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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=错误！未找到引用源。∠ A．请你写出图中一个与∠ 相等的角，并猜 A 想图中哪个四边形是等对边四边形； （3）在△ ABC 中，如果∠ 是不等于 60°的锐角，点 D，E 分别在 AB，AC 上，且∠ A DCB=∠ EBC= 错误！未找到引用源。∠ 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∠ 相等的角是∠ A BOD（或∠ COE） ，四边形 DBCE 是等对边四边形； （3） CG⊥ 于 G 点， BF⊥ 交 CD 延长线于 F 点． 作 BE 作 CD 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∠ 相等的角是∠ A 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⊥ 于 G 点，作 BF⊥ 交 CD 延长线于 F 点． BE CD 因为∠ DCB=∠ EBC=错误！未找到引用源。∠ 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， △ 所以 BD=CE 所以四边形 DBCE 是等对边四边形．1证法二：如图，以 C 为顶点作∠ FCB=∠ DBC，CF 交 BE 于 F 点． 因为∠ DCB=∠ EBC=错误！未找到引用源。∠ 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=∠ ABE， A+∠ 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 的位置关系及错误！未找到引用源。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 的位置关系及错误！未找到引用源。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 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，请你直接写出错误！未找到引用源。的值（用含 α 的式子表示） ．2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）∵ GF，∠ CD∥ PDH=∠ PFG，∠ DHP=∠ PGF，DP=PF， ∴DPH≌FGP， △ △ ∴ PH=PG，DH=GF， ∵ CD=BC，GF=GB=DH， ∴ CH=CG， ∴ HG，∠ CP⊥ ABC=60°， ∴DCG=120°， ∠ ∴PCG=60°， ∠ ∴ PG：PC=tan60°=错误！未找到引用源。 ， ∴ 线段 PG 与 PC 的位置关系是 PG⊥ PC，错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。 ； （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．∵ 是线段 DF 的中点， P ∴ FP=DP， ∵ FG， AD∥ ∴GFP=∠ ∠ HDP， ∵GPF=∠ ∠ HPD， ∴GFP≌HDP， △ △3∴ 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， ∴ PC，∠ PG⊥ GCP=∠ HCP=60°， ∴ 错误！未找到引用源。 ； （3）∵ABC=∠ ∠ BEF=2α（0°＜α＜90°） ， ∴PCG=90°α， ∠ 由（1）可知：PG：PC=tan（90°α） ， ∴ 错误！未找到引用源。=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． 24、 （2009?北京）在平行四边形 ABCD 中，过点 C 作 CE⊥ 交 AD 于点 E，将线段 EC 绕点 E CD 逆时针旋转 90°得到线段 EF（如图 1） （1）在图 1 中画图探究： ① 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 当 EG1．判断直线 FG1 与直线 CD 的位置关系，并加以证明； ② 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 当 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=错误！未找到引用源。 ，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．4考点：二次函数综合题。 专题：探究型。 分析： （1）① 说明△ 1EC 按要求旋转后得到的△ 1EF 全等，再结合∠1CE=∠ 1FE=90°去说明；② P G P G 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=x4，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=4x，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△ 1FG1 不存在，再作综合说明即可．本题第二问较难．学生不明确点 P 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′ C′ B′ 是边长为 2 的等边三角形，则这个三角形底边上的高 为错误！未找到引用源。 ， 所以重叠三角形 A′ C′ B′ 的面积=错误！未找到引用源。 ； （2）由折叠的性质和已知可知：A′ D=AD=m，B′ D=BD=8m，所以 A′ =B′ =82m，A′ B′ C′ B′ 边上的高=错误！未找到引用源。 （4m） ， 所以重叠三角形 A′ C′ B′ 的面积=错误！未找到引用源。×（82m）×错误！未找到引用源。 （4 2 m）=错误！未找到引用源。 （4m） ；当 D 为 AB 边中点时“重叠三角形”不存在， 故 m＜4．而当 D 在 AB 的错误！未找到引用源。点处，即 AD=错误！未找到引用源。时，点 B′ 和点 C′ 恰在矩形 DEFG 边上，符合题意；当 AD＜错误！未找到引用源。时，点 B′ 和点 C′ 就在矩形 DEFG 外了，这与已知不符，故 m≥错误！未找到引用源。 ，因此 m 的取值范围为错 误！未找到引用源。≤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°∠1EF，∠1EC=90°∠1EF， ∠ P P P ∴G1EF=∠1EC． ∠ P ∴G1EF≌P1EC． △ △ ∴G1FE=∠1CE． ∠ P ∵ CD， EC⊥ ∴P1CE=90°， ∠ ∴G1FE=90 度． ∠ ∴EFH=90 度． ∠ ∴FHC=90 度． ∠ ∴ 1⊥ FG 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=错误！未找到引用源。 ， ∴ DE=5，tan∠ EBC=tanB=错误！未找到引用源。 ． 可得 CE=4． 由（1）可得四边形 EFCH 为正方形． ∴ CH=CE=4．5① 如图 2，当 P1 点在线段 CH 的延长线上时， ∵ 1=CP1=x，P1H=x4， FG ∴△P1FG1=错误！未找到引用源。×FG1×P1H=错误！未找到引用源。 S ． 2 ∴ y=错误！未找到引用源。x 2x（x＞4） ． ② 如图 3，当 P1 点在线段 CH 上（不与 C、H 两点重合）时， ∵ 1=CP1=x，P1H=4x， FG ∴△P1FG1=错误！未找到引用源。×FG1×P1H=错误！未找到引用源。 S ． 2 ∴ y=错误！未找到引用源。x +2x（0＜x＜4） ． ③ P1 点与 H 点重合时，即 x=4 时，△ 1FG1 不存在． 当 P 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=错误！未找到引用源。x22x （x＞4）或 y=错误！未找到引用源。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， D 是△ 点 ABC 内的一点， AD=CD， 且 BD=BA． 探 究∠ 与∠ 度数的比值． DBC ABC 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． （1）当∠ BAC=90°时，依问题中的条件补全右图；6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∠ 的度数 DBC 为 ；可得到∠ 与∠ 度数的比值为 DBC ABC ； （2）当∠ BAC＜90°时，请你画出图形，研究∠ 与∠ 度数的比值是否与（1）中的结论相 DBC ABC 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∥ 交 CK 于点 K，连接 DK，构建四边形 AC 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∠ 与∠ 的度数并求出比值． ABC DBC 解答：解： （1）① BAC=90°时， 当∠ ∵BAC=2∠ ∠ ACB， ∴ACB=45°， ∠ 在△ ABC 中，∠ ABC=180°∠ ACB∠ BAC=45°， ∴ACB=∠ ∠ ABC， ∴ AB=AC（等角对等边） ； ② DAC=15°时， 当∠ ∠ 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∠ 度数的比值为 1：3． ∠ ABC （2）猜想：∠ 与∠ 度数的比值与（1）中结论相同． DBC ABC 证明：如图 2，作∠ KCA=∠ BAC，过 B 点作 BK∥ 交 CK 于点 K，连接 DK． AC ∴ 四边形 ABKC 是等腰梯形， ∴ CK=AB， ∵ DC=DA， ∴DCA=∠ ∠ DAC， ∵KCA=∠ ∠ BAC， ∴KCD=∠ ∠ 3，7∴KCD≌BAD， △ △ ∴2=∠ ∠ 4，KD=BD， ∴ KD=BD=BA=KC． ∵ AC， BK∥ ∴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∠ 度数的比值为 1：3． ∠ ABC 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，∠ 的平分线交直线 BC 于点 E，交直线 DC 于点 F． BAD （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．