突破设问1 线段问题&突破设问2 特殊图形形状判断&突破设问3 面积问题-【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 专 题 七 直 线 型 ︵ 三 角 形 ︑四 边 形 ︑多 边 形 ︶ 几 何 综 合 题 突破设问 1　 线段问题 　 　 在几何综合题的设问中,线段问题极为常见,主要考查方式有两类:①计算类,如计算线段长 度,计算线段的比值等;②证明类,如确定两条线段的数量关系,确定多条线段的数量关系,确定两 条线段的位置关系等. 在解题方法上,求线段长度问题一般可转化为“解直角三角形”或“相似”; 而确定线段的数量关系或位置关系,多用全等转化. ◆计算一条线段的长度 【破解妙招 1】应用勾股定理直接求解———有直角时找三边,无直角时作垂直 　 第 1 题图 　 1. 如图,在△ABC 中,点 E 是 AC 上一点,EF⊥AB 于 F,若 AF = 3,AC = 9,EF = CE,则 AE 的长为　 　 　 　 . 【思维构建】AE 在 Rt△AFE 中,AF 已知,EF =CE 可以用 AE 表示,应用勾 股定理即可. 　 2. 如图,在△ABC 中,AB= 5,tanB= 3 4 ,BC>AB. 点 D 在 BC 上,BD= 2,连接 AD,则 AD= 　 13 　 . 　 第 2 题图 【思维构建】要计算 AD 的长度,需将 AD 放在一个直角三角形中, 如作 AE⊥BC 求解. 【破解妙招 2】应用相似三角形———有相似想三边比,无相似时巧构造 　 3. (2024 陕西改编)如图,在△ABC 中,AC=AB= 12,∠CAB= 90°,点 D 在 CA 延长线上,AD= 9,点 E 第 3 题图 是 BC 的中点,点 F 在 BD 上, ∠BFE= 45°,则 EF= 　 　 　 　 . 【思维构建】已知∠EBF = ∠DBC,再证∠BFE = ∠BCD 可得△BEF ∽△BDC. 　 4. 如图,在矩形 ABCD 中,AB= 8,AD = 6,点 E 在 AB 上,BE = 2,点 F 在 BD 上,tan∠AEF = 3,则 EF= 　 　 　 　 . 　 第 4 题图 【思维构建】过点 D 作 EF 的平行线构造相似三角形. 25 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 【破解妙招 3】遇到中点常倍半 　 5. (2023 沈阳改编)如图,在 Rt△ABC 中,AB=AC= 3,点 D 在 AB 上,BD= 1,作 DE∥BC 交 AC 于点 E,连接 CD,点 F 是 CD 的中点,则 EF= 　 　 　 　 . 【思维构建】点 F 是 CD 的中点考虑作 DG∥EF 交 AC 于点 G 得 DG= 2EF. 第 5 题图 【破解妙招 4】整段难求巧分割 　 6. (2024 陕西改编)如图,在△ABC 中,BC= 6,AC= 6 2 ,∠B= 60°,则 AB= 　 3+3 5 　 . 第 6 题图 【思维构建】由∠B= 60°考虑过 C 作 AB 的垂线,分割成两条线段计算. ◆计算两条线段的比值 【破解妙招 1】巧设参量搭桥,消参求比值 　 7. 如图,点 E 是菱形 ABCD 的边 AB 上一点,EF⊥AC 于点 F,若 EF = BE,AB AC = 5 6 ,则BE AB 的值 为　 　 　 　 . 【思维构建】连接 BD,由菱形性质得 BD⊥AC,结合 EF⊥AC 列关于 BE 的比例,求出 BE,AE 第 7 题图 即可. 【破解妙招 2】构造相似转化 　 8. (2024 齐齐哈尔改编)如图,在 Rt△ABC 中,∠A= 90°,AC= 3,AB= 1. 将线段 BC 绕点 B 顺时针旋 转 90°得到线段 BD,过点 D 作 DE⊥AB 交 AB 的延长线于点 E,连接 CE 交 BD 于点 N,则 BN DN = 　 　 　 　 . 