北京中考数学--几何、二次函数综合题压轴题解析汇总

北京中考数学---几何、二次函数综合题压轴题解析汇总

本文主要解析内容摘自菁优网6d59cd27192e45361066f581，并订正了部分错误。

25、（2007?北京）我们知道：有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．类似地，我们定义：至少有一组对边相等的四边形叫做等对边四边形．

（1）请写出一个你学过的特殊四边形中是等对边四边形的图形的名称；

（2）如图，在△ABC中，点D，E分别在AB，AC上，设CD，BE相交于点O，

若∠A=60°，∠DCB=∠

EBC=∠A．请你写出图中一个与∠A相等的角，并猜想图中哪个四边形

是等对边四边形；

（3）在△ABC中，如果∠A是不等于60°的锐角，点D，E分别在AB，AC上，且

∠DCB=∠

EBC=∠A．探究：满足上述条件的图形中是否存在等对边四边形，并证明你的结论．

考点：等腰梯形的性质。

专题：压轴题。

分析：（1）本题理解等对边四边形的图形的定义，平行四边形，等腰梯形就是．

（2）与∠A相等的角是∠BOD（或∠COE），四边形DBCE是等对边四边形；

（3）作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．易证△BCF≌△CBG，进而证明△BDF≌△CEG，所以BD=CE．所以四边形DBCE是等边四边形．

解答：解：（1）回答正确的给（1分）（如：平行四边形、等腰梯形等）．

（2）答：与∠A相等的角是∠BOD（或∠COE），

∵∠BOD=∠OBC+∠OCB=30°+30°=60°，

∴∠A=∠BOD，

四边形DBCE是等对边四边形；

（3）答：此时存在等对边四边形，是四边形DBCE．

证法一：如图，作CG⊥BE于G点，作BF⊥CD交CD延长线于F点．

因为∠DCB=∠

EBC=∠A，BC为公共边，

所以△BCF≌△CBG，

所以BF=CG，

因为∠BDF=∠ABE+∠EBC+∠DCB，∠BEC=∠ABE+∠A，

所以∠BDF=∠BEC，

可证△BDF≌△CEG，

1

所以BD=CE

所以四边形DBCE是等对边四边形．

证法二：如图，以C为顶点作∠FCB=∠DBC，CF交BE于F 点．

因为∠DCB=∠

EBC=∠A，BC为公共边，

所以△BDC≌△CFB，

所以BD=CF，∠BDC=∠CFB，

所以∠ADC=∠CFE，

因为∠ADC=∠DCB+∠EBC+∠ABE，∠FEC=∠A+∠ABE，

所以∠ADC=∠FEC，

所以∠FEC=∠CFE，

所以CF=CE，

所以BD=CE，

所以四边形DBCE是等对边四边形．

说明：当AB=AC时，BD=CE仍成立．只有次证法，只给（1分）．

点评：解决本题的关键是理解等对边四边形的定义，把证明BD=CE的问题转化为证明三角形全等的问题

25、（2008?北京）请阅读下列材料：

问题：如图1，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A，B，E在同一条直线上，P是线段DE的中点，连接PG，PC．若∠ABC=∠BEF=60°，探究PG与PC 的位置关系及的值．

小聪同学的思路是：延长GP交DC于点H，构造全等三角形，经过推理使问题得到解决．请你参考小聪同学的思路，探究并解决下列问题：

（1）写出上面问题中线段PG与PC 的位置关系及的值；

（2）将图1中的菱形BEFG绕点B顺时针旋转，使菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD 的边AB在同一条直线上，原问题中的其他条件不变（如图2）．你在（1）中得到的两个结论

2

是否发生变化？写出你的猜想并加以证明；

（3）若图1中∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），将菱形BEFG绕点B顺时针旋转任意角度，原问题中的其他条件不变，请你直接写出的值（用含α的式子表示）．

考点：菱形的性质；全等三角形的判定与性质；锐角三角函数的定义。

专题：压轴题。

分析：（1）根据题意可知小聪的思路为，通过判定三角形DHP和PGF为全等三角形来得出证明三角形HCG为等腰三角形且P为底边中点的条件；

（2）思路同上，延长GP交AD于点H，连接CH，CG，本题中除了如（1）中证明△GFP≌△HDP （得到P是HG中点）外还需证明△HDC≌△GBC（得出三角形CHG是等腰三角形）．