8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∥ 及 AF 平分∠ 可得∠ BC BAD BAE=∠ AEB，求证△ BEG≌DCG，然后即可求得答案 △ 解答：解： （1）如图 1， ∵ 平分∠ AF BAD， ∴BAF=∠ ∠ DAF， ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形， ∴ BC，AB∥ AD∥ 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° ∵ 平分 BAD AF ∴DAF=∠ ∠ DFA=30° ∴ AD=BC=DF ∵ CE , FG=CE, CE=CF FG∥ ∴ 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° ∠解法二：9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° A DB HC E G F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⊙ 的直径，AB 是弦，MN 是过点 A 的直线，AB O 等于半径长． （1）若∠ BAC=2∠ BAN，求证：MN 是⊙ 的切线． O （2）在（1）成立的条件下，当点 E 是错误！未找到引用源。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⊙ 的直径，AB 是弦且等于半径长，易证△ O 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 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．10解答：证明： （1）连接 OB．如图， ∵ 是⊙ 的直径，AB 是弦且等于半径长， AC O ∴ 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⊙ 的切线； O （2）连接 AE，OE，如图， ∵ 是弧 AB 的中点， E ∴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； （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． △11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）当错误！未找到引用源。时，有 PC=3PQ． 证明：在正方形 ABCD 中，∠ B=90°，AD=BC=AB． A=∠ 又因为直角三角板的顶点 P 在边 AB 上， 所以∠ 2=180°∠ 1+∠ QPC=90°． 因为 Rt△ CBP 中，∠ 2=90°， 3+∠ 所以∠ 3． 1=∠ 所以△ APQ∽BCP． △ 所以错误！未找到引用源。 ．因为错误！未找到引用源。 ， 所以错误！未找到引用源。 ．所以错误！未找到引用源。 ，或错误！未找到引用源。 （不合题意， 舍去） ． 所以错误！未找到引用源。 ． 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∠ 的平分线 EN 交 BC 于 N，连接 NF．根据 CEF 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． 分） （3 作∠ 的平分线 EN 交 BC 于 N，连接 NF（4 分） CEF 因 DB=EF，又因 DB=EC，则 EF=EC． 因 EN 平分∠ CEF，所以∠ FEN=∠ CEN． 在△ ENF 和△ ENC 中，错误！未找到引用源。 ， 所以△ ENF≌ENC， △ 所以 NF=NC，12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⊥ 于 D，把△ BC 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 是正方形， Rt△ BAH≌ CDE，S△BAH=S△CDE，根据 EF∥ Rt△ CGEH∥ 可得出 S△EFH=S△CGB，进而可得出结论． CB 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=错误！未找到引用源。为半径画弧，交 AD 于 H； ② C 点作 CE∥ 交 AD 的延长线于 E，过点 C 作 CG⊥ 于点 G； 过 BH BH ③ E 点作 EF⊥ 于 E，交 BH 的延长线于 F，则正方形 EFGC 为所求． 过 CE 证明： 易证四边形 EFGC 是矩形， 可证△ AHB∽GBC， △ ∴ 错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。 ， ∴ 错误！未找到引用源。=错误！未找到引用源。 ，CG=错误！未找到引用源。13∴ 四边形 EFGC 是正方形．∵ CE，HE∥ BH∥ BC， ∴ 四边形 BCEH 是平行四边形． ∴ BH=CE． ∴ EFGC 是正方形． 易证 Rt△ BAH≌ CDE． Rt△ ∴△BAH=S△CDE． S ∵ CGEH∥ EF∥ CB， ∴FEH=∠ ∠ GCB． 又∵EFH=∠ ∠ CGB=90°，EF=CG， ∴EFH≌CGB． △ △ ∴△EFH=S△CGB． S ∴ 正方形 EFGC=S 矩形 ABCD． S ∴ 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． 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⊥ 于 G，构造全等三角形，通过推理使问题得解． AB 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．14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⊥ 于 G，则∠ AB DGB=90 度． ∵ DA=DB，∠ ADB=60 度． ∴ AG=BG，△ DBA 是等边三角形． ∴ DB=BA． ∵ACB=90°，∠ ∠ ABC=30°， ∴ AC=错误！未找到引用源。AB=BG． ∴DBG≌BAC． △ △ ∴ DG=BC． ∵ BE=EC，∠ BEC=60°， ∴EBC 是等边三角形． △ ∴ 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⊥ 于 H， AB 连接 HC， HE 交 CB 于 K， DHB=90 度． HE， 则∠ ∵ DA=DB， ∴ AH=BH，∠ HDB． 1=∠ ∵ACB=90°， ∠ ∴ HC=HB． ∵ EB=EC，HE=HE， ∴HBE≌HCE． △ △ ∴2=∠ ∠ 3，∠ BEH． 4=∠15∴ BC． HK⊥ ∴BKE=90°． ∠ ∵ADB=∠ ∠ BEC=2∠ ABC， ∴HDB=∠ ∠ BEH=∠ ABC． ∴DBC=∠ ∠ DBH+∠ ABC=∠ DBH+∠ HDB=90°， ∠ EBH=∠ EBK+∠ ABC=∠ EBK+∠ BEK=90°． ∴ HE，DH∥ DB∥ BE． ∴ 四边形 DHEB 是平行四边形． ∴ DF=EF．证法二：分别过点 D、E 作 DH⊥ 于 H，EK⊥ 于 K，连接 HK，则 AB BC ∠ DHB=∠ EKB=90 度． ∵ACB=90°， ∠ ∴ AC． EK∥ ∵ DA=DB，EB=EC， ∴ AH=BH，∠ HDB， 1=∠ CK=BK，∠ BEK． 2=∠ ∴ AC． HK∥ ∴ H、K、E 在同一条直线上． 点 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16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∥ 交 AC 于点 H． AB 则∠ BAC+∠ AHE=180°，∠ BAC=∠ CHE， ∵ AB=BC=AC，∴BAC=∠ ∠ ACB=60°， ∴CHE=∠ ∠ ACB=∠ B=60°， ∴ EH=EC． ∵ BC，∴FCE=180°∠ AD∥ ∠ 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∥ 交 AC 于点 H，则∠ AB BAC+∠ AHE=180°，∠ BAC=∠ CHE， ∵ AB=BC∴BAC=∠ ∠ ACB ∴CHE=∠ ∠ ACB∴ EH=EC ∵ BC∴D+∠ AD∥ ∠ DCB=180°． ∵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∥ 交 AC 于点 H． AB 由（2）可得∠ EAC=∠ EFC， ∵ BC，∠ AD∥ BAC=∠ D， ∴AHE=∠ ∠ DCB=∠ ECF， ∴AEH∽FEC， △ △ ∴ AE：EF=EH：EC， ∵ AB， EH∥ ∴ABC∽HEC， △ △ ∴ EH：EC=AB：BC=k， ∴ AE：EF=k，17∴ 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 时错误！未找到引用源。= ； （2）如图 2，若 A、O、C 三点在同一直线上，且∠ ABO=2α，证明△ PMN∽BAO，并计算错误！ △ 未找到引用源。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．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， PMN∽BAO， 则△ △ 错误！未找到引用源。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∵ M、N、P 分别为 OA、OD、BC 的中点， 点18∴ AC， BD， MBO=错误！ BM⊥ CN⊥ ∠ 未找到引用源。 ABO=∠ ∠ NCO=错误！ 未找到引用源。 OCD=30°， ∠ ∴ PM=PN=错误！未找到引用源。BC， ∴PBM=∠ ∠ PMB，∠ PCN=∠ PNC， ∵BAO=∠ ∠ DCO=60°， ∴ CD， AB∥ ∴ABC+∠ ∠ DCB=180°， ∴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， ∴ 错误！未找到引用源。=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°．∵ 为 BC 中点， P ∴ Rt△ 在 BMC 中，错误！