三角形、四边形有关的几何证明与综合应用专题课件

初中中考几何证明与应用专题1.与三角形有关的证明题2.与四边形有关的证明题初中中考几何证明与应用专题1.与三角形有关的证明题2.与四边专题概述命题探究专题训练总纲目录专题概述命题探究专题训练总纲目录2本专题涉及的知识点有全等三角形的性质和判定,特殊四边形的性质和判定以

及三角形相似等,综合性很强,是泰安中考的必考题型,所占分值较高.应熟悉各

种常见问题的证明方法和辅助线的作法,对复杂图形能进行恰当的分解与组合.专题概述本专题涉及的知识点有全等三角形的性质和判定,特殊四边形的性质3类型一

三角形的有关证明与综合应用类型二

四边形的有关证明与综合应用命题探究类型一

三角形的有关证明与综合应用类型二

四边形4几何证明的解题技巧

第一反应第二反应第三反应第四反应第五反应遇到中点的反应①两条线段相等,以及

面积相等②直角三角形斜边上

的中线等于斜边的一

半③中位线(中位线一定

会带来平行和中位线

是第三边的一半)④平行+中点模型(如

果没有中位线,那么就

构造模型,这在平行四

边形里面常常出现)⑤倍长中线模型(尝试

着倍长中线,通过合理

转化来解决问题)遇到直角的反应①勾股定理②一线三等角相似转

化(这个在找直角上十

分实用)③直角三角形斜边上

的中线等于斜边的一

半④作垂直辅助线(一些

题常常要求某些三角

函数值、面积等,就先

作垂直,用面积法或各

种转化求解)⑤四点共圆遇到折叠的反应①全等,对应边、对应

角相等②折到边上出相似③矩形折叠易出现等

腰三角形④利用对称性(折痕垂

直平分对应点的连线)

几何证明的解题技巧第一反应第二反应第三反应第四反应第五反应5类型一

三角形的有关证明与综合应用与三角形相关的证明,通常是通过三角形全等和相似进行证明和计算,在解

题时要确定全等或相似三角形,充分挖掘已知条件,寻找相等或成比例的边以及

相等的角.类型一

三角形的有关证明与综合应用6例1(1)已知△ABC是等腰三角形,其底边是BC,点D在线段AB上,E是直线BC上

一点,且∠DEC=∠DCE.若∠A=60°(如图1),求证:EB=AD;(2)若将(1)中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”,其他条

件不变(如图2),(1)的结论是否成立?并说明理由;(3)若将(1)中的“若∠A=60°”改为“若∠A=90°”,其他条件不变,则

的值是多少?(直接写出结论,不要求写解答过程)例1(1)已知△ABC是等腰三角形,其底边是BC,点D在线7

8解析(1)证明:作DF∥BC交AC于点F,如图1所示,则∠ADF=∠ABC,∠AFD=∠ACB,∠FDC=∠DCE,∵△ABC是等腰三角形,∠A=60°,∴△ABC是等边三角形,∴∠ABC=∠ACB=60°,∴∠DBE=120°,∠ADF=∠AFD=60°=∠A,∴△ADF是等

边三角形,∠DFC=120°,∴AD=DF,∵∠DEC=∠DCE,∴∠CDF=∠DEB,ED=CD,在△DBE和△CFD中,

∴△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∴EB=AD.(2)EB=AD成立.理由如下:作DF∥BC交AC的延长线于点F,如图2所示,同(1)得:

AD=DF,∠FDC=∠BCD,∠DBE=∠DFC=60°.在△DBE和△CFD中,解析(1)证明:作DF∥BC交AC于点F,如图1所示,则∠9

∴△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∴EB=AD.(3)

=

.理由如下:作DF∥BC交AC于点F,如图3所示,同(1),得△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∵△ABC是等腰直角三角形,DF∥BC,∴△ADF是等腰直

角三角形,∴DF=

AD,∴

=

,∴

=

.

10

11方法技巧与三角形有关的证明与综合应用主要涉及证三角形全等和相似,看到证明

线段相等,要想到全等,看到证明线段之间成比例,要想到三角形相似,这是一种

定性思维,其中三角形相似有以下几种基本结构.常见结构A字型

X字型

母子型

方法技巧常见A字型   

X字型

   

母子型

12变式1-1

(2019赤峰)【问题】如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,过点C

作直线l∥AB.∠EDF=90°,点D在直线l上移动,∠EDF的一边DE始终经过点B,另

一边DF与AC交于点P,研究DP和DB的数量关系.【探究发现】(1)如图2,某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想,发现当点D移动

到使点P与点C重合时,通过推理就可以得到DP=DB,请写出证明过程;【数学思考】(2)如图3,若点P是AC上的任意一点(不含端点A,C),受(1)的启发,这个小组过点D

作DG⊥CD交BC于点G,就可以证明DP=DB,请完成证明过程;变式1-1

(2019赤峰)【问题】如图1,在Rt△A13【拓展引申】(3)如图4,在(1)的条件下,M是AB边上任意一点(不含端点A,B),N是直线BD上一

点,且AM=BN,连接MN与BC交于点Q,这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进

行实验,发现点M在某一位置时BQ的值最大.若AC=BC=4,请你直接写出BQ的最

大值.【拓展引申】14

15解析(1)证明:∵∠ACB=90°,AC=BC,∴∠CAB=∠CBA=45°.∵CD∥AB,∴∠CBA=∠DCB=45°.又∵∠BDC=90°,∴∠DCB=∠DBC=45°.∴DB=DC,即DB=DP.(2)证明:∵DG⊥CD,∠DCB=45°,∴∠DCG=∠DGC=45°.∴DC=DG,∠DCP=∠DGB=135°,∵∠BDP=∠CDG=90°,∴∠CDP=∠BDG,∴△CDP≌△GDB(ASA).∴BD=DP.(3)如图4,过点M作MH⊥MN交AC于点H,连接CM,HQ,解析(1)证明:∵∠ACB=90°,AC=BC,16

∵MH⊥MN,∴∠AMH+∠NMB=90°.∵CD∥AB,∠CDB=90°,∴∠DBM=90°.∴∠NMB+∠MNB=90°.∴∠HMA=∠MNB,又∵∠CAB=∠CBN=45°,AM=BN,∴△AMH≌△BNQ(ASA).∴AH=BQ.∵∠ACB

