河南省2019年中考數(shù)學專題復習 專題七 類比探究題訓練

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1、專題七　類比探究題 類型一 線段數(shù)量關系問題 (2018·河南)(1)問題發(fā)現(xiàn) 如圖①，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，連接AC，BD交于點M.填空： ①的值為________； ②∠AMB的度數(shù)為________； (2)類比探究 如圖②，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，連接AC交BD的延長線于點M.請判斷的值及∠AMB的度數(shù)，并說明理由； (3)拓展延伸 在(2)的條件下，將△OCD繞點O在平面內旋轉，AC，BD所在直線交于點M，若OD＝1，OB＝，請直接寫出當點C與點M重合

2、時AC的長． 【分析】 (1)①證明△COA≌△DOB(SAS)，得AC＝BD，比值為1； ②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根據(jù)三角形的內角和定理，得∠AMB＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°； (2)根據(jù)兩邊的比相等且夾角相等可得△AOC∽△BOD，則＝＝，由全等三角形的性質得∠AMB的度數(shù)； (3)正確畫出圖形，當點C與點M重合時，有兩種情況：如解圖①和②，同理可得△AOC∽△BOD，則∠AMB＝90°，＝，可得AC的長． 【自主解答】 解：(1)問題發(fā)現(xiàn) ①1【解法提示】∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠COA＝∠

3、DOB. ∵OC＝OD，OA＝OB， ∴△COA≌△DOB(SAS)， ∴AC＝BD， ∴＝1. ②40°【解法提示】∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO＝∠DBO. ∵∠AOB＝40°， ∴∠OAB＋∠ABO＝140°， 在△AMB中，∠AMB＝180°－(∠CAO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°. (2)類比探究 ＝，∠AMB＝90°，理由如下： 在Rt△OCD中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°， ∴＝tan 30°＝， 同理，得＝tan 30°＝， ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝

4、BOD， ∴△AOC∽△BOD， ∴＝＝，∠CAO＝∠DBO. ∴∠AMB＝180°－∠CAO－∠OAB－MBA＝180°－(∠DAB＋∠MBA＋∠OBD)＝180°－90°＝90°. (3)拓展延伸 ①點C與點M重合時，如解圖①， 同理得△AOC∽△BOD， ∴∠AMB＝90°，＝， 設BD＝x，則AC＝x， 在Rt△COD中， ∵∠OCD＝30°，OD＝1， ∴CD＝2， ∴BC＝x－2. 在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝. ∴AB＝2OB＝2， 在Rt△AMB中，由勾股定理，得AC2＋BC2＝AB2， 即( x)2＋(x－2)2＝(2)2， 解

5、得x1＝3，x2＝－2(舍去)， ∴AC＝3； ②點C與點M重合時，如解圖②，同理得：∠AMB＝90°，＝， 設BD＝x，則AC＝x， 在Rt△AMB中，由勾股定理，得AC2＋BC2＝AB2， 即(x)2＋(x＋2)2＝(2)2 解得x1＝－3，解得x2＝2(舍去)． ∴AC＝2. 綜上所述，AC的長為3或2. 圖① 圖② 例1題解圖 1．(2016·河南) (1)發(fā)現(xiàn) 如圖①，點A為線段BC外一動點，且BC＝a，AB＝b. 填空：當點A位于________________時，線段AC的長取得最大值，且最大值為__________(用含a，b的式子表示

6、)． (2)應用 點A為線段BC外一動點，且BC＝3，AB＝1，如圖②所示，分別以AB，AC為邊，作等邊三角形ABD和等邊三角形ACE，連接CD，BE. ①請找出圖中與BE相等的線段，并說明理由； ②直接寫出線段BE長的最大值． (3)拓展 如圖③，在平面直角坐標系中，點A的坐標為(2，0)，點B的坐標為(5，0)，點P為線段AB外一動點，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，請直接寫出線段AM長的最大值及此時點P的坐標． 2．(2015·河南)如圖①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝8，點D，E分別是邊BC，AC的中點，連接DE.將△EDC

