和△CBF 中, ∠DAE=∠CBF, ∠DEA=∠CFB, AD=BC, ì î í ï ï ï ï ∴△DAE≌△CBF(AAS), ∴AE=BF,DE=CF,在 Rt△DBE 中,DB2 =DE2+BE2 =DE2+(AB-AE) 2, 在 Rt△CAF 中,AC2 =CF2+AF2 =CF2+(AB+BF) 2, ∴AC2+BD2 =DE2+(AB-AE) 2+CF2+(AB+BF) 2 = 2DE2+AB2-2AB·AE+AE2+AB2+2AB·AE+AE2 = 2(DE2+AE2)+2AB2 = 2AD2+2AB2, 即 AC2+BD2 = 2AB2+2AD2; (3)EF= 46 . 详解见答案册 PX. 26 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 5. (2023 东营)(1)用数学的眼光观察 如图①,在四边形 ABCD 中,AD=BC,P 是对角线 BD 的中点,M 是 AB 的中点,N 是 DC 的中点. 求证:∠PMN= ∠PNM. (2)用数学的思维思考 如图②,延长图①中的线段 AD 交 MN 的延长线于点 E,延长线段 BC 交 MN 的延长线于点 F. 求证:∠AEM= ∠F. (3)用数学的语言表达 如图③,在△ABC 中,AC<AB,点 D 在 AC 上,AD=BC,M 是 AB 的中点,N 是 DC 的中点,连接 MN 并延长,与 BC 的延长线交于点 G,连接 GD.若∠ANM=60°,试判断△CGD的形状,并进行证明. 图① 　 　 　 　 图② 　 　 　 　 图③ 第 5 题图 (1)证明:∵P 是 BD 的中点,M 是 AB 的中点,N 是 DC 的中点, ∴PN 是△BCD 的中位线,PM 是△ABD 的中位线, ∴PN= 1 2 BC,PM= 1 2 AD, ∵AD=BC,∴PM=PN, ∴∠PMN=∠PNM; (2)证明:由(1)知,PN 是△BDC 的中位线,PM 是△ABD 的中位线, ∴PN∥BC,PM∥AD,∴∠PNM=∠F,∠PMN=∠AEM, ∵∠PNM=∠PMN,∴∠AEM=∠F; (3)解:△CGD 是直角三角形,证明: 如解图,取 BD 的中点 P,连接 PM,PN, ∵N 是 CD 的中点,M 是 AB 的中点, ∴PN 是△BCD 的中位线,PM 是△ABD 的中位线, ∴PN∥BC,PN= 1 2 BC,PM∥AD,PM= 1 2 AD, ∵AD=BC,∴PM=PN,∴∠PNM=∠PMN, ∵PM∥AD,∴∠PMN=∠ANM= 60°,∴∠PNM=∠PMN= 60°, ∵PN∥BC,∴∠CGN=∠PNM= 60°, 又∵∠CNG=∠ANM= 60°,∴△CGN 是等边三角形,∴CN=GN, 又∵CN=DN,∴DN=GN, ∴∠NDG=∠NGD= 1 2 ∠CNG= 30°, ∴∠CGD=∠CGN+∠NGD= 90°, ∴△CGD 是直角三角形. 36 二轮专题培优练·数学 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 6. (2023 齐齐哈尔)综合与实践: 数学模型可以用来解决一类问题,是数学应用的基本途径. 通过探究图形的变化规律,再结合 其他数学知识的内在联系,最终可以获得宝贵的数学经验,并将其运用到更广阔的数学天地. (1)发现问题:如图①,在△ABC 和△AEF 中,AB = AC,AE = AF,∠BAC = ∠EAF = 30°,连接 BE, CF,延长 BE 交 CF 于点 D. 则 BE 与 CF 的数量关系:　 BE=CF　 ,∠BDC= 　 30　 °; (2)类比探究:如图②,在△ABC 和△AEF 中,AB =AC,AE = AF,∠BAC = ∠EAF = 120°,连接 BE, CF,延长 BE,FC 交于点 D. 请猜想 BE 与 CF 的数量关系及∠BDC 的度数,并说明理由; (3)拓展延伸:如图③,△ABC 和△AEF 均为等腰直角三角形,∠BAC = ∠EAF = 90°,连接 BE, CF,且点 B,E,F 在一条直线上,过点 A 作 AM⊥BF,垂足为点 M,则 BF,CF,AM 之间的数量 关系:　 BF=CF+2AM　 ; (4)实践应用:正方形 ABCD 中,AB = 2,若平面内存在点 P 满足∠BPD = 90°,PD = 1,则 S△ABP = 　 　 　 　 　 　 　 　 . 