=90°,AC=BC=4,∴AB=4

,AC-AH=BC-BQ.∴CH=CQ.∴∠CHQ=∠CQH=45°=

17∠CAB.∴HQ∥AB.∴∠HQM=∠QMB.∵∠ACB=∠HMQ=90°,∴H,M,Q,C四点

共圆,∴∠HCM=∠HQM.∴∠HCM=∠QMB.又∵∠A=∠CBA=45°.∴△ACM∽

△BMQ.∴

=

,即

=

.∴BQ=

+2.∴当AM=2

时,BQ有最大值,最大值为2.∠CAB.∴HQ∥AB.∴∠HQM=∠QMB.∵∠ACB=∠18类型二

四边形的有关证明与综合应用以四边形为载体,融入一些其他知识(旋转、三角函数等),利用全等或相似

的知识考查特殊四边形的判定或计算特殊四边形的面积等.例2

(2019泰安)如图,四边形ABCD是正方形,△EFC是等腰直角三角形,点E在

AB上,且∠CEF=90°,FG⊥AD,垂足为G.(1)试判断AG与FG是否相等?并给出证明;(2)若点H为CF的中点,GH与DH垂直吗?若垂直,给出证明;若不垂直,说明理由.类型二

四边形的有关证明与综合应用19三角形、四边形有关的几何证明与综合应用专题课件20解析(1)AG=FG.证明:如图,过点F作FM⊥AB交BA的延长线于点M.

∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC,∠B=∠BAD=90°.∵FM⊥AB,∠MAD=90°,

FG⊥AD,∴四边形AGFM是矩形.∵∠CEF=90°,∴∠FEM+∠BEC=90°,又∵∠BEC+∠BCE=90°,∴∠FEM=∠BCE.又∵EF=EC,∴△EFM≌△CEB(AAS).∴BE=MF,ME=BC.∴ME=AB.∴BE=MA=MF.∴四边形AGFM是正方形.∴AG=FG.解析(1)AG=FG.证明:如图,过点F作FM⊥AB交BA21(2)DH⊥HG.证明:如图,延长GH交CD于点N,

∵FG⊥AD,CD⊥AD,∴FG∥CD.∴∠GFC=∠HCN,∠FGH=∠HNC.∴△FGH

∽△CNH.∴

=

=

,又∵CH=FH,∴GH=HN,NC=FG.∴AG=FG=NC.又∵AD=CD,∴GD=DN,∴DH⊥

GH.(2)DH⊥HG.证明:如图,延长GH交CD于点N,22方法技巧四边形的问题经常需要转化成三角形的问题来解决,通过证明三角形的全等或

相似得到相等的角、相等的边或成比例的边.要熟练掌握特殊四边形的性质和

判定定理,灵活选择解题方法.方法技巧23变式2-1如图,在四边形ABCD中,AC平分∠BCD,AC⊥AB,E是BC的中点,AD⊥

AE.(1)求证:AC2=CD·BC;(2)过E作EG⊥AB,并延长EG至点K,使EK=EB.①若点H是点D关于AC的对称点,点F为AC的中点,求证:FH⊥GH;②若∠B=30°,求证:四边形AKEC是菱形.变式2-1如图,在四边形ABCD中,AC平分∠BCD,AC24三角形、四边形有关的几何证明与综合应用专题课件25解析证明:(1)∵AC平分∠BCD,∴∠DCA=∠ACB.又∵AC⊥AB,AD⊥AE,∴∠DAC+∠CAE=90°,∠CAE+∠EAB=90°,∴∠DAC=∠EAB.又∵E是BC的中点,∴AE=BE,∴∠EAB=∠ABC,∴∠DAC=∠ABC,∴△ACD∽△BCA,∴

=

,∴AC2=CD·BC.(2)①如图,连接AH.解析证明:(1)∵AC平分∠BCD,∴∠DCA=∠ACB.26

∵∠ADC=∠BAC=90°,点H,D关于AC对称,∴AH⊥BC.∵EG⊥AB,AE=BE,∴点G

是AB的中点,∴HG=AG,∴∠GAH=∠GHA.∵点F为AC的中点,∴AF=FH,∴∠HAF=∠FHA,∴∠FHG=∠AHF+∠AHG=∠FAH+∠HAG=∠CAB=90°,∴FH⊥

GH.

27②∵EK⊥AB,AC⊥AB,∴EK∥AC,又∵∠B=30°,∴AC=

BC=EB=EC.又∵EK=EB,∴EK=AC,∴四边形AKEC是菱形.②∵EK⊥AB,AC⊥AB,∴EK∥AC,又∵∠B=30°,281.(2019天水)如图1,对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形.(1)概念理解:如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,CB=CD,问四边形ABCD是垂美四

边形吗?请说明理由;(2)性质探究:如图1,四边形ABCD的对角线AC,BD交于点O,AC⊥BD.试证明:AB2

+CD2=AD2+BC2;(3)解决问题:如图3,分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形

ACFG和正方形ABDE,连接CE,BG,GE.已知AC=4,AB=5,求GE的长.专题训练1.(2019天水)如图1,对角线互相垂直的四边形叫做垂美四29

30解析(1)四边形ABCD是垂美四边形.理由:∵AB=AD,∴点A在线段BD的垂直平

分线上,∵CB=CD,∴点C在线段BD的垂直平分线上,∴直线AC是线段BD的垂直平分线,∴AC⊥BD,即四边形ABCD是垂美四边形.(2)证明:∵AC⊥BD,∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°,由勾股定理,得AD2

+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2,AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2,∴AD2+BC2=AB2+CD2.(3)如图,连接CG,BE,∵∠CAG=∠BAE=90°,∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC,

即∠GAB=∠CAE,在△GAB和△CAE中,

∴△GAB≌△CAE解析(1)四边形ABCD是垂美四边形.理由:∵AB=AD,31(SAS),∴∠ABG=∠AEC,又∵∠AEC+∠AME=90°,∴∠ABG+∠BMN=90°,∴∠BNM=90°,即CE⊥BG,∴四边形CGEB是垂美四边形,由(2)得,CG2+BE2=CB2+GE2,∵AC=4,AB=5,∴BC=3,CG=4

,BE=5

,∴GE2=CG2+BE2-CB2=73,∴GE=

.

