【中考沖刺】2020中考數(shù)學(xué)專題總復(fù)習(xí)：專題五 幾何的證明與綜合應(yīng)用

【中考沖刺】2020中考數(shù)學(xué)專題總復(fù)習(xí)：專題五幾何的證明與綜合應(yīng)用專題概述命題探究專題訓(xùn)練總綱目錄本專題涉及的知識點有全等三角形的性質(zhì)和判定,特殊四邊形的性質(zhì)和判定以

及三角形相似等,綜合性很強(qiáng),是泰安中考的必考題型,所占分值較高.應(yīng)熟悉各

種常見問題的證明方法和輔助線的作法,對復(fù)雜圖形能進(jìn)行恰當(dāng)?shù)姆纸馀c組合.專題概述類型一

三角形的有關(guān)證明與綜合應(yīng)用類型二

四邊形的有關(guān)證明與綜合應(yīng)用命題探究幾何證明的解題技巧

第一反應(yīng)第二反應(yīng)第三反應(yīng)第四反應(yīng)第五反應(yīng)遇到中點的反應(yīng)①兩條線段相等,以及

面積相等②直角三角形斜邊上

的中線等于斜邊的一

半③中位線(中位線一定

會帶來平行和中位線

是第三邊的一半)④平行+中點模型(如

果沒有中位線,那么就

構(gòu)造模型,這在平行四

邊形里面常常出現(xiàn))⑤倍長中線模型(嘗試

著倍長中線,通過合理

轉(zhuǎn)化來解決問題)遇到直角的反應(yīng)①勾股定理②一線三等角相似轉(zhuǎn)

化(這個在找直角上十

分實用)③直角三角形斜邊上

的中線等于斜邊的一

半④作垂直輔助線(一些

題常常要求某些三角

函數(shù)值、面積等,就先

作垂直,用面積法或各

種轉(zhuǎn)化求解)⑤四點共圓遇到折疊的反應(yīng)①全等,對應(yīng)邊、對應(yīng)

角相等②折到邊上出相似③矩形折疊易出現(xiàn)等

腰三角形④利用對稱性(折痕垂

直平分對應(yīng)點的連線)

類型一

三角形的有關(guān)證明與綜合應(yīng)用與三角形相關(guān)的證明,通常是通過三角形全等和相似進(jìn)行證明和計算,在解

題時要確定全等或相似三角形,充分挖掘已知條件,尋找相等或成比例的邊以及

相等的角.例1(1)已知△ABC是等腰三角形,其底邊是BC,點D在線段AB上,E是直線BC上

一點,且∠DEC=∠DCE.若∠A=60°(如圖1),求證:EB=AD;(2)若將(1)中的“點D在線段AB上”改為“點D在線段AB的延長線上”,其他條

件不變(如圖2),(1)的結(jié)論是否成立?并說明理由;(3)若將(1)中的“若∠A=60°”改為“若∠A=90°”,其他條件不變,則

的值是多少?(直接寫出結(jié)論,不要求寫解答過程)

解析(1)證明:作DF∥BC交AC于點F,如圖1所示,則∠ADF=∠ABC,∠AFD=∠ACB,∠FDC=∠DCE,∵△ABC是等腰三角形,∠A=60°,∴△ABC是等邊三角形,∴∠ABC=∠ACB=60°,∴∠DBE=120°,∠ADF=∠AFD=60°=∠A,∴△ADF是等

邊三角形,∠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的延長線于點F,如圖2所示,同(1)得:

AD=DF,∠FDC=∠BCD,∠DBE=∠DFC=60°.在△DBE和△CFD中,

∴△DBE≌△CFD(AAS),∴EB=DF,∴EB=AD.(3)

=

.理由如下:作DF∥BC交AC于點F,如圖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,∴

=

,∴

=

.