（3）∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），那么∠PCG=90°﹣α，由（1）可知：PG：PC=tan（90°﹣α）．

解答：解：

（1）∵CD∥GF，∠PDH=∠PFG，∠DHP=∠PGF，DP=PF，

∴△DPH≌△FGP，

∴PH=PG，DH=GF，

∵CD=BC，GF=GB=DH，

∴CH=CG，

∴CP⊥HG，∠ABC=60°，

∴∠DCG=120°，

∴∠PCG=60°，

∴PG：PC=tan60°=，

∴线段PG与PC的位置关系是PG⊥PC ，=；

（2）猜想：（1）中的结论没有发生变化．

证明：如图，延长GP交AD于点H，连接CH，CG．

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∵P是线段DF 的中点，

∴FP=DP，

∵AD∥FG，

∴∠GFP=∠HDP，

∵∠GPF=∠HPD，

∴△GFP≌△HDP，

∴GP=HP，GF=HD，

∵四边形ABCD是菱形，

∴CD=CB，∠HDC=∠ABC=60°，

∵∠ABC=∠BEF=60°，菱形BEFG的对角线BF恰好与菱形ABCD的边AB在同一条直线上，

∴∠GBC=60°，

∴∠HDC=∠GBC，

∵四边形BEFG是菱形，

∴GF=GB，

∴HD=GB，

∴△HDC≌△GBC，

∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，

∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°，

∴∠HCG=120°，

∵CH=CG，PH=PG，

∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，

∴；

（3）∵∠ABC=∠BEF=2α（0°＜α＜90°），

∴∠PCG=90°﹣α，

由（1）可知：PG：PC=tan（90°﹣α），

∴=tan（90°﹣α）．

点评：本题是一道探究性的几何综合题，主要考查菱形的性质，全等三角形的判定及三角函数的综合运用．

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24、（2009?北京）在平行四边形ABCD中，过点C作CE⊥CD交AD于点E，将线段EC绕点E 逆时针旋转90°得到线段EF（如图1）

（1）在图1中画图探究：

①当P为射线CD上任意一点（P1不与C重合）时，连接EP1；绕点E逆时针旋转90°得到线段EG1．判断直线FG1与直线CD的位置关系，并加以证明；

②当P2为线段DC的延长线上任意一点时，连接EP2，将线段EP2绕点E逆时针旋转90°得到线段EC2．判断直线C1C2与直线CD的位置关系，画出图形并直接写出你的结论．

（2）若AD=6，tanB=，AE=1，在①的条件下，设CP1=x，S△P1FC1=y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．

考点：二次函数综合题。

专题：探究型。

分析：（1）①说明△P1EC按要求旋转后得到的△G1EF全等，再结合∠P1CE=∠G1FE=90°去说明；

②按照要求画出图形，由图形即可得出答案；

（2）①当点P1在线段CH的延长线上时，结合已知说明CE=4，且由四边形FEGH是正方形，得CH=CE=4，再根据题设可得G1F=x．P1H=x﹣4，进而可得y与x之间的函数关系式；②当点P1在线段CH上时，同理可得FG1=x，P1H=4﹣x，进而可得y与x之间的函数关系式；③当点P1与点H重合时，说明△P1FG1不存在，再作综合说明即可．本题第二问较难．学生不明确点P1的几种位置情况，因而不能讨论．

本题考查图形变换和动点问题，而且代数和几何结合，有一定难度．

注意的问题：一是函数关系式不止一种，二是自变量的取值范围要正确画出．

（1）观察图形可知重叠三角形A′B′C′是边长为2的等边三角形，则这个三角形底边上的高为，

所以重叠三角形A′B′C′的面积=；

（2）由折叠的性质和已知可知：A′D=AD=m，B′D=BD=8﹣m，所以A′B′=B′C′=8﹣2m，

A′B′边上的高

=（4﹣m），

所以重叠三角形A′B′C′的面积=×（8﹣2m）×（4﹣m）=（4﹣m）2；当D为AB 边中点时“重叠三角形”不存在，

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故m＜4．而当D在AB 的点处，即AD=时，点B′和点C′恰在矩形DEFG边上，符合题意；当AD ＜时，点B′和点C′就在矩形DEFG外了，这与已知不符，故m≥，因此m的取值范围为≤m＜4．

