专题五 突破设问1 线段问题-【一战成名新中考】2025山东中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·山东数学 重 难 专 题 专题五　 几何综合及探究问题 (统考卷 22 题;统考样卷 24 题) 突 破 设 问 1 　 线段问题 类型 1　 求线段长(统考样卷 24(3)题) 1. [2024 淄博桓台县二模改编]如图,在△ABC 中,AB = AC = 2,∠B= 15°,CD 是腰 AB 上的高,则 CD 的长为　 1　 . 第 1 题图 　 　 第 2 题图 2. [2024 聊城东昌府区一模节选]将△ABC 纸片按如图所示 方式折叠,使点 A 与点 C 重合,折痕为 EF,若∠A= 45°, AC= 2,D 为 EF 的中点,连接 CD,则 CD 的长为　 　 　 . 第 3 题图 3. [2024 菏泽鄄城县三模改编]如图,在 Rt△ABC 中,∠BAC= 90°,AB =AC, 点 D 在边 BC 上,DE⊥DA 且 DE = DA,AE 交边 BC 于点 F,连接 CE. 若 CD = 8, DF = 5, 则 AD 的 长 为　 2 10 　 . 4. [2024 济宁邹城市模拟改编]如图,AC 平分∠BAD,CB⊥ AB,CD⊥AD,垂足分别为 B,D. (1)若 AC= 5,BC= 3,求 AD 的长; (2)连接 BD,若 AB= 6,CD= 5 2 ,求线段 BD 的长. 第 4 题图 方法解读 求线段长的方法很多,常见方法 如下: (1)利用锐角三角函数求解; (2)利用勾股定理求解; (3)利用相似三角形的对应边成 比例求解; (4)利用全等三角形的对应边相 等求解; (5)利用等面积法求解. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 05 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 类型 2　 线段数量关系(统考卷 22(1)、(2)②题;统考样卷 24(2)题) 考法 1　 证明两条线段相等 5. [2024 枣庄滕州市模拟改编]如图,在等腰三角形 ABC 中, AB=AC,点 D,E 分别在边 AB,AC 上,AD =AE,连接 DE, BE, 点 M, N, P 分别为 DE, BE, BC 的中点. 求证: MN=PN. 第 5 题图 证明:∵AB=AC,AD=AE, ∴BD=CE, ∵点 M,N,P 分别为 DE,BE,BC 的 中点,∴MN= 1 2 BD,PN= 1 2 CE, ∴MN=PN. 6. [2024 赤峰节选]如图,在△ABC 中,AB = AC,点 D 是 AC 上的一个动点,过点 D 作 DE⊥BC 于点 E,延长 ED 交 BA 延长线于点 F. 求证:AD=AF. 第 6 题图 证明:∵AB=AC,∴∠B=∠C, ∵DE⊥BC,∴∠BED=∠CED=90°, ∴∠B+∠F=∠C+∠EDC=90°, ∴∠F=∠EDC, ∵∠ADF=∠EDC,∴∠ADF=∠F, ∴AD=AF. 7. [2024 淄博周村区二模改编]如图,四边形 ABCD 是正方 形,点 E 是 AD 边上的一个动点,以 CE 为边在 CE 的右 侧作正方形 CEFG,连接 DG,BE,判断线段 DG 与 BE 的 数量关系,并说明理由. 第 7 题图 解:DG= BE,理由:∵四边形 ABCD 是正 方形,∴DC=BC,∠BCD=90°, ∵四边形 CEFG 是正方形, ∴CG=CE,∠GCE=90°, ∴∠DCG+∠ECD=∠BCE+∠ECD=90°, ∴∠DCG=∠BCE, 在△DCG 和△BCE 中, DC=BC, ∠DCG=∠BCE, CG=CE, ì î í ïï ïï ∴△DCG≌△BCE(SAS),∴DG=BE. 8. 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 8 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. 