第 8 题图 【思维构建】要计算BN DN ,结合图中∠DNE= ∠BNC 想到构造“8 字”相似. 35 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 ◆证明两条线段相等 【破解妙招】 类型 共线共端点 同一三角形中 两个三角形中 四边形两对边 图示 基本 思路 证 M 是中点 证∠A= ∠B 证△ACM≌△BDM 证四边形 ABNM 是特殊的四边形 　 9. (2024 陕西改编)如图,点 E 在正方形 ABCD 的边 BC 上,以 BE 为边作正方形 BEFG,连接 DF 交 AC 于点 H. 求证:DH=FH. 第 9 题图 证明:连接 BD 交 AC 于点 O,连接 BF,如解图,∵四边形 BEFG 是正方形,∴∠EBF= 45°, ∴∠DBF=∠DBE+∠CBF= 90°=∠DOC, ∴OH∥BF,∴DH FH =DO BO = 1,∴DH=FH. 　 10. (2024 新疆改编)如图,在四边形 ABCD 中,AB∥CD,CD>AD. AE 平分∠DAB 交 DC 于点 E. 求 第 10 题图 证:AD=ED. 证明:∵AE 平分∠DAB,∴∠DAE=∠BAE, ∵DC∥AB,∴∠DEA=∠BAE=∠DAE, ∴AD=ED. 　 11. (2024 重庆 B 卷节选)如图,在 Rt△ABC 中,∠ACB= 90°,AC=BC,点 E 是 BC 的中点,过点 C 作 AE 的垂线,过点 B 作 AC 的平行线,两线交于点 D. 求证:AC= 2BD. 第 11 题图 证明:∵∠ACB= 90°,BD∥AC, ∴∠CBD= 90°,∠AEC+∠EAC= 90°, ∵CD⊥AE,∴∠AEC+∠BCD= 90°,∴∠BCD=∠CAE, ∵AC=BC,∠ACE=∠CBD,∴△ACE≌△CBD, ∴CE=BD. ∵AC=BC,点 E 是 BC 的中点, ∴AC= 2CE,∴AC= 2BD. 　 12. 如图,在四边形 ABCD 中,AD∥BC,∠B= ∠C,点 E 是 BC 上一点,DE=DC. 求证:AD=BE. 第 12 题图 证明:∵DE=DC,∴∠DEC=∠C, ∵∠B=∠C,∴∠B=∠DEC,∴AB∥DE. ∵AD∥BC,∴四边形 ABED 是平行四边形, ∴AD=BE. 45 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 ◆确定三条线段之间的数量关系 【破解妙招】三条化两条(截长补短法),两条证相等 　 13. 如图,△ABC 和△ADE 都是等边三角形,连接 BD,CE,延长 CE 交 BD 于点 F,连接 AF,保持 △ABC 不动,将△ADE 绕点 A 旋转. 当点 D,F 重合时,请直接写出 AF,BF,CF 之间的数量关 系,并说明理由. 第 13 题图 解:CF=AF+BF,理由如下: ∵△ABC 和△ADE 都是等边三角形, ∴AB=AC,AF=AE,∠BAC=∠FAE= 60°, ∵∠CAB=∠CAE+∠BAE,∠FAE=∠FAB+∠BAE, ∴∠FAB=∠EAC,∴△FAB≌△EAC,∴BF=CE, ∵CF=CE+EF,EF=AF,∴CF=AF+BF. 　 14. (2024 河南改编)如图,在四边形 ABCD 中,∠ABC= ∠ADC= 90°,AD=CD,连接 BD. 求证:AB+BC= 2BD. 第 14 题图 证明:如解图,延长 BC 到点 M,使得 CM=AB,连接 DM. ∴∠A+∠BCD= 360°-∠ABC-∠ADC= 180°, ∵∠BCD+∠MCD= 180°,∴∠BAD=∠MCD, ∵AD=CD,∴△ABD≌△CMD,∴DM=DB,∠DMB=∠DBA, ∴∠DBM=∠DMB=∠DBA= 45°,∴∠BDM= 90°, ∴△BDM 为等腰直角三角形, ∴BM= 2BD,即 CM+BC= 2BD, ∴AB+BC= 2BD. ◆确定两线段所在直线的位置关系 【破解妙招】确定两线段所在直线的位置关系时,可先观察图形快速定位,再利用全等或角度关系证 明.一般情况下,当两条直线无交点时,可猜想两直线平行;当两条直线有交点时,可猜想两直线垂直. 　 15. (2024 江西改编)如图,在 Rt△ABC 中,点 D 是斜边 AB 上的动点(点 D 与点 A 不重合),连接 CD,以 CD 为直角边在 CD 的右侧构造 Rt△CDE,∠DCE= 90°,连接 BE,CE CD =CB CA . 