解答：解：

（1）①直线FG1与直线CD的位置关系为互相垂直．

证明：如图1，设直线FG1与直线CD的交点为H．

∵线段EC、EP1分别绕点E逆时针旋转90°依次得到线段EF、EG1，

∴∠P1EG1=∠CEF=90°，EG1=EP1，EF=EC．

∵∠G1EF=90°﹣∠P1EF，∠P1EC=90°﹣∠P1EF，

∴∠G1EF=∠P1EC．

∴△G1EF≌△P1EC．

∴∠G1FE=∠P1CE．

∵EC⊥CD，

∴∠P1CE=90°，

∴∠G1FE=90度．

∴∠EFH=90度．

∴∠FHC=90度．

∴FG1⊥CD．

②按题目要求所画图形见图1，直线G1G2与直线CD的位置关系为互相垂直．

（2）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴∠B=∠ADC．

∵AD=6，AE=1，tanB=，

∴DE=5，tan∠

EBC=tanB=．

可得CE=4．

由（1）可得四边形EFCH为正方形．

∴CH=CE=4．

①如图2，当P1点在线段CH的延长线上时，∵FG1=CP1=x，P1H=x﹣4，

∴S△P1FG1=×FG1×P1H=．

∴

y=x2﹣2x（x＞4）．

②如图3，当P1点在线段CH上（不与C、H两点重合）时，

6

∵FG1=CP1=x，P1H=4﹣x，

∴S△P1FG1=×FG1×P1H=．

∴y=﹣x2+2x（0＜x＜4）．

③当P1点与H点重合时，即x=4时，△P1FG1不存在．

综上所述，y与x之间的函数关系式及自变量x的取值范围是y=x2﹣2x（x＞4）或y=﹣x2+2x （0＜x＜4）．

点评：本题着重考查了二次函数解、图形旋转变换、三角形全等、探究垂直的构成情况等重要知识点，综合性强，能力要求较高．考查学生分类讨论，数形结合的数学思想方法．

25、（2010?北京）问题：已知△ABC中，∠BAC=2∠ACB，点D是△ABC内的一点，且AD=CD，BD=BA．探究∠DBC与∠ABC度数的比值．

请你完成下列探究过程：

先将图形特殊化，得出猜想，再对一般情况进行分析并加以证明．

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（1）当∠BAC=90°时，依问题中的条件补全右图；

观察图形，AB与AC的数量关系为；当推出∠DAC=15°时，可进一步推出∠DBC的度数为；可得到∠DBC与∠ABC度数的比值为；

（2）当∠BAC＜90°时，请你画出图形，研究∠DBC与∠ABC度数的比值是否与（1）中的结论相同，写出你的猜想并加以证明．

考点：等腰梯形的性质；三角形内角和定理；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质。专题：压轴题。

分析：（1）利用题中的已知条件，计算出∠ACB=∠ABC，所以AB=AC（等角对等边）；由等腰三角形的性质知∠BAD=∠BDA=75°，再根据三角形内角和是180°，找出图中角的等量关系，解答即可；

（2）根据旋转的性质，作∠KCA=∠BAC，过B点作BK∥AC交CK于点K，连接DK，构建四边形ABKC是是等腰梯形，根据已知条件证明△KCD≌△BAD（SAS），再证明△DKB是正三角形，最后根据是等腰梯形与正三角形的性质，求得∠ABC与∠DBC的度数并求出比值．