方法技巧與三角形有關(guān)的證明與綜合應(yīng)用主要涉及證三角形全等和相似,看到證明

線段相等,要想到全等,看到證明線段之間成比例,要想到三角形相似,這是一種

定性思維,其中三角形相似有以下幾種基本結(jié)構(gòu).常見結(jié)構(gòu)A字型

X字型

母子型

變式1-1

(2019赤峰)【問題】如圖1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,過點C

作直線l∥AB.∠EDF=90°,點D在直線l上移動,∠EDF的一邊DE始終經(jīng)過點B,另

一邊DF與AC交于點P,研究DP和DB的數(shù)量關(guān)系.【探究發(fā)現(xiàn)】(1)如圖2,某數(shù)學(xué)興趣小組運(yùn)用“從特殊到一般”的數(shù)學(xué)思想,發(fā)現(xiàn)當(dāng)點D移動

到使點P與點C重合時,通過推理就可以得到DP=DB,請寫出證明過程;【數(shù)學(xué)思考】(2)如圖3,若點P是AC上的任意一點(不含端點A,C),受(1)的啟發(fā),這個小組過點D

作DG⊥CD交BC于點G,就可以證明DP=DB,請完成證明過程;【拓展引申】(3)如圖4,在(1)的條件下,M是AB邊上任意一點(不含端點A,B),N是直線BD上一

點,且AM=BN,連接MN與BC交于點Q,這個數(shù)學(xué)興趣小組經(jīng)過多次取M點反復(fù)進(jìn)

行實驗,發(fā)現(xiàn)點M在某一位置時BQ的值最大.若AC=BC=4,請你直接寫出BQ的最

大值.

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

∵M(jìn)H⊥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°=∠CAB.∴HQ∥AB.∴∠HQM=∠QMB.∵∠ACB=∠HMQ=90°,∴H,M,Q,C四點

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

△BMQ.∴

=

,即

=

.∴BQ=

+2.∴當(dāng)AM=2

時,BQ有最大值,最大值為2.類型二

四邊形的有關(guān)證明與綜合應(yīng)用以四邊形為載體,融入一些其他知識(旋轉(zhuǎn)、三角函數(shù)等),利用全等或相似

的知識考查特殊四邊形的判定或計算特殊四邊形的面積等.例2

(2019泰安)如圖,四邊形ABCD是正方形,△EFC是等腰直角三角形,點E在

AB上,且∠CEF=90°,FG⊥AD,垂足為G.(1)試判斷AG與FG是否相等?并給出證明;(2)若點H為CF的中點,GH與DH垂直嗎?若垂直,給出證明;若不垂直,說明理由.解析(1)AG=FG.證明:如圖,過點F作FM⊥AB交BA的延長線于點M.

∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=BC,∠B=∠BAD=90°.∵FM⊥AB,∠MAD=90°,

FG⊥AD,∴四邊形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.∴四邊形AGFM是正方形.∴AG=FG.(2)DH⊥HG.證明:如圖,延長GH交CD于點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.方法技巧四邊形的問題經(jīng)常需要轉(zhuǎn)化成三角形的問題來解決,通過證明三角形的全等或

相似得到相等的角、相等的邊或成比例的邊.要熟練掌握特殊四邊形的性質(zhì)和

判定定理,靈活選擇解題方法.變式2-1如圖,在四邊形ABCD中,AC平分∠BCD,AC⊥AB,E是BC的中點,AD⊥

AE.(1)求證:AC2=CD·BC;(2)過E作EG⊥AB,并延長EG至點K,使EK=EB.①若點H是點D關(guān)于AC的對稱點,點F為AC的中點,求證:FH⊥GH;②若∠B=30°,求證:四邊形AKEC是菱形.解析證明:(1)∵AC平分∠BCD,∴∠DCA=∠ACB.又∵AC⊥AB,AD⊥AE,∴∠DAC+∠CAE=90°,∠CAE+∠EAB=90°,∴∠DAC=∠EAB.又∵E是BC的中點,∴AE=BE,∴∠EAB=∠ABC,∴∠DAC=∠ABC,∴△ACD∽△BCA,∴

=

,∴AC2=CD·BC.(2)①如圖,連接AH.