猜想 AD 和 BE 之间的位置关系,并说明理由. 【思维构建】观察图形可知直线 AD 和直线 BE 交于点 B,猜想 AD⊥BE. 结合∠ACB = 90°得 ∠ABC+∠CAB= 90°,可知需证∠CBE= ∠CAB. 第 15 题图 解:AD⊥BE. 理由如下: ∵∠DCE=∠ACB= 90° ∴∠DCE-∠DCB=∠ACB-∠DCB,即∠BCE=∠ACD, 又∵CE CD =CB CA ,∴△ACD∽△BCE,∴∠CAD=∠CBE. ∵∠ACB= 90°,∴∠CBA+∠CAD= 90°, ∴∠CBA+∠CBE= 90°, ∴AB⊥BE,即 AD⊥BE. 55 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 　 16. (2024 安徽改编)如图,在平行四边形 ABCD 中,对角线 AC 与 BD 交于点 O,点 E,F 分别在 OB,OD 上,且 BE=DF,点 H 在 OA 上,HE∥AB. 求证:HF∥AD. 【思维构建】证明两直线平行的几种思路. 应用平行线判定定理 应用平行线分线段成比例(含 中位线) 应用平行四边形 对边性质 图示 依据 同位角:证∠1 = ∠2 内错角:证∠1 = ∠3 同旁内角:证∠1+∠4 = 180° 由 PA ∶ AB = PC ∶ CD 及∠P 共 用得△PAC∽△PBD,得∠PAC = ∠PBD,得 AC∥BD 平行四边形的对 边平行 第 16 题图 证明:∵四边形 ABCD 是平行四边形, ∴OB=OD,∵BE=DF,∴OE=OF, ∵HE∥AB,∴OH ∶OA=OE ∶OB, ∴OH ∶OA=OF ∶OD, 又∵∠HOF=∠AOD, ∴△OHF∽△OAD, ∴∠OHF=∠OAD, ∴HF∥AD. 突破设问 2　 特殊图形形状判断 特殊图形形状判断,主要考查特殊三角形和特殊四边形的判断. ①三角形形状判断会考查等腰三角形、等边三角形、直角三角形、等腰直角三角形,主要看图形中 是否存在等边、等角、直角;(特殊三角形判定的练习详见一轮章节分层练 P97~ 102) ②四边形形状判断中较少考查正方形判定,多考查平行四边形、菱形和矩形的判定. 先证四边形是 平行四边形,再找邻边相等、直角、对角线相等、对角线垂直等条件. (详见大单元结构化整合练 P20) 1. (2024 山西节选)如图,四边形 ABCD 是菱形,过点 A 作 AE⊥BC 于点 E,过点 C 作 CF⊥AD 于点 F. 试判断四边形 AECF 的形状,并说明理由. 第 1 题图 解:四边形 AECF 为矩形. 理由如下: ∵AE⊥BC,CF⊥AD, ∴∠AEC= 90°,∠AFC= 90°, ∵四边形 ABCD 为菱形,∴AD∥BC, ∴∠AFC+∠ECF= 180°, ∴∠ECF= 180°-∠AFC= 90°, ∴四边形 AECF 为矩形. 65 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. 如图,将两个完全相同的矩形纸片 ABCD 和 CEFG 拼成“ L”形图案,连接 AF,AC,CF. 试判断 △ACF 的形状,并说明理由. 　 第 2 题图 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=GF,∠FGC=∠ABC= 90°,BC=CG,∴△ABC≌△FGC, ∴∠BAC=∠GFC, ∵AB∥CD,∴∠BAC=∠ACG,∴∠ACG=∠GFC, ∵∠GCF+∠GFC= 90°,∴∠ACG+∠GCF= 90°,即∠ACF= 90°, ∴△ACF 是等腰直角三角形. 3. 如图,在△ABC 中,BD 是 AC 边上的中线,E 是 BD 的中点,过点 B 作 BF∥AC,交 CE 的延长线于 点 F,连接 AF. 求证:四边形 ADBF 是平行四边形. 　 第 3 题图 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, ì î í ï ï ï ï ∴△BEF≌△DEC(AAS), ∴BF=CD, ∵BD 是 AC 边上的中线, ∴AD=CD,∴AD=BF, 又∵BF∥AD, ∴四边形 ADBF 是平行四边形. 