解答：解：（1）①当∠BAC=90°时，

∵∠BAC=2∠ACB，

∴∠ACB=45°，

在△ABC中，∠ABC=180°﹣∠ACB﹣∠BAC=45°，

∴∠ACB=∠ABC，

∴AB=AC（等角对等边）；

②当∠DAC=15°时，

∠DAB=90°﹣15°=75°，

∵BD=BA ，

∴∠BAD=∠BDA=75°，

∴∠DBA=180°﹣75°﹣75°=30°，

∴∠DBC=45°﹣30°=15°，即∠DBC=15°，

∴∠DBC的度数为15°；

③∵∠DBC=15°，∠ABC=45°，

∴∠DBC=15°：∠ABC=45°=1：3，

∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1：3．

（2）猜想：∠DBC与∠ABC度数的比值与（1）中结论相同．

证明：如图2，作∠KCA=∠BAC，过B点作BK∥AC交CK于点K，连接DK．

∴四边形ABKC是等腰梯形，

∴CK=AB，

∵DC=DA，

∴∠DCA=∠DAC，

∵∠KCA=∠BAC，

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∴∠KCD=∠3，

∴△KCD≌△BAD，

∴∠2=∠4，KD=BD，

∴KD=BD=BA=KC．

∵BK∥AC，

∴∠ACB=∠6，

∵∠KCA=2∠ACB，

∴∠5=∠ACB，

∴∠5=∠6，

∴KC=KB，

∴KD=BD=KB，

∴∠KBD=60°，

∵∠ACB=∠6=60°﹣∠1，

∴∠BAC=2∠ACB=120°﹣2∠1，

∵∠1+（60°﹣∠1）+（120°﹣2∠1）+∠2=180°，

∴∠2=2∠1，

∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1：3．

点评：本题综合考查了是等腰梯形的判定与性质、正三角形的性质、全等三角形的判定以及三角形的内角和．

湖北省荆州市[2011年8月3日22:10]

2010北京卷最后一题的最后一问的正确解答是：

作∠KCA=∠BAC，过B点作BK∥AC交CK于点K，连接DK．

∵∠BAC≠90°∴四边形ABKC是等腰梯形∴CK=AB∠KCA=∠BAC

∵DC=AD（已知）∴∠DCA=∠DAC∴∠KCD=∠BAD，∴△KCD≌△BAD

∴KD=BD，∠2=∠4

∴KD=BD=AB=KC，

∵∠KCA=∠BAC=2∠ACB

∴∠5=∠ACB，

∵BK∥AC

∴∠6=∠ACB，

∴∠6=∠5∴KC=KB

∴KB=KD=BD△KBD是正三角形∴∠KBD=60°

∴∠ACB=60°-∠1，∠BAC=2∠ACB=120°-2∠1

∴∠1+∠2+(60°-∠1)+(120°-2∠1)=180°

∴∠2=2∠1

∴∠DBC与∠ABC度数的比值为1：3

24、（2011?北京）在?ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于点E，交直线DC于点F．（1）在图1中证明CE=CF；

（2）若∠ABC=90°，G是EF的中点（如图2），直接写出∠BDG的度数；

（3）若∠ABC=120°，FG∥CE，FG=CE，分别连接DB、DG（如图3），求∠BDG的度数．

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考点：平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的判定与性质。

专题：计算题；证明题。

分析：（1）根据AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF=∠F．即可

（2）根据∠ABC=90°，G是EF的中点可直接求得．

（3）分别连接GB、GC，求证四边形CEGF是平行四边形，再求证△ECG是等边三角形．

由AD∥BC及AF平分∠BAD可得∠BAE=∠AEB，求证△BEG≌△DCG，然后即可求得答案

解答：解：（1）如图1，

∵AF平分∠BAD，

∴∠BAF=∠DAF，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AB∥CD，

∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，

∴∠CEF=∠F．

∴CE=CF．

（2）∠BDG=45°

（3）解：连接GC、BG [注释: 菁优网解析有错，现已改正。]

∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=120°

∵AF平分BAD

∴∠DAF=∠DFA=30°

∴ AD=BC=DF

∵ FG∥CE , FG=CE, CE=CF

∴四边形EGFC为菱形

∴EG=CG ∠BEG=∠DCG=120°

∵BE=BC-EC=AD-EC=DF-EC=DF-CF=DC

∴△BEG≌△DCG

∴BG=DG

∠BGD=∠BGE+∠EGD=∠DGC+∠EGD=60°

∴∠BDG=60°

解法二：

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11 如图，延长AB 、FG ，交于H, 连接HD

易证四边形AHFD 为平行四边形

∵∠ABC=120°, AF 平分∠BAD

∴∠DAF=30°, ∠ADC=120°, ∠DFA=30°

∴△DAF 为等腰三角形

∴AD=DF

∴平行四边形AHFD 为菱形

∴△ADH, △DHF 为全等的等边三角形

∴DH=DF ∠BHD=∠GFD=60°

∵ FG=CE , CE=CF ，CF=BH

∴ BH=GF

∴△ BHD 与△GFD 全等

∴∠BDH=∠GDF

∴∠BDG=∠BDH+∠HDG=∠GDF+∠HDG=60°

点评：此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等知识点，应用时要认真领会它们之间的联系与区别，同时要根据条件合理、灵活地选择方法．