方法解读 证明两条线段相等的常见方法: (1)等量代换法:若 a = c,b = c,则 a= b;或若 a= 1 2 c,b = 1 2 d,c = d,则 a= b; (2) 同一三角形中, 要证 MA = MB,可证∠A= ∠B; (3) 两个三角形中, 要证 AC = BD,可证△ACM≌△BDM; (4) 若两条线段是四边形的对 边,则可证明该四边形是平 行四边形. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 15 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 考法 2　 确定两条线段的倍数关系 9. [ 2024 泰安 24 题改编] 如图 ①, 在等腰 Rt △ABC 中, ∠ABC= 90°,AB = CB,点 D,E 分别在 AB,CB 上,DB = EB,连接 AE,CD,取 AE 中点 F,连接 BF. (1)求证:CD= 2BF; (2)将△DBE 绕点 B 顺时针旋转到图②的位置. 求证: CD= 2BF. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋【逆向思维引导】(1)要证 CD= 2BF,根据直角三角形斜边上 中线的性质得 AE= 2BF,只需通过全等三角形证得 CD=AE; (2)要证 CD= 2BF,由 F 是 AE 的中点,可由“倍长中线”得 到 BG= 2BF,只需通过全等三角形证得 CD=BG. 图① 　 　 图② 第 9 题图 10. [ 2024 济南市中区二模改编] 如图, 在 Rt △ABC 中, ∠ABC= 90°,∠ACB= 60°,点 D 为 BC 边上一动点,DE∥ AB 交 AC 于点 E,当∠ADF=∠ACF= 90°时,求AE FC 的值. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋【逆向思维引导】求AE FC 的值,可联想到相似三角形对应边成 比例,即证△DAE∽△DFC,再结合锐角三角函数即可解决. 第 10 题图 方法解读 证明两条线段倍数关系的常见 方法: (1)利用三角形中位线或直角三 角形斜边上的中线证明 a = 2b; (2)利用“倍长中线”证明 a= 2b 【“巧构倍长(类)中线”见本 册 P7】; (3) 利用全等三角形的性质,通 过等量代换证明; (4) 利用相似三角形的性质,通 过对应边成比例证明; (5) 利用含 30°角的直角三角形 证明 a = 3 b; (6) 利用等腰直角三角形证明 a= 2 b. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 25 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 考法 3　 三条线段的和差关系 11. [ 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 11 题图 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, 又∵AD=CD,AB=CM,∴△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. 方法解读 证明三条线段和差关系的常见方 法:截长补短法【“截长补短法” 见本册 P9】 . 当数量关系中含倍数时,需将全 等三角形的性质和特殊三角形的 性质结合起来证明. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 考法 4　 四条线段的比例或乘积关系 12. [2024 泰安 23 题改编]如图,把矩形纸片 ABCD 翻折,使 矩形顶点 B 的对应点 G 恰好落在矩形的一边 CD 上, 折痕为 EF,将纸片展平,连接 BG. EF 与 BG 相交于点 H. 求证:EF BG = AB BC . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋【逆向思维引导】所证明比例式的左边是EF BG ,其中 BG 在 Rt△BCG 中,可过点 E 作 EM⊥BC 于点 M,证明△EMF∽ △BCG,得比例式. 