7、繞點C按順時針方向旋轉，記旋轉角為α. (1)問題發(fā)現(xiàn) ①當α＝0°時，＝____； ②當α＝180°時，＝____； (2)拓展探究 試判斷：當0°≤α<360°時，的大小有無變化？請僅就圖②的情形給出證明． (3)解決問題 當△EDC旋轉至A，D，E三點共線時，直接寫出線段BD的長． 3．(2014·河南) (1)問題發(fā)現(xiàn) 如圖①，△ACB和△DCE均為等邊三角形，點A，D，E在同一直線上，連接BE. 填空： ①∠AEB的度數(shù)為__________； ②線段AD，BE之間的數(shù)量關系為______________． (2)拓展探究 如

8、圖②，△ACB和△DCE均為等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，點A，D，E在同一直線上，CM為△DCE中DE邊上的高，連接BE，請判斷∠AEB的度數(shù)及線段CM，AE，BE之間的數(shù)量關系，并說明理由． (3)解決問題 如圖③，在正方形ABCD中，CD＝，若點P滿足PD＝1，且∠BPD＝90°，請直接寫出點A到BP的距離． 4．(2018·南陽二模)在△ABC中，∠ACB是銳角，點D在射線BC上運動，連接AD，將線段AD繞點A逆時針旋轉90°，得到AE，連接EC. (1)操作發(fā)現(xiàn) 若AB＝AC，∠BAC＝90°，當D在線段BC上時(不與點B重合)，如

9、圖①所示，請你直接寫出線段CE和BD的位置關系和數(shù)量關系是______________，______________； (2)猜想論證 在(1)的條件下，當D在線段BC的延長線上時，如圖②所示，請你判斷(1)中結論是否成立，并證明你的判斷． (3)拓展延伸 如圖③，若AB≠AC，∠BAC≠90°，點D在線段BC上運動，試探究：當銳角∠ACB等于________度時，線段CE和BD之間的位置關系仍成立(點C，E重合除外)？此時若作DF⊥AD交線段CE于點F，且當AC＝3時，請直接寫出線段CF的長的最大值是____． 5．已知，如圖①，△ABC，△AED是兩個全等的等

10、腰直角三角形(其頂點B，E重合)，∠BAC＝∠AED＝90°，O為BC的中點，F(xiàn)為AD的中點，連接OF. (1)問題發(fā)現(xiàn) ①如圖①，＝_______； ②將△AED繞點A逆時針旋轉45°，如圖②，＝_______； (2)類比延伸 將圖①中△AED繞點A逆時針旋轉到如圖③所示的位置，請計算出的值，并說明理由． (3)拓展探究 將圖①中△AED繞點A逆時針旋轉，旋轉角為α，0°≤α≤90°，AD＝，△AED在旋轉過程中，存在△ACD為直角三角形，請直接寫出線段CD的長． 類型二 圖形面積關系問題 (2017·河南)如圖①，在Rt△ABC中，∠A＝

11、90°，AB＝AC，點D，E分別在邊AB，AC上，AD＝AE，連接DC，點M，P，N分別為DE，DC，BC的中點． (1)觀察猜想 圖①中，線段PM與PN的數(shù)量關系是________，位置關系是________； (2)探究證明 把△ADE繞點A逆時針方向旋轉到圖②的位置，連接MN，BD，CE，判斷△PMN的形狀，并說明理由； (3)拓展延伸 把△ADE繞A在平面內自由旋轉，若AD＝4，AB＝10，請直接寫出△PMN面積的最大值． 圖① 圖② 例2題圖 【分析】 (1)利用三角形的中位線定理得出PM＝CE，PN＝BD，進而判斷出BD＝CE，即可得出結論，再利用三角形

12、的中位線定理得出PM∥CE，繼而得出∠DPM＝∠DCA，最后用互余即可得出結論； (2)先判斷出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，同(1)的方法得出PM＝BD，PN＝BD，即可得出PM＝PN，同(1)的方法即可得出結論； (3)先判斷出MN最大時，△PMN的面積最大，進而求出AN，AM，即可得出MN最大＝AM＋AN，最后用面積公式即可得出結論． 【自主解答】 解：(1)∵點P，N是BC，CD的中點， ∴PN∥BD，PN＝BD. ∵點P，M是CD，DE的中點， ∴PM∥CE，PM＝CE. ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝CE， ∴PM＝PN. ∵PN∥BD， ∴∠