∵∠ADC=∠BAC=90°,點H,D關(guān)于AC對稱,∴AH⊥BC.∵EG⊥AB,AE=BE,∴點G

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

GH.②∵EK⊥AB,AC⊥AB,∴EK∥AC,又∵∠B=30°,∴AC=

BC=EB=EC.又∵EK=EB,∴EK=AC,∴四邊形AKEC是菱形.1.(2019天水)如圖1,對角線互相垂直的四邊形叫做垂美四邊形.(1)概念理解:如圖2,在四邊形ABCD中,AB=AD,CB=CD,問四邊形ABCD是垂美四

邊形嗎?請說明理由;(2)性質(zhì)探究:如圖1,四邊形ABCD的對角線AC,BD交于點O,AC⊥BD.試證明:AB2

+CD2=AD2+BC2;(3)解決問題:如圖3,分別以Rt△ABC的直角邊AC和斜邊AB為邊向外作正方形

ACFG和正方形ABDE,連接CE,BG,GE.已知AC=4,AB=5,求GE的長.專題訓(xùn)練

解析(1)四邊形ABCD是垂美四邊形.理由:∵AB=AD,∴點A在線段BD的垂直平

分線上,∵CB=CD,∴點C在線段BD的垂直平分線上,∴直線AC是線段BD的垂直平分線,∴AC⊥BD,即四邊形ABCD是垂美四邊形.(2)證明:∵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)如圖,連接CG,BE,∵∠CAG=∠BAE=90°,∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC,

即∠GAB=∠CAE,在△GAB和△CAE中,

∴△GAB≌△CAE(SAS),∴∠ABG=∠AEC,又∵∠AEC+∠AME=90°,∴∠ABG+∠BMN=90°,∴∠BNM=90°,即CE⊥BG,∴四邊形CGEB是垂美四邊形,由(2)得,CG2+BE2=CB2+GE2,∵AC=4,AB=5,∴BC=3,CG=4

,BE=5

,∴GE2=CG2+BE2-CB2=73,∴GE=

.

2.(2019北京)已知∠AOB=30°,H為射線OA上一定點,OH=

+1,P為射線OB上一點,M為線段OH上一動點,連接PM,滿足∠OMP為鈍角,以點P為中心,將線段PM

順時針旋轉(zhuǎn)150°,得到線段PN,連接ON.

(1)依題意補(bǔ)全圖1;(2)求證:∠OMP=∠OPN;(3)點M關(guān)于點H的對稱點為Q,連接QP.寫出一個OP的值,使得對于任意的點M總

有ON=QP,并證明.解析(1)如圖1所示即為所求.

(2)證明:設(shè)∠OPM=α,∵線段PM繞點P順時針旋轉(zhuǎn)150°得到線段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時,總有ON=QP.證明如下:過點N作NC⊥OB于點C,過點P作PD⊥OA于點D,如圖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.設(shè)DM=CP=x,則OC=OP+PC=2+x,MH=MD+DH=x+1.∵點M關(guān)于點H的對稱點為Q,∴HQ=MH=x+1.∴DQ=DH+HQ=1+x+1=2+x.∴OC=DQ.在△OCN和△QDP中,

∴△OCN≌△QDP(SAS).∴ON=QP.