未找到引用源。 ． 在 Rt△ BNC 中，错误！未找到引用源。 PM=PN． ，∴ ∴ B、C、N、M 四点都在以 P 为圆心，错误！未找到引用源。为半径的圆上．∴MPN=2∠ ∠ MBN． 又∵ 错误！未找到引用源。 ∠ ，∴MPN=∠ ABO．∴PMN∽BAO． △ △ ∴ 错误！未找到引用源。 ．由题意，错误！未找到引用源。 ，又错误！未找到引用源。 ． ∴ 错误！未找到引用源。 错误！未找到引用源。 ．∴ ． 在 Rt△ BMA 中，错误！未找到引用源。 ． ∵ AO=2AM，∴ 错误！未找到引用源。 错误！未找到引用源。 ．∴ ． （3）错误！未找到引用源。 ．说明： BO 的中点 R, 连 PR, PR=1/2CO=1.5 RM=1/2BA=1 取 三点共线，PM 有最大值．PM=1+1.5=2.5 PM=（AB+CD）÷2=（2+3）÷2=5/2． 当 CO∥AB 时， 即四边形 ABCO 是梯形时， P,R,M点评：本题考查了相似三角形的判定与性质及等边三角形的确定条件，综合性强，较为复杂． （2010 海淀二模）25、如图，在平面直角坐标系 xOy 中，点 B 的坐标为（0，2） ，点 D 在 x 轴的正半轴上，∠ ODB=30°，OE 为△ BOD 的中线，过 B、E 两点的抛物线错误！未找到引用源。 与 x 轴相交于 A、F 两点（A 在 F 的左侧） ． （1）求抛物线的解析式； （2）等边△ OMN 的顶点 M、N 在线段 AE 上，求 AE 及 AM 的长； （3）点 P 为△ ABO 内的一个动点，设 m=PA+PB+PO，请直接写出 m 的最小值，以及 m 取得最 小 值 时 ， 线 段 AP 的19长． 考点：二次函数综合题。 专题：代数几何综合题。 分析： （1）已知点 B 的坐标，可求出 OB 的长；在 Rt△ OBD 中，已知了∠ ODB=30°，通过解直角 三角形即可求得 OD 的长，也就得到了点 D 的坐标；由于 E 是线段 BD 的中点，根据 B、D 的 坐标即可得到 E 点的坐标；将 B、E 的坐标代入抛物线的解析式中，即可求得待定系数的值， 由此确定抛物线的解析式； （2）过 E 作 EG⊥ 轴于 G，根据 A、E 的坐标，即可用勾股定理求得 AE 的长； x 过 O 作 AE 的垂线，设垂足为 K，易证得△ AOK∽AEG，通过相似三角形所得比例线段即可求得 △ OK 的长；在 Rt△ OMK 中，通过解直角三角形，即可求得 MK 的值，而 AK 的长可在 Rt△ AEK 中 由勾股定理求得，根据 AM=AKKM 或 AM=AK+KM 即可求得 AM 的长； （3）由于点 P 到△ ABO 三 顶 点 的 距 离 和 最 短 ， 那 么 点 P 是 △ ABO 的 费 马 点 ， 即 ∠ APO=∠ OPB=∠ APB=120°；易证得△ OBE 是等边三角形，那么 PA+PO+PB 的最小值应为 AE 的长； 求 AP 的长时，可作△ OBE 的外切圆（设此圆为⊙ ，那么⊙ 与 AE 的交点即为 m 取最小值时 Q） Q P 点的位置；设⊙ 与 x 轴的另一交点（O 点除外）为 H，易求得点 Q 的坐标，即可得到点 H Q 的坐标，也就得到了 AH 的长，相对于⊙ 来说，AE、AH 都是⊙ 的割线，根据割线定理即可 Q Q 求得 AP 的长． 解答：解： （1）过 E 作 EG⊥ 于 G（1 分） OD ∵BOD=∠ ∠ EGD=90°，∠ D， D=∠ ∴BOD∽EGD， △ △ ∵ B（0，2） ODB=30°， 点 ，∠ 可得 OB=2，错误！未找到引用源。 ； ∵ 为 BD 中点， E ∴ 错误！未找到引用源。 ∴ EG=1，错误！未找到引用源。 ∴ 错误！未找到引用源。 ∴ E 的坐标为错误！未找到引用源。 分） 点 （2 ∵ 抛物线错误！未找到引用源。经过 B（0，2） 、错误！未找到引用源。两点， ∴ 错误！未找到引用源。 ， 可得错误！未找到引用源。 ； ∴ 抛物线的解析式为错误！未找到引用源。（3 分） ；20（2）∵ 抛物线与 x 轴相交于 A、F，A 在 F 的左侧， ∴ 点的坐标为错误！未找到引用源。 A ∴ 错误！未找到引用源。 ， ∴ AGE 中，∠ 在△ AGE=90°，错误！未找到引用源。 分） （4 过点 O 作 OK⊥ 于 K， AE 可得△ AOK∽AEG △ ∴ 错误！未找到引用源。 ∴ 错误！未找到引用源。 ∴ 错误！未找到引用源。 ∴ 错误！未找到引用源。 ∵OMN 是等边三角形， △ ∴NMO=60° ∠ ∴ 错误！未找到引用源。 ； ∴ 错误！未找到引用源。 ，或错误！未找到引用源。（6 分） ； （写出一个给 1 分）（3）如图； 以 AB 为边做等边三角形 AO′ B，以 OA 为边做等边三角形 AOB′ ； 易证 OE=OB=2，∠ OBE=60°，则△ OBE 是等边三角形； 连接 OO′ 、BB′ 、AE，它们的交点即为 m 最小时，P 点的位置（即费马点） ； ′ ∵ OA=OB ，∠ OB=∠ B′ AOE=150°，OB=OE， ∴AOE≌B′ △ △ OB； ∴B′ ∠ BO=∠ AEO； 在 AE 上截取 EP′ =BP，又 OB=OE，∠ BO=∠ B′ AEO，则△ OPB≌OP′ △ E； ∴ OP=OP′ ；[注：三角形 OPP’为等边三角形，pp’=op’] ∴ PA+PB+PO=AP+OP′ E=AE； +P′ 即 m 最小=AE=错误！未找到引用源。 ；21如图；作正△ OBE 的外接圆⊙ Q，根据费马点的性质知 ∠ BPO=120°，则∠ BPO+∠ BOP=120°，而∠ EBO=∠ EOB=60°； ∴PBE+∠ ∠ POE=180°，∠ BPO+∠ BEO=180°； 即 B、P、O、E 四点共圆； 易求得 Q（错误！未找到引用源。 ，1） ，则 H（错误！未找到引用源。 ，0） ； ∴ AH=错误！未找到引用源。 ； 由割线定理得：AP?AE=OA?AH， 即：AP=OA?AH÷AE=错误！未找到引用源。×错误！未找到引用源。÷错误！未找到引用源。 =错误！未找到引用源。 ． 故：m 可以取到的最小值为错误！未找到引用源。 当 m 取得最小值时，线段 AP 的长为错误！未找到引用源。 ． （如遇不同解法，请老师根据评分标准酌情给分）点评：此题是二次函数的综合类试题，涉及到二次函数解析式的确定、等边三角形的性质、 解直角三角形以及费马点位置的确定和性质，能力要求极高，难度很大． （2008 西城一模） 25.如图，正六边形 ABCDEF 中，点 M 在 AB 边上，∠FMH=120°，MH 与六边形外角的平分线 BQ交于点 H． （1）当点 M 不与点 A、B 重合时，求证：∠AFM=∠BMH． （2）当点 M 在正六边形 ABCDEF 一边 AB 上运动（点 M 不与点 B 重合）时，猜想 FM 与 MH 的数 量关系，并对猜想的结果加以证明． 考点：正多边形和圆；全等三角形的判定与性质． 专题：探究型．22分析： （1） 先有正多边形的内角和定理得出六边形 ABCDEF 内角的度数， 再根据∠FMH=120°，A、M、B 在一条直线上，再根据三角形内角和定理即可得出结论； （2）①当点 M 与点 A 重合时，∠FMB=120°，MB 与 BQ 的交点 H 与点 B 重合，故可直接得出 结论； ②当点 M 与点 A 不重合时，连接 FB 并延长到 G，使 BG=BH，连接 MG，由全等三角形的判定定 理可得出△MBH≌△MBG，再根据全等三角形的性质即可得出结论． 解答：（1）证明：∵六边形 ABCDEF 为正六边形， ∴每个内角均为 120°． ∵∠FMH=120°，A、M、B 在一条直线上， ∴∠AFM+∠FMA=∠FMA+∠BMH=60°， ∴∠AFM=∠BMH． （2）解：猜想：FM=MH． 证明：①当点 M 与点 A 重合时，∠FMB=120°，MB 与 BQ 的交点 H 与点 B 重合，有 FM=MH． ②当点 M 与点 A 不重合时，证法一：如图 1，连接 FB 并延长到 G，使 BG=BH，连接 MG． ∵∠BAF=120°，AF=AB， ∴∠AFB=∠FBA=30°． ∵{BH=BG∠MBH=∠MBGMB=MB， ∴△MBH≌△MBG， ∴∠MHB=∠MGB，MH=MG， ∵∠AFM=∠BMH，∠HMB+∠MHB=30°， ∴∠AFM+∠MGB=30°， ∵∠AFM+∠MFB=30°， ∴∠MFB=∠MGB． ∴FM=MG=MH．证法二：如图 2，在 AF 上截取 FP=MB，连接 PM． ∵AF=AB，FP=MB， ∴PA=AM ∵∠A=120°， ∴∠APM=12×（180°-120°）=30°， 有∠FPM=150°，23∵BQ 平分∠CBN， ∴∠MBQ=120°+30°=150°， ∴∠FPM=∠MBH， 由（1）知∠PFM=∠HMB， ∴△FPM≌△MBH． ∴FM=MH． 点评：本题考查的是正多边形和圆，涉及到正多边形的内角和定理、全等三角形的判定与性 质、三角形内角和定理，涉及面较广，难度较大． （2008 西城二模） 25. 设点 E 是平行四边形 ABCD 的边 AB 的中点，F 是 BC 边上一点，线段 DE 和 AF 相交于点 P，点 Q 在线段 DE 上，且 AQ∥PC． （1）证明：PC=2AQ． （2）当点 F 为 BC 的中点时，试比较△PFC 和梯形 APCQ 面积的大小关系，并对你的结论加以 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；平行四边形的性质；梯形． 专题：几何综合题． 分析：（1）延长 DE，CB，相交于点 R，作 BM∥PC，交 DR 于点 M．根据题意得∠AQE=∠EMB， 可证得△AEQ≌△BEM，△AED≌△BER．则 AD=BR=BC，再根据 BM∥PC，证出△RBM∽△RCP，即 可得出 PC=2AQ． （2） BN∥AF， RD 于点 N， 作 交 则△RBN∽△RFP． BN/PF=RB/RF=2/3． 则 还可证明△BNE≌△APE． 根 据相似三角形的性质得出 S△PFC=S 梯形 APCQ．解答：（1）证明： 证法一：延长 DE，CB，相交于点 R，作 BM∥PC，交 DR 于点 M． ∵AQ∥PC，BM∥PC， ∴MB∥AQ． ∴∠AQE=∠EMB ∵E 是 AB 的中点，D、E、R 三点共线，∴AE=EB，∠AEQ=∠BEM． ∴△AEQ≌△BEM． ∴AQ=BM． 同理△AED≌△BER． ∴AD=BR=BC． ∵BM∥PC， ∴RBM∽△RCP，相似比是 1：2． ∴PC=2MB=2AQ．24证法二：连接 AC，交 PQ 于点 K，易证△AKE∽△CKD， ∴AE/DC=AK/KC=1/2． ∵AQ∥PC． ∴△AKQ∽△CKP． ∵AK/KC=1/2， ∴AQ/PC=1/2， 即 PC=2AQ． （2）解：S△PFC=S 梯形 APCQ． 