13、DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCA. ∵∠BAC＝90°， ∴∠ADC＋∠ACD＝90°， ∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°， ∴PM⊥PN， (2)由旋轉知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE(SAS)， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE. 同(1)的方法，利用三角形的中位線定理，得PN＝BD， PM＝CE， ∴PM＝PN， ∴△PMN是等腰三角形， 同(1)的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同(1)的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC. ∵∠DPN

14、＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC. ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB＋∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°， ∴△PMN是等腰直角三角形， 例2題解圖 (3)如解圖，同(2)的方法得，△PMN是等腰直角三角形， ∴當MN最大時，△PMN的面積最大， ∴DE∥BC且DE在頂點A上面， ∴MN最大＝AM＋AN， 連接AM，AN， 在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°， ∴AM＝2， 在

15、Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5， ∴MN最大＝2＋5＝7， ∴S△PMN最大＝PM2＝×MN2＝×(7)2＝. 1．(2013·河南)如圖①，將兩個完全相同的三角形紙片ABC和DEC重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E＝30°. (1)操作發(fā)現(xiàn) 如圖②，固定△ABC，使△DEC繞點C旋轉，當點D恰好落在AB邊上時，填空： ①線段DE與AC的位置關系是______________； ②設△BDC的面積為S1，△AEC的面積為S2，則S1與S2的數(shù)量關系是______________． (2)猜想論證 當△DEC繞點C旋轉到如圖③所示的位置時，小明猜想(1)中S

16、1與S2的數(shù)量關系仍然成立，并嘗試分別作出了△BDC和△AEC中BC，CE邊上的高，請你證明小明的猜想． (3)拓展探究 已知∠ABC＝60°，點D是角平分線上一點，BD＝CD＝4，DE∥AB交BC于點E(如圖④)．若在射線BA上存在點F，使S△DCF＝S△BDE，請直接寫出相應的BF的長． 2．已知Rt△ABC中，BC＝AC，∠C＝90°，D為AB邊的中點，∠EDF＝90°，將∠EDF繞點D旋轉，它的兩邊分別交AC，CB(或它們的延長線)于E，F(xiàn).當∠EDF繞點D旋轉到DE⊥AC于E時，如圖①所示，試證明S△DEF＋S△CEF＝S

17、△ABC. (1)當∠EDF繞點D旋轉到DE和AC不垂直時，如圖②所示，上述結論是否成立？若成立，請說明理由；若不成立，試說明理由． (2)直接寫出圖③中，S△DEF，S△CEF與S△ABC之間的數(shù)量關系． 3．(2018·鄭州模擬)如圖①所示，將兩個正方形ABCD和正方形CGFE如圖所示放置，連接DE，BG. (1)圖中∠DCE＋∠BCG＝__________°；設△DCE的面積為S1，△BCG的面積為S2，則S1與S2的數(shù)量關系為______________； 猜想論證： (2)如圖②所示，將矩形ABCD繞點C按順時針方向旋轉后得

18、到矩形FECG，連接DE，BG，設△DCE的面積為S1，△BCG的面積為S2，猜想S1和S2的數(shù)量關系，并加以證明； (3)如圖③所示，在△ABC中，AB＝AC＝10 cm，∠B＝30°，把△ABC沿AC翻折得到△AEC，過點A作AD平行CE交BC于點D，在線段CE上存在點P，使△ABP的面積等于△ACD的面積，請寫出CP的長． 4．(2018·駐馬店一模)如圖①，△ABC與△CDE都是等腰直角三角形，直角邊AC，CD在同一條直線上，點M，N分別是斜邊AB，DE的中點，點P為AD的中點，連接AE，BD，PM，PN，MN. (1)觀察猜想 圖①中，

19、PM與PN的數(shù)量關系是______________，位置關系是______________； (2)探究證明 將圖①中的△CDE繞著點C順時針旋轉α(0°＜α＜90°)，得到圖②，AE與MP，BD分別交于點G，H，判斷△PMN的形狀，并說明理由； (3)拓展延伸 把△CDE繞點C任意旋轉，若AC＝4，CD＝2，請直接寫出△PMN面積的最大值． 參考答案 類型一 針對訓練 1．解：(1)∵點A為線段BC外一動點，且BC＝a，AB＝b， ∴當點A位于CB的延長線上時，線段AC的長取得最大值，且最大值為BC＋AB＝a＋b. (2)①CD＝BE， 理由：∵