(SAS),322.(2019北京)已知∠AOB=30°,H为射线OA上一定点,OH=

+1,P为射线OB上一点,M为线段OH上一动点,连接PM,满足∠OMP为钝角,以点P为中心,将线段PM

顺时针旋转150°,得到线段PN,连接ON.

(1)依题意补全图1;(2)求证:∠OMP=∠OPN;2.(2019北京)已知∠AOB=30°,H为射线OA上一定33(3)点M关于点H的对称点为Q,连接QP.写出一个OP的值,使得对于任意的点M总

有ON=QP,并证明.(3)点M关于点H的对称点为Q,连接QP.写出一个OP的值,34解析(1)如图1所示即为所求.

(2)证明:设∠OPM=α,∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN,∴∠MPN=1

50°,PM=PN.∴∠OPN=∠MPN-∠OPM=150°-α.∵∠AOB=30°,∴∠OMP=180°-

∠AOB-∠OPM=180°-30°-α=150°-α.∴∠OMP=∠OPN.(3)OP=2时,总有ON=QP.证明如下:过点N作NC⊥OB于点C,过点P作PD⊥OA于解析(1)如图1所示即为所求.35点D,如图2.∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°.∵∠AOB=30°,OP=2,∴PD=

OP=1.∴OD=

=

.∵OH=

+1,∴DH=OH-OD=1.∵∠OMP=∠OPN,∴180°-∠OMP=180°-∠OPN,即∠PMD=∠NPC.在△PDM和

△NCP中,

∴△PDM≌△NCP(AAS).∴PD=NC,DM=CP.设DM=CP=x,则OC=OP+PC=2+x,MH=MD+DH=x+1.∵点M关于点H的对称点为Q,∴HQ=MH=x+1.∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x.∴OC=DQ.在△OCN和△QDP中,点D,如图2.∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°.36

∴△OCN≌△QDP(SAS).∴ON=QP.

373.(2019海南)如图,在边长为1的正方形ABCD中,E是边CD的中点,点P是边AD上

一点(与点A,D不重合),射线PE与BC的延长线交于点Q.(1)求证:△PDE≌△QCE;(2)过点E作EF∥BC交PB于点F,连接AF,当PB=PQ时.①求证:四边形AFEP是平行四边形;②当AP为何值时,四边形AFEP是菱形,并说明理由.3.(2019海南)如图,在边长为1的正方形ABCD中,E是38解析(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠D=∠ECQ=90°,∵E是CD的中点,∴DE=CE,又∵∠DEP=∠CEQ,∴△PDE≌△QCE(ASA).(2)①证明:∵PB=PQ,∴∠PBQ=∠Q,∵AD∥BC,∴∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD,∵△PDE≌△QCE,∴PE=QE,∵EF∥BQ,∴PF=

BF,∴在Rt△PAB中,AF=PF=BF,∴∠APF=∠PAF,∴∠PAF=∠EPD,∴PE∥AF,∵EF∥BQ∥AD,∴四边形AFEP

是平行四边形.②当AP=

时,四边形AFEP是菱形.理由如下:设AP=x,则PD=1-x,若四边形AFEP解析(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,39是菱形,则PE=PA=x,∵CD=1,E是CD中点,∴DE=

,在Rt△PDE中,由PD2+DE2=PE2,得(1-x)2+

=x2,解得x=

,即当AP=

时,四边形AFEP是菱形.是菱形,则PE=PA=x,∵CD=1,E是CD中点,∴DE=404.(2019广州)如图,在等边△ABC中,AB=6,点D在BC上,BD=4,点E为边AC上一动

点(不与点C重合),△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE.(1)当点F在AC上时,求证:DF∥AB;(2)设△ACD的面积为S1,△ABF的面积为S2,记S=S1-S2,S是否存在最大值?若存在,

求出S的最大值;若不存在,请说明理由;(3)当B,F,E三点共线时,求AE的长.4.(2019广州)如图,在等边△ABC中,AB=6,点D在41解析(1)证明:∵△ABC是等边三角形,∴∠A=∠B=∠C=60°.由折叠,可知DF=

DC,且点F在AC上,∴∠DFC=∠C=60°.∴∠DFC=∠A.∴DF∥AB.(2)存在,理由如下:如图,过点D作DM⊥AB交AB于点M,

解析(1)证明:∵△ABC是等边三角形,∴∠A=∠B=∠C42∵AB=BC=6,BD=4,∴CD=2.∴DF=2,∴点F在以D为圆心,2为半径的圆上,∴当

点F在DM上时,S2最小,∵BD=4,DM⊥AB,∠ABC=60°,∴MD=2

.∴S2的最小值为

×6×(2

-2)=6

-6.∴S最大=

×2×3

-(6

-6)=-3

+6.(3)如图,过点D作DG⊥EF于点G,过点E作EH⊥CD于点H,

∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE,∴DF=DC=2,∠EFD=∠C=60°.∵GD∵AB=BC=6,BD=4,∴CD=2.∴DF=2,∴点F在43⊥EF,∠EFD=60°,∴FG=1,DG=

FG=

.∵BD2=BG2+DG2,∴16=3+BG2.∴BG=

.∵EH⊥BC,∠C=60°,∴CH=

,EH=

HC=

EC.∵∠GBD=∠EBH,∠BGD=∠BHE=90°,∴△BGD∽△BHE.∴

=

,即

=

.∴EC=

-1.∴AE=AC-EC=7-

.⊥EF,∠EFD=60°,∴FG=1,DG= FG= .∵B445.(2019枣庄)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC于点D.

(1)如图1,点M,N分别在AD,AB上,且∠BMN=90°,当∠AMN=30°,AB=2时,求线段

AM的长;(2)如图2,点E,F分别在AB,AC上,且∠EDF=90°,求证:BE=AF;(3)如图3,点M在AD的延长线上,点N在AC上,且∠BMN=90°,求证:AB+AN=

AM.5.(2019枣庄)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=A45解析(1)∵∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC,∴AD=BD=DC,∠ABC=∠ACB=45°,∠

BAD=∠CAD=45°,∵AB=2,∴AD=BD=DC=

,∵∠AMN=30°,∴∠BMD=180°-90°-30°=60°,∴∠MBD=30°,∴BM=2DM,由勾股定理,得BM2-DM2=BD2,即(2DM)2-DM2=(

)2,解得DM=

,∴AM=AD-DM=

-

.(2)证明:∵AD⊥BC,∠EDF=90°,∴∠BDE=∠ADF,在△BDE和△ADF中,

∴△BDE≌△ADF(ASA).∴BE=AF.解析(1)∵∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC,∴A46(3)证明:如图,过点M作ME∥BC交AB的延长线于点E,∴∠AME=90°,∠E=45°,∴

ME=MA,则AE=

AM,∵∠AME=90°,∠BMN=90°,∴∠BME=∠NMA,在△BME和△NMA中,

∴△BME≌△NMA(ASA),∴BE=AN,∴AB+AN=AB+BE=AE=

AM.