（2008海淀一模）23、已知：如图，AC 是⊙O 的直径，AB 是弦，MN 是过点A 的直线，AB 等于半径长．

（1）若∠BAC=2∠BAN ，求证：MN 是⊙O 的切线．

（2）在（1）成立的条件下，当点E 是

的中点时，在AN 上截取AD=AB ，连接BD 、BE 、

DE ，求证：△BED 是等边三角形．

考点：切线的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等边三角形的判定。

专题：证明题。

分析：（1）连接OB ．由AC 是⊙O 的直径，AB 是弦且等于半径长，易证△AOB 为等边三角形，得到∠BAC=2∠BAN=60°，得∠BAN=30°，所以∠CAN=∠BAC+∠BAN=90°；

（2）连接AE ，由E 是弧AB 的中点，根据弧相等所对的圆心角相等和弧的度数与它所对圆心A B

D

C E G F

角的度数的关系得到∠BAE=∠ABE=15°，则∠DAE=15°，易证△ABE≌△ADE．则BE=DE，∠EDA=∠ABE=15°，得到∠BDE=∠EBD=（180°﹣30°﹣30°）÷2=60°，即可判断△BED是等边三角形．

解答：证明：（1）连接OB．如图，

∵AC是⊙O的直径，AB是弦且等于半径长，

∴OA=OB=AB，

∴△AOB为等边三角形，

∴∠OAB=60°，

∵∠BAC=2∠BAN=60°，

∴∠BAN=30°，

∴∠CAN=∠BAC+∠BAN=90°，

即AC⊥MN，

所以MN是⊙O的切线；

（2）连接AE，OE，如图，

∵E是弧AB的中点，

∴∠BAE=∠ABE=15°，

∴∠DAE=15°，

易证△ABE≌△ADE．

∴BE=DE，∠EDA=∠ABE=15°．

∴∠BDE=∠EBD=（180°﹣30°﹣30°）÷2=60°．

∴△BDE是等边三角形．

点评：本题考查了切线的判定与性质：过半径的外端点与半径垂直的直线是圆的切线；圆的切线垂直于过切点的半径．也考查了圆周角定理的推论以及三角形全等的判定与性质．

（2008海淀一模）25、已知：如图，一块三角板的直角顶点P放在正方形ABCD的AB边上，并且使一条直角边经过点C，三角板的另一条直角边与AD交于点Q．

（1）请你写出此时图形中成立的一个结论（任选一个）．

（2）当点P满足什么条件时，有AQ+BC=CQ？请证明你的结论．

（3）当点Q在AD的什么位置时，可证得PC=3PQ？并写出论证的过程．

考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质。

分析：（1）根据正方形的性质，以及直角三角形的性质即可判断；

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（2）连接CQ，延长QP，交CB的延长线于点E．可证△APQ≌△BPE．即可证得：CQ=CE，据此即可证得；

（3）首先证得：△APQ∽△BCP，然后对三角形的对应边，分两种情况讨论即可求解．

解答：解：（1）△APQ∽△BCP．（答案不唯一）

（2）当P为AB中点时，有AQ+BC=CQ．

证明：连接CQ，延长QP，交CB的延长线于点E．

可证△APQ≌△BPE．

则AQ=BE，PQ=PE．

又因为CP⊥QE，可得CQ=CE，

所以AQ+BC=CQ．

（3）当时，有PC=3PQ．

证明：在正方形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=BC=AB．

又因为直角三角板的顶点P在边AB上，

所以∠1+∠2=180°﹣∠QPC=90°．

因为Rt△CBP中，∠3+∠2=90°，

所以∠1=∠3．

所以△APQ∽△BCP．

所以．因为，

所以．所以，或（不合题意，舍去）．

所以．

所以PC=3PQ．

点评：本题主要考查了正方形的性质，以及相似三角形的判定与性质，正确进行讨论是关键．

（2008海淀二模）23、已知：△ABC．

（1）如果AB=AC，D、E是AB、AC上的点，若AD=AE，请你写出此图中的另一组相等的线段；（2）如果AB＞AC，D、E是AB、AC上的点，若BD=CE，请你确定DE与BC的数量关系，并证明你的结论．

考点：全等三角形的判定与性质；三角形三边关系；平行四边形的判定与性质。

分析：（1）根据等式的性质，则DB=EC；

（2）过E点作EF∥AB，且EF=DB，连接BF．作∠CEF的平分线EN交BC于N，连接NF．根据SAS可以证明△ENF≌△ENC，所以NF=NC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边