4. 有两个全等的三角形纸片△ABC 和△DEF,其中∠ABC = ∠DEF = 90°,∠C = ∠F,将△ABC 和 △DEF 按如图所示方式摆放,斜边 AC 和 DF 的中点重合(标记为点 O),DE 交 AB 于点 G. 当 DF∥AB 时,试判断四边形 AGDO 的形状,并说明理由. 第 4 题图 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,∴DE∥AC, ∴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, ∴四边形 AGDO 是菱形. 75 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 突破设问 3　 面积问题 面积问题常考 4 种类型: ①三角形或特殊四边形的面积计算,常用公式有 S三角形 = 1 2 ×底×高,S平行四边形 =底×高,S菱形 =底×高= 对角线乘积的一半,S矩形 =长×宽,S正方形 =边长的平方=对角线乘积的一半; ②不规则图形的面积计算,通过分割或补全为规则图形进行计算; ③面积最值问题,常通过设未知数利用二次函数求面积最值;(详见专题四类型 2) ④面积比值问题,利用相似转化为线段比值问题. (详见突破设问 1) 1. 如图,在矩形 ABCD 中,AB= 3 ,点 P 在 AD 上,以 AP 为边向下作等边三角形 APM,当点 M 落在 边 BC 上时,△APM 的面积为　 3 　 . 第 1 题图 【思维构建】要求△APM 的面积,只需知道底边 AP 和高 AB 的长度,AB 已知,只需求 AP. 2. 一块钢板形状如图所示,若 AB = 3,BC = 4,AB⊥BC,CD = 12,AD = 13,则这块钢板的面积 为　 36　 . 第 2 题图 【思维构建】四边形 ABCD 是不规则图形无法直接计算,可连接 AC,将四边形分割成两个直角三 角形进行计算. 3. 如图,在正方形网格中,每个小正方形的边长为 1,四边形 ABCD 的每一个顶点都在格点上,则格 点四边形 ABCD 的面积为　 13　 . 第 3 题图 【思维构建】四边形 ABCD 是不规则图形无法直接计算,可将其补全为矩形,再作差求面积. 突破设问 4　 最值问题 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋最值问题详见大单元结构化整合练 P61 直线型几何综合题的必备能力———辅助线见大单元结构化整合练 P32 直线型几何综合题快速突破口———模型见大单元结构化整合练 P39 85 参考答案与重难题解析·数学24　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 则 OF= r+1, ∵ sin∠AFE= 4 5 =OE OF = r r+1 , ∴ r= 4,∴ AB= 2r= 8, 在 Rt△ABC 中,sin∠ABC=AC AB = sin∠AFE= 4 5 ,AB= 8, ∴ AC= 4 5 AB= 4 5 ×8 = 32 5 , ∴ BC= AB2 -AC2 = 24 5 . 18. (1)证明:如解图,连接 OC, 第 18 题解图 ∵ BD ( =BC ( , ∴ ∠BOD= ∠BOC, 又∵ ∠BOD= 2∠F,∠BOC= 2∠A, ∴ ∠A= ∠F, 又∵ ∠AGE= ∠BGF, ∴ ∠AEG= ∠GBF, ∵ DE⊥AC, ∴ ∠AEG= 90°, ∴ ∠GBF= 90°,∴ OB⊥BF, ∵ OB 为☉O 的半径, ∴ BF 是☉O 的切线; (2)解:△DGB 为等腰三角形, 理由:如解图,连接 CD,∵ DB ( =BC ( , ∴ DC⊥AB, ∵ OB⊥BF,∴ DC∥BF, ∴ ∠BDC= ∠DBF, 又∵ ∠BDC= ∠A,∴ ∠DBF= ∠A, 又∵ ∠A= ∠F,∴ ∠DBF= ∠F, ∵ ∠GBF = 90°, ∴ ∠F + ∠DGB = 90°, ∠DBG + ∠DBF = 90°, ∴ ∠DGB= ∠DBG,∴ DB=DG, ∴ △DGB 为等腰三角形; (3)解:由(2)可知,DB=DG,∠F= ∠DBF, ∴ DF=DB,∴ DF=DG=DB= 2, ∴ FG= 4. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 专题七　 直线型(三角形、四边形、多边形)几何综合题 突破设问 1　 线段问题 1. 5　 【解析】∵ AC= 9,EF=CE=AC-AE,设 AE= x,则 EF=CE = 9-x,在 Rt△AEF 中,由勾股定理得 AF2 +EF2 =AE2 ,即 32 +(9-x) 2 = x2 ,解得 x= 5. 2. 13 　 【解析】如解图,作 AE⊥BC 于点 E,∵ AB= 5,tanB = AE BE = 3 4 . ∴ 设 AE= 3x,则 BE = 4x,由勾股定理得 AE2 +BE2 =AB2 ,即(3x) 2 +(4x) 2 = 52 ,解得 x= 1 或 x = -1(舍),∴ AE = 3,BE = 4,∵ BD = 2,∴ DE = 2,∴ 在 Rt△ADE 中, AD = AE2 +DE2 = 13 . 第 2 题解图 3. 42 2 5 　 【解析】在 Rt△ABC 中,AB = AC = 12,∠BAC = 90°, ∴ BC= 12 2 ,∠ACB = ∠ABC = 45° = ∠BFE. ∵ 点 E 是 BC 的中点,∴ BE= 6 2 . 在 Rt△ABD 中,AB = 12,AD = 9,∴ 由 勾股定理得 BD = 15, ∵ ∠EBF = ∠DBC, ∴ △EBF ∽ △DBC,∴ EF DC =BE BD ,即EF 21 = 6 2 15 ,解得 EF= 42 2 5 . 第 4 题解图 4. 2 10 3 　 【解析】如解图,作 DM∥EF 交 AB 于点 M,则∠AMD = ∠AEF,∵ 四边 形 ABCD 是矩形,AD = 6,tan∠AMD = AM AD = tan ∠AEF = 3, ∴ AM = 2, ∴ 由勾股定理得 DM = AD2 +AM2 = 2 10 . ∵ AM = 2,AB = 8,∴ BM = 6,∵ EF∥ DM,∴ △BEF∽△BMD,∴ EF DM = BE BM = 1 3 ,∴ EF= 2 10 3 . 5. 5 2 　 【解析】如解图,作 DG∥EF 交 AC 于 G,∵ AB= 3,BD = 1,∴ AD= 2,∵ DE∥BC,AB = AC = 3,∴ AE = AD = 2,CE = 1. ∵ DG∥EF,点 F 是 CD 的中点,∴ CE = GE = 1,DG = 2EF, ∴ AG= 1,在 Rt△ADG 中,由勾股定理得 DG = 5 ,∴ EF = 1 2 DG= 5 2 . 第 5 题解图 6. 3+3 5 　 【解析】如解图,过点 C 作 CD⊥AB 于点 D,∵ ∠B = 60°,BC = 6, ∴ BD = 3,CD = 3 3 , ∵ AC = 6 2 , ∴ AD = AC2 -CD2 = 3 5 ,∴ AB=BD+AD= 3+3 5 . 第 6 题解图 　 　 第 7 题解图 7. 4 9 　 【解析】如解图,连接 BD 交 AC 于点 O,∵ 四边形 AB- 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 42 参考答案与重难题解析·数学 25　 二 轮 专 题 培 优 练 答 案 CD 是菱形,∴ BD⊥AC,OA =OC,∵ AB AC = 5 6 ,∴ 设 AB = 5x, 则 AC= 6x,∴ AO= 3x,在 Rt△AOB 中,由勾股定理得 BO = 4x. ∵ EF⊥AC,∴ EF∥BO,∴ △AEF∽△ABO,∴ AE AB = EF BO , ∵ EF=BE,∴ EF=AB-AE,∴ AE 5x = 5x-AE 4x ,解得 AE= 25 9 x,∴ BE=AB-AE= 20 9 x,∴ BE AB = 4 9 . 8. 