第 12 题图 ∵∠EMF=90°,∴∠MEF+∠BFH=90°,∴∠FBH=∠MEF, 又∵∠EMF=∠C=90°,∴△EMF∽△BCG, ∴EF BG =EM BC . ∵四边形 ABCD 是矩形,EM⊥BC, ∴四边形 ABME 是矩形,∴AB=EM,∴EF BG =AB BC . 方法解读 证明四条线段比例或乘积关系的 常见方法:利用相似三角形的性 质,通过对应边成比例证明. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 35 专项培优练·山东数学 重 难 专 题 类型 3　 线段位置关系 13. [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. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋【逆向思维引导】观察图形可知直线 AD 和直线 BE 交于点 B,猜想 AD⊥BE. 要证 AD⊥BE,由∠ACB = 90°得∠ABC + ∠CAB= 90°,可知需证∠CBE= ∠CAB. 第 13 题图 解:AD⊥BE,理由如下: ∵∠DCE=∠ACB=90°, ∴∠DCE-∠DCB =∠ACB-∠DCB,即 ∠BCE=∠ACD, 又∵CE CD =CB CA ,∴△BCE∽△ACD, ∴∠CBE=∠A. ∵∠ACB=90°,∴∠CBA+∠A=90°, ∴∠CBA+∠CBE=∠ABE=90°, ∴AB⊥BE,即 AD⊥BE. 14. 多解法 ∙∙∙ [2024 临沂一模改编]如图,△ABC 和△ADF 均为 等边三角形,点 E,D 分别在 AB,BC 上,且 AE =BD,连 接 EF,CE. 判断线段 BC,EF 的位置关系:　 平行　 ,并 说明理由. 第 14 题图 解:平行,理由: 解法一:如解图,连接 BF. ∵△ABC,△ADF 都是等边三角形, ∴∠FAD=∠BAC=∠ABC=60°,AF=AD,AB=AC=BC, ∴∠FAB=∠DAC,∴△FAB≌△DAC(SAS), ∴BF=CD,∠ABF=∠ACD=60°, ∵AE=BD,AB=BC,∴BE=CD=BF, ∴△EFB 是等边三角形,∴∠FEB=∠ABC=60°, ∴EF∥BC. 解法二见本册 P. 方法解读 一般情况下,当两条线段所在直 线无交点时,可猜想两条线段平 行;当两条线段所在直线有交点 时,可猜想两条线段垂直. 确定两条线段的位置关系时,可 先观察图形快速判断,再利用全 等或角度关系证明. 证明两条直线平行的几种思路: (1)利用平行线判定定理; (2)利用平行四边形对边平行的 性质; (3) 一条直线截三角形的两边 (或延长线)所得的线段(含 中位线)对应成比例,则这条 直线平行于第三边. 由 PA ∶AB=PC ∶CD 及∠P 共用得 △PAC ∽ △PBD, 得 ∠PAC = ∠PBD,得 AC∥BD. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 45 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 QD2 =CQ2 ,即(2a) 2 +(2a-AQ) 2 = (2a+AQ) 2 ,解得 AQ = 1 2 a,∴ DQ = 2a - 1 2 a = 3 2 a, ∴ CQ = 2a + 1 2 a = 5 2 a, ∴ cos∠DCQ= CD CQ = 2a 5 2 a = 4 5 ,故④不正确. 第 22 题解图 专题五　 几何综合及探究问题 1. 1　 【解析】在△ABC 中,∵ AB = AC = 2,∴ ∠ACB = ∠B = 15°,∴ ∠DAC = ∠B + ∠ACB = 30°, 在 Rt △ADC 中, ∵ sin∠DAC= CD AC ,∴ CD= 2sin30° = 1. 2. 5 2 　 【解析】∵ △AEF 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°,∴ CF = AF= 1 2 AC = 1,∠EFC = 90°,∴ ∠FEC = 45°,∴ ∠FEC = ∠ECF,∴ EF=CF= 1,∵ D 是 EF 的中点,∴ DF = 1 2 EF = 1 2 ,∴ CD = DF2 +CF2 = ( 1 2 ) 2 +12 = 5 2 ,即 CD 的长 为 5 2 . 