专题三 几何证明
几何定理证明范文
几何定理证明范文要证明几何定理，通常需要使用几何性质和已知条件，以及运用几何推理和数学推断等方法。
本文选取了三个较为经典的几何定理进行证明，分别是直角三角形的勾股定理、垂线定理和相交弦定理。
下面分别对这三个定理进行证明。
一、直角三角形的勾股定理直角三角形的勾股定理是指在一个直角三角形中，直角边的平方等于两个直角边分别平方之和。
即若有一个直角三角形ABC，其中∠C=90°，则有AB²=AC²+BC²。
证明过程如下：设直角三角形ABC，其中∠C=90°。
连接AC和BC，延长AC到点D，使得CD=BC。
由于∠C=90°，则四边形ABCD是一个矩形。
根据矩形的性质，对角线互相平分。
即AC=BD，BC=AD。
根据勾股定理的推广形式，有AC²=AB²+BC²，以及BD²=AB²+AD²。
由于AC=BD，所以AB²+BC²=AB²+AD²。
消去AB²，得BC²=AD²。
因此，直角三角形的勾股定理得证。
二、垂线定理垂线定理是指在平面上，如果一直线段垂直于另一直线段，那么这两条直线段互相垂直。
即若有一直线段AB垂直于另一直线段CD，则有∠ABC=90°。
证明过程如下：设直线段AB垂直于CD，交于点M。
连接AM和BM。
根据垂线的性质，AM和BM分别垂直于CD，即∠CAM=90°和∠CBM=90°。
根据平行线的性质，互相平行的直线切割同一条直线时，所得的对应角相等。
因此，∠CAB=∠ACM=90°，即∠ABC=90°。
这样，垂线定理得证。
三、相交弦定理相交弦定理是指在一个圆内，两条相交弦的互补弦乘积相等。
即若有一圆内的两条弦AB和CD相交于点E，则有AE×EB=CE×ED。
数学认识几何证明
数学认识几何证明几何证明是数学中的重要部分，它要求我们通过逻辑推理和严密推导来证明或解释几何定理。
在进行几何证明时，我们需要正确运用已知的几何定理、公理和性质，以及运用数学推理方法，如演绎推理和归纳推理等。
本文将介绍几何证明的基本概念和常见的证明方法，并结合实例进行说明。
一、几何证明的基本概念几何证明是指通过推理和演绎，用严格的逻辑方法陈述和证明几何命题。
在几何证明中，我们需要合理组织思路，运用相关几何性质和已知定理来推导结论，以达到严密合理的证明目的。
几何证明的基本要素包括：1.已知条件：即已知的几何信息或性质，作为推导的起点。
2.目标结论：即需要证明的几何命题或结论。
3.推导步骤：通过逻辑推理和演绎，运用已知条件和几何性质，推导出目标结论的过程。
4.证明过程：将推导步骤用文字和符号进行详细陈述，使得逻辑关系清晰、推理合理。
在进行几何证明时，我们需要注意以下几点：1.从已知条件出发，逐步推导，每一步都要经过严密的推理。
2.不要跳过关键的步骤，任何一步都不能省略。
3.使用几何术语和符号，确保表述准确清晰。
4.用图示辅助，以便更好地理解和展示证明过程。
5.对于不同的几何证明，可以选择合适的证明方法，如直接证明法、间接证明法和反证法等。
二、几何证明的常见方法1.直接证明法直接证明法是最常用的证明方法，它通过从已知条件出发，一步步推导出目标结论。
这种证明方法严谨明确，逻辑性强。
在进行直接证明时，我们需要根据已知条件和几何性质，运用相关的推理方法，逐步推导出目标结论。
例如，下面是一个直接证明的例子：已知：AB ⊥ BC，∠ABC = 90°证明：AB² + BC² = AC²证明过程：1.连接AC，并延长AB到D；2.∵ AB ⊥ BC，∠ABC = 90°∴△ABC 和△ACD 相似（正弦定理）；3.设 AB = a，BC = b，AC = c；∴ AD = a + b；4.∵△ABC 和△ACD 相似∴ AB/AC = BC/AC = BC/AD = a/c = b/(a + b)；5.∴ a/c = b/(a + b)；∴ a（a + b）= bc；6.∴ a² + ab = bc；7.∴ a² + 2ab + b² = bc + 2ab + b²；∴ (a + b)² = AC²；8.∴ AB² + BC² = AC²；∴命题得证。
高考几何证明知识点
高考几何证明知识点几何学是数学中的一个重要分支，而在数学的高考中，几何证明是考生们需要掌握的重要知识点之一。