(3)证明:如图,过点M作ME∥BC交AB的延长线于点E,∴476.(2019贵阳)(1)数学理解:如图1,△ABC是等腰直角三角形,过斜边AB的中点D

作正方形DECF,分别交BC,AC于点E,F,求AB,BE,AF之间的数量关系;(2)问题解决:如图2,在任意直角△ABC内,找一点D,过点D作正方形DECF,分别

交BC,AC于点E,F,若AB=BE+AF,求∠ADB的度数;(3)联系拓广:如图3,在(2)的条件下,分别延长ED,FD,交AB于点M,N,求MN,AM,BN

的数量关系.

6.(2019贵阳)(1)数学理解:如图1,△ABC是等腰直48解析(1)AB=

(AF+BE).理由如下:∵△ABC是等腰直角三角形,∴AC=BC,∠A=∠B=45°,AB=

AC.∵四边形DECF是正方形,∴DE=DF=CE=CF,∴∠A=∠ADF=45°.∴AF=DF=CE.

∴AF+BE=BC=AC.∴AB=

(AF+BE).(2)如图,延长AC,使FM=BE,连接DM,

解析(1)AB= (AF+BE).理由如下:∵△ABC是等49∵四边形DECF是正方形,∴DF=DE,∠DFC=∠DEC=90°.∵BE=FM,∠DFC=∠DEB=90°,DF=ED,∴△DFM≌△DEB(SAS).∴DM=DB.∵AB=AF+BE,AM=AF+FM,FM=BE,∴AM=AB,又∵AD=AD.∴△ADM≌△ADB(SSS).∴∠DAC=∠DAB=

∠CAB.同理,可得∠ABD=∠CBD=

∠ABC.∵∠ACB=90°,∴∠CAB+∠CBA=90°.∴∠DAB+∠ABD=

(∠CAB+∠CBA)=45°.∴∠ADB=180°-(∠DAB+∠ABD)=135°.(3)∵四边形DECF是正方形,∴DE∥AC,DF∥BC.∵四边形DECF是正方形,∴DF=DE,∠DFC=∠DEC=50∴∠CAD=∠ADM,∠CBD=∠NDB,∠MDN=∠AFD=90°.∵∠DAC=∠DAB,∠ABD=∠CBD,∴∠DAB=∠ADM,∠NDB=∠ABD.∴AM=MD,DN=NB.在Rt△DMN中,MN2=MD2+DN2,∴MN2=AM2+NB2.∴∠CAD=∠ADM,∠CBD=∠NDB,∠MDN=∠AFD517.(2019通辽)如图,点P是正方形ABCD内的一点,连接CP,将线段CP绕点C顺时旋

转90°,得到线段CQ,连接BP,DQ.(1)如图1,求证:△BCP≌△DCQ;(2)如图,延长BP交直线DQ于点E.①如图2,求证:BE⊥DQ;②如图3,若△BCP为等边三角形,判断△DEP的形状,并说明理由.7.(2019通辽)如图,点P是正方形ABCD内的一点,连接52

53解析(1)证明:∵∠BCD=90°,∠PCQ=90°,∴∠BCP=∠DCQ,在△BCP和△DCQ中,

∴△BCP≌△DCQ(SAS).(2)①证明:如图,∵△BCP≌△DCQ,∴∠CBF=∠EDF,又∵∠BFC=∠DFE,∴∠DEF=∠BCF=90°,∴BE⊥DQ.解析(1)证明:∵∠BCD=90°,∠PCQ=90°,54

②∵△BCP为等边三角形,∴∠BCP=60°,∴∠PCD=30°,∵CP=CD,∴∠CPD=∠CDP=75°,又∵∠BPC=60°,∴∠EPD=180°-∠CPD-∠CPB=180°-75°-60=45°,同

理可得∠EDP=45°,∴△DEP为等腰直角三角形.

558.(2019吉林)如图,在矩形ABCD中,AD=4cm,AB=3cm,E为边BC上一点,BE=AB,

连接AE.动点P,Q从点A同时出发,点P以

cm/s的速度沿AE向终点E运动;点Q以2cm/s的速度沿折线AD-DC向终点C运动.设点Q运动的时间为xs,在运动过程

中,点P,点Q经过的路线与线段PQ围成的图形面积为ycm2.(1)AE=

cm,∠EAD=

;(2)求y关于x的函数表达式,并写出自变量x的取值范围;(3)当PQ=

cm时,直接写出x的值.8.(2019吉林)如图,在矩形ABCD中,AD=4cm,56

57解析(1)∵AB=3cm,BE=AB=3cm,∴AE=

=3

cm,∠BAE=∠BEA=45°.∵∠BAD=90°,∴∠DAE=45°.(2)当0<x≤2时,如图,过点P作PF⊥AD,

∵AP=

x,∠DAE=45°,PF⊥AD,∴PF=x=AF,∴y=S△PQA=

AQ·PF=x2;当2<x≤3解析(1)∵AB=3cm,BE=AB=3cm,∴AE=58时,如图,过点P作PF⊥AD,

∵PF=AF=x,QD=2x-4,∴DF=4-x,∴y=

×x2+

(2x-4+x)(4-x)=-x2+8x-8;当3<x≤

时,如图,点P与点E重合.时,如图,过点P作PF⊥AD,59

∵CQ=(3+4)-2x=7-2x,CE=4-3=1,∴y=

×(1+4)×3-

(7-2x)×1=x+4.(3)当0<x≤2时,

60∵QF=AF=x,PF⊥AD,∴PQ=AP.∵PQ=

cm,∴

x=

.∴x=

;当2<x≤3时,过点P作PM⊥CD.

