第45节：解答题专练7 (九年级数学专项总复习)

考点梳理课前预习第45讲解答题专练七课堂精讲广东中考1.已知：如图，▱ABCD中，点E是AD的中点，延长CE交BA的延长线于点F．求证：AB=AF．【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．【分析】本题考查平行四边形性质的应用，要证AB=AF，由AB=CD，可以转换为求AF=CD，只要证明△AEF≌△DEC即可．考点突破【解答】

证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD且AB=CD．

∴∠F=∠2，∠1=∠D．

∵E为AD中点，

∴AE=ED．

在△AEF和△DEC中∴△AEF≌△DEC．

∴AF=CD．

∴AB=AF．【点评】本题考查的是利用平行四边形的性质结合三角形全等来解决有关线段相等的证明．考点突破2.已知：如图，梯形ABCD中，AB∥DC，E是BC的中点，AE、DC的延长线相交于点F，连接AC、BF．

（1）求证：AB=CF；

（2）四边形ABFC是什么四边形，并说明你的理由．【考点】梯形；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定．【专题】几何综合题．【分析】（1）要证AB=CF，先证△CEF≌△BEA，由题意可证∠1=∠2，CE=BE，∠CEF=∠BEA，符合AAS的条件，所以△CEF≌△BEA；

（2）由（1）可证AB与CF平行且相等，四边形ABFC是平行四边形．考点突破【解答】

（1）证明：∵AB∥DC，

∴∠1=∠2（两直线平行，内错角相等），

∵E是BC的中点（已知），

∴CE=BE（中点定义），

在△CEF与△BEA中，

∴△CEF≌△BEA（AAS），

∴AB=CF（全等三角形对应边相等）；

（2）解：四边形ABFC是平行四边形．理由如下：

∵由（1）证明可知，AB与CF平行且相等，

∴四边形ABFC是平行四边形．【点评】本题考查了梯形的性质，全等三角形的判定，和平行四边形的判定．是一道综合性较强的题，解决此类题要善于在图形中寻找全等三角形，找到突破口．考点突破3.如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点A落在点A′处；

（1）求证：B′E=BF；

（2）设AE=a，AB=b，BF=c，试猜想a，b，c之间的一种关系，并给予证明．【考点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）．【专题】压轴题；分类讨论．【分析】（1）首先根据题意得B′F=BF，∠B′FE=∠BFE，接着根据平行线的性质和等腰三角形的判定即可证明B′E=BF；

（2）解答此类题目时要仔细读题，根据三角形三边关系求解分类讨论解答，要提高全等三角形的判定结合勾股定理解答．考点突破【解答】（1）证明：由题意得B′F=BF，∠B′FE=∠BFE，

在矩形ABCD中，AD∥BC，

∴∠B′EF=∠BFE，

∴∠B′FE=∠B'EF，

∴B′F=B′E，

∴B′E=BF；考点突破（2）答：a，b，c三者关系不唯一，有两种可能情况：

（ⅰ）a，b，c三者存在的关系是a2+b2=c2．

证明：连接BE，

由（1）知B′E=BF=c，

∵B′E=BE，

∴四边形BEB′F是平行四边形，

∴BE=c．

在△ABE中，∠A=90°，

∴AE2+AB2=BE2，

∵AE=a，AB=b，

∴a2+b2=c2；考点突破（ⅱ）a，b，c三者存在的关系是a+b＞c．

证明：连接BE，则BE=B′E．

由（1）知B′E=BF=c，

∴BE=c，

在△ABE中，AE+AB＞BE，

∴a+b＞c．【点评】此题以证明和探究结论形式来考查矩形的翻折、等角对等边、三角形全等、勾股定理等知识．

第一，较好考查学生表述数学推理和论证能力，第（1）问重点考查了学生逻辑推理的能力，主要利用等角对等边、翻折等知识来证明；

第二，试题呈现显示了浓郁的探索过程，试题设计的起点低，图形也很直观，也可通过自已动手操作，寻找几何元素之间的对应关系，形成较为常规的方法解决问题，第（2）问既考查了学生对勾股定理掌握的程度又考查学生的数学猜想和探索能力，这对于培养学生创新意识和创新精神十分有益；

第三，解题策略多样化在本题中得到了充分的体现．考点突破4.取一张矩形的纸，按如下操作过程折叠：

第一步：将矩形ABCD沿MN对折，如图1；第二步：把B点叠在折痕MN上，新折痕为AE，点B在MN上的对应点为B′，如图2；第三步：展开，得到图3．

（1）你认为∠BAE的度数为

；

（2）利用图3试证明（1）的结论．考点突破【考点】翻折变换（折叠问题）；矩形的性质．【专题】综合题．【分析】（1）可先猜测三个角相等，且和为90°，那么每个角是30°；