作 BN∥AF，交 RD 于点 N． ∴△RBN∽△RFP． ∵F 是 BC 的中点，RB=BC， ∴RB=2/3RF． ∴BN/PF=RB/RF=2/3． 易证△BNE≌△APE． ∴AP=BN． ∴AP=2/3PF． 因 PFC（视 PC 为底）与梯形 APCQ 的高的比等于△PFC 与△PQC 中 PC 边上的高的比， 易知等于 PF 与 AP 的比，于是可设△PFC 中 PC 边上的高 h1=3k，梯形 APCQ 的高 h2=2k．再设 AQ=a，则 PC=2a． ∴S△PFC=1/2×2ah1=3ka，S 梯形 APCQ=1/2(AQ+PC)h2=1/2(a+2a)?2k=3ka． 因此 S△PFC=S 梯形 APCQ． 点评：本题是一道综合性很强的题目，考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定 和性质以及平行四边形和梯形的性质，难度较大． （2009 西城一模） 25. 已知：PA=2，PB=4，以 AB 为一边作正方形 ABCD，使 P、D 两点落在直线 AB 的两侧． （1）如图，当∠APB=45°时，求 AB 及 PD 的长； （2）当∠APB 变化，且其它条件不变时，求 PD 的最大值，及相应∠APB 的大小．考点：解直角三角形；正方形的性质． 专题：计算题． 分析：（1）作辅助线，过点 A 作 AE⊥PB 于点 E，在 Rt△PAE 中，已知∠APE，AP 的值，根据三角函数可将 AE，PE 的值求出，由 PB 的值，可求 BE 的值，在 Rt△ABE 中，根据勾股定理可 将 AB 的值求出； 求 PD 的值有两种解法，解法一：可将△PAD 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△P'AB，可得 △PAD≌△P'AB， PD 长即为求 P′B 的长， Rt△AP′P 中， 求 在 可将 PP′的值求出， Rt△PP′B 在 中，根据勾股定理可将 P′B 的值求出；25解法二：过点 P 作 AB 的平行线，与 DA 的延长线交于 F，交 PB 于 G，在 Rt△AEG 中，可求出 AG，EG 的长，进而可知 PG 的值，在 Rt△PFG 中，可求出 PF，在 Rt△PDF 中，根据勾股定理 可将 PD 的值求出； （2）将△PAD 绕点 A 顺时针旋转 90°，得到△P'AB，PD 的最大值即为 P'B 的最大值，故当 P'、P、B 三点共线时，P'B 取得最大值，根据 P'B=PP'+PB 可求 P'B 的最大值，此时 ∠APB=180°-∠APP'=135°．解答：解：（1）①如图，作 AE⊥PB 于点 E，∵△APE 中，∠APE=45°，PA=2， ∴AE=PE=2×22=1， ∵PB=4，∴BE=PB-PE=3， 在 Rt△ABE 中，∠AEB=90°， ∴AB=AE2+BE2=10．②解法一：如图，因为四边形 ABCD 为正方形，可将 △PAD 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△P'AB， 可得△PAD≌△P'AB，PD=P'B，PA=P'A． ∴∠PAP'=90°，∠APP'=45°，∠P'PB=90° ∴PP′=2PA=2， ∴PD=P′B=PP′2+PB2=22+42=25； 解法二：如图，过点 P 作 AB 的平行线，与 DA 的延长线交于 F，设 DA 的 延长线交 PB 于 G．在 Rt△AEG 中， 可得 AG=AEcos∠EAG=AEcos∠ABE=103，EG=13，PG=PE-EG=23． 在 Rt△PFG 中， 可得 PF=PG?cos∠FPG=PG?cos∠ABE=105，FG=1015． 在 Rt△PDF 中，可得， PD=PF2+(AD+AG+FG)2=(105)2+(10+=25．26（2）如图所示，将△PAD 绕点 A 顺时针旋转 90° 得到△P'AB，PD 的最大值即为 P'B 的最大值， ∵△P'PB 中，P'B＜PP'+PB，PP′=2PA=2，PB=4， 且 P、D 两点落在直线 AB 的两侧， ∴当 P'、P、B 三点共线时，P'B 取得最大值（如图）此时 P'B=PP'+PB=6，即 P'B 的最大值为 6． 此时∠APB=180°-∠APP'=135 度． 点评：考查综合应用解直角三角形、直角三角形性质，进行逻辑推理能力和运算能力，在解 题过称中要求学生充分发挥想象空间，确定 P′B 取得最大值时点 P′的位置． （2009 年西城区抽样测试） 25. △ABC 是等边三角形，P 为平面内一个动点，BP=BA，若 0°＜∠PBC＜180°，且∠PBC 的 平分线上一点 D 满足 DB=DA， （1）当 BP 和 BA 重合时（如图 1），∠BPD= ； （2）当 BP 在∠ABC 内部时（如图 2），求∠BPD； （3）当 BP 在∠ABC 外部时，请直接写出∠BPD，并画出相应的图形．考点：等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质． 专题：动点型． 分析：（1）由于 P，A 重合，DP=DB，∠DBP=∠DPB，因为 DB 是∠PBC 的平分线，因此，∠DBP=∠DPB=30°； （2） 本题可通过构建全等三角形来求解．连接 CD，BP=BC，BD 又是∠PBC 的平分线，三角 形 PBD 和 CBD 中又有一公共边，因此两三角形全 等，∠BPD=∠BCD，那么关键是求∠BCD 的 值，那么我们就要看∠BCD 和∠ACB 的关系了，可通过证明三角形 ACD 和 BCD 全等来得出，这27两个三角 形中，BD=AD，BC=AC，有一条公共边 CD 因此∠BCD=∠ACD=30°，那么就求出∠BPD 的度数了； （3）同（2）的证法完全一样，步骤有 2 个，一是得出∠BCD 的度数，二是证明三角形 BPD 和 BCD 全等，同（2）完全一样． （当∠BPD 是钝角时，∠BPD=∠BCD=（360-60）÷2=150°，还是用的（2）中的三角形 BPD， BCD 全等，BCD，ACD 全等） 解答：解：（1）∠BPD=30°；（2）如图，连接 CD， ∵点 D 在∠PBC 的平分线上 ∴∠PBD=∠CBD ∵△ABC 是等边三角形 ∴BA=BC=AC，∠ACB=60° ∵BP=BA ∴BP=BC ∵BD=BD ∴△PBD≌△CBD ∴∠BPD=∠BCD ∵DB=DA，BC=AC，CD=CD ∴△BCD≌△ACD ∴∠BCD=∠ACD=12∠ACB=30° ∴∠BPD=30°； （3）∠BPD=30°或 150°图形如下：故填 30°． 点评：本题考查了等边三角形的性质及全等三角形的判定与性质；通过全等三角形得出角相 等是解题的关键． 2010 西城一模2824.如图 1，在平行四边形 ABCD 中，AE⊥BC 于点 E，E 恰为 BC 的中点，tanB=2．（1）求证：AD=AE； （2）如图 2，点 P 在线段 BE 上，作 EF⊥DP 于点 F，连接 AF，求证：DF-EF= AF； （3）请你在图 3 中画图探究：当 P 为线段 EC 上任意一点（P 不与点 E 重合）时，作 EF 垂直 直线 DP，垂足为点 F，连接 AF，线段 DF、EF 与 AF 之间有怎样的数量关系？直接写出你的结 论． 考点：平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质． 专题：证明题；探究型． 分析：（1）首先根据∠B 的正切值知：AE=2BE，而 E 是 BC 的中点，结合平行四边形的对边 相等即可得证． （2）此题要通过构造全等三角形来求解；作 GA⊥AF，交 BD 于 G，通过证△AFE≌△AGD，来 得到△AFG 是等腰直角三角形且 EF=GD，由此得证． （3）辅助线作法和解法同（2），只不过结论有所不同而已． 解答：（1）证明：∵tanB=2， ∴AE=2BE； ∵E 是 BC 中点， ∴BC=2BE， 即 AE=BC； 又四边形 ABCD 是平行四边形，则 AD=BC=AE；（2）证明：作 AG⊥AF，交 DP 于 G；（如图 2） ∵AD∥BC， ∴∠D=∠DPC； ∵∠AEP=∠EFP=90°， ∴∠PEF+∠EPF=∠PEF+∠AEF=90°， 即∠D=∠AEF=∠FPE； 又∵AE=AD，∠FAE=∠GAD=90°-∠EAG， ∴△AFE≌△AGD， ∴AF=AG，即△AFG 是等腰直角三角形，且 EF=DG； ∴FG= AF，且 DF=DG+GF=EF+FG， 故 DF-EF= AF；29（3）解：如图 3，①当 EP≤2BC 时，DF+EF= AF，解法同（2）． ②当 EP＞2BC 时，EF-DF= AF． 点评：此题主要考查的是平行四边形的性质以及全等三角形的判定和性质，难度适中，正确 地构造出全等三角形是解答此题的关键．2010 西城二模 24. 在△ABC 中，点 P 为 BC 的中点．（1）如图 1，求证：AP＜（AB+AC）；（2）延长 AB 到 D，使得 BD=AC，延长 AC 到 E，使得 CE=AB，连接 DE． ①如图 2，连接 BE，若∠BAC=60°，请你探究线段 BE 与线段 AP 之间的数量关系．写出你的 结论，并加以证明； ②请在图 3 中证明：BC≥ DE．考点：平行四边形的判定与性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；三角形中位线定理． 专题：分类讨论． 分析：（1）可通过构建平行四边形求解；延长 AP 至 H，使 PH=AP；则 AH、BC 互相平分，四 边形 ABHC 是平行四边形； 在△ACH 中， 由三角形三边关系定理知： AH＜AC+CH， HC=AB， 而 AH=2AP， 等量代换后即可证得所求的结论； （2）① 可按照（1）题的思路求解；过 B 作 AE 的平行线，交 DE 于 H，连接 AH、CH；易知 AD=AE， 若∠BAC=60°， 则△ADE 是等边三角形， 易证得 △DBH 也是等边三角形， 此时 DB=BH=AC， 则四边形 ABHC 的一组对边平行且相等，则四边形 ABHC 是平行四边形；由此可证得 P 是平行 四边形 ABHC 对角线的交点，且 AH=2AP；下面可通过证△DBE≌△DHA 得出 AH=DE，从而得出 DE=2AP 的结论； ②分两种情况： 一、AB=AC 时，由题意易知 AB=AC=BD=CE，则 BC 是三角形 ADE 的中位线，此时 DE=2BC； 二、AB≠AC 时，仿照①的思路，可以 BC、BD 为边作平行四边形 DBCG，连接 GE；易证得 △ABC≌△CEG， AB=GE； 则 而根据平行四边形的性质易知 BC=DG， 那么在等腰△DGE 中， DG=GE， 根据三角形三边关系定理知：DG+GE＞DE，即 2BC＞DE； 综合上述两种情况即可证得所求的结论．