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形，得四边形BDEF是平行四边形．故DE=BF．再根据三角形的三边关系即可判断．

解答：解：（1）DB=EC；

（2）结论：DE＜BC．

过E点作EF∥AB，且EF=DB，连接BF．（3分）

作∠CEF的平分线EN交BC于N，连接NF（4分）

因DB=EF，又因DB=EC，则EF=EC．

因EN平分∠CEF，所以∠FEN=∠CEN．

在△ENF和△ENC 中，，

所以△ENF≌△ENC，

所以NF=NC，

因DB∥EF，DB=EF，

所以四边形BDEF是平行四边形．故DE=BF．

在△BFN中，因BN+FN＞BF，

所以BN+FN＞DE．

所以DE＜BC．

点评：此题综合运用了全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、三角形的三边关系．能够巧妙构造全等三角形是解决此题的关键．

（2008海淀二模）25、根据所给的图形解答下列问题：

（1）如图1，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，AD⊥BC于D，把△ABD绕点A旋转，并拼接成一个与△ABC面积相等的正方形，请你在图中完成这个作图；

（2）如图2，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，请你设计一种与（1）不同的方法，将这个三角形拆分并拼接成一个与其面积相等的正方形，画出利用这个三角形得到的正方形；

（3）设计一种方法把图3中的矩形ABCD拆分并拼接为一个与其面积相等的正方形，请你依据此矩形画出正方形，并根据你所画的图形，证明正方形面积等于矩形ABCD的面积的结

论．

考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；作图—应用与设计作图。

专题：探究型。

分析：（1）、（2）根据图形旋转的性质及图形拼接前后面积不变画出图形即可；

（3）根据题意画出图形，先证出四边形EFGC是矩形，△AHB∽△GBC，由矩形的性质及相似三角形的性质可得出四边形EFGC是正方形，再由BH∥CE，HE∥BC，BH=CE可得EFGC是正

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方形，Rt△BAH≌Rt△CDE，S△BAH=S△CDE，根据EF∥CGEH∥CB可得出S△EFH=S△CGB，进而可得出结论．

解答：解：（1）如图1；

（2）如图2，M、N分别是HE、GF的中点；

（3）如图4，设AB=aBC=b

①以点B为圆心，以BH=为半径画弧，交AD于H；

②过C点作CE∥BH交AD的延长线于E，过点C作CG⊥BH于点G；

③过E点作EF⊥CE于E，交BH的延长线于F，则正方形EFGC为所求．

证明：

易证四边形EFGC是矩形，

可证△AHB∽△GBC，

∴

=，

∴=，CG=

∴四边形EFGC是正方形．

∵BH∥CE，HE∥BC，

∴四边形BCEH是平行四边形．

∴BH=CE．

∴EFGC是正方形．

易证Rt△BAH≌Rt△CDE．

∴S△BAH=S△CDE．

∵EF∥CGEH∥CB，

∴∠FEH=∠GCB．

又∵∠EFH=∠CGB=90°，EF=CG，

∴△EFH≌△CGB．

∴S△EFH=S△CGB．

∴S

正方形EFGC

=S矩形ABCD．

∴四边形EFCG为所求．

点评：本题考查的是相似三角形的判定与性质，涉及到全等三角形的判定与性质、正方形的性质及作图﹣应用与设计作图，熟知以上知识是解答此题的关键．

（2009海淀一模）24、在课外小组活动时，小慧拿来一道题（原问题）和小东、小明交流．

15

原问题：如图1，已知△ABC，∠ACB=90°，∠ABC=45°，分别以AB、BC为边向外作△ABD与△BCE，且DA=DB，EB=EC，∠ADB=∠BEC=90°，连接DE交AB于点F．探究线段DF与EF的数量关系．

小慧同学的思路是：过点D作DG⊥AB于G，构造全等三角形，通过推理使问题得解．

小东同学说：我做过一道类似的题目，不同的是∠ABC=30°，∠ADB=∠BEC=60度．

小明同学经过合情推理，提出一个猜想，我们可以把问题推广到一般情况．

请你参考小慧同学的思路，探究并解决这三位同学提出的问题：

（1）写出原问题中DF与EF的数量关系；

（2）如图2，若∠ABC=30°，∠ADB=∠BEC=60°，原问题中的其他条件不变，你在（1）中得到的结论是否发生变化？请写出你的猜想并加以证明；

（3）如图3，若∠ADB=∠BEC=2∠ABC，原问题中的其他条件不变，你在（1）中得到的结论是否发生变化？请写出你的猜想并加以证明．

考点：全等三角形的判定与性质。

专题：阅读型。

分析：本题的解题思路是通过构建全等三角形来求解．先根据直角三角形的性质，等边三角形的性质得到一些隐含的条件，然后根据所得的条件来证明所构建的三角形的全等；再根据全等三角形的对应边相等得出DF=EF的猜想．