几何证明要求考生运用几何知识和推理能力，通过一系列推导和论证，建立正确的数学结论。
掌握几何证明知识点不仅可以帮助考生在考试中取得好成绩，还可以培养思维能力和逻辑推理能力。
首先，我们来谈谈几何证明中的基本概念。
在几何证明过程中，我们经常会用到一些基本概念，比如线段、角、三角形等。
线段是由两个不同点确定的一段直线，它是几何证明中最基本的要素之一。
在证明过程中，我们常常需要使用线段的性质，比如线段的垂直平分线平分线段，线段的等分等等。
角是由两条射线共同确定的一个点，也是几何证明中经常使用的一个概念。
在几何证明中，我们经常需要利用角的性质来进行推导，比如相等角的性质、互补角的性质等。
其次，我们来探讨一些重要的几何证明定理。
高考中常常会考察一些几何证明定理，比如勾股定理、余弦定理、正弦定理等。
勾股定理是几何证明中最重要的定理之一，它给出了直角三角形三边关系的一个准确表达。
在几何证明中，我们可以利用勾股定理来推导一些重要的结论，比如等腰直角三角形的性质等。
余弦定理和正弦定理是几何证明中另外两个重要的定理，它们描述了任意三角形的边与角之间的关系。
在几何证明中，我们可以运用余弦定理和正弦定理来推导一些重要的结论，比如正多边形的内角和等于180°等。
此外，还有一些几何证明的方法和技巧值得我们掌握。
在几何证明中，有一种重要的方法叫做几何的反证法。
几何的反证法是利用逻辑推理，通过假设结论不成立，从而推导出矛盾的结果，进而证明结论的方法。
在几何证明中，我们经常需要通过几何的反证法来论证某些结论的正确性。
此外，还有一种常用的几何证明方法叫做几何的类比法。
几何的类比法是通过对比两个或多个几何图形的相似之处，从而推导出结论的方法。
在几何证明中，我们可以利用几何的类比法来证明一些关于比例等性质的结论。
最后，几何证明的过程需要遵循一定的步骤和规则。
几何证明方法
几何证明方法几何证明是数学中重要的一部分，它要求通过推理和演算来证明几何命题的准确性。
在进行几何证明时，我们可以运用不同的方法和技巧，以达到证明命题的目的。
本文将介绍一些常见的几何证明方法。
一、直接证明法直接证明法是最常用也是最直接的证明方法。
它通过基本几何公理和定理以及推理推导来得出结论。
直接证明法的主要过程是从已知条件出发，逐步推导出所要证明的结论。
这种证明方法简洁明了，适用于各种几何问题的证明。
下面是一个使用直接证明法证明的例子：定理：对于任意三角形ABC，直线段AB的中垂线与BC互相垂直。
证明：如下图所示，连接AC并延长至D，这样点D就在直线BC的延长线上。
B/ \/ \/ \/ \/ \/ \C------------A D根据三角形ABC的中位线定理，可知中位线CD等于中位线AD的一半，且平分角C。
由于直线段AB是三角形ACD的底边，那么根据中位线定理可知直线段CD是三角形ACD的中位线，而中位线定理又告诉我们中位线平分底边，并且垂直于底边。
因此，直线段AB的中垂线与BC相互垂直，证毕。
二、反证法反证法是一种常用的证明方法，适用于那些难以通过直接证明得出结论的问题。
反证法的基本思想是假设所要证明的结论是错误的，然后通过推理得出一个与已知条件相矛盾的结论，从而证明原命题的正确性。
下面是一个使用反证法证明的例子：定理：平面上不存在与已知直线AB平行且过已知点C的直线。
证明：假设存在与直线AB平行且过点C的直线，设为直线DE。
根据已知条件，直线DE与直线AB平行，因此直线DE与直线BC 平行。
由于直线DE与直线BC平行且经过点C，那么根据平行线定理可知直线DE与直线AC平行。
然而，已知直线AB与直线BC平行，根据传递性可知直线AB与直线AC平行。
这样，我们就得到了一个结论：直线AB与直线AC平行，而直线AB是要证明不存在的与已知直线AB平行且过点C的直线。
由此，我们得出矛盾的结论，即假设错误，不存在与已知直线AB平行且过已知点C的直线。
中考数学专题三 几何证明(共40张PPT)
又∵∠EAF=∠ABG,∴△AEF∽△BAG,
∴∠AEF=∠BAG,
∵∠BAG+∠EAO=90°,∴∠AEF+∠EAO=90°,
∴∠AOE=90°,∴EF⊥AG.