∴四边形MPFD是矩形,∴PM=DF=4-2x,MD=PF=x,∴MQ=x-(2x-4)=4-x.∵MP2+

MQ2=PQ2,∴(4-2x)2+(4-x)2=

.∵△<0,∴方程无解;当3<x≤

时,∵QF=AF=x,PF⊥AD,∴PQ=AP.∵PQ= cm61

∵PQ2=CP2+CQ2,∴

=1+(7-2x)2,∴x=

.综上所述,x=

或

.

629.(2019吉林)性质探究如图1,在等腰三角形ABC中,∠ACB=120°,则底边AB与腰AC的长度之比为

.理解运用(1)若顶角为120°的等腰三角形的周长为8+4

,则它的面积为

;(2)如图2,在四边形EFGH中,EF=EG=EH.①求证:∠EFG+∠EHG=∠FGH;②在边FG,GH上分别取中点M,N,连接MN.若∠FGH=120°,EF=10,直接写出线段

MN的长.9.(2019吉林)性质探究63类比拓展顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度之比为

(用含α的式

子表示).

类比拓展64解析性质探究:作CD⊥AB于点D,如图1所示,则∠ADC=∠BDC=90°,∵AC=

BC,∠ACB=120°,∴AD=BD,∠A=∠B=30°,∴AC=2CD,AD=

CD,∴AB=2AD=2

CD,∴

=

=

.理解运用:(1)如图1所示:

同上得AC=2CD,AD=

CD,∵AC+BC+AB=8+4

,解析性质探究:作CD⊥AB于点D,如图1所示,则∠ADC=65∴4CD+2

CD=8+4

,解得CD=2,∴AB=4

.∴△ABC的面积为

AB·CD=

×4

×2=4

.(2)①证明:∵EF=EG=EH,∴∠EFG=∠EGF,∠EGH=∠EHG,∴∠EFG+∠EHG=

∠EGF+∠EGH=∠FGH.②连接FH,作EP⊥FH于P,如图2所示:

∴4CD+2 CD=8+4 ,解得CD=2,66则PF=PH,由①得∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°,∴∠FEH=360°-120°-120°=120°,∵EF=EH,∴∠EFH=30°,∴PE=

EF=5,∴PF=5

,∴FH=2PF=10

,∵点M,N分别是FG,GH的中点,∴MN是△FGH的中位线,∴MN=

FH=5

.类比拓展:如图3所示,作AD⊥BC于点D,

则PF=PH,由①得∠EFG+∠EHG=∠FGH=120°,67∵AB=AC,∴BD=CD,∠BAD=

∠BAC=α,∵sinα=

,∴BD=AB·sinα,∴BC=2BD=2AB·sinα,∴

=

=2sinα.∵AB=AC,∴BD=CD,∠BAD= ∠BAC=α,∵si6810.(2019益阳)如图,在平面直角坐标系xOy中,矩形ABCD的边AB=4,BC=6.若不

改变矩形ABCD的形状和大小,当矩形顶点A在x轴的正半轴上左右移动时,矩形

的另一个顶点D始终在y轴的正半轴上随之上下移动.(1)当∠OAD=30°时,求点C的坐标;(2)设AD的中点为M,连接OM,MC,当四边形OMCD的面积为

时,求OA的长;(3)当点A移动到某一位置时,点C到点O的距离有最大值,请直接写出最大值,并

求此时cos∠OAD的值.10.(2019益阳)如图,在平面直角坐标系xOy中,矩形A69

70解析(1)如图1,过点C作CE⊥y轴于点E,

∵在矩形ABCD中,CD⊥AD,∴∠CDE+∠ADO=90°,又∵∠OAD+∠ADO=90°,∴∠CDE=∠OAD=30°,∴在Rt△CED中,CE=

CD=2,DE=

=2

,解析(1)如图1,过点C作CE⊥y轴于点E,71在Rt△OAD中,∠OAD=30°,∴OD=

AD=3,∴点C的坐标为(2,3+2

).(2)∵M为AD的中点,∴DM=3,S△DCM=6,又∵

=

,∴S△ODM=

,∴S△OAD=9,设OA=x,OD=y,则x2+y2=36,

xy=9,∴x2+y2=2xy,即x=y,将x=y代入x2+y2=36,得x2=18,解得x=3

(负值舍去),∴OA=3

.在Rt△OAD中,∠OAD=30°,∴OD= AD=3,∴点72(3)OC的最大值为8,理由如下:如图2,M为AD的中点,∴OM=3,CM=

=5,∴OC≤OM+CM=8,当O,M,C三点在同一直线时,OC有最大值8.连接OC,则此时

OC与AD的交点为M,过点O作ON⊥AD,垂足为N,∵∠CDM=∠ONM=90°,∠CMD=∠OMN,∴△CMD∽△OMN,∴

=

=

,即

=

=

,解得MN=

,ON=

,∴AN=AM-MN=

,在Rt△OAN中,OA=

=

.∴cos∠OAD=

=

.(3)OC的最大值为8,理由如下:如图2,M为AD的中点,∴73初中中考几何证明与应用专题1.与三角形有关的证明题2.与四边形有关的证明题初中中考几何证明与应用专题1.与三角形有关的证明题2.与四边专题概述命题探究专题训练总纲目录专题概述命题探究专题训练总纲目录75本专题涉及的知识点有全等三角形的性质和判定,特殊四边形的性质和判定以

及三角形相似等,综合性很强,是泰安中考的必考题型,所占分值较高.应熟悉各

种常见问题的证明方法和辅助线的作法,对复杂图形能进行恰当的分解与组合.专题概述本专题涉及的知识点有全等三角形的性质和判定,特殊四边形的性质76类型一

三角形的有关证明与综合应用类型二

四边形的有关证明与综合应用命题探究类型一

三角形的有关证明与综合应用类型二

四边形77几何证明的解题技巧

第一反应第二反应第三反应第四反应第五反应遇到中点的反应①两条线段相等,以及

面积相等②直角三角形斜边上

的中线等于斜边的一

半③中位线(中位线一定

会带来平行和中位线

是第三边的一半)④平行+中点模型(如

果没有中位线,那么就

构造模型,这在平行四

边形里面常常出现)⑤倍长中线模型(尝试

着倍长中线,通过合理

转化来解决问题)遇到直角的反应①勾股定理②一线三等角相似转

化(这个在找直角上十

分实用)③直角三角形斜边上

的中线等于斜边的一

半④作垂直辅助线(一些

题常常要求某些三角

函数值、面积等,就先

作垂直,用面积法或各

种转化求解)⑤四点共圆遇到折叠的反应①全等,对应边、对应

角相等②折到边上出相似③矩形折叠易出现等

腰三角形④利用对称性(折痕垂

直平分对应点的连线)