20、△ABD與△ACE是等邊三角形， ∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB. 在△CAD和△EAB中，， ∴△CAD≌△EAB，∴CD＝BE. ②∵線段BE長的最大值等于線段CD的最大值， 由(1)知，當線段CD的長取得最大值時，點D在CB的延長線上， ∴線段BE長的最大值為BD＋BC＝AB＋BC＝4； (3)∵將△APM繞著點P順時針旋轉90°得到△PBN，連接AN，如解圖①， 則△APN是等腰直角三角形， ∴PN＝PA＝2，BN＝AM. ∵點A的坐標為(2，0)，點B的坐標為(5，0)，

21、∴OA＝2，OB＝5，∴AB＝3， ∴線段AM長的最大值等于線段BN長的最大值， ∴當點N在線段BA的延長線時，線段BN取得最大值， 最大值為AB＋AN. ∵AN＝AP＝2， ∴線段AM的長最大值為2＋3. 如解圖②，過點P作PE⊥x軸于點E. ∵△APN是等腰直角三角形， ∴PE＝AE＝， ∴OE＝BO－AB－AE＝5－3－＝2－， ∴P(2－，)． 圖① 圖② 第1題解圖 2．解：(1)①當α＝0°時， ∵在Rt△ABC中，∠B＝90°， ∴AC＝＝＝4. ∵點D、E分別是邊BC、AC的中點， ∴AE＝4÷2＝2，BD＝8÷2＝4， ∴＝＝.

22、 ②如解圖①，當α＝180°時， 得可得AB∥DE， ∵＝， ∴＝＝＝. (2)當0°≤α≤360°時，的大小沒有變化． ∵∠ECD＝∠ACB， ∴∠ECA＝∠DCB. 又∵＝＝， ∴△ECA∽△DCB， ∴＝＝. 圖① 圖② 圖③ 第2題解圖 (3)①如解圖②， ∵AC＝4，CD＝4，CD⊥AD， ∴AD＝＝＝＝8. ∵AD＝BC，AB＝DC，∠B＝90°， ∴四邊形ABCD是矩形， ∴BD＝AC＝4. ③如解圖③，連接BD，過點D作AC的垂線交AC于點Q，過點B作AC的垂線交AC于點P， ∵AC＝4，CD＝4，CD⊥AD， ∴AD＝＝

23、＝＝8， ∵點D、E分別是邊BC、AC的中點， ∴DE＝AB＝×(8÷2)＝×4＝2， ∴AE＝AD－DE＝8－2＝6， 由(2)，可得＝， ∴BD＝＝. 綜上所述，BD的長為4或. 3．解：(1)∵△ACB和△DCE均為等邊三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE. 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴∠ADC＝∠BEC. ∵△DCE為等邊三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°. ∵點A，D，E在同一直線上，∴∠ADC＝120°， ∴∠BEC＝120°， ∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝6

24、0°. ②∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE. (2)∠AEB＝90°，AE＝BE＋2CM. 理由如下： ∵△ACB和△DCE均為等腰直角三角形， ∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°. ∴∠ACD＝∠BCE. 在△ACD和△BCE中， ， ∴△ACD≌△BCE(SAS)， ∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC. ∵△DCE為等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°. ∵點A，D，E在同一直線上， ∴∠ADC＝135°，∴∠BEC＝135°， ∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝90°. ∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME. ∵∠DCE＝90°，

25、∴DM＝ME＝CM， ∴AE＝AD＋DE＝BE＋2CM. (3)∵PD＝1，∴點P在以點D為圓心，1為半徑的圓上． ∵∠BPD＝90°，∴點P在以BD為直徑的圓上， ∴點P是這兩圓的交點． ①當點P在如解圖①所示位置時， 連接PD，PB，PA，作AH⊥BP，垂足為H， 過點A作AE⊥AP，交BP于點E. ∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠ADB＝45°，AB＝AD＝DC＝BC＝，∠BAD＝90°， ∴BD＝2.∵DP＝1，∴BP＝. ∵∠BPD＝∠BAD＝90°， ∴點A、P、D、B在以BD為直徑的圓上， ∴∠APB＝∠ADB＝45°. ∴△PAE是等腰直角三角形．