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(3)过点O作MN∥AB,交AD于点M,交BC于点N,如图 所示,则MN⊥AD,MN=AB=4, ∵P是正方形ABCD内一点,S△PAB=S△OAB, ∴点P在线段MN上,当P为MN的中点时,△PAB的周长 最小,此时PA=PB,P1 M= MN=2,
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(3)两头凑法:将分析与综合法合并使用,比较起来,分 析法利于思考,综合法易于表达,因此,在实际思考问 题时,可合并使用,灵活处理,以利于缩短题设与结论 的距离,最后达到证明目的.
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2.掌握构造基本图形的方法:复杂的图形都是由基本 图形组成的,因此要善于将复杂图形分解成基本图形. 在更多时候需要构造基本图形,在构造基本图形时往 往需要添加辅助线,以达到集中条件、转化问题的目 的.
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【自主解答】如图,把△ABE逆时针旋转90°得到
△ADG,
∴BE=GD,AE=AG,
∵∠EAF=45°,ຫໍສະໝຸດ ∴∠FAG=90°-45°=45°,
∴∠EAF=∠FAG,
在△AEF和△AGF中,
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AE AG,
E
A
F
FAG，
A F A F,
∴△AEF≌△AGF(SAS),
∴EF=GF,
即EF=GD+DF,
专题三 几何证明
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几何证明是平面几何中的一个重要问题,它对培养 学生逻辑思维能力有着很大作用.几何证明有两种基本 类型:一是平面图形的数量关系;二是有关平面图形的 位置关系.这两类问题常常可以相互转化,如证明平行 关系可转化为证明角相等或角互补的问题.
几何证明的基本推证方法
几何证明的基本推证方法一、综合法从已知条件出发，以公理、定理为依据，进行推理、论证。
直至导出所需求证的结论。
例1、AB为⊙O直径，AC为弦，CD切⊙O于C，BD⊥CD于D，延长AC、BD，交于E，求证：AB=BE思考方法：由CD是⊙O切线可知，CD与过C点的半径垂直，则有半径平行BD，产生同位角相等。
例2、已知：如图，BE ABEF AC=,求证：△CDF是等腰三角形思考方法：由比例式BE ABEF AC=可想到作平行线，导出所要求证的结论例3、已知：圆内接四边形对角线交于P，且AC⊥BD,PE⊥AD交BC于F，求证：F 为BC边的中点思考方法：由垂线可证∠1＝∠2，推出∠3＝∠4，由等角证等边，可达目的二、分析法欲证此结论，须有何条件，再需有什么新条件，如此一步步以公理、定理为依据，进行探求，直至导出题目中所给定的条件，倒推回去，即是证明的叙述过程。
例1、已知AD为△ABC的角平分线，E为BC上任意一点，EG∥AD交AB、AC（或延长线）于F、G，求证BE BFEC CG例2、已知：△ABC内接于⊙O，AE为⊙O直径，AD⊥BC于D，求证：∠BAE=∠CAD三、综合分析法即综合法与分析法兼而有之，因为综合法由已知可以导出的结论有时很多，怎样选择，要由分析法所导出的需求条件进行取舍，这样取各法之长，思路更为快捷。
例1、⊙O与⊙O′交于A、B两点，P为⊙O上任意一点，PA、PB分别交⊙O′于A′、B′，EF切⊙O于P点，求证：EF∥A′B′例2、已知：等腰梯形ABCD中，AB∥CD，求证：AC2=BC2+AB•CD例3、⊙O的弦AD与直径AB夹角为300，在AB的延长线上取C，使CD=AD，求证：DC为⊙O的切线四、反证法欲证命题的结论，可从结论的否定出发，经过合理的推理论证，导出与命题的条件或几何中的公理、定理相矛盾的结论，从而说明结论的否定使错误的，而原命题的结论是正确的。