几何证明的解题技巧第一反应第二反应第三反应第四反应第五反应78类型一

三角形的有关证明与综合应用与三角形相关的证明,通常是通过三角形全等和相似进行证明和计算,在解

题时要确定全等或相似三角形,充分挖掘已知条件,寻找相等或成比例的边以及

相等的角.类型一

三角形的有关证明与综合应用79例1(1)已知△ABC是等腰三角形,其底边是BC,点D在线段AB上,E是直线BC上

一点,且∠DEC=∠DCE.若∠A=60°(如图1),求证:EB=AD;(2)若将(1)中的“点D在线段AB上”改为“点D在线段AB的延长线上”,其他条

件不变(如图2),(1)的结论是否成立?并说明理由;(3)若将(1)中的“若∠A=60°”改为“若∠A=90°”,其他条件不变,则

的值是多少?(直接写出结论,不要求写解答过程)例1(1)已知△ABC是等腰三角形,其底边是BC,点D在线80

81解析(1)证明:作DF∥BC交AC于点F,如图1所示,则∠ADF=∠ABC,∠AFD=∠ACB,∠FDC=∠DCE,∵△ABC是等腰三角形,∠A=60°,∴△ABC是等边三角形,∴∠ABC=∠ACB=60°,∴∠DBE=120°,∠ADF=∠AFD=60°=∠A,∴△ADF是等

边三角形,∠DFC=120°,∴AD=DF,∵∠DEC=∠DCE,∴∠CDF=∠DEB,ED=CD,在△DBE和△CFD中,

∴△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∴EB=AD.(2)EB=AD成立.理由如下:作DF∥BC交AC的延长线于点F,如图2所示,同(1)得:

AD=DF,∠FDC=∠BCD,∠DBE=∠DFC=60°.在△DBE和△CFD中,解析(1)证明:作DF∥BC交AC于点F,如图1所示,则∠82

∴△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∴EB=AD.(3)

=

.理由如下:作DF∥BC交AC于点F,如图3所示,同(1),得△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∵△ABC是等腰直角三角形,DF∥BC,∴△ADF是等腰直

角三角形,∴DF=

AD,∴

=

,∴

=

.

83

84方法技巧与三角形有关的证明与综合应用主要涉及证三角形全等和相似,看到证明

线段相等,要想到全等,看到证明线段之间成比例,要想到三角形相似,这是一种

定性思维,其中三角形相似有以下几种基本结构.常见结构A字型

X字型

母子型

方法技巧常见A字型   

X字型

   

母子型

85变式1-1

(2019赤峰)【问题】如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,过点C

作直线l∥AB.∠EDF=90°,点D在直线l上移动,∠EDF的一边DE始终经过点B,另

一边DF与AC交于点P,研究DP和DB的数量关系.【探究发现】(1)如图2,某数学兴趣小组运用“从特殊到一般”的数学思想,发现当点D移动

到使点P与点C重合时,通过推理就可以得到DP=DB,请写出证明过程;【数学思考】(2)如图3,若点P是AC上的任意一点(不含端点A,C),受(1)的启发,这个小组过点D

作DG⊥CD交BC于点G,就可以证明DP=DB,请完成证明过程;变式1-1

(2019赤峰)【问题】如图1,在Rt△A86【拓展引申】(3)如图4,在(1)的条件下,M是AB边上任意一点(不含端点A,B),N是直线BD上一

点,且AM=BN,连接MN与BC交于点Q,这个数学兴趣小组经过多次取M点反复进

行实验,发现点M在某一位置时BQ的值最大.若AC=BC=4,请你直接写出BQ的最

大值.【拓展引申】87

88解析(1)证明:∵∠ACB=90°,AC=BC,∴∠CAB=∠CBA=45°.∵CD∥AB,∴∠CBA=∠DCB=45°.又∵∠BDC=90°,∴∠DCB=∠DBC=45°.∴DB=DC,即DB=DP.(2)证明:∵DG⊥CD,∠DCB=45°,∴∠DCG=∠DGC=45°.∴DC=DG,∠DCP=∠DGB=135°,∵∠BDP=∠CDG=90°,∴∠CDP=∠BDG,∴△CDP≌△GDB(ASA).∴BD=DP.(3)如图4,过点M作MH⊥MN交AC于点H,连接CM,HQ,解析(1)证明:∵∠ACB=90°,AC=BC,89

∵MH⊥MN,∴∠AMH+∠NMB=90°.∵CD∥AB,∠CDB=90°,∴∠DBM=90°.∴∠NMB+∠MNB=90°.∴∠HMA=∠MNB,又∵∠CAB=∠CBN=45°,AM=BN,∴△AMH≌△BNQ(ASA).∴AH=BQ.∵∠ACB

=90°,AC=BC=4,∴AB=4

,AC-AH=BC-BQ.∴CH=CQ.∴∠CHQ=∠CQH=45°=

90∠CAB.∴HQ∥AB.∴∠HQM=∠QMB.∵∠ACB=∠HMQ=90°,∴H,M,Q,C四点

共圆,∴∠HCM=∠HQM.∴∠HCM=∠QMB.又∵∠A=∠CBA=45°.∴△ACM∽

△BMQ.∴

=

,即

=

.∴BQ=

+2.∴当AM=2

时,BQ有最大值,最大值为2.∠CAB.∴HQ∥AB.∴∠HQM=∠QMB.∵∠ACB=∠91类型二

四边形的有关证明与综合应用以四边形为载体,融入一些其他知识(旋转、三角函数等),利用全等或相似

的知识考查特殊四边形的判定或计算特殊四边形的面积等.例2

(2019泰安)如图,四边形ABCD是正方形,△EFC是等腰直角三角形,点E在

AB上,且∠CEF=90°,FG⊥AD,垂足为G.(1)试判断AG与FG是否相等?并给出证明;(2)若点H为CF的中点,GH与DH垂直吗?若垂直,给出证明;若不垂直,说明理由.类型二

四边形的有关证明与综合应用92三角形、四边形有关的几何证明与综合应用专题课件93解析(1)AG=FG.证明:如图,过点F作FM⊥AB交BA的延长线于点M.

∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC,∠B=∠BAD=90°.∵FM⊥AB,∠MAD=90°,

FG⊥AD,∴四边形AGFM是矩形.∵∠CEF=90°,∴∠FEM+∠BEC=90°,又∵∠BEC+∠BCE=90°,∴∠FEM=∠BCE.又∵EF=EC,∴△EFM≌△CEB(AAS).∴BE=MF,ME=BC.∴ME=AB.∴BE=MA=MF.∴四边形AGFM是正方形.∴AG=FG.解析(1)AG=FG.证明:如图,过点F作FM⊥AB交BA94(2)DH⊥HG.证明:如图,延长GH交CD于点N,

∵FG⊥AD,CD⊥AD,∴FG∥CD.∴∠GFC=∠HCN,∠FGH=∠HNC.∴△FGH

∽△CNH.∴

=

=

,又∵CH=FH,∴GH=HN,NC=FG.∴AG=FG=NC.又∵AD=CD,∴GD=DN,∴DH⊥

GH.(2)DH⊥HG.证明:如图,延长GH交CD于点N,95方法技巧四边形的问题经常需要转化成三角形的问题来解决,通过证明三角形的全等或

相似得到相等的角、相等的边或成比例的边.要熟练掌握特殊四边形的性质和

判定定理,灵活选择解题方法.方法技巧96变式2-1如图,在四边形ABCD中,AC平分∠BCD,AC⊥AB,E是BC的中点,AD⊥

AE.(1)求证:AC2=CD·BC;(2)过E作EG⊥AB,并延长EG至点K,使EK=EB.①若点H是点D关于AC的对称点,点F为AC的中点,求证:FH⊥GH;②若∠B=30°,求证:四边形AKEC是菱形.变式2-1如图,在四边形ABCD中,AC平分∠BCD,AC97三角形、四边形有关的几何证明与综合应用专题课件98解析证明:(1)∵AC平分∠BCD,∴∠DCA=∠ACB.又∵AC⊥AB,AD⊥AE,∴∠DAC+∠CAE=90°,∠CAE+∠EAB=90°,∴∠DAC=∠EAB.又∵E是BC的中点,∴AE=BE,∴∠EAB=∠ABC,∴∠DAC=∠ABC,∴△ACD∽△BCA,∴

=

,∴AC2=CD·BC.(2)①如图,连接AH.解析证明:(1)∵AC平分∠BCD,∴∠DCA=∠ACB.99

∵∠ADC=∠BAC=90°,点H,D关于AC对称,∴AH⊥BC.∵EG⊥AB,AE=BE,∴点G

是AB的中点,∴HG=AG,∴∠GAH=∠GHA.∵点F为AC的中点,∴AF=FH,∴∠HAF=∠FHA,∴∠FHG=∠AHF+∠AHG=∠FAH+∠HAG=∠CAB=90°,∴FH⊥

GH.

100②∵EK⊥AB,AC⊥AB,∴EK∥AC,又∵∠B=30°,∴AC=

BC=EB=EC.又∵EK=EB,∴EK=AC,∴四边形AKEC是菱形.②∵EK⊥AB,AC⊥AB,∴EK∥AC,又∵∠B=30°,1011.(2019天水)如图1,对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形.(1)概念理解:如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,CB=CD,问四边形ABCD是垂美四

边形吗?请说明理由;(2)性质探究:如图1,四边形ABCD的对角线AC,BD交于点O,AC⊥BD.试证明:AB2

+CD2=AD2+BC2;(3)解决问题:如图3,分别以Rt△ABC的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形

ACFG和正方形ABDE,连接CE,BG,GE.已知AC=4,AB=5,求GE的长.专题训练1.(2019天水)如图1,对角线互相垂直的四边形叫做垂美四102

103解析(1)四边形ABCD是垂美四边形.理由:∵AB=AD,∴点A在线段BD的垂直平

分线上,∵CB=CD,∴点C在线段BD的垂直平分线上,∴直线AC是线段BD的垂直平分线,∴AC⊥BD,即四边形ABCD是垂美四边形.(2)证明:∵AC⊥BD,∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°,由勾股定理,得AD2

+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2,AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2,∴AD2+BC2=AB2+CD2.(3)如图,连接CG,BE,∵∠CAG=∠BAE=90°,∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC,

即∠GAB=∠CAE,在△GAB和△CAE中,

∴△GAB≌△CAE解析(1)四边形ABCD是垂美四边形.理由:∵AB=AD,104(SAS),∴∠ABG=∠AEC,又∵∠AEC+∠AME=90°,∴∠ABG+∠BMN=90°,∴∠BNM=90°,即CE⊥BG,∴四边形CGEB是垂美四边形,由(2)得,CG2+BE2=CB2+GE2,∵AC=4,AB=5,∴BC=3,CG=4

,BE=5

,∴GE2=CG2+BE2-CB2=73,∴GE=

.

(SAS),1052.(2019北京)已知∠AOB=30°,H为射线OA上一定点,OH=

+1,P为射线OB上一点,M为线段OH上一动点,连接PM,满足∠OMP为钝角,以点P为中心,将线段PM

顺时针旋转150°,得到线段PN,连接ON.

(1)依题意补全图1;(2)求证:∠OMP=∠OPN;2.(2019北京)已知∠AOB=30°,H为射线OA上一定106(3)点M关于点H的对称点为Q,连接QP.写出一个OP的值,使得对于任意的点M总

有ON=QP,并证明.(3)点M关于点H的对称点为Q,连接QP.写出一个OP的值,107解析(1)如图1所示即为所求.