26、 又∵△BAD是等腰直角三角形，點B，E，P共線，AH⊥BP， ∴由(2)中的結論可得：BP＝2AH＋PD， ∴＝2AH＋1， ∴AH＝； ②當點P在如解圖②所示位置時， 連接PD、PB、PA、作AH⊥BP，垂足為H， 過點A作AE⊥AP，交PB的延長線于點E， 同理可得：BP＝2AH－PD， ∴＝2AH－1， ∴AH＝. 綜上所述，點A到BP的距離為或. 圖① 圖② 第3題解圖 4．解：(1)①∵AB＝AC，∠BAC＝90°， 線段AD繞點A逆時針旋轉90°得到AE， ∴AD＝AE，∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴CE＝BD，∠AC

27、E＝∠B， ∴∠BCE＝∠BCA＋∠ACE＝90°， ∴線段CE，BD之間的位置關系和數(shù)量關系為CE＝BD，CE⊥BD； (2)(1)中的結論仍然成立．證明如下： 如解圖①， ∵線段AD繞點A逆時針旋轉90°得到AE， ∴AE＝AD，∠DAE＝90°. ∵AB＝AC，∠BAC＝90°， ∴∠CAE＝∠BAD， ∴△ACE≌△ABD， ∴CE＝BD，∠ACE＝∠B， ∴∠BCE＝90°， ∴線段CE，BD之間的位置關系和數(shù)量關系為CE＝BD，CE⊥BD； (3)45°；. 過A作AM⊥BC于M，過點E作EN⊥MA交MA的延長線于N，如解圖②. ∵線段AD繞點A逆時針

28、旋轉90°得到AE， ∴∠DAE＝90°，AD＝AE， ∴∠NAE＝∠ADM，易證得Rt△AMD≌Rt△ENA， ∴NE＝AM. ∵CE⊥BD，即CE⊥MC，∴∠MCE＝90°， ∴四邊形MCEN為矩形， ∴NE＝MC，∴AM＝MC， ∴∠ACB＝45°. ∵四邊形MCEN為矩形， ∴Rt△AMD∽Rt△DCF， ∴＝，設DC＝x， ∵在Rt△AMC中，∠ACB＝45°，AC＝3， ∴AM＝CM＝3，MD＝3－x，∴＝， ∴CF＝－x2＋x＝－(x－)2＋， ∴當x＝時，CF有最大值，最大值為. 故答案為45°，； 圖① 圖② 第4題解圖 5．解：

29、(1)①∵△ABC，△AED是兩個全等的等腰直角三角形， ∴AD＝BC. ∵O為BC的中點，F(xiàn)為AD的中點， ∴AF＝OC. ∵∠BAC＝∠AED＝90°，AB＝AC，AE＝DE， ∴∠DAE＝∠CBA＝45°， ∴AD∥BC， ∴四邊形AFOC是平行四邊形， ∴OF＝AC＝EC，∴＝； 故答案：； ②∵AO＝AC，∠BAO＝∠CAO＝45°，∠DAE＝45°， ∴∠DAE＝∠CAO. ∵AE＝AC， ∴AF＝AO， ∴＝， ∴△AFO∽△AEC， ∴＝＝； 故答案：. (2)OF＝EC. 理由：在等腰直角△ADE中，F(xiàn)為AD的中點， ∴AF＝AD＝AE

30、. 在等腰直角△ABC中，O為BC的中點， 如解圖①，連接AO， ∴AO＝AC，∠BAO＝∠CAO＝45°. ∴∠DAE＝45°， ∴∠DAE＝∠CAO，即∠DAO＝∠CAE. ∵AE＝AC， ∴AF＝AO， ∴＝， ∴△AFO∽△AEC， ∴＝＝； (3)∵△ABC和△AED是兩個全等的等腰直角三角形， ∴AD＝BC＝， ∴ED＝AE＝AB＝AC＝1， 當△ACD為直角三角形時，分兩種情況： 圖① 圖② 圖③ 第5題解圖 ①當AD與AB重合時，如解圖②，連接CD. 當△ACD為直角三角形時，AD⊥AC， 即將△ADE繞點A逆時針旋轉45°