30解答：（1）证明：延长 AP 至 H，使得 PH=AP，连接 BH、HC，PH；∵BP=PC； ∴四边形 ABHC 是平行四边形； ∴AB=HC； 在△ACH 中，AH＜HC+AC； ∴2AP＜AB+AC； 即 AP＜ (AB+AC)（2）①答：BE=2AP． 证明：过 B 作 BH∥AE 交 DE 于 H，连接 CH、AH； ∴∠1=∠BAC=60°； ∵DB=AC，AB=CE， ∴AD=AE， ∴△AED 是等边三角形，∴∠D=∠1=∠2=∠AED=60°； ∴△BDH 是等边三角形； ∴BD=DH=BH=AC； ∴四边形 ABHC 是平行四边形； ∵点 P 是 BC 的中点， ∴AH、BC 互相平分于点 P，即 AH=2AP； 在△ADH 和△EDB 中，{AD=ED∠D=∠DDH=DB； ∴△ADH≌△EDB； ∴AH=BE=2AP； ②证明：分两种情况： ）当 AB=AC 时， ∴AB=AC=DB=CE；31∴BC= DE； ）当 AB≠AC 时， 以 BD、BC 为一组邻边作平行四边形 BDGC（如图） ∴DB=GC=AC，∠BAC=∠1，BC=DG， ∵AB=CE； ∴△ABC≌△CEG； ∴BC=EG=DG； 在△DGE 中，DG+GE＞DE； ∴2BC＞DE，即 BC＞ DE；综上所述，BC≥DE．点评：此题考查了三角形三边关系定理、等腰三角形的性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质，综合性强，难度较大．2008 东城一模 25.已知△ABC 中，AB=AC=3，∠BAC=90°，点 D 为 BC 上一点，把 一个足够大的直角三角板的直角顶点放在 D 处．（1）如图①，若 BD=CD，将三角板绕点 D 逆时针旋转，两条直角边分别交 AB、AC 于点 E、点 F，求出重叠部分 AEDF 的面积（直接写出结果）． （2）如图②，若 BD=CD，将三角板绕点 D 逆时针旋转，使一条直角边交 AB 于点 E、另一条直 角边交 AB 的延长线于点 F，设 AE=x，重叠部分的面积为 y，求出 y 与 x 的函数关系式，并写 出自变量 x 的取值范围． （3）若 BD=2CD，将三角板绕点 D 逆时针旋转，使一条直角边交 AC 于点 F，另一条直角边交 射线 AB 于点 E．设 CF=x（x＞1），重叠部分的面积为 y，求出 y 与 x 的函数关系式，并写出 自变量 x 的取值范围．32考点：相似三角形的判定与性质；根据实际问题列一次函数关系式；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；旋转的性质． 分析：（1）由旋转的性质可得出重叠部分 AEDF 的面积等于三角形 ABC 面积的一半． （2）过点 D 作 DM⊥AB，则 y= BE?DM= 且 x≠ ）． （3） 分两种情况： ①如图①， 连接 AD， 过点 D 分别作 AB、 的垂线， AC 垂足为 M， 则 y= x+ N． （1＜x≤2）； ②如图②，过点 D 作 AC 的垂线，垂足为 N，则 y=9/2x（2＜x≤3）． (3-x)? = 错误！未找到引用源。（3-x）（0≤x≤3解答：解：（1）S 四边形 AEDF=错误！未找到引用源。．（2）过点 D 作 DM⊥AB，垂足为点 M，y= BE?DM= （0≤x≤3 且 x≠ ）．(3-x)?= 错误！未找到引用源。（3-x）（3）①如图①，连接 AD，过点 D 分别作 AB、AC 的垂线，垂足为 M，N． ∵AB=AC=3，∠BAC=90°， ∴BC=3 ． ∵BD=2CD， ∴BD=2 ，CD ． 易得 DN=1，DM=2， 易证∠1=∠2， ∵∠DME=∠DNF=90°， ∴△DME∽△DNF． ∴ME/FN=DM/DN． ∴ME=2（x-1）． ∴AE=2（x-1）+1=2x-1． ∴y=S△ADE+S△ADF= (2x-1)?2+ (3-x)?1= x+ (1＜x≤2)．②如图②，过点 D 作 AC 的垂线，垂足为 N， ∵AB=AC=3，∠BAC=90°， ∴BC=3 ． ∵BD=2CD，∴BD=2 ，CD= ．33易得 DN=1，∴y=S△ABC-S△CDF=9/2-x?1=9/2-x(2＜x≤3)．∴y=x+(1＜x≤2)9/2-x(2＜x≤3)点评：本题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质以及根据实际问题列一次函数的关系式．2009 东城一模 25. 请阅读下列材料： 圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等．即如图 1，若弦 AB、CD 交于点 P， 则 PA?PB=PC?PD．请你根据以上材料，解决下列问题．已知⊙O 的半径为 2，P 是⊙O 内一点，且 OP=1，过点 P 任作-弦 AC，过 A、C 两点分别作⊙O 的切线 m 和 n，作 PQ⊥m 于点 Q，PR⊥n 于点 R．（如图 2） （1）若 AC 恰经过圆心 O，请你在图 3 中画出符合题意的图形，并计算：1/PQ+1/PR 的值； （2）若 OP⊥AC，请你在图 4 中画出符合题意的图形，并计算：1/PQ+1/PR 的值； （3）若 AC 是过点 P 的任一弦（图 2），请你结合（1）（2）的结论，猜想：1/PQ+1/PR 的值， 并给出证明． 考点：相交弦定理；相似三角形的判定与性质． 专题：阅读型． 分析：（1）由于 AC 过圆心，那么 Q，A 重合，R，C 重合，可根据 OP 和半径的长求出 PA，PC 的长，即 PQ，PR 的长．由此可得出所求的结论； （2）连接 OA，不难得出 OA∥PQ，那么可得出∠OAP=∠APQ，可先在直角三角形 OAP 中，求出 ∠OAP 的度数和 AP 的长，进而可在直角三角形 APQ 中求出 PQ 的长，同理可求出 PR 的长，即 可求出所求的结论；（本题还可通过证△ADP 和△PAQ 相似，得出 1/PQ 的值，同理可连接 CD 得出 1/PR 的值）34（3）本题要通过相似三角形来求解．过点 A 作直径交⊙O 于点 E，连接 EC，通过相似三角形 △AEC∽△PAQ，得出关于 AC，PQ，AE，AP 的比例关系式，同理可求出 AC，PR，AE，PC 的比 例关系式，两式联立可得出 1/PQ+1/PR 的表达式，然后根据相交弦定理即可证得所求的结论． （第二种证法和（2）的第二种求法完全相同．）解答：解：（1）AC 过圆心 O，且 m，n 分别切⊙O 于点 A，C，∴AC⊥m 于点 A，AC⊥n 于点 C． ∴Q 与 A 重合，R 与 C 重合． ∵OP=1，AC=4， ∴1/PQ+1/PR=1+1/3=4/3． （2）连接 OA，∵OP⊥AC 于点 P，且 OP=1，OA=2， ∴∠OAP=30°． ∴AP=错误！未找到引用源。． ∵OA⊥直线 m，PQ⊥直线 m， ∴OA∥PQ，∠PQA=90°． ∴∠APQ=∠OAP=30°． ∴AP=错误！未找到引用源。． ∵OA⊥直线 m，PQ⊥F 直线 m， ∴OA∥PQ，∠PQA=90°． ∴∠APQ=∠OAP=30°． 在 Rt△AQP 中，PQ=3/2，同理，PR=3/2， ∴1/PQ+1/PR=2/3+2/3=4/3． （3）猜想 1/PQ+1/PR=4/3．证明：过点 A 作直径交⊙O 于点 E，连接 EC，35∴∠ECA=90°． ∵AE⊥直线 m，PQ⊥直线， ∴AE∥PQ 且∠PQA=90°． ∴∠EAC=∠APQ． ∴△AEC∽△PAQ． ∴AC/PQ=AE/AP① 同理可得：AC/PR=AE/PC② ①+②，得： AC/PQ+AC/PR=AE/AP+AE/PC ∴1/PQ+1/PR=AE/AC（1/AP+1/PC） =(AE/AC) ? (PC+AP)/(AP?PC) = AE/(AP?PC)． 过 P 作直径交⊙O 于 M，N， 根据阅读材料可知：AP?PC=PM?PN=3， ∴1/PQ+1/PR=4/3． 点评：本题主要考查了相似三角形和相交弦定理的应用，根据相似三角形得出与所求相关的 线段成比例是解题的关键． 2009 东城二模 25. 如图，在直角梯形 ABCD 中，AD∥BC，DC⊥BC，AB=10，AD=6，DC=8，BC=12，点 E 在下底边 BC 上，点 F 在 AB 上． （1） EF 平分直角梯形 ABCD 的周长， BE 的长为 x， 若 设 试用含 x 的代数式表示△BEF 的面积； （2）是否存在线段 EF 将直角梯形 ABCD 的周长和面积同时平分？若存在，求出此时 BE 的长； 若不存在，请说明理由； （3）若线段 EF 将直角梯形 ABCD 的周长分为 1：2 两部分，将△BEF 的面积记为 S1，五边形 AFECD 的面积记为 S2，且 S1：S2=K 求出 k 的最大值． 考点：二次函数综合题；直角梯形；相似三角形的判定与性质． 专题：综合题；开放型． 分析：（1）由已知，得梯形周长=36，高=8，面积=72．用含 x 的代数式表示△BEF 的面积， 只需求 FG 即可； （2）根据函数关系式无解，知不存在线段 EF 将直角梯形 ABCD 的周长和面积同时平分． （3）由已知易知，线段 EF 将直角梯形 ABCD 的周长分为 1：2 两部分，只能是 FB+BE 与 FA+AD+DC+CE 的比是 1：2，则有 k=S1：S2=S1/（72-S1），要使 k 取最大值，只需 S1 取最大值， 根据 S△BEF=1/2BE?FG=-2/5 x2+36/5 x (8≤x≤12)，求出 S1 取最大值 72/5．得出 k 的最大值是 1/4．解答：36解：（1）由已知，得梯形周长=36，高=8，面积=72． 过点 F 作 FG⊥BC 于点 G，过点 A 作 AK⊥BC 于点 K， 则△BFG∽△BAK 可得 FG=4/5 (18-x） S△BEF=1/2 BE?FG=-2/5 x2+36/5 x (8≤x≤12)（3 分） （2）不存在．（4 分） 2 由（1）-2/5 x +36/5 x = 36， 整理得：（x-9）2 =-9，此方程无解．（5 分） 不存在线段 EF 将直角梯形 ABCD 的周长和面积同时平分． （3）由已知易知，线段 EF 将直角梯形 ABCD 的周长分为 1：2 两部分，只能是 FB+BE 与 FA+AD+DC+CE 的比是 1：2．（6 分） k=S1：S2=S1/(72-S1)要使 k 取最大值，只需 S1 取最大值． 与（1）同理，FG=4/5 (12-x)S1=1/2 BE?FG=-2/5 x2+24/5 x (2≤x＜12)， 当 x=6 时，S1 取最大值 7/25．此时 k=1/4 ∴k 的最大值是 1/4．（8 分） 点评：本题结合直角梯形的性质考查二次函数的综合应用，注意此题三角形边与面积，梯形 周长，高，面积相互间的关系．2010 东城一模 25. 