图① 　 　 图② 　 　 图③ 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 第 6 题图　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 备用图 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋本题为两个共顶角顶点的等腰三角形,属于手拉手模型,该模型常通过证明全等或相似来解 决问题,手拉手模型解读与练习详见大单元结构化整合练 P43 解:(1)BE=CF,30; (2)BE=CF,∠BDC= 60°, 理由如下: ∵∠BAC=∠EAF= 120°,AE=AF ∴∠BAC-∠EAC=∠EAF-∠EAC,∠AEF=∠AFE= 30°, 即∠BAE=∠CAF, 在△ABE 和△ACF 中, AB=AC, ∠BAE=∠CAF, AE=AF, ì î í ï ï ï ï ∴△BAE≌△CAF(SAS), ∴BE=CF,∠AEB=∠AFC, ∴∠BDC=∠BEF-∠EFD=∠AEB+30°-(∠AFC-30°)= 60°; (3)BF=CF+2AM; (4)7 + 7 4 或 7- 7 4 . 详解见答案册 P 46 参考答案与重难题解析·数学26　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ AD∥BC, ∴ ∠AFC+∠ECF= 180°, ∴ ∠ECF= 180°-∠AFC= 90°, ∴ 四边形 AECF 为矩形. 2. 解:△ACF 是等腰直角三角形. 理由如下: ∵ 两个矩形纸片 ABCD 和 CEFG 是完全相同的, ∴ AC=CF, ∴ △ACF 是等腰三角形, ∵ AB=FG,∠ABC= ∠FGC= 90°,BC=GC, ∴ △ABC≌△FGC, ∴ ∠BAC= ∠GFC, ∵ AB∥CD, ∴ ∠BAC= ∠ACG, ∴ ∠ACG= ∠GFC, ∵ ∠GFC+∠GCF= 90°, ∴ ∠ACG+∠GCF= 90°,即∠ACF= 90°, ∴ △ACF 是等腰直角三角形. 3. 证明:∵ BF∥AC, ∴ ∠BFC= ∠ACF, ∵ E 是 BD 的中点, ∴ BE=DE, 在△BEF 和△DEC 中, ∠BFE= ∠DCE, ∠BEF= ∠DEC, BE=DE, { ∴ △BEF≌△DEC(AAS),∴ BF=DC, ∵ BD 是 AC 边上的中线, ∴ AD=DC,∴ AD=BF, 又∵ BF∥AD, ∴ 四边形 ADBF 是平行四边形. 4. 思维构建 遇“四边形 AGDO 形状判断”,先证四边形 AGDO 是平行 四边形;然后根据 AC=DF,点 O 为中点可得四边形 AGDO 的一组邻边相等,至此不难得到四边形 AGDO 的形状. 解:四边形 AGDO 是菱形,理由如下: ∵ ∠ABC= ∠DEF= 90°,∠C= ∠F, ∴ ∠A= ∠D, ∵ DF∥AB,∴ ∠BGD= ∠D, ∴ ∠BGD= ∠A,∴ DG∥AO, ∴ 四边形 AGDO 是平行四边形, ∵ △ABC≌△DEF,∴ AC=DF, 又∵ 点 O 是斜边 AC 和 DF 的中点, ∴ AO= 1 2 AC= 1 2 DF=DO, ∴ 平行四边形 AGDO 是菱形. 突破设问 3　 面积问题 1. 3 　 【解析】由题意得∠BAD = ∠B = 90°,∠PAM = 60°,∴ ∠BAM = 30°,在 Rt△ABM 中,AB = 3 ,∴ AM = AB cos∠BAM = 2,∵ △APM 是等边三角形,∴ AP = AM = 2,∴ S△APM = 1 2 AP ·AB= 1 2 ×2× 3 = 3 . 2. 36　 【解析】如解图,连接 AC,∵ AB⊥BC,∴ ∠B = 90°, ∵ AB= 3,BC = 4, ∴ AC = 32 +42 = 5, ∵ 52 + 122 = 132 , ∴ ∠ACD= 90°,∴ 钢板的面积 = S△ABC +S△ACD = 3×4 2 + 5×12 2 = 36. 