第45節(jié)：解答題專練7 (九年級(jí)數(shù)學(xué)專項(xiàng)總復(fù)習(xí))

考點(diǎn)梳理課前預(yù)習(xí)第45講解答題專練七課堂精講廣東中考1.已知：如圖，?ABCD中，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)CE交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．求證：AB=AF．【考點(diǎn)】平行四邊形的性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】證明題．【分析】本題考查平行四邊形性質(zhì)的應(yīng)用，要證AB=AF，由AB=CD，可以轉(zhuǎn)換為求AF=CD，只要證明△AEF≌△DEC即可．考點(diǎn)突破【解答】

證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，

∴AB∥CD且AB=CD．

∴∠F=∠2，∠1=∠D．

∵E為AD中點(diǎn)，

∴AE=ED．

在△AEF和△DEC中∴△AEF≌△DEC．

∴AF=CD．

∴AB=AF．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是利用平行四邊形的性質(zhì)結(jié)合三角形全等來(lái)解決有關(guān)線段相等的證明．考點(diǎn)突破2.已知：如圖，梯形ABCD中，AB∥DC，E是BC的中點(diǎn)，AE、DC的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)F，連接AC、BF．

（1）求證：AB=CF；

（2）四邊形ABFC是什么四邊形，并說(shuō)明你的理由．【考點(diǎn)】梯形；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定．【專題】幾何綜合題．【分析】（1）要證AB=CF，先證△CEF≌△BEA，由題意可證∠1=∠2，CE=BE，∠CEF=∠BEA，符合AAS的條件，所以△CEF≌△BEA；

（2）由（1）可證AB與CF平行且相等，四邊形ABFC是平行四邊形．考點(diǎn)突破【解答】

（1）證明：∵AB∥DC，

∴∠1=∠2（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等），

∵E是BC的中點(diǎn)（已知），

∴CE=BE（中點(diǎn)定義），

在△CEF與△BEA中，

∴△CEF≌△BEA（AAS），

∴AB=CF（全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等）；

（2）解：四邊形ABFC是平行四邊形．理由如下：

∵由（1）證明可知，AB與CF平行且相等，

∴四邊形ABFC是平行四邊形．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了梯形的性質(zhì)，全等三角形的判定，和平行四邊形的判定．是一道綜合性較強(qiáng)的題，解決此類題要善于在圖形中尋找全等三角形，找到突破口．考點(diǎn)突破3.如圖，把矩形紙片ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)B落在邊AD上的點(diǎn)B′處，點(diǎn)A落在點(diǎn)A′處；

（1）求證：B′E=BF；

（2）設(shè)AE=a，AB=b，BF=c，試猜想a，b，c之間的一種關(guān)系，并給予證明．【考點(diǎn)】勾股定理；翻折變換（折疊問(wèn)題）．【專題】壓軸題；分類討論．【分析】（1）首先根據(jù)題意得B′F=BF，∠B′FE=∠BFE，接著根據(jù)平行線的性質(zhì)和等腰三角形的判定即可證明B′E=BF；

（2）解答此類題目時(shí)要仔細(xì)讀題，根據(jù)三角形三邊關(guān)系求解分類討論解答，要提高全等三角形的判定結(jié)合勾股定理解答．考點(diǎn)突破【解答】（1）證明：由題意得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；考點(diǎn)突破（2）答：a，b，c三者關(guān)系不唯一，有兩種可能情況：

（?。゛，b，c三者存在的關(guān)系是a2+b2=c2．

證明：連接BE，

由（1）知B′E=BF=c，

∵B′E=BE，

∴四邊形BEB′F是平行四邊形，

∴BE=c．

在△ABE中，∠A=90°，

∴AE2+AB2=BE2，

∵AE=a，AB=b，

∴a2+b2=c2；考點(diǎn)突破（ⅱ）a，b，c三者存在的關(guān)系是a+b＞c．

證明：連接BE，則BE=B′E．

由（1）知B′E=BF=c，

∴BE=c，

在△ABE中，AE+AB＞BE，

∴a+b＞c．【點(diǎn)評(píng)】此題以證明和探究結(jié)論形式來(lái)考查矩形的翻折、等角對(duì)等邊、三角形全等、勾股定理等知識(shí)．

第一，較好考查學(xué)生表述數(shù)學(xué)推理和論證能力，第（1）問(wèn)重點(diǎn)考查了學(xué)生邏輯推理的能力，主要利用等角對(duì)等邊、翻折等知識(shí)來(lái)證明；

第二，試題呈現(xiàn)顯示了濃郁的探索過(guò)程，試題設(shè)計(jì)的起點(diǎn)低，圖形也很直觀，也可通過(guò)自已動(dòng)手操作，尋找?guī)缀卧刂g的對(duì)應(yīng)關(guān)系，形成較為常規(guī)的方法解決問(wèn)題，第（2）問(wèn)既考查了學(xué)生對(duì)勾股定理掌握的程度又考查學(xué)生的數(shù)學(xué)猜想和探索能力，這對(duì)于培養(yǎng)學(xué)生創(chuàng)新意識(shí)和創(chuàng)新精神十分有益；

第三，解題策略多樣化在本題中得到了充分的體現(xiàn)．考點(diǎn)突破4.取一張矩形的紙，按如下操作過(guò)程折疊：

第一步：將矩形ABCD沿MN對(duì)折，如圖1；第二步：把B點(diǎn)疊在折痕MN上，新折痕為AE，點(diǎn)B在MN上的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B′，如圖2；第三步：展開，得到圖3．