31、. ∵AD＝，AC＝1， ∴由勾股定理可得CD＝＝； ②當AE與AC重合時，如解圖③， 當△ACD為直角三角形時，AC⊥CD， 即將△ADE繞點A逆時針旋轉90°，此時CD＝AC＝1. 綜上所述，CD的長為或1. 類型二 針對訓練 1．解：(1)①△DEC繞點C旋轉到點D恰好落在AB邊上， ∴AC＝CD. ∵∠BAC＝90°－∠B＝90°－30°＝60°. ∴△ACD是等邊三角形， ∴∠ACD＝60°， 又∵∠CDE＝∠BAC＝60°， ∴∠ACD＝∠CDE， ∴DE∥AC； ②∵∠B＝30°，∠C＝90°， ∴CD＝AC＝AB， ∴BD＝AD＝AC，

32、根據(jù)等邊三角形的性質，△ACD的邊AC，AD上的高相等， ∴△BDC的面積和△AEC的面積相等(等底等高的三角形的面積相等)，即S1＝S2； (2)∵△DEC是由△ABC繞點C旋轉得到， ∴BC＝CE，AC＝CD，∠DCE＝∠ACB＝90°， ∵∠ACN＋∠ACE＝180°， ∴∠ACN＝∠DCM. 在△ACN和△DCM中， ∴△ACN≌△DCM(AAS)， ∴AN＝DM， ∴△BDC的面積和△AEC的面積相等(等底等高的三角形的面積相等)，即S1＝S2； 第1題解圖 (3)如解圖，過點D作DF1∥BE交BA于點F1，易求得四邊形BEDF1是菱形，∴BE＝DF1，且B

33、E，DF1邊上的高相等， 此時S△DCF1＝S△BDE； 過點D作DF2⊥BD. ∵∠ABC＝60°，F(xiàn)1D∥BE交BA于點F2， ∴∠F2F1D＝∠ABC＝60°. ∵BF1＝DF1，∠F1BD＝∠ABC＝30°，∠F2DB＝90°， ∴∠F1DF2＝∠ABC＝60° ∴△DF1F2是等邊三角形， ∴DF1＝DF2. ∵BD＝CD，∠ABC＝60°，點D是角平分線上一點， ∴DBC＝∠DCB＝×60°＝30°， ∴∠CDF1＝180°－∠BCD＝180°－30°＝150°， ∠CDF2＝360°－150°－60°＝150°， ∴∠CDF1＝∠CDF2. 在△CDF

34、1和△CDF2中， ， ∴△CDF1≌△CDF2(SAS)，∴點F2也是所求的點． ∵∠ABC＝60°，點D是角平分線上一點，DE∥AB， ∴∠DBC＝∠BDE＝∠ABD＝×60°＝30°. 又∵BD＝4， ∴BE＝×4÷cos 30°＝2÷＝， ∴BF1＝，BF2＝BF1＋F1F2＝＋＝. 故BF的長為或. 2．解：當∠EDF繞D點旋轉到DE⊥AC時，四邊形CEDF是正方形；設△ABC的邊長AC＝BC＝a，則正方形CEDF的邊長為a， ∴S△ABC＝a2，S正方形CEDF＝(a)2＝a2，即S△DEF＋S△CEF＝S△ABC； (1)上述結論成立；理由如下： 連接CD

35、，如解圖①所示． ∵AC＝BC，∠ACB＝90°，D為AB中點， ∴∠B＝45°，∠DCE＝∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD＝AB＝BD， ∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90° ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠2， 在△CDE和△BDF中， ， ∴△CDE≌△BDF(ASA)， ∴S△DEF＋S△CEF＝S△ADE＋S△BDF＝S△ABC； 圖① 圖② 第2題解圖 (2)S△DEF－S△CEF＝S△ABC；理由如下： 連接CD，如解圖②所示， 同(1)得：△DEC≌△DFB，∠DCE＝∠DBF＝135°， ∴S△DEF＝S五邊形DBFEC， S△CFE

36、＋S△DBC， ＝S△CFE＋S△ABC， ∴S△DEF－S△CFE＝S△ABC. ∴S△DEF、S△CEF、S△ABC的關系是S△DEF－S△CEF＝S△ABC. 3．解：(1)如解圖①中，∵四邊形ABCD、EFGC都是正方形， ∴∠BCD＝∠ECG＝90°. ∵∠BCG＋∠BCD＋∠DCE＋∠ECG＝360°， ∴∠BCG＋∠ECD＝180°. 圖① 圖② 圖③ 第3題解圖 如解圖①，過點E作EM⊥DC于點M，過點G作GN⊥BN交BN的延長線于點N， ∴∠EMC＝∠N＝90°. ∵四邊形ABCD和四邊形ECGF均為正方形， ∴∠BCD＝∠DCN＝∠