第 2 题解图 　 　 第 3 题解图 3. 13　 【解析】如解图,作矩形 DFHE,∵ 正方形网格中的每 一个小正方形的边长为 1,∴ FH= 4,HE= 5,AF = 1,BF = 2, BH= 2,CH= 4,CE= 1,DE = 4,∴ S四边形ABCD = S矩形FHED -S△ABF - S△BCH-S△DCE = 5×4- 1 2 ×1×2- 1 2 ×2×4- 1 2 ×1×4 = 13. 类型 1　 非动态几何综合题 1. 思维构建 (2)通过画图可知,BE 和 DF 为两条交叉的线段,且交点 为这两条线段的中点,想 8 字形全等. (3)根据已知条件易得 AC∥EF,延长 CH 交 EF 的延长线 于点 J,构造 8 字形全等. (1)解:AB= ( 2 +1)BD. ∵ ∠A= 90°,AB=AC,∴ BC= 2AB, ∵ BC=AB+BD,∴ 2AB=AB+BD, ∴ AB= ( 2 +1)BD; (2)证明:如解图①,∵ BD⊥AB, ∴ ∠DBA= ∠CBD+∠ABC= 90°, 又∵ ∠A= 90°,AB=AC, ∴ ∠ABC= ∠ACB= 45°,∴ ∠CBD= 45°, 第 1 题解图① 在△BCD 和△ECF 中, BC=EC, ∠BCD= ∠ECF, CD=CF, ì î í ïï ï ∴ △BCD≌△ECF(SAS), ∴ ∠CBD= ∠E= 45°,∴ BD∥EF, ∵ BD⊥AB,∴ EF⊥AB; 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 62 参考答案与重难题解析·数学 27　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 (3)证明:如解图②,延长 CH 交 EF 的延长线于点 J. 第 1 题解图② 由(2)知∠ACB= 45°, ∴ ∠ACE= 180°-∠ACB= 135°, ∵ CH 平分∠ACE, ∴ ∠ACH= ∠ECH= 67. 5°, ∵ ∠ACB= ∠E= 45°,∴ AC∥EJ, ∴ ∠J= ∠ACH= ∠ECJ= 67. 5°, ∴ CE=EJ=CB, 由(2)知△BCD≌△ECF,∴ BD=EF, ∵ BC=BD+AB,EJ=EF+FJ, ∴ FJ=AB=AC, ∵ ∠AHC= ∠FHJ,∠ACH= ∠J, ∴ △ACH≌△FJH(AAS), ∴ AH=FH. 2. 解: ( 1) 菱形; 【解法提示】 如解图 ①, 连接 BE, CD, ∵ △ABC,△DEF 都是等边三角形, ∴ ∠ACB = ∠EDF = 60°,∴ B,D,C,E 四点共圆, ∵ 点 E 是 AC 的中点, ∴ ∠BEC= 90°,∴ BC 为过 B,D,C,E 四点的圆的直径,又∵ DE=BC= 6 cm,∴ DE 为过 B,D,C,E 四点的圆的直径,∴ 点 H 为圆心, ∴ EH = BH, ∴ ∠HBE = ∠HEB = 30°, ∴ ∠GEB= ∠EBH = ∠GBE = ∠BEH = 30°,∴ BG∥EH,BH∥ EG,∴ 四边形 BHEG 是平行四边形,又∵ EH =BH,∴ 四边 形 BHEG 是菱形,∴ 两张纸片重叠部分的形状是菱形. 第 2 题解图① 　 　 第 2 题解图② (2)∵ △ABC,△DEF 都是边长为 6 cm 的等边三角形, ∴ ∠ABC= ∠DEF= ∠C= 60°,AC=BC= 6 cm, ∵ EF∥BC,∴ ∠CHE= ∠DEF= 60°, ∴ ∠ABC= ∠CHE,∴ BG∥EH, ∴ 四边形 BHEG 是平行四边形, ∵ ∠C= ∠CHE= 60°, ∴ △EHC 是等边三角形, 如解图②,过点 E 作 ET⊥HC 于点 T, ∴ 设 EH = CH = 2x cm,则 BH = ( 6 - 2x) cm,HT = 1 2 CH = x(cm), ∴ ET= EH2 -HT2 = 3 x(cm), ∴ S重叠 =S四边形BHEG =BH·ET = 3 x(6-2x) = -2 3 (x 