如图，正方形 ABCD 的对角线 AC 与 BD 相交于点 M，正方形 MNPQ 与正方形 ABCD 全等，射线 MN 与 MQ 不过 A、B、C、D 四点且分别交 ABCD 的边于 E、F 两点， （1）求证：ME=MF； （2）若将原题中的正方形改为矩形，且 BC=2AB=4，其他条件不变，探索线段 ME 与线段 MF 的数量关系． 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．37专题：几何综合题． 分析： （1） 求简单的线段相等， 可证线段所在的三角形全等； M 分别作 MG⊥BC 于 G， 故 MH⊥CD于 H，易得 MG=MH，而∠EMG、∠FMH 都是∠GMF 的余角，由此可证得∠EMG=∠FMH，即可证得 △MGE≌△MHF，由此得证． （2）此题要分四种情况讨论： ① 当 MN 交 BC 于点 E，MQ 交 CD 于点 F 时；此种情况与（1）类似，不同的是（1）题用到的 是全等， 而此题运用的是相似， 过点 M 作 MG⊥BC 于点 G， MH⊥CD 于点 H， 通过证△MGE∽△MHF， 得到关于 ME、MF、MG、MH 的比例关系式，联立矩形的性质及 BC、AB 的比例关系，即可求得 ME、 MF 的比例关系； ②当 MN 的延长线交 AB 于点 E，MQ 交 BC 于点 F 时．解法同①； ③当 MN、MQ 两边都交边 BC 于 E、F 时，过 M 作 MH⊥BC 于 H，由于 M 是 AC 的中点，且已知 AB 的长，即可求得 MH=1，在 Rt△EMF 中，MH⊥EF，易证得△MEH∽△FEM，△FMH∽△FEM．可得 ME/FE=MH/FM，FM/FE=MH/EM．将 MH=1 代入上述两式，然后联立勾股定理即可得到 ME、MF 的 关系式； ④当 MN 交 BC 边于 E 点，MQ 交 AD 于点 F 时．可延长 EM 交 BC 于 G，易证得△MED≌△MGB，即 可得 ME=MG，那么这种情况下与③完全相同，即可得解．解答：（1）证明：过点 M 作 MG⊥BC 于点 G，MH⊥CD 于点 H．∴∠MGE=∠MHF=90°． ∵M 为正方形对角线 AC、BD 的交点，∴MG=MH． 又∵∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°， ∴∠1=∠2． 在△MGE 和△MHF 中 ∠1=∠2， MG=MH， ∠MGE=∠MHF． ∴△MGE≌△MHF． ∴ME=MF．（3 分）（2）解：①当 MN 交 BC 于点 E，MQ 交 CD 于点 F 时． 过点 M 作 MG⊥BC 于点 G，MH⊥CD 于点 H．38∴∠MGE=∠MHF=90°． ∵M 为矩形对角线 AC、BD 的交点， ∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°． ∴∠1=∠2． 在△MGE 和△MHF 中， ∠1=∠2 ∠MGE=∠MHF ∴△MGE∽△MHF． ∴ME/MF=MG/MH． ∵M 为矩形对角线 AB、AC 的交点，∴MB=MD=MC 又∵MG⊥BC，MH⊥CD，∴点 G、H 分别是 BC、DC 的中点． ∵BC=2AB=4， ∴MG=1/2AB，MH=1/2BC． ∴ME/MF=1/2．（4 分） ②当 MN 的延长线交 AB 于点 E，MQ 交 BC 于点 F 时．过点 M 作 MG⊥AB 于点 G，MH⊥BC 于点 H． ∴∠MGE=∠MHF=90°． ∵M 为矩形对角线 AC、BD 的交点， ∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°． ∴∠1=∠2． 在△MGE 和△MHF 中， ∠1=∠2， ∠MGE=∠MHF． ∴△MGE∽△MHF． ∴ME/MF=MG/MH． ∵M 为矩形对角线 AC、BD 的交点， ∴MB=MA=MC． 又∵MG⊥AB，MH⊥BC，∴点 G、H 分别是 AB、BC 的中点． ∵BC=2AB=4，∴MG=1/2BC，MH=1/2AB． ∴ME/MF=2．（5 分）39③当 MN、MQ 两边都交边 BC 于 E、F 时． 过点 M 作 MH⊥BC 于点 H． ∴∠MHE=∠MHF=∠NMQ=90°． ∴∠1=∠3，∠2=∠4． ∴△MEH∽△FEM，△FMH∽△FEM． ∴ME/FE=MH/FM，FM/FE=MH/EM． ∵M 为矩形对角线 AC、BD 的交点， ∴点 M 为 AC 的中点． 又∵MH⊥BC， ∴点 M、H 分别是 AC、BC 的中点． ∵BC=2AB=4， ∴AB=2． ∴MH=1． ∴1/ME=FM/(MH?EF)=FM/EF，1/MF=EM/(MH?EF)=EM/EF． ∴1/ME2+1/MF2=(FM2+EM2)/EF2=1．（6 分） ④当 MN 交 BC 边于 E 点，MQ 交 AD 于点 F 时． 延长 FM 交 BC 于点 G． 易证△MED≌△MGB．∴MF=MG． 同理由③得 1/MG2+1/ME2=1． ∴1/ME2+1/MF2=1．（7 分） 综上所述：ME 与 MF 的数量关系是 ME/MF=1/2 或 ME/MF=2 或 1/ME2+1/MF2=1．点评：此题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形、相似三角形的判定和性质以及勾股定理等知识的综合应用；由于 （2）题的情况较多，做到不漏解是此题的难点．2010 东城二模 25. 已知，正方形 ABCD 的边长为 1，直线 l1∥直线 l2，l1 与 l2 之间的距离为 1，l1、l2 与正方 形 ABCD 的边总有交点． （1）如图 1，当 l1⊥AC 于点 A，l2⊥AC 交边 DC、BC 分别于 E、F 时，求△EFC 的周长； （2）把图 1 中的 l1 与 l2 同时向右平移 x，得到图 2，问△EFC 与△AMN 的周长的和是否随 x 的变化而变化，若不变，求出△EFC 与△AMN 的周长的和；若变化，请说明理由； （3）把图 2 中的正方形饶点 A 逆时针旋转 α ，得到图 3，问△EFC 与△AMN 的周长的和是否40随 α 的变化而变化？若不变，求出△EFC 与△AMN 的周长的和；若变化，请说明理由．考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；几何变换的类型． 专题：证明题． 分析：（1）分别计算 EF、EC、CF 的长度，计算△EFC 的周长即 EF+EC+CF 即可；（2）证明△AHM≌△ERP，△AHN≌△FGQ 得 AM=EP，HM=PR，AN=FQ，HN=GQ，可得△EFC 与△AMN 的周长的和不随 x 的变化而变化． （3）△AHM≌△FSQ，△AHN≌△ERP 可得 AM=FQ，HM=SQ，AN=EP，HN=RP．可以求得△EFC 与 △AMN 的周长的和为△CPQ 的周长． 解答：解：（1）如图 1，∵正方形 ABCD 的边长为 1， ∴AC= ． 又∵直线 l1∥直线 l2，l1 与 l2 之间的距离为 1． ∴CG= -1． ∴EF=2 -2，EC=CF=2- ． ∴△EFC 的周长为 EF+EC+CF=2； （2）△EFC 与△AMN 的周长的和不随 x 的变化而变化． 如图 2，把 l1、l2 向左平移相同的距离， 使得 l1 过 A 点，即 l1 平移到 l4，l2 平移到 l3， 过 E、F 分别做 l3 的垂线，垂足为 R，G． 可证△AHM≌△ERP，△AHN≌△FGQ． ∴AM=EP，HM=PR，AN=FQ，HN=GQ． ∴△EFC 与△AMN 的周长的和为△CPQ 的周长，由已知可计算△CPQ 的周长为 2， ∴△EFC 与△AMN 的周长的和为 2； （3）△EFC 与△AMN 的周长的和不随 α 的变化而变化． 如图 3，把 l1、l2 平移相同的距离，使得 l1 过 A 点，即 l1 平移到 l4，l2 平移到 l3，41过 E、F 分别做 l3 的垂线，垂足为 R，S．过 A 作 l1 的垂线，垂足为 H． 可证△AHM≌△FSQ，△AHN≌△ERP， ∴AM=FQ，HM=SQ，AN=EP，HN=RP． ∴△EFC 与△AMN 的周长的和为△CPQ 的周长． 如图 4，过 A 作 l3 的垂线，垂足为 T．连接 AP、AQ． 可证△APT≌△APD，△AQT≌△AQB， ∴DP=PT，BQ=TQ． ∴△CPQ 的周长为 DP+PC+CQ+QB=DC+CB=2． ∴△EFC 与△AMN 的周长的和为 2．点评：本题考查了正方形各边长相等的性质，正方形各内角为直角的性质，勾股定理在直角三角形中的运用，几何变换类型题目的解决方法．2011 东城二模 24. 如图 1，在△ABC 中，AB=BC=5，AC=6．△ECD 是△ABC 沿 CB 方向平移得到的，连接 AE， AC 和 BE 相交于点 O． （1）判断四边形 ABCE 是怎样的四边形，并证明你的结论； （2）如图 2，P 是线段 BC 上一动点（不与点 B、C 重合），连接 PO 并延长交线段 AE 于点 Q， QR⊥BD，垂足为点 R． ①四边形 PQED 的面积是否随点 P 的运动而发生变化？若变化，请说明理由；若不变，求出四 边形 PQED 的面积； ②当线段 BP 的长为何值时，以点 P、Q、R 为顶点的三角形与△BOC 相似？考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；菱形的判定与性质；平移的性质．专题：证明题． 分析：（1）四边形 ABCE 是菱形．证明：∵△ECD 是△ABC 沿 BC 方向平移得到的，∴EC∥AB，EC=AB．∴四边形 ABCE 是平行四边形．又∵AB=BC，∴四边形 ABCE 是菱形． （2）①由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO，可得 S△PBO=S△QEO，由△ECD 是由△ABC 平移得到的，42可得 ED∥AC，ED=AC=6．又∵BE⊥AC，∴BE⊥ED，可得 S 四边形 PQED=S△QEO+S 四边形 POED=S△PBO+S 四边形 POED=S△BED=1/2×BE×ED=1/2×8×6=24． ②如图，∵∠2 是△OBP 的外角，∴∠2＞∠3．∴∠2 不与∠3 对应．∴∠2 与∠1 对应．即 ∠2=∠1，∴OP=OC=3．过 O 作 OG⊥BC 于 G，则 G 为 PC 的中点．可证△OGC∽△BOC．可得 CG： CO=CO：BC．从而可求解．解答：解：（1）四边形 ABCE 是菱形．证明：∵△ECD 是△ABC 沿 BC 方向平移得到的， ∴EC∥AB，EC=AB． ∴四边形 ABCE 是平行四边形． 又∵AB=BC， ∴四边形 ABCE 是菱形． （2）①四边形 PQED 的面积不发生变化，理由如下： 由菱形的对称性知，△PBO≌△QEO， ∴S△PBO=S△QEO ∵△ECD 是由△ABC 平移得到的， ∴ED∥AC，ED=AC=6． 