解答：解：（1）DF=EF．

（2）猜想：DF=FE．

证明：过点D作DG⊥AB于G，则∠DGB=90度．

∵DA=DB，∠ADB=60度．

∴AG=BG，△DBA是等边三角形．

∴DB=BA．

∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，

∴AC=AB=BG．

∴△DBG≌△BAC．

∴DG=BC．

∵BE=EC，∠BEC=60°，

∴△EBC是等边三角形．

16

∴BC=BE，∠CBE=60度．

∴DG=BE，∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°．

∵∠DFG=∠EFB，∠DGF=∠EBF，

∴△DFG≌△EFB．

∴DF=EF．

（3）猜想：DF=FE．

证法一：过点D作DH⊥AB于H，连接HC，HE，HE交CB于K，则∠DHB=90

度．

∵DA=DB，

∴AH=BH，∠1=∠HDB．

∵∠ACB=90°，

∴HC=HB．

∵EB=EC，HE=HE，

∴△HBE≌△HCE．

∴∠2=∠3，∠4=∠BEH．

∴HK⊥BC．

∴∠BKE=90°．

∵∠ADB=∠BEC=2∠ABC，

∴∠HDB=∠BEH=∠ABC．

∴∠DBC=∠DBH+∠ABC=∠DBH+∠HDB=90°，

∠EBH=∠EBK+∠ABC=∠EBK+∠BEK=90°．

∴DB∥HE，DH∥BE．

∴四边形DHEB是平行四边形．

∴DF=EF．

证法二：分别过点D、E作DH⊥AB于H，EK⊥BC于K，连接HK ，则

∠DHB=∠EKB=90度．

∵∠ACB=90°，

∴EK∥AC．

∵DA=DB，EB=EC，

∴AH=BH，∠1=∠HDB，

CK=BK，∠2=∠BEK．

17

∴HK∥AC．

∴点H、K、E在同一条直线上．

下同证法一．

点评：此题考查了全等三角形的判定和性质；等边三角形的性质的性质及直角三角形的性质等知识点，在做题时要注意隐含条件的运用．

（2009海淀二模）25、已知：在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAC=∠D，点E、F分别在BC、CD上，且∠AEF=∠ACD，试探究AE与EF之间的数量关系．

（1）如图1，若AB=BC=AC，则AE与EF之间的数量关系是什么；

（2）如图2，若AB=BC，你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出猜想，并加以证明；（3）如图3，若AB=kBC，你在（1）中得到的结论是否发生变化？写出猜想不用证明．

考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质。

专题：探究型。

分析：（1）中所给的是最特殊的一种情况，但对整个题来说，要从（1）中找到基本的解题思路，此题难的是构造全等三角形，从而证明线段相等．虽然（1）中没有要求步骤，但能正确的解出（1）可以给（2）和（3）定一个基调；