2 -3x+ 9 4 - 9 4 )= -2 3 (x- 3 2 ) 2 +9 3 2 , ∵ -2 3 <0, ∴ 当 x= 3 2 时,S重叠有最大值,最大值为 9 3 2 cm2 ; (3)AE=FB,理由如下: 如解图③,过点 B 作 BM⊥AC 于点 M,过点 E 作 EN⊥DF 于点 N,连接 BE, 第 2 题解图③ ∵ △ABC,△DEF 都是边长为 6 cm 的等边三角形, ∴ AM=FN= 1 2 DF= 1 2 AC= 3(cm),EF=AB= 6 cm, ∴ 由勾股定理可得 NE = EF2 -FN2 = 3 3 ( cm),BM = AB2 -AM2 = 3 3 (cm),∴ EN=BM, 又∵ BE=BE,∴ Rt△NBE≌Rt△MEB(HL), ∴ NB=ME, ∴ FN+BN=AM+ME,即 AE=FB. 3. (1)解:点 Q 在线段 PC 的垂直平分线上. 理由如下: 如解图①,连接 QC. ∵ 四边形 ABCD 是菱形,对角线 AC,BD 相交于点 O, 第 3 题解图① ∴ BD⊥AC,OA=OC, ∴ QA=QC, ∵ QA=QP, ∴ QC=QP, ∴ 点 Q 在线段 PC 的垂直平 分线上; (2)①证明:∵ 四边形 ABCD 是菱形, ∴ AB=BC=CD=DA,∠ABD= ∠CBD, ∴ ∠ABD= ∠ADB,∴ ∠ABD= ∠CBD= ∠ADB. ∵ ∠BAP= ∠ADB,∴ ∠BAP= ∠ABD= ∠CBD, ∴ AE=BE,∵ ∠APB= 90°,∴ ∠BAP+∠ABP= 90°, ∴ ∠BAP= ∠ABD= ∠CBD= 30°. 在 Rt△BPE 中,∠EPB= 90°,∠PBE= 30°, ∴ EP= 1 2 BE, ∵ AE=BE,∴ EP= 1 2 AE, ∴ AE= 2EP; 第 3 题解图② ②解:如解图②,连接 QC. ∵ AB = BC, ∠ABC = ∠ABD + ∠CBD= 60°, ∴ △ABC 是等边三角形. ∵ ∠APB= 90°,∴ BP=CP, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 72 参考答案与重难题解析·数学28　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∵ EP=a,∴ AE= 2a,∴ AP= 3a, 在 Rt△APB 中,∠APB= 90°, ∵ tan∠ABP= AP BP = 3 ,∴ BP= 3a, ∴ CP=BP= 3a, ∵ AO=CO,∠AOE= ∠COQ,OE=OQ, ∴ △AOE≌△COQ(SAS), ∴ AE=CQ= 2a,∠EAO= ∠QCO, ∴ AE∥CQ, ∵ ∠APB= 90°,∴ ∠QCP= 90°, 在 Rt△PCQ 中,由勾股定理得 PQ2 = PC2 +CQ2 = ( 3a) 2 + (2a) 2 , ∴ PQ= 7a(负值已舍去) . 4. 解:(1) 1 4 AC2 , 1 4 BD2 ,4AB2 ;【解法提示】∵ 四边形 ABCD 是菱形,∴ AC⊥BD,AO = CO,BO = DO,∴ AB2 = AO2 +BO2 , 又∵ AC= 2AO,BD= 2BO,∴ AB2 = 1 4 AC2 + 1 4 BD2 ,化简整理 得 AC2 +BD2 = 4AB2 . (2)AC2 +BD2 = 2AB2 +2AD2 ,理由如下: 如解图①,过点 D 作 DE⊥AB 于点 E,过点 C 作 CF⊥AB 交 AB 的延长线于点 F. ∴ ∠DEA= ∠DEB = ∠CFB = 90°,∵ 四边形 ABCD 是平行 四边形, ∴ AB=CD,AB∥CD,AD=BC, ∴ ∠DAE= ∠CBF, 在△DAE 和△CBF 中, ∠DAE= ∠CBF, ∠DEA= ∠CFB, AD=BC, { ∴ △DAE≌△CBF(AAS), ∴ AE=BF,DE=CF,在 Rt△DBE 中,DB2 =DE2 +BE2 =DE2 + (AB-AE) 2 , 在 Rt△CAF 中,AC2 =CF2 +AF2 =CF2 +(AB+BF) 2 , ∴ AC2 +BD2 =DE2 +(AB-AE) 2 +CF2 +(AB+BF) 2 = 2DE2 +AB2 - 2AB·AE+AE2 +AB2 + 2AB·AE +AE2 = 2(DE2 +AE2 )+2AB2 = 2AD2 +2AB2 , 即 AC2 +BD2 = 2AB2 +2AD2 ; 第 4 题解图① 　 　 第 4 题解图② (3)EF= 46 . 