又∵BE⊥AC， ∴BE⊥ED ∴S 四边形 PQED=S△QEO+S 四边形 POED=S△PBO+S 四边形 POED=S△BED=1/2×BE×ED=1/2×8×6=24． ②如图，当点 P 在 BC 上运动，使以点 P、Q、R 为顶点的三角形与△COB 相似． ∵∠2 是△OBP 的外角， ∴∠2＞∠3． ∴∠2 不与∠3 对应． ∴∠2 与∠1 对应． 即∠2=∠1， ∴OP=OC=3． 过 O 作 OG⊥BC 于 G，则 G 为 PC 的中点．可证△OGC∽△BOC． ∴CG：CO=CO：BC． 即 CG：3=3：5． ∴CG=9/5． ∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2×9/5=7/5． ∴BD=PB+PR+RF+DF=x+18/5+x+18/5=10． ∴x=7/5， ∴BP=7/5． 点评：本题考查了相似三角形的判定与性质及菱形的判定与性质，难度较大，关键是掌握相 似三角形及菱形的判定定理．432008 朝阳区一模 22. 已知：如图，在⊙ 中，弦 CD 垂直直径 AB，垂足为 M，AB=4，CD= O，点 E 在 AB 的延长线上，且． （1）求证：DE 是⊙ 的切线； O （2）将△ ODE 平移，平移后所得的三角形记为△ D′ ．求当点 E′ O′ E′ 与点 C 重合时，△ D′ 与⊙ 重合部分 O′ E′ O 的面积． 考点：切线的判定；全等三角形的判定与性质；扇形面积的计算；解直角三角形。 专题：几何综合题。 分析： （1）先求出 sin∠ DOM，即可求出∠ DOM，同样，再利用 tan∠ E= ，可求出∠ E，那么在△ DOE 中，利用三角形内角和等于 180°可求出∠ ODE=90°，从而 DE 是⊙ 的切线； O （2）由∠ ODE=90°，OD=2，∠ E=30°，易求 DE=2 ，在 Rt△ ODM 中，OM=1，则 AM=3，在 Rt△ ACM 中，利 用勾股定理可求 AC=2 ， 于是 AC=DE=D′ ， E′ 根据题意， 由平移到性质可知△ ODE≌O′ 那么∠ CA=30°， △ AC， O′ ∠ AOF=60°，再由平移的性质可知 CF∥ OA，在 RT△ FCD 中，易求 CF=2，∠ CFO=∠ FOC=60°，因此△ FOC 是等边三 角形，于是 CF=OA=2，因而 S△AFO=S△AFC，那么重合部分的面积=S 扇形 AOF= π． 解答： （1）证明：连接 OD． ∵ CD⊥ 弦 直径 AB，AB=4，CD= ∴ MD= CD， ∴ OD= =2． ，，在 Rt△ OMD 中，∵ DOM= sin∠ ∴DOM=60°， ∠ 在 Rt△ DME 中，∵ ∴E=30°， ∠ ∴ODE=90°， ∠ 又∵ 是⊙ 的半径， OD O ∴ 是⊙ 的切线． 分） DE O （2 ，（2）解：∵ODE=90°，OD=2，∠ ∠ E=30°， ∴ DE= ，44在 Rt△ ODM 中，OM=1， ∴ AM=3， 在 Rt△ ACM 中，由勾股定理得，AC= ， ∴ AC=DE=D′ ， E′ ∵ E′ 点 与点 C 重合， ∴ 平移后的 D′ 与 AC 重合， E′ 交⊙ 于点 F，连接 OF、OC、AF， O 由平移的性质得△ ODE≌O′ △ AC， ∴O′ ∠ CA=∠ E=30°，∠ AOF=2∠ ACO′ =60°． 由平移的性质可知 FC∥ AO， 在 Rt△ FCD 中，可求得 FC=2，∠ CFO=∠ FOA=60°， ∴FOC 为等边三角形， △ ∴ FC=OA=2， ∴△AFO=S△AFC， S ∴ ． 分） （5点评：本题利用了三角函数值、切线的判定、平移的性质、全等三角形的性质、等边三角形的判定和性质、 扇形面积计算公式、勾股定理．2008 朝阳区一模 23. 我们给出如下定义：若一个四边形中存在一组对边的平方和等于另一组对边的平方和，则称这个四边形为等平方和四边形， （1）写出一个你所学过的特殊四边形中是等平方和四边形的图形的名称： 菱形或正方形 ， 2 2 2 2 （2）如图（1） ，在梯形 ABCD 中，AD∥ BC，AC⊥ BD，垂足为 O．求证：AD +BC =AB +DC ，即四边形 ABCD 是等平方和四边形．（3） 如果将图 （1） 中的△ AOD 绕点 O 按逆时针方向旋转 α 度 （0＜α＜90） 后得到图 （2） 那么四边形 ABCD ， 能否成为等平方和四边形？若能，请你证明；若不能，请说明理由． 考点：相似三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定。 专题：几何综合题；新定义。 分析： （1）据题中定义，只要邻边相等的平行四边形即符合要求，则菱形或正方形都符合要求． 2 2 2 2 （2）根据 AC⊥ 和勾股定理易证得 AD +BC =AB +DC 即四边形 ABCD 是等平方和四边形． BD45（3）作出原梯形 A′ BCD′ ，连接 AC、BD 交于 O′ ，首先证明 A′ ∽COB，再证明△ OD′△ AOC∽DOB，可得 △ ∠ AOD=∠ AOD=90°，以下同（2）的证法即得到 AD +BC =AB +DC 即四边形 ABCD 是等平方和四边形． 解答：解： （1）菱形或正方形； 分） （1 （2）证明：∵ BD， AC⊥ ∴AOD=∠ ∠ BOC=∠ AOB=∠ DOC=90° ∴ +OD =AD ；OB +OC =BC ；OA +OB =AB ；OD +OC =DC ． OA 2 2 2 2 ∴ +BC =AB +DC 即四边形 ABCD 是等平方和四边形． 分） AD （3 （3）解：四边形 ABCD 是等平方和四边形． 证明：原梯形记为 A′ BCD′ ， 依题意旋转后得四边形 ABCD，连接 AC、BD 交于点 O′ ，2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2∵ D′BC， A′ ∥ ∴ OD′△ A′ ∽COB， ∴ ，∵ =OA，OD′ OA′ =OD， ∴ ，∵AOA'=∠ ∠ DOD'=α， ∴AOC=∠ ∠ DOB=180°α， 又∵ ，∴AOC∽DOB； 分） △ △ （5 ∴1=∠ ∠ 2 又∵3=∠ ∠ 4， ∴AO′ AOD=90°， ∠ D=∠ 2 2 2 2 由（2）的结论得：AD +BC =AB +DC ． 即四边形 ABCD 是等平方和四边形． 分） （7 点评：本题考查学生对一个新的定义的理解，涉及到相似三角形的判定及性质、勾股定理的、菱形、正方 形的性质等知识点，是一道考查学生综合能力的好题．2008 朝阳区一模 24. 如图 1，在正方形 ABCD 中，E、F 分别是 BC，CD 上的点，且∠ EAF=45 度．则有结论 EF=BE+FD 成立；（1）如图 2，在四边形 ABCD 中，AB=AD，∠ D=90°，E、F 分别是 BC，CD 上的点，且∠ 是∠ 的一 B=∠ EAF BAD 半，那么结论 EF=BE+FD 是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请说明理由． （2）若将（1）中的条件改为：在四边形 ABCD 中，AB=AD，∠ D=180°，延长 BC 到点 E，延长 CD 到点 F， B+∠46使得∠ 仍然是∠ EAF BAD 的一半， 则结论 EF=BE+FD 是否仍然成 立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关系并证明． 考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质。 专题：几何综合题。 分析： （1）结论仍然成立．延长 CB 到 G，使 BG=FD，根据已知条件容易证明△ ABG≌ADF，由此可以推出 △ ∠ BAG=∠ DAF，AG=AF，而∠ EAF= ∠ BAD，所以得到∠ DAF+∠ BAE=∠ EAF，进一步得到∠ EAF=∠ GAE，现在可以证明 △ AEF≌AEG，然后根据全等三角形的性质就可以证明结论成立； △ （2）结论不成立，应为 EF=BEDF，如图在 CB 上截取 BG=FD，由于∠ ADC=180°，∠ B+∠ ADF+∠ ADC=180°，可 以得到∠ ADF， B=∠ 再利用已知条件可以证明△ ABG≌ADF， △ 由此可以推出∠ BAG=∠ DAF， AG=AF， EAF= ∠ 而∠ BAD， 所以得到∠ EAF=∠ GAE，现在可以证明△ AEF≌AEG，再根据全等三角形的性质就可以证明 EF=EG=EBBG=EB △ DF．解答：解： （1）延长 CB 到 G，使 BG=FD， ∵ABG=∠ ∠ D=90°，AB=AD， ∴ABG≌ADF， △ △ ∴BAG=∠ ∠ DAF，AG=AF， ∵EAF= ∠ ∠ BAD， ∴DAF+∠ ∠ BAE=∠ EAF， ∴EAF=∠ ∠ GAE， ∴AEF≌AEG， △ △ ∴ EF=EG=EB+BG=EB+DF． （2）结论不成立，应为 EF=BEDF， 在 CB 上截取 BG=FD， （如图） ∵B+∠ ∠ ADC=180°，∠ ADF+∠ ADC=180° ，∴B=∠ ∠ ADF， ∵ AB=AD，47∴ABG≌ADF， △ △ ∴BAG=∠ ∠ DAF，AG=AF， ∵EAF= ∠ ∠ BAD， ∴EAF=∠ ∠ GAE， ∴AEF≌AEG， △ △ ∴ EF=EG=EBBG=EBDF． 点评：此题是开放性试题，首先在特殊图形中找到规律，然后再推广到一般图形中，对学生的分析问题， 解决问题的能力要求比较高．2008 朝阳区二模 24. 已知：在等边△ABC 中，点 D、E、F 分别为边 AB、BC、AC 的中点，点 G 为直线 BC 上一动点，当点 G在 CB 延长线上时，有结论“在直线 EF 上存在一点 H，使得△ DGH 是等边三角形”成立（如图①，且当点 G ） 与点 B、E、C 重合时，该结论也一定成立． 问题：当点 G 在直线 BC 的其它位置时，该结论是否仍然成立？请你在下面的备用图②④ ③中，画出相应图形 并证明相关结论．考点：等边三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质。 专题：证明题。 分析：连接 DE、EF、DF． （1）当点 G 在线段 BE 上时，如图① ，在 EF 上截取 EH 使 EH=BG．由 D、E、F 是 等边△ ABC 三边中点， 可得△ DEF、 DBE 也是等边三角形且 DE= AB=BD， △ 可证明△ DBG≌DEH， △ 然后即可证明； （2）当点 G 在射线 EC 上时，如图② ，在 EF 上截取 EH 使 EH=BG．由（1）可证△ DBG≌DEH．可得 DG=DH， △ ∠ BDG=∠ EDH．由∠ BDE=∠ BDG∠ EDG=60°，可得∠ GDH=∠ EDH∠ EDG=60°，即可证明． （3）当点 G 在 BC 延长线上时，如图③ ，与（2）同理可证，结论成立． 