3.(2019海南)如圖,在邊長為1的正方形ABCD中,E是邊CD的中點,點P是邊AD上

一點(與點A,D不重合),射線PE與BC的延長線交于點Q.(1)求證:△PDE≌△QCE;(2)過點E作EF∥BC交PB于點F,連接AF,當(dāng)PB=PQ時.①求證:四邊形AFEP是平行四邊形;②當(dāng)AP為何值時,四邊形AFEP是菱形,并說明理由.解析(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,∴∠D=∠ECQ=90°,∵E是CD的中點,∴DE=CE,又∵∠DEP=∠CEQ,∴△PDE≌△QCE(ASA).(2)①證明:∵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,∴四邊形AFEP

是平行四邊形.②當(dāng)AP=

時,四邊形AFEP是菱形.理由如下:設(shè)AP=x,則PD=1-x,若四邊形AFEP是菱形,則PE=PA=x,∵CD=1,E是CD中點,∴DE=

,在Rt△PDE中,由PD2+DE2=PE2,得(1-x)2+

=x2,解得x=

,即當(dāng)AP=

時,四邊形AFEP是菱形.4.(2019廣州)如圖,在等邊△ABC中,AB=6,點D在BC上,BD=4,點E為邊AC上一動

點(不與點C重合),△CDE關(guān)于DE的軸對稱圖形為△FDE.(1)當(dāng)點F在AC上時,求證:DF∥AB;(2)設(shè)△ACD的面積為S1,△ABF的面積為S2,記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,請說明理由;(3)當(dāng)B,F,E三點共線時,求AE的長.解析(1)證明:∵△ABC是等邊三角形,∴∠A=∠B=∠C=60°.由折疊,可知DF=

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

∵AB=BC=6,BD=4,∴CD=2.∴DF=2,∴點F在以D為圓心,2為半徑的圓上,∴當(dāng)

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

.∴S2的最小值為

×6×(2

-2)=6

-6.∴S最大=

×2×3

-(6

-6)=-3

+6.(3)如圖,過點D作DG⊥EF于點G,過點E作EH⊥CD于點H,

∵△CDE關(guān)于DE的軸對稱圖形為△FDE,∴DF=DC=2,∠EFD=∠C=60°.∵GD⊥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-

.5.(2019棗莊)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,AD⊥BC于點D.

(1)如圖1,點M,N分別在AD,AB上,且∠BMN=90°,當(dāng)∠AMN=30°,AB=2時,求線段

AM的長;(2)如圖2,點E,F分別在AB,AC上,且∠EDF=90°,求證:BE=AF;(3)如圖3,點M在AD的延長線上,點N在AC上,且∠BMN=90°,求證:AB+AN=

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

∴△BDE≌△ADF(ASA).∴BE=AF.(3)證明:如圖,過點M作ME∥BC交AB的延長線于點E,∴∠AME=90°,∠E=45°,∴

ME=MA,則AE=

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

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

AM.

6.(2019貴陽)(1)數(shù)學(xué)理解:如圖1,△ABC是等腰直角三角形,過斜邊AB的中點D

作正方形DECF,分別交BC,AC于點E,F,求AB,BE,AF之間的數(shù)量關(guān)系;(2)問題解決:如圖2,在任意直角△ABC內(nèi),找一點D,過點D作正方形DECF,分別

交BC,AC于點E,F,若AB=BE+AF,求∠ADB的度數(shù);(3)聯(lián)系拓廣:如圖3,在(2)的條件下,分別延長ED,FD,交AB于點M,N,求MN,AM,BN

的數(shù)量關(guān)系.

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.∵四邊形DECF是正方形,∴DE=DF=CE=CF,∴∠A=∠ADF=45°.∴AF=DF=CE.

∴AF+BE=BC=AC.∴AB=

(AF+BE).(2)如圖,延長AC,使FM=BE,連接DM,

∵四邊形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)∵四邊形DECF是正方形,∴DE∥AC,DF∥BC.∴∠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+NB2.7.(2019通遼)如圖,點P是正方形ABCD內(nèi)的一點,連接CP,將線段CP繞點C順時旋

轉(zhuǎn)90°,得到線段CQ,連接BP,DQ.(1)如圖1,求證:△BCP≌△DCQ;(2)如圖,延長BP交直線DQ于點E.①如圖2,求證:BE⊥DQ;②如圖3,若△BCP為等邊三角形,判斷△DEP的形狀,并說明理由.