（1）你認(rèn)為∠BAE的度數(shù)為

；

（2）利用圖3試證明（1）的結(jié)論．考點(diǎn)突破【考點(diǎn)】翻折變換（折疊問(wèn)題）；矩形的性質(zhì)．【專題】綜合題．【分析】（1）可先猜測(cè)三個(gè)角相等，且和為90°，那么每個(gè)角是30°；

（2）先過(guò)點(diǎn)B′作B′F⊥AD于F，矩形ABCD關(guān)于MN對(duì)折，所以有AM=BM=AB，∠AMB′=90°，所以四邊形AMB′F是矩形，又△ABE關(guān)于AE對(duì)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°．考點(diǎn)突破【解答】（1）解：易得△B′MA為直角三角形，那么AM等于AB′的一半，即可得到∠MB′A=30°，

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

考點(diǎn)突破（2）證明：過(guò)點(diǎn)B′作B′F⊥AD于F，（4分）

∵矩形ABCD沿MN對(duì)折，

∴MA=MB=AB，∠AMB′=90°，（5分）

又∵∠MAF=∠B′FA=90°，

∴四邊形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）【點(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了對(duì)折后得到的兩個(gè)圖形全等，如果直角三角形中一條直角邊等于斜邊的一半，那么這個(gè)直角邊所對(duì)的角是30°等知識(shí)．考點(diǎn)突破5.如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分線DE交BC于D，交AB于E，F(xiàn)在射線DE上，并且EF=AC．

（1）求證：AF=CE；

（2）當(dāng)∠B的大小滿足什么條件時(shí)，四邊形ACEF是菱形？請(qǐng)回答并證明你的結(jié)論；

（3）四邊形ACEF有可能是正方形嗎？為什么？考點(diǎn)突破【考點(diǎn)】相似三角形的判定與性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)；菱形的判定；正方形的判定．【專題】探究型．【分析】（1）先根據(jù)FD⊥BC，∠ACB=90°得出DF∥AC，再由EF=AC可知四邊形EFAC是平行四邊形，故可得出結(jié)論；

（2）由點(diǎn)E在BC的垂直平分線上可知DB=DC=BC，BE=EC，由直角三角形的性質(zhì)可求出∠B=∠ECD=30°，再由相似三角形的判定定理可知BDE∽△BCA，進(jìn)而可得出AE=CE，再求出∠ECA的度數(shù)即可得出△AEC是等邊三角形，進(jìn)而可知CE=AC，故可得出結(jié)論；

（3）若四邊形EFAC是正方形，則E與D重合，A與C重合，故四邊形ACEF不可能是正方形．考點(diǎn)突破【解答】解：（1）∵∠ACB=90°，F(xiàn)D⊥BC，

∴∠ACB=∠FDB=90°，

∴DF∥AC，

又∵EF=AC，

∴四邊形EFAC是平行四邊形，

∴AF=CE；

（2）當(dāng)∠B=30°

時(shí)四邊形EFAC是菱形，

∵點(diǎn)E在BC的垂直平分線上，

∴DB=DC=12BC，BE=EC，

∴∠B=∠ECD=30°，∵DF∥AC，

∴△BDE∽△BCA，

∴，即BE=AB，

∴AE=CE考點(diǎn)突破又∵∠ECA=90°-30°=60°，

∴△AEC是等邊三角形

∴CE=AC，

∴四邊形EFAC是菱形；

（3）不可能．

若四邊形EFAC是正方形，則E與D重合，A與C重合，不可能有∠B=30°．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是相似三角形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線及直角三角形的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)，涉及面較廣，難度適中．考點(diǎn)突破6.（2015?福建）在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，且∠EAF=∠CEF=45°．（1）將△ADF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG（如圖①），求證：△AEG≌△AEF；（2）若直線EF與AB，AD的延長(zhǎng)線分別交于點(diǎn)M，N（如圖②），求證：EF2=ME2+NF2；（3）將正方形改為長(zhǎng)與寬不相等的矩形，若其余條件不變（如圖③），請(qǐng)你直接寫出線段EF，BE，DF之間的數(shù)量關(guān)系．考點(diǎn)突破考點(diǎn)：四邊形綜合題．專題：壓軸題．分析：（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知AF=AG，∠EAF=∠GAE=45°，故可證△AEG≌△AEF；（2）將△ADF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG，連結(jié)GM．由（1）知△AEG≌△AEF，則EG=EF．再由△BME、△DNF、△CEF均為等腰直角三角形，得出CE=CF，BE=BM，NF=DF，然后證明∠GME=90°，MG=NF，利用勾股定理得出EG2=ME2+MG2，等量代換即可證明EF2=ME2+NF2；（3）將△ADF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可以得到△ADF≌△ABG，則DF=BG，再證明△AEG≌△AEF，得出EG=EF，由EG=BG+BE，等量代換得到EF=BE+DF．考點(diǎn)突破解答：（1）證明：∵△ADF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG，∴AF=AG，∠FAG=90°，∵∠EAF=45°，∴∠GAE=45°，在△AGE與△AFE中，

，∴△AGE≌△AFE（SAS）；考點(diǎn)突破（2）證明：設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a．將△ADF繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABG，連結(jié)GM．則△ADF≌△ABG，DF=BG．由（1）知△AEG≌△AEF，∴EG=EF．∵∠CEF=45°，∴△BME、△DNF、△CEF均為等腰直角三角形，∴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；考點(diǎn)突破（3）解：EF2=2BE