解答：证明：连接 DE、EF、DF． （1）当点 G 在线段 BE 上时，如图① ， 在 EF 上截取 EH 使 EH=BG． ∵ D、E、F 是等边△ ABC 三边中点， ∴DEF、△ △ DBE 也是等边三角形且 DE= AB=BD．在△ DBG 和△ DEH 中， ∴DBG≌DEH． △ △ ∴ DG=DH． ∴BDG=∠ ∠ EDH． ∵BDE=∠ ∠ GDE+∠ BDG=60°， ∴GDH=∠ ∠ GDE+∠ EDH=60° ∴ 在直线 EF 上存在点 H 使得△ DGH 是等边三角形．48（2）当点 G 在射线 EC 上时，如图② ， 在 EF 上截取 EH 使 EH=BG． 由（1）可证△ DBG≌DEH． △ ∴ DG=DH，∠ BDG=∠ EDH．∵BDE=∠ ∠ BDG∠ EDG=60°， ∴GDH=∠ ∠ EDH∠ EDG=60°． ∴ 在直线 EF 上存在点 H 使得△ DGH 是等边三角形． （3）当点 G 在 BC 延长线上时，如图③ ，与（2）同理可证，结论成立． 综上所述，点 G 在直线 BC 上的任意位置时，该结论成立．点评：本题考查了等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，难度较大，关键是巧妙地作出辅 助线进行解题．2009 朝阳区一模 25. （1）已知：如图 1，Rt△ABC 中，∠ ACB=90°，AC=BC，点 D、E 在斜边 AB 上，且∠ DCE=45 度．求证：线段 DE、AD、EB 总能构成一个直角三角形； （2）已知：如图 2，等边三角形 ABC 中，点 D、E 在边 AB 上，且∠ DCE=30°，请你找出一个条件，使线段 DE、AD、EB 能构成一个等腰三角形，并求出49此时等腰三角形顶角的度数； （3）在（1）的条件下，如果 AB=10，求 BD?AE 的值． 考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；勾股定理的逆定理。 专题：证明题；开放型。 分析： （1）可通过构建全等三角形将所求的三条线段转换到同一个三角形中，然后证明那个三角形是直角 三角形即可．可以 CE 为一边作∠ ECF=∠ ECB，在 CF 上截取 CF=CB，连接 DF、EF，那么我们可得出△ CFE≌CBE， △ 于是 EF=BE，然后我们再设法求得 AD=DF，就能将三条线段转换到同一三角形中了．要证明 AD=DF 就要证 明三角形 DCF 和 DCA 全等．这两个三角形中已知的条件 AC=BC=CF，又有一条公共边只要证得两组对应边 的夹角相等即可．∠ DCE=∠ ECF+∠ DCF=45°，那么∠ DCA+∠ ECB=45°，因此∠ DCF=∠ DCA 这样就构成了三角形全等 的条件，那么两三角形全等，AD=DF，根据上面两组全等三角形，我们可得出∠ 2=∠ B=90°，因此三角 1+∠ A+∠ 形 DEF 是个直角三角形，那么也就得出 AD、DE、BE 总能构成一个直角三角形了． （2）解题思路和辅助线作法与（1）完全相同，只不过得出 AD=DF，EF=BE 后，要使三角形 DEF 是个等腰 三角形就要让 DE=EF，即 AD=BE，那么这个条件就是 AD=BE． （3）本题可通过相似三角形得出线段的比例来求得．∠ AEB=45°+∠ BCE=∠ BCD，∠ B=45°，我们可得出 AE： A=∠ BC=AC： 即 BD?AE=AC?BC=AC ， BD， 直角三角形 ACB 中， 我们知道 AC +BC =AB ， AC =50， 即 那么 BD?AE=50． 解答： （1）证明：如图 1，∵ACB=90°，AC=BC， ∠ ∴A=∠ ∠ B=45°． 以 CE 为一边作∠ ECF=∠ ECB，在 CF 上 截取 CF=CB，则 CF=CB=AC． 连接 DF、EF，则△ CFE≌CBE． △ ∴ FE=BE，∠ B=45°． 1=∠ ∵DCE=∠ ∠ ECF+∠ DCF=45°， ∴DCA+∠ ∠ ECB=45°． ∴DCF=∠ ∠ DCA． ∴DCF≌DCA． △ △ ∴2=∠ ∠ A=45°，DF=AD． ∴DFE=∠ 1=90°． ∠ 2+∠ ∴DFE 是直角三角形． △ 又 AD=DF，EB=EF， ∴ 线段 DE、AD、EB 总能构成一个直角三角形．2 2 2 2 2（2）解：当 AD=BE 时，线段 DE、AD、EB 能构成一个等腰三角形． 如图 2，与（1）类似，以 CE 为一边，作∠ ECF=∠ ECB，在 CF 上截取 CF=CB， 可得△ CFE≌CBE，△ △ DCF≌DCA． △ ∴ AD=DF，EF=BE． ∴DFE=∠ 2=∠ B=120°． ∠ 1+∠ A+∠ 若使△ DFE 为等腰三角形，只需 DF=EF，即 AD=BE． ∴ AD=BE 时，线段 DE、AD、EB 能构成一个等腰三角形． 当 且顶角∠ 为 120°． DFE50（3）解：如图 1， ∵ACE=∠ ∠ ACD+∠ DCE，∠ CDB=∠ ACD+∠ A． 又∠ DCE=∠ A=45°， ∴ACE=∠ ∠ CDB． 又∠ B， A=∠ ∴ACE∽BDC． △ △ ∴ ．∴ BD?AE=AC?BC． 2 2 2 2 2 2 ∵ ACB 中，由 AC +BC =AB =10 ，得 AC =BC =50． Rt△ 2 ∴ BD?AE=AC?BC=AC =50．点评：本题中利用全等或相似三角形来得出角相等，线段相等或成比例是解题的关键．2009 朝阳区二模 25. 在△ABC 中，点 D 在 AC 上，点 E 在 BC 上，且 DE∥ AB，将△ CDE 绕点 C 按顺时针方向旋转得到△ CD’E’（使∠ BCE′ ＜180°） ，连接 AD′ 、BE′ ，设直线 BE′ AC 交于点 O． 与（1）如图 1，当 AC=BC 时，AD′ ：BE′ 的值为 1 ； （2）如图 2，当 AC=5，BC=4 时，求 AD′ ：BE′ 的值； （3）在（2）的条件下，若∠ ACB=60°，且 E 为 BC 的中点，求△ OAB 面积的最小值． 考点：旋转的性质；全等三角形的判定；相似三角形的判定与性质。 专题：代数几何综合题；数形结合。 分析： （1）AD′ BE′ 和 应该相等，可通过证△ ACD′△ ≌BCE′ 来求解．这两个三角形中已知的条件有：∠ ACD′ 和 ∠ BCE′ 是一对等角的补角，因此这两角相等．然后证其他条件，由于 AC=AB，DE∥ AB，因此△ CDE 和△ E′ CD′ 都是等腰三角形，由此可得出 AC=BC，CE′ =CD′ ，由此满足了全等三角形的判定中 SAS 的条件，因此这两 三角形全等，可得出 AD′ =BE′ 即它们的比为 1； （2）方法同（1）只不过线段相等换成了线段成比例，而三角形全等变成了三角形相似，根据相似三角形 的对应线段成比例即可得出 AD′ 、BE′ 的比例关系． （3）如果过 B 作 BM⊥ 于 M，那么可根据∠ 的度数和 BC 的长求出 BM 的值，由此可知：△ AC ACB OAB 中， 高 BM 是个定值，因此△ OAB 面积最小时，OA 最小，那么此时 OC 最大．然后来求出此时 OC 的长，由题意 可知，E′ 的运动轨迹是以 C 为圆心，CE′ 为半径的圆，而 BE′ 总和圆 C 有交点，因此要想使 OC 最长，那么 ∠ BC 的度数就要最大，即此时 BE′ E′ 是圆 C 的切线，∠ C=90°，∠ BC=30°（由于∠ BE′ E′ ACB=60°，因此∠ BC E′ 的最大度数只能是 30°） ，那么 O 与 E′ 重合即可求出 CE′ OC 的长，而后可根据 AC 的长求出 OA 的长，根 和 据三角形的面积公式即可求出此时△ OAB 的面积．51解答：解： （1）1 （2）解：∵ AB， DE∥ ∴CDE∽CAB．∴ △ △ ．由旋转图形的性质得，EC=E′ C，DC=D′ C， ∴ ．∵ECD=∠ CD′ ∠ E′ ， ∴ECD+∠ ∠ ACE′ E′ +∠ =∠ CD′ ACE′ BCE′ ACD′ 即∠ =∠ ． ∴BCE′△ △ ∽ACD′ ． ∴ ．（3）解：作 BM⊥ 于点 M，则 BM=BC?sin60°=2 AC ∵ 为 BC 中点， E ∴ CE= BC=2． △ CDE 旋转时，点 E′ 在以点 C 为圆心、CE 长为半径的圆上运动． ∵ 随着∠ CO CBE′ 的增大而增大， ∴ BE′ C 相切时，即∠ C=90°时∠ 当 与⊙ BE′ CBE′ 最大， 则 CO 最大． ∴ 此时∠ CBE′ =30°，CE′ BC=2=CE． = ∴ E′ AC 上，即点 E′ 点 在 与点 O 重合． ∴ CO=CE′ =2． 又∵ 最大时，AO 最小，且 AO=ACCO=3． CO ∴△OAB 最小= AO?BM=3 S ．．点评：本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点， （3）中结 合圆的知识来确定 OA 的长是解题的关键．2010 朝阳区一模 23. 请阅读下列材料：问题：如图 1，在等边三角形 ABC 内有一点 P，且 PA=2，PB= ，PC=1、求∠ 度数的大小和等边三角形 BPC ABC 的边长．? 李明同学的思路是：将△ BPC 绕点 B 顺时针旋转 60°，画出旋转后的图形（如图 2） ，连接 PP′ ，可得△ PC P′ 是 等 边 三 角 形 ， 而 △ A 又 是 直 角 三 角 形 （ 由 勾 股 定 理 的 逆 定 理 可 证 ） 所 以 ∠ C=150°， 而 PP′ ， AP′ ∠ BPC=∠ C=150°，进而求出等边△ AP′ ABC 的边长为 ，问题得到解决．52请你参考李明同学的思路， 探究并解决下列问题： 如图 3， 在正方形 ABCD 内有一点 P， PA= 且 PC=1．求∠ 度数的大小和正方形 ABCD 的边长．?? BPC， BP=，考点：旋转的性质；全等三角形的性质；全等三角形的判定；勾股定理；正方形的性质。 专题：阅读型。 分析： （1）参照题目给出的解题思路，可将△ BPC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得到△ A，根据旋转的性质知： BP′ △ BPC≌BP′ △ A，进而可判断出△ BPP′ 是等腰直角三角形，可得∠ P=45°；然后根据 AP′ BP′ 、PP′ 、PA 的长，利 用勾股定理得到△ APP′ 是直角三角形的结论，可得∠ P=90°，即可求得∠ A 的度数，进而可得∠ 的度 AP′ BP′ BPC 数． （2）过 B 作 AP′ 的垂线，交 AP′ 的延长线于 E，易知△ BEP′ 是等腰直角三角形，即可得到 P′ E、BE 的长， 进而可在 Rt△ ABE 中，利用勾股定理求得正方形的边长． 解答：解： （1）如图， 将△ BPC 绕点 B 逆时针旋转 90°，得△ A，则△ BP′ BPC