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

∴△BCP≌△DCQ(SAS).(2)①證明:如圖,∵△BCP≌△DCQ,∴∠CBF=∠EDF,又∵∠BFC=∠DFE,∴∠DEF=∠BCF=90°,∴BE⊥DQ.

②∵△BCP為等邊三角形,∴∠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為等腰直角三角形.8.(2019吉林)如圖,在矩形ABCD中,AD=4cm,AB=3cm,E為邊BC上一點,BE=AB,

連接AE.動點P,Q從點A同時出發(fā),點P以

cm/s的速度沿AE向終點E運(yùn)動;點Q以2cm/s的速度沿折線AD-DC向終點C運(yùn)動.設(shè)點Q運(yùn)動的時間為xs,在運(yùn)動過程

中,點P,點Q經(jīng)過的路線與線段PQ圍成的圖形面積為ycm2.(1)AE=

cm,∠EAD=

;(2)求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式,并寫出自變量x的取值范圍;(3)當(dāng)PQ=

cm時,直接寫出x的值.

解析(1)∵AB=3cm,BE=AB=3cm,∴AE=

=3

cm,∠BAE=∠BEA=45°.∵∠BAD=90°,∴∠DAE=45°.(2)當(dāng)0<x≤2時,如圖,過點P作PF⊥AD,

∵AP=

x,∠DAE=45°,PF⊥AD,∴PF=x=AF,∴y=S△PQA=

AQ·PF=x2;當(dāng)2<x≤3時,如圖,過點P作PF⊥AD,

∵PF=AF=x,QD=2x-4,∴DF=4-x,∴y=

×x2+

(2x-4+x)(4-x)=-x2+8x-8;當(dāng)3<x≤

時,如圖,點P與點E重合.

∵CQ=(3+4)-2x=7-2x,CE=4-3=1,∴y=

×(1+4)×3-

(7-2x)×1=x+4.(3)當(dāng)0<x≤2時,

∵QF=AF=x,PF⊥AD,∴PQ=AP.∵PQ=

cm,∴

x=

.∴x=

;當(dāng)2<x≤3時,過點P作PM⊥CD.

∴四邊形MPFD是矩形,∴PM=DF=4-2x,MD=PF=x,∴MQ=x-(2x-4)=4-x.∵M(jìn)P2+

MQ2=PQ2,∴(4-2x)2+(4-x)2=

.∵△<0,∴方程無解;當(dāng)3<x≤

時,

∵PQ2=CP2+CQ2,∴

=1+(7-2x)2,∴x=

.綜上所述,x=

或

.9.(2019吉林)性質(zhì)探究如圖1,在等腰三角形ABC中,∠ACB=120°,則底邊AB與腰AC的長度之比為

.理解運(yùn)用(1)若頂角為120°的等腰三角形的周長為8+4

,則它的面積為

;(2)如圖2,在四邊形EFGH中,EF=EG=EH.①求證:∠EFG+∠EHG=∠FGH;②在邊FG,GH上分別取中點M,N,連接MN.若∠FGH=120°,EF=10,直接寫出線段

MN的長.類比拓展頂角為2α的等腰三角形的底邊與一腰的長度之比為

(用含α的式

子表示).

解析性質(zhì)探究:作CD⊥AB于點D,如圖1所示,則∠ADC=∠BDC=90°,∵AC=

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

CD,∴AB=2AD=2

CD,∴

=

=

.理解運(yùn)用:(1)如圖1所示:

同上得AC=2CD,AD=

CD,∵AC+BC+AB=8+4

,∴4CD+2

CD=8+4

,解得CD=2,∴AB=4

.∴△ABC的面積為

AB·CD=

×4

×2=4

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

∠EGF+∠EGH=∠F