3. 2 10 　 【解析】∵ ∠BAC = 90°,AB = AC,∴ ∠ACB = 45°, ∵ DE⊥DA 且 DE=DA,∴ ∠DAE= 45°,∴ ∠DAE= ∠ACD, ∵ ∠ADF = ∠CDA, ∴ △ADF∽ △CDA, ∴ AD ∶ CD = DF ∶ AD,∵ CD= 8,DF= 5,∴ AD ∶8 = 5 ∶AD,解得 AD = 2 10 ,即 AD 的长为 2 10 . 4. 解:(1)在 Rt△ABC 中,AB= AC2 -BC2 = 4, ∵ AC 平分∠BAD,CB⊥AB,CD⊥AD, ∴ ∠B= ∠D= 90°,CB=CD, 在 Rt△ABC 和 Rt△ADC 中, AC=AC, CB=CD,{ ∴ Rt△ABC≌Rt△ADC(HL),∴ AD=AB= 4; (2)由(1)知△ABC≌△ADC, ∴ BC=CD= 5 2 ,AD=AB= 6, ∴ AC 垂直平分 BD,在 Rt △ABC 中,AC = AB2 +BC2 = 62 +( 5 2 ) 2 = 13 2 , ∵ S四边形ABCD = S△ABC +S△ADC = 2S△ABC = 2× 1 2 AB·BC = AB· BC,S四边形ABCD = 1 2 AC·BD, ∴ 6× 5 2 = 1 2 × 13 2 BD, 解得 BD= 60 13 . 5. 证明:∵ AB=AC,AD=AE,∴ BD=CE, ∵ 点 M,N,P 分别为 DE,BE,BC 的中点, ∴ MN 是△EDB 的中位线,PN 是△BCE 的中位线, ∴ MN= 1 2 BD,PN= 1 2 CE, ∴ MN=PN. 6. 证明:∵ AB=AC,∴ ∠B= ∠C, ∵ DE⊥BC,∴ ∠BED= ∠CED= 90°, ∴ ∠B+∠F= ∠C+∠EDC= 90°,∴ ∠F= ∠EDC, ∵ ∠ADF= ∠EDC,∴ ∠ADF= ∠F, ∴ AD=AF. 7. 解:DG=BE,理由:∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ DC=BC,∠BCD= 90°, ∵ 四边形 CEFG 是正方形, ∴ CG=CE,∠GCE= 90°, ∴ ∠DCG+∠ECD= ∠BCE+∠ECD= 90°, ∴ ∠DCG= ∠BCE, 在△DCG 和△BCE 中, DC=BC, ∠DCG= ∠BCE, CG=CE, { ∴ △DCG≌△BCE(SAS),∴ DG=BE. 8. 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. 9. 证明: ( 1) 在 △ABE 和 △CBD 中, ∵ AB = CB, ∠ABE = ∠CBD,BE=BD, ∴ △ABE≌△CBD(SAS),∴ AE=CD. ∵ F 是 Rt△ABE 斜边 AE 的中点,∴ AE= 2BF, ∴ CD= 2BF; (2)如解图,延长 BF 到点 G,使 FG=BF,连接 AG. 第 9 题解图 在 △AGF 和 △EBF 中, ∵ AF = EF, ∠AFG = ∠EFB, GF=BF, ∴ △AGF≌△EBF(SAS),∴ ∠FAG= ∠FEB,AG=BE, ∴ AG∥BE,∴ ∠GAB+∠ABE= 180°, ∵ ∠ABC= ∠EBD= 90°,∴ ∠ABE+∠DBC= 180°, ∴ ∠GAB= ∠DBC. ∵ BE=BD,∴ AG=BD. 在 △AGB 和 △BDC 中, ∵ AG = BD, ∠GAB = ∠DBC, AB=BC, ∴ △AGB≌△BDC(SAS),∴ CD=BG. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 58 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 ∵ BG= 2BF,∴ CD= 2BF. 10. 