37、ECG＝90°，CB＝CD，CE＝CG， ∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2， ∴∠1＝∠3. 在△CME和△CNG中， ， ∴△CME≌△CNG(ASA)， ∴EM＝GN. 又∵S1＝CD·EM，S2＝CB·GN， ∴S1＝S2； 故答案為180°，S1＝S2； (2)猜想：S1＝S2， 證明：如解圖②，過點E作EM⊥DC于點M，過點B作BN⊥GC交GC的延長線于點N， ∴∠EMC＝∠N＝90°. ∵矩形CGFE由矩形ABCD旋轉得到的， ∴CE＝CB，CG＝CD， ∵∠ECG＝∠ECN＝∠BCD＝90°， ∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2，∴∠

38、1＝∠3. 在△CME和△CNB中， ， ∴△CME≌△CNB(AAS)． ∴EM＝BN. 又∵S1＝CD·EM，S2＝CG·BN， ∴S1＝S2; (3)如解圖③，作DM⊥AC于M，延長BA，交EC于N， ∵AB＝AC＝10 cm，∠B＝30°， ∴∠ACB＝∠ABC＝30°， ∴∠BAC＝120°， 根據(jù)翻折的性質，得∠ACE＝∠ACB＝30°， ∵AD∥CE， ∴∠DAC＝∠ACE＝30°， ∴∠BAD＝90°，DM＝AD， ∴BN⊥EC. ∵AD＝tan∠ABD·AB，AB＝10 cm， ∴AD＝tan 30°×10＝ (cm)， ∴DM＝×＝(c

39、m)． ∵S△ABP＝AB·PN，S△ADC＝AC·DM，S△ABP＝S△ADC，AB＝AC， ∴PN＝DM＝. 在Rt△ANC中，∠ACN＝30°，AC＝10 (cm)， ∴NC＝cos∠ACN·AC＝cos 30°×10＝5(cm)． ∵在EC上到N的距離等于的點有兩個， ∴P′C＝ cm，P″C＝ cm. ∴CP的長為 cm或 cm. 4．解：(1)PM＝PN，PM⊥PN，理由如下： 如解圖①，延長AE交BD于O， ∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形， ∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°. 在△ACE和△BCD中， ∴△ACE≌△BCD(

40、SAS)， ∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD， ∵∠EAC＋∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEO， ∴∠CBD＋∠BEO＝90°， ∴∠BOE＝90°，即AE⊥BD， ∵點M、N分別是斜邊AB、DE的中點，點P為AD的中點， ∴PM＝BD，PN＝AE， ∴PM＝PN. ∵PM∥BD，PN∥AE，AE⊥BD， ∴∠NPD＝∠EAC，∠MPA＝∠BDC，∠EAC＋∠BDC＝90°， ∴∠MPA＋∠NPC＝90°， ∴∠MPN＝90°， 即PM⊥PN. 圖① 圖② 第4題解圖 (2)△PMN為等腰直角三角形，理由如下： 如解圖②，設AE交BC于點O. ∵△

41、ACB和△ECD是等腰直角三角形， ∴AC＝BC，EC＝CD，∠ACB＝∠ECD＝90°， ∴∠ACB＋∠BCE＝∠ECD＋∠BCE， ∴∠ACE＝∠BCD， ∴△ACE≌△BCD， ∴AE＝BD，∠CAE＝∠CBD. 又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD， ∴∠BHO＝∠ACO＝90°. ∵點P，M，N分別為AD，AB，DE的中點， ∴PM＝BD，PM∥BD，PN＝AE，PN∥AE， ∴PM＝PN， ∴∠MGE＋∠BHA＝180°， ∴∠MGE＝90°， ∴∠MPN＝90°， ∴PM⊥PN，即△PMN為等腰直角三角形． (3)由(2)可知△PMN是等腰直角三角形，PM＝BD， ∴當BD的值最大時，PM的值最大，△PMN的面積最大， ∴當B，C，D共線時，BD的最大值為BC＋CD＝6， ∴PM＝PN＝3， ∴△PMN面積的最大值為×3×3＝. 28