（2）是将（1）中的等边三角形变为等腰三角形，但起关键作用的条件没变，任然可以仿照（1）中的方法去做；

（3）中将三角形变为更一般的三角形，但和（1）比较起来还是有两个条件没变，而利用这两个条件能证明两个三角形相似，从而利用相似的对应边成比例得出结论．

解答：解：（1）AE=EF；

证明：如图：过点E作EH∥AB交AC于点H．

则∠BAC+∠AHE=180°，∠BAC=∠CHE，

∵AB=BC=AC，∴∠BAC=∠ACB=60°，

∴∠CHE=∠ACB=∠B=60°，

∴EH=EC．

∵AD∥BC，∴∠FCE=180°﹣∠B=120°，

又∠AHE=180°﹣∠BAC=120°，

∴∠AHE=∠FCE，

∵∠AOE=∠COF，∠AEF=∠ACF，∴∠EAC=∠EFC，

∴△AEH≌△FEC，

∴AE=EF；

（2）猜想：（1）中的结论是没有发生变化．

证明：如图：过点E作EH∥AB交AC于点H，则∠BAC+∠AHE=180°，∠BAC=∠CHE，

∵AB=BC∴∠BAC=∠ACB

∴∠CHE=∠ACB∴EH=EC

∵AD∥BC∴∠D+∠DCB=180°．

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∵∠BAC=∠D∴∠AHE=∠DCB=∠ECF

∵∠AOE=∠COF，∠AEF=∠ACF，

∴∠EAC=∠EFC，

∴△AEH≌△FEC ，

∴AE=EF；

（3）猜想：（1）中的结论发生变化．

证明：过点E作EH∥AB交AC于点H．

由（2）可得∠EAC=∠EFC，

∵AD∥BC，∠BAC=∠D，

∴∠AHE=∠DCB=∠ECF，

∴△AEH∽△FEC，

∴AE：EF=EH：EC，

∵EH∥AB，

∴△ABC∽△HEC，

∴EH：EC=AB：BC=k，

∴AE：EF=k，

∴AE=kEF．

点评：主要考查了全等三角形的判定．本题三问由特殊到一般，注意比较它们之间的异同，关键抓住不变量，从而得出结论．本题难度很大．

（2010海淀一模）25、已知：△AOB中，AB=OB=2，△COD中，CD=OC=3，∠ABO=∠DCO．连接AD、BC，点M、N、P分别为OA、OD、BC的中点．

（1）如图1，若A、O、C三点在同一直线上，且∠ABO=60°，则△PMN的形状是，此时=；

（2）如图2，若A、O、C三点在同一直线上，且∠ABO=2α，证明△PMN∽△BAO ，并计算

的值（用含α的式子表示）；

（3）在图2中，固定△AOB，将△COD绕点O旋转，直接写出PM的最大值．

19

考点：相似三角形的判定与性质；等边三角形的判定；确定圆的条件。

专题：综合题。

分析：（1）由于AB=OB，CD=OC，∠ABO=∠DCO，且∠ABO=60°，则△AOB和△COD都为等边三角形，又A、O、C三点在同一直线上，则△PMN为等边三角形，AD=BC．

（2）连接BM、CN，由于△ABO与△MPN都为等腰三角形，且证得∠MPN=∠ABO，则△PMN∽△BAO ，的值可在Rt△BMA中求得．

（3）结合图形，直接可写出△COD绕点O旋转后PM的最大值．

解答：解：（1）连接BM，CN，

∵△AOB中，AB=OB=2，△COD中，CD=OC=3，∠ABO=60°，

∴∧APB与∧COD是等边三角形，

又∵点M、N、P分别为OA、OD、BC的中点，

∴BM⊥AC，CN⊥BD，∠MBO=∠ABO=∠NCO=∠OCD=30°，

∴PM=PN=BC，

∴∠PBM=∠PMB，∠PCN=∠PNC，

∵∠BAO=∠DCO=60°，

∴AB∥CD，

∴∠ABC+∠DCB=180°，

20

∴∠MBP+∠BCN=180°﹣∠ABM﹣∠DCN=120°，

∴∠BPM+∠NPC=360°﹣2（∠MBP+∠BCN）=120°，

∴∠MPN=60°，

∴∧PMN是等边三角形，

∴PM=PN=MN，

∵AD=2MN，BC=2PM，

∴=1．

（2）证明：连接BM、CN．

由题意，得BM⊥OA，CN⊥OD，∠AOB=∠COD=90°﹣α．

∵A、O、C三点在同一直线上，∴B、O、D三点在同一直线上．

∴∠BMC=∠CNB=90°．∵P为BC中点，

∴在Rt△BMC 中，．

在Rt△BNC 中，，∴PM=PN．

∴B、C、N、M四点都在以P 为圆心，为半径的圆上．∴∠MPN=2∠MBN．

又∵，∴∠MPN=∠ABO．∴△PMN∽△BAO．

∴．由题意，，又．

∴．∴．

在Rt△BMA 中，．

∵AO=2AM ，∴．∴．

（3）．

说明：取BO的中点R, 连PR, PR=1/2CO=1.5 RM=1/2BA=1 当CO∥AB时，即四边形ABCO是梯形时，P,R,M 三点共线，PM有最大值．PM=1+1.5=2.5

PM=（AB+CD）÷2=（2+3）÷2=5/2．

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