【解法提示】∵ 四边形 ABCD 是平行四边 形,AB= 8,BD = 8,AC = 12,由(2) 可知 AC2 +BD2 = 2AB2 + 2AD2 ,∴ 122 + 82 = 2× 82 + 2AD2 ,解得 AD = 2 10 (负值舍 去),∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,AC = 12,BD = 8,∴ BC =AD= 2 10 ,OA=OC= 1 2 AC= 6,OB=OD= 1 2 BD = 4,如解 图②,过点 E,O 分别作 BC 的垂线,垂足分别为 M,G,连接 OF,∵ 点 O,F 分别为 AC,BC 的中点,∴ OF= 1 2 AB= 4 =OB = 1 2 BD,∵ OG⊥BF,∴ BG=GF = 1 2 BF,∵ 点 F 是 BC 的中 点,∴ BF= 1 2 BC,∴ BG=GF= 1 2 BF = 1 4 BC = 10 2 ,∴ CG = BC- BG = 3 2 10 , 在 Rt △OGC 中, OG ⊥ BC, ∴ OG = OC2 -CG2 = 62 -( 3 2 10 ) 2 = 3 6 2 ,∵ 点 E 为 AO 的中 点,∴ OE= 1 2 OA= 1 2 OC,又∵ EC=OC+OE = 3 2 OC,∴ OC EC = 2 3 ,OE OC = 1 2 ,∵ EM⊥BC,OG⊥BC,∴ EM∥OG,∴ EO OC =MG CG = 1 2 ,∵ MG= 1 2 CG= 3 10 4 ,∴ MF=MG+GF = 3 10 4 + 10 2 = 5 4 10 ,∵ EM∥OG,∴ △COG∽△CEM,∴ OG EM = OC EC = 2 3 , ∴ EM= 3 2 OG= 9 4 6 ,在 Rt△EMF 中,EF = EM2 +MF2 = ( 9 4 6 ) 2 +( 5 4 10 ) 2 = 46 . 5. 思维构建 对于(1)和(2),题中存在中点的连线时,想中位线,利用 中位线的性质即可解决问题; 对于(3),取 BD 的中点 P,连接 PN、PM,构造中位线,再 结合中位线的性质解题. (1)证明:∵ P 是 BD 的中点,M 是 AB 的中点,N 是 DC 的 中点, ∴ PN 是△BCD 的中位线,PM 是△ABD 的中位线, ∴ PN= 1 2 BC,PM= 1 2 AD, ∵ AD=BC,∴ PM=PN, ∴ ∠PMN= ∠PNM; (2)证明:由(1)知,PN 是△BDC 的中位线,PM 是△ABD 的中位线, ∴ PN∥BC,PM∥AD, ∴ ∠PNM= ∠F,∠PMN= ∠AEM, ∵ ∠PNM= ∠PMN, ∴ ∠AEM= ∠F; (3)解:△CGD 是直角三角形,证明: 如解图,取 BD 的中点 P,连接 PM,PN, 第 5 题解图 ∵ N 是 CD 的中点,M 是 AB 的中点, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 82 参考答案与重难题解析·数学 29　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 ∴ PN 是△BCD 的中位线,PM 是△ABD 的中位线, ∴ PN∥BC,PN= 1 2 BC,PM∥AD,PM= 1 2 AD, ∵ AD=BC,∴ PM=PN, ∴ ∠PNM= ∠PMN, ∵ PM∥AD,∴ ∠PMN= ∠ANM= 60°, ∴ ∠PNM= ∠PMN= 60°, ∵ PN∥BC,∴ ∠CGN= ∠PNM= 60°, 又∵ ∠CNG= ∠ANM= 60°, ∴ △CGN 是等边三角形,∴ CN=GN, 又∵ CN=DN,∴ DN=GN, ∴ ∠NDG= ∠NGD= 1 2 ∠CNG= 30°, ∴ ∠CGD= ∠CGN+∠NGD= 90°, ∴ △CGD 是直角三角形. 