9 4 　 【解析】如解图,作 BM⊥AE 交 CE 于点 M,易得 BM∥ DE∥AC. ∵ BD 是由 BC 绕点 B 顺时针旋转 90°得到的,∴ BD=BC,∠CBD= 90°,∵ ∠CAB = ∠BED = 90°,易得△CAB ≌△BED,∴ DE =AB = 1,BE =AC = 3,AE = 4,∵ BM∥AC,∴ △EBM∽△EAC,∴ BM AC = BE AE ,即BM 3 = 3 4 ,∴ BM = 9 4 . ∵ BM ∥DE,∴ △BMN∽△DEN,∴ BN DN =BM DE = 9 4 . 第 8 题解图 9. 证明:如解图,连接 BD 交 AC 于点 O,连接 BF. ∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ BD⊥AC,OD=OB,∠DBC= 45°, ∵ 四边形 BEFG 是正方形,∴ ∠EBF= 45°, ∴ ∠DBF= ∠DBE+∠CBF= 90° = ∠DOC, ∴ OH∥BF,∴ DH FH =DO BO = 1,∴ DH=FH. 第 9 题解图 10. 证明:∵ AE 平分∠DAB, ∴ ∠DAE= ∠BAE, ∵ DC∥AB, ∴ ∠DEA= ∠BAE= ∠DAE, ∴ AD=ED. 11. 证明:∵ ∠ACB= 90°,BD∥AC, ∴ ∠CBD= 90°,∠AEC+∠EAC= 90°, ∵ CD⊥AE,∴ ∠AEC+∠BCD= 90°, ∴ ∠BCD= ∠CAE, ∵ AC=BC,∠ACE= ∠CBD, ∴ △ACE≌△CBD, ∴ CE=BD. ∵ AC=BC,点 E 是 BC 的中点, ∴ AC= 2CE,∴ AC= 2BD. 12. 证明:∵ DE=DC,∴ ∠DEC= ∠C, ∵ ∠B= ∠C,∴ ∠B= ∠DEC, ∴ AB∥DE. ∵ AD∥BC,∴ 四边形 ABED 是平行四边形, ∴ AD=BE. 13. 解:CF=AF+BF,理由如下: ∵ △ABC 和△ADE 都是等边三角形, ∴ AB=AC,AF=AE,∠BAC= ∠FAE= 60°, ∵ ∠CAB= ∠CAE+∠BAE,∠FAE= ∠FAB+∠BAE, ∴ ∠FAB= ∠EAC, ∴ △FAB≌△EAC, ∴ BF=CE, ∵ CF=CE+EF,EF=AF, ∴ CF=AF+BF. 第 14 题解图 14. 证明:如解图,延长 BC 到点 M,使 得 CM=AB,连接 DM. ∵ 在四边形 ABCD 中, ∠ABC = ∠ADC= 90°, ∴ ∠A + ∠BCD = 360° - ∠ABC - ∠ADC= 180°, ∵ ∠BCD+∠MCD= 180°,∴ ∠BAD= ∠MCD, ∵ AD=CD,∴ △ABD≌△CMD, ∴ DM=DB,∠DMB= ∠DBA, ∴ ∠DBM= ∠DMB= ∠DBA= 45°, ∴ ∠BDM= 90°,∴ △BDM 为等腰直角三角形, ∴ BM= 2BD,即 CM+BC= 2BD, ∴ AB+BC= 2BD. 15. 解:AD⊥BE. 理由如下: ∵ ∠DCE= ∠ACB= 90°, ∴ ∠DCE-∠DCB= ∠ACB-∠DCB,即∠BCE= ∠ACD, 又∵ CE CD =CB CA , ∴ △ACD∽△BCE,∴ ∠CAD= ∠CBE. ∵ ∠ACB= 90°,∴ ∠CBA+∠CAD= 90°, ∴ ∠CBA+∠CBE= 90°, ∴ AB⊥BE,即 AD⊥BE. 16. 证明:∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ OB=OD,∵ BE=DF,∴ OE=OF, ∵ HE∥AB,∴ OH ∶ OA=OE ∶ OB, ∴ OH ∶ OA=OF ∶ OD, 又∵ ∠HOF= ∠AOD, ∴ △OHF∽△OAD, ∴ ∠OHF= ∠OAD, ∴ HF∥AD. 突破设问 2　 特殊图形形状判断 1. 解:四边形 AECF 为矩形. 理由如下: ∵ AE⊥BC,CF⊥AD, ∴ ∠AEC= 90°,∠AFC= 90°, ∵ 四边形 ABCD 为菱形, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 52 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