(2)证明:设∠OPM=α,∵线段PM绕点P顺时针旋转150°得到线段PN,∴∠MPN=1

50°,PM=PN.∴∠OPN=∠MPN-∠OPM=150°-α.∵∠AOB=30°,∴∠OMP=180°-

∠AOB-∠OPM=180°-30°-α=150°-α.∴∠OMP=∠OPN.(3)OP=2时,总有ON=QP.证明如下:过点N作NC⊥OB于点C,过点P作PD⊥OA于解析(1)如图1所示即为所求.108点D,如图2.∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°.∵∠AOB=30°,OP=2,∴PD=

OP=1.∴OD=

=

.∵OH=

+1,∴DH=OH-OD=1.∵∠OMP=∠OPN,∴180°-∠OMP=180°-∠OPN,即∠PMD=∠NPC.在△PDM和

△NCP中,

∴△PDM≌△NCP(AAS).∴PD=NC,DM=CP.设DM=CP=x,则OC=OP+PC=2+x,MH=MD+DH=x+1.∵点M关于点H的对称点为Q,∴HQ=MH=x+1.∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x.∴OC=DQ.在△OCN和△QDP中,点D,如图2.∴∠NCP=∠PDM=∠PDQ=90°.109

∴△OCN≌△QDP(SAS).∴ON=QP.

1103.(2019海南)如图,在边长为1的正方形ABCD中,E是边CD的中点,点P是边AD上

一点(与点A,D不重合),射线PE与BC的延长线交于点Q.(1)求证:△PDE≌△QCE;(2)过点E作EF∥BC交PB于点F,连接AF,当PB=PQ时.①求证:四边形AFEP是平行四边形;②当AP为何值时,四边形AFEP是菱形,并说明理由.3.(2019海南)如图,在边长为1的正方形ABCD中,E是111解析(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠D=∠ECQ=90°,∵E是CD的中点,∴DE=CE,又∵∠DEP=∠CEQ,∴△PDE≌△QCE(ASA).(2)①证明:∵PB=PQ,∴∠PBQ=∠Q,∵AD∥BC,∴∠APB=∠PBQ=∠Q=∠EPD,∵△PDE≌△QCE,∴PE=QE,∵EF∥BQ,∴PF=

BF,∴在Rt△PAB中,AF=PF=BF,∴∠APF=∠PAF,∴∠PAF=∠EPD,∴PE∥AF,∵EF∥BQ∥AD,∴四边形AFEP

是平行四边形.②当AP=

时,四边形AFEP是菱形.理由如下:设AP=x,则PD=1-x,若四边形AFEP解析(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,112是菱形,则PE=PA=x,∵CD=1,E是CD中点,∴DE=

,在Rt△PDE中,由PD2+DE2=PE2,得(1-x)2+

=x2,解得x=

,即当AP=

时,四边形AFEP是菱形.是菱形,则PE=PA=x,∵CD=1,E是CD中点,∴DE=1134.(2019广州)如图,在等边△ABC中,AB=6,点D在BC上,BD=4,点E为边AC上一动

点(不与点C重合),△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE.(1)当点F在AC上时,求证:DF∥AB;(2)设△ACD的面积为S1,△ABF的面积为S2,记S=S1-S2,S是否存在最大值?若存在,

求出S的最大值;若不存在,请说明理由;(3)当B,F,E三点共线时,求AE的长.4.(2019广州)如图,在等边△ABC中,AB=6,点D在114解析(1)证明:∵△ABC是等边三角形,∴∠A=∠B=∠C=60°.由折叠,可知DF=

DC,且点F在AC上,∴∠DFC=∠C=60°.∴∠DFC=∠A.∴DF∥AB.(2)存在,理由如下:如图,过点D作DM⊥AB交AB于点M,

解析(1)证明:∵△ABC是等边三角形,∴∠A=∠B=∠C115∵AB=BC=6,BD=4,∴CD=2.∴DF=2,∴点F在以D为圆心,2为半径的圆上,∴当

点F在DM上时,S2最小,∵BD=4,DM⊥AB,∠ABC=60°,∴MD=2

.∴S2的最小值为

×6×(2

-2)=6

-6.∴S最大=

×2×3

-(6

-6)=-3

+6.(3)如图,过点D作DG⊥EF于点G,过点E作EH⊥CD于点H,

∵△CDE关于DE的轴对称图形为△FDE,∴DF=DC=2,∠EFD=∠C=60°.∵GD∵AB=BC=6,BD=4,∴CD=2.∴DF=2,∴点F在116⊥EF,∠EFD=60°,∴FG=1,DG=

FG=

.∵BD2=BG2+DG2,∴16=3+BG2.∴BG=

.∵EH⊥BC,∠C=60°,∴CH=

,EH=

HC=

EC.∵∠GBD=∠EBH,∠BGD=∠BHE=90°,∴△BGD∽△BHE.∴

=

,即

=

.∴EC=

-1.∴AE=AC-EC=7-

.⊥EF,∠EFD=60°,∴FG=1,DG= FG= .∵B1175.(2019枣庄)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC于点D.

(1)如图1,点M,N分别在AD,AB上,且∠BMN=90°,当∠AMN=30°,AB=2时,求线段

AM的长;(2)如图2,点E,F分别在AB,AC上,且∠EDF=90°,求证:BE=AF;(3)如图3,点M在AD的延长线上,点N在AC上,且∠BMN=90°,求证:AB+AN=

AM.5.(2019枣庄)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=A118解析(1)∵∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC,∴AD=BD=DC,∠ABC=∠ACB=45°,∠

BAD=∠CAD=45°,∵AB=2,∴AD=BD=DC=

,∵∠AMN=30°,∴∠BMD=180°-90°-30°=60°,∴∠MBD=30°,∴BM=2DM,由勾股定理,得BM2-DM2=BD2,即(2DM)2-DM2=(

)2,解得DM=

,∴AM=AD-DM=

-

.(2)证明:∵AD⊥BC,∠EDF=90°,∴∠BDE=∠ADF,在△BDE和△ADF中,

∴△BDE≌△ADF(ASA).∴BE=AF.解析(1)∵∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC,∴A119(3)证明:如图,过点M作ME∥BC交AB的延长线于点E,∴∠AME=90°,∠E=45°,∴

ME=MA,则AE=

AM,∵∠AME=90°,∠BMN=90°,∴∠BME=∠NMA,在△BME和△NMA中,

∴△BME≌△NMA(ASA),∴BE=AN,∴AB+AN=AB+BE=AE=

AM.

(3)证明:如图,过点M作ME∥BC交AB的延长线于点E,∴1206.(2019贵阳)(1)数学理解:如图1,△ABC是等腰直角三角形,过斜边