（2）先过点B′作B′F⊥AD于F，矩形ABCD关于MN对折，所以有AM=BM=AB，∠AMB′=90°，所以四边形AMB′F是矩形，又△ABE关于AE对折得到△AB′E，所以AB=AB′，BE=B′E，且∠BAE=∠B′AE，所以就有B′F=AB′，可求出∠B′AF=30°，所以∠BAE=30°．考点突破【解答】（1）解：易得△B′MA为直角三角形，那么AM等于AB′的一半，即可得到∠MB′A=30°，

利用三角形内角和定理可得∠MAB′=60°，那么∠BAE等于∠MAB′的一半，为30°；（3分）

考点突破（2）证明：过点B′作B′F⊥AD于F，（4分）

∵矩形ABCD沿MN对折，

∴MA=MB=AB，∠AMB′=90°，（5分）

又∵∠MAF=∠B′FA=90°，

∴四边形AFB′M是矩形，

∴B′F=AM，（6分）

∵AB=AB′，

∴B′F=AB′，（8分）

∴∠B′AF=30°，

∴∠BAB′=60°，（9分）

又∵∠ABE=EAB′，

∴∠BAE=30°．（10分）【点评】本题综合考查了对折后得到的两个图形全等，如果直角三角形中一条直角边等于斜边的一半，那么这个直角边所对的角是30°等知识．考点突破5.如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线DE交BC于D，交AB于E，F在射线DE上，并且EF=AC．

（1）求证：AF=CE；

（2）当∠B的大小满足什么条件时，四边形ACEF是菱形？请回答并证明你的结论；

（3）四边形ACEF有可能是正方形吗？为什么？考点突破【考点】相似三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定．【专题】探究型．【分析】（1）先根据FD⊥BC，∠ACB=90°得出DF∥AC，再由EF=AC可知四边形EFAC是平行四边形，故可得出结论；

（2）由点E在BC的垂直平分线上可知DB=DC=BC，BE=EC，由直角三角形的性质可求出∠B=∠ECD=30°，再由相似三角形的判定定理可知BDE∽△BCA，进而可得出AE=CE，再求出∠ECA的度数即可得出△AEC是等边三角形，进而可知CE=AC，故可得出结论；

（3）若四边形EFAC是正方形，则E与D重合，A与C重合，故四边形ACEF不可能是正方形．考点突破【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，FD⊥BC，

∴∠ACB=∠FDB=90°，

∴DF∥AC，

又∵EF=AC，

∴四边形EFAC是平行四边形，

∴AF=CE；

（2）当∠B=30°

时四边形EFAC是菱形，

∵点E在BC的垂直平分线上，

∴DB=DC=12BC，BE=EC，

∴∠B=∠ECD=30°，∵DF∥AC，

∴△BDE∽△BCA，

∴，即BE=AB，

∴AE=CE考点突破又∵∠ECA=90°-30°=60°，

∴△AEC是等边三角形

∴CE=AC，

∴四边形EFAC是菱形；

（3）不可能．

若四边形EFAC是正方形，则E与D重合，A与C重合，不可能有∠B=30°．【点评】本题考查的是相似三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、线段垂直平分线及直角三角形的性质、正方形的判定与性质，涉及面较广，难度适中．考点突破6.（2015•福建）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．（1）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG（如图①），求证：△AEG≌△AEF；（2）若直线EF与AB，AD的延长线分别交于点M，N（如图②），求证：EF2=ME2+NF2；（3）将正方形改为长与宽不相等的矩形，若其余条件不变（如图③），请你直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系．考点突破考点：四边形综合题．专题：压轴题．分析：（1）根据旋转的性质可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可证△AEG≌△AEF；（2）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．由（1）知△AEG≌△AEF，则EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后证明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代换即可证明EF2=ME2+NF2；（3）将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，根据旋转的性质可以得到△ADF≌△ABG，则DF=BG，再证明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代换得到EF=BE+DF．考点突破解答：（1）证明：∵△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE与△AFE中，

，∴△AGE≌△AFE（SAS）；考点突破（2）证明：设正方形ABCD的边长为a．将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△ABG，连结GM．则△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均为等腰直角三角形，∴CE=CF，BE=BM，NF=DF，∴a﹣BE=a﹣DF，∴BE=DF，∴BE=BM=DF=BG，∴∠BMG=45°，∴∠GME=45°+45°=90°，∴EG2=ME2+MG2，∵EG=EF，MG=BM=DF=NF，∴EF2=ME2+NF2；考点突破（3）解：EF2=2BE