解:∵ DE∥AB,∠ABC= 90°,∴ ∠EDC= ∠ABC= 90°, ∵ ∠ADF= 90°,∴ ∠ADF-∠EDF= ∠EDC-∠EDF, ∴ ∠ADE= ∠FDC. ∵ ∠ACF= 90°,∠AED = ∠EDC+∠ACB,∠FCD = ∠ACF +∠ACB, ∴ ∠AED= ∠FCD, 又∵ ∠ADE= ∠FDC,∴ △DAE∽△DFC,∴ AE FC =DE DC , ∵ ∠EDC= 90°,∠ACB= 60°, ∴ tan∠ACB= DE DC = 3 ,∴ AE FC = 3 . 11. 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, 又∵ AD=CD,AB=CM,∴ △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. 第 11 题解图 12. 证明:如解图,过点 E 作 EM⊥BC 于点 M, 第 12 题解图 由题意可得 EF⊥BG,∴ ∠BHF= 90°, ∴ ∠FBH+∠BFH= 90°. ∵ ∠EMF= 90°,∴ ∠MEF+∠BFH= 90°, ∴ ∠FBH= ∠MEF, 又∵ ∠EMF= ∠C= 90°,∴ △EMF∽△BCG, ∴ EF BG =EM BC . ∵ 四边形 ABCD 是矩形,EM⊥BC, ∴ 四边形 ABME 是矩形,∴ AB=EM,∴ EF BG = AB BC . 13. 解:AD⊥BE,理由如下: ∵ ∠DCE= ∠ACB= 90°, ∴ ∠DCE-∠DCB= ∠ACB-∠DCB,即∠BCE= ∠ACD, 又∵ CE CD =CB CA , ∴ △BCE∽△ACD,∴ ∠CBE= ∠A. ∵ ∠ACB= 90°,∴ ∠CBA+∠A= 90°, ∴ ∠CBA+∠CBE= ∠ABE= 90°, ∴ AB⊥BE,即 AD⊥BE. 14. 解:平行,理由: 解法一:如解图,连接 BF. 第 14 题解图 ∵ △ABC,△ADF 都是等边三角形, ∴ ∠FAD= ∠BAC= ∠ABC= 60°,AF=AD,AB=AC, ∴ ∠FAB= ∠DAC,∴ △FAB≌△DAC(SAS), ∴ BF=CD,∠ABF= ∠ACD= 60°, ∵ AE=BD,AB=BC,∴ BE=CD=BF, ∴ △EFB 是等边三角形,∴ ∠FEB= ∠ABC= 60°, ∴ EF∥BC. 解法二:∵ △ABC 是等边三角形, ∴ ∠ABC= ∠BAC= 60°,AB=AC, ∵ AE=BD,∴ △CAE≌△ABD, ∴ CE=AD,∠AEC= ∠BDA, ∵ △ADF 是等边三角形,∴ ∠ADF= 60°,AD=DF, ∴ CE=DF, ∵ ∠AEC= ∠ABC+∠BCE = 60°+∠BCE,∠BDA = ∠ADF +∠BDF= 60°+∠BDF, ∴ ∠BCE= ∠BDF,∴ CE∥DF, ∴ 四边形 CDFE 是平行四边形,∴ EF∥BC. 15. 解:∵ EF∥BD, ∴ ∠ADB= ∠AFE= 50°. ∵ BC= 10,CD= 8,BD= 6, ∴ BD2 +CD2 =BC2 ,∴ ∠BDC= 90°, ∴ ∠ADC= ∠ADB+∠BDC= 140°. 16. 解:由折叠可知 BF=AB= 13, 在 Rt△BFC 中,BC= 12,∴ CF= BF2 -BC2 = 5, ∴ FD=CD-CF= 8,∴ tan∠AFD= AD FD = 12 8 = 3 2 , ∵ BA=BF,∴ ∠AFB= ∠FAB, 由矩形 ABCD 可知 AB∥CD,∴ ∠AFD= ∠FAB, ∴ ∠AFD= ∠AFB,∴ tan∠AFB= 3 2 . 17. 证明:∵ BF⊥ED 交 ED 的延长线于点 F, ∴ ∠BFD= 90°, ∵ ∠BAC= 90°,∴ ∠BFD= ∠BAC, ∵ ∠BDF= ∠ADE,∴ ∠FBD= ∠AED, ∵ ∠BAC= 90°, ∴ ∠ABC+∠ACB= 90°,∠ADE+∠AED= 90°, ∵ ∠ADE= ∠ACB,∴ ∠AED= ∠ABC, ∴ ∠FBD= ∠ABC. 18. 解:如解图,过点 A 作 AE⊥BC 于点 E,过点 D 作 DF⊥ CB,交 CB 的延长线于点 F, 第 18 题解图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 68