6. 解:(1)BE=CF,30; 【解法提示】如解图①,设 BE 与 AC 交于点 O,∵ ∠BAC = ∠EAF= 30°,∴ ∠BAC+∠CAE= ∠EAF+∠CAE,即∠BAE = ∠CAF,在△ABE 和△ACF 中, AB=AC, ∠BAE= ∠CAF, AE=AF, { ∴ △ABE ≌△ACF( SAS),∴ BE = CF, ∠ABE = ∠ACD, ∵ ∠AOE = ∠ABE+∠BAC,∠AOE= ∠ACD+∠BDC,∴ ∠BDC = ∠BAC = 30°. 第 6 题解图① (2)BE=CF,∠BDC= 60°;理由如下: ∵ ∠BAC= ∠EAF= 120°,AE=AF, ∴ ∠AEF= ∠AFE= 30°,∠BAC-∠EAC= ∠EAF-∠EAC,即 ∠BAE= ∠CAF, 在△ABE 和△ACF 中, AB=AC, ∠BAE= ∠CAF, AE=AF, { ∴ △BAE≌△CAF(SAS), ∴ BE=CF,∠AEB= ∠AFC, ∴ ∠BDC= ∠BEF - ∠EFD = ∠AEB + 30° - ( ∠AFC - 30°) = 60°; (3)BF=CF+2AM;【解法提示】∵ △ABC 和△AEF 都是等 腰直角三角形,∠CAB = ∠EAF = 90°,∴ AB = AC,AE = AF, ∠AEF= ∠AFE = 45°,∠CAB- ∠CAE = ∠FAE- ∠CAE,即 ∠BAE = ∠CAF, ∴ △BAE ≌ △CAF ( SAS), ∴ BE = CF, ∵ AM⊥BF,∴ ∠AME= 90°,EF= 2EM,∴ ∠EAM = ∠AEF = 45°,∴ AM = EM,∴ EF = 2AM,∵ BF = BE+EF,∴ BF = CF +2AM. (4)7 + 7 4 或 7- 7 4 . 【解法提示】如解图②,连接 BD,以 BD 为直径作圆,由题意,取满足条件的点 P,P′,连接 PA,PB, 过点 A 作 AF⊥PB 于点 F,在 BP 上截取 BE=PD,连接 AE, BP′,DP′,则 PD=P′D= 1,∠BPD= ∠BP′D= 90°,∵ 在正方 形 ABCD 中,AB = 2, ∴ BD = 2 2 , ∴ BP = BD2 -PD2 = (2 2 ) 2 -12 = 7 ,∵ ∠PDA= ∠ABE,AD=AB,∴ △ADP≌ △ABE ( SAS ), ∴ AP = AE, ∠BAE = ∠DAP, ∴ ∠DAP + ∠DAE= ∠BAE+∠DAE = ∠BAD = 90°,即∠PAE = 90°,由 (3)可得 PB-PD = 2AF,∴ AF = PB -PD 2 = 7 -1 2 ,∴ S△PAB = 1 2 PB·AF= 7 - 7 4 ,同理可得 S△P′AB = 7+ 7 4 ,故△ABP 的面 积为 7+ 7 4 或 7- 7 4 . 第 6 题解图② 类型 2　 动点类几何综合题 1. 解:(1)CF= 1 2 BD,理由如下: 如解图①,过点 D 作 DG∥BC,交 AC 于点 G, 第 1 题解图① ∵ △ABC 是等边三角形, ∴ AB=AC=BC,∠ABC= ∠ACB= ∠BAC= 60°, ∵ DG∥BC, ∴ ∠ADG = ∠ABC = 60°, ∠AGD = ∠ACB = 60°, ∠GDF = ∠CEF, ∴ △ADG 为等边三角形, ∴ AD=AG=DG, ∵ AD=CE,AB-AD=AC-AG, ∴ DG=CE,BD=CG, 又∵ ∠DFG= ∠CFE, ∴ △DGF≌△ECF(AAS), ∴ CF=GF= 1 2 CG= 1 2 BD; (2)①成立,理由如下: 第 1 题解图② 如解图②,过点 D 作 DG∥BC,交 AC 的延长线于点 G, ∵ △ABC 是等边三角形, ∴ AB =AC =BC,∠ABC = ∠ACB = ∠BAC= 60°, ∵ DG∥BC, ∴ ∠ADG = ∠ABC = 60°, ∠AGD = ∠ACB = 60°, ∠GDF 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 92