例1、证明：等腰三角形的底角必为锐角。
10第一部分 板块二 专题三 立体几何 第2讲 立体几何(大题)
第2讲立体几何(大题)热点一平行、垂直关系的证明高考常考平行、垂直关系的解题策略：(1)证明空间中的平行、垂直关系的常用方法是转化，如证明面面平行时，可转化为证明线面平行，而证明线面平行时，可转化为证明线线平行，但有的时候证明线面平行时，也可先证明面面平行，然后再得出线面平行．(2)在证明时，常通过三角形、平行四边形、矩形等平面图形去寻找平行和垂直的关系．例1(2018·北京)如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面P AD⊥平面ABCD，P A⊥PD，P A＝PD，E，F分别为AD，PB的中点．(1)求证：PE⊥BC；(2)求证：平面P AB⊥平面PCD；(3)求证：EF∥平面PCD.跟踪演练1如图，在四棱锥P－ABCD中，∠ADB＝90°，CB＝CD，点E为棱PB的中点．(1)若PB＝PD，求证：PC⊥BD；(2)求证：CE ∥平面P AD .热点二 体积、距离的计算高考常考体积和距离问题的解题策略：(1)求空间几何体的体积的常用方法有换底法，转化法，割补法．换底法的一般思路是找出几何体的底面和高，看底面积和高是否容易计算，若较难计算，则转换顶点和底面，使得底面积和高都比较容易求出；转化法是利用一个几何体与某几何体之间的关系，转化为求该几何体的体积；对于较复杂的几何体，有时也进行分割和补形，间接求得体积．(2)求立体几何中的距离问题时常利用等体积法，即把要求的距离转化成一个几何体的高，利用同一个几何体的体积相等，转换这个几何体的顶点去求解．例2 (2019·东北三省三校模拟)如图，四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 是平行四边形，PG ⊥平面ABCD ，垂足为G ，G 在AD 上，且AG ＝13GD ，BG ⊥GC ，GB ＝GC ＝2，四面体P －BCG的体积为83.(1)求点D 到平面PBG 的距离；(2)若点F 是棱PC 上一点，且DF ⊥GC ，求PFFC 的值．跟踪演练2 (2019·淄博模拟)如图，在四棱锥P －ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝1，CD ＝3，AP ＝2，DP ＝23，∠P AD ＝60°，AB ⊥平面P AD ，点M 在棱PC 上．(1)求证：平面P AB⊥平面PCD；(2)若直线P A∥平面MBD，求此时三棱锥P－MBD的体积．热点三翻折与探索性问题高考中翻折与探索性问题的解题策略：(1)翻折问题有一定的难度，在解题时，一定要先弄清楚在翻折过程中哪些量发生了变化，哪些量没有发生变化．一般情况下，长度不发生变化，而位置关系发生变化．再通过连线得到三棱锥、四棱锥等几何体，最后把问题转化到我们较熟悉的几何体中去解决．(2)对于探索性问题，一般根据问题的设问，首先假设其存在，然后在这个假设下进行推理论证，如果通过推理得到了合乎情理的结论就肯定假设，如果得到了矛盾就否定假设．例3如图1，已知菱形AECD的对角线AC，DE交于点F，点E为AB中点．将△ADE沿线段DE折起到△PDE的位置，如图2所示．(1)求证：DE⊥平面PCF；(2)求证：平面PBC⊥平面PCF；(3)在线段PD，BC上是否分别存在点M，N，使得平面CFM∥平面PEN？若存在，请指出点M，N的位置，并证明；若不存在，请说明理由．跟踪演练3(2018·全国Ⅲ)如图，矩形ABCD所在平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD 上异于C，D的点．(1)证明：平面AMD⊥平面BMC.(2)在线段AM上是否存在点P，使得MC∥平面PBD？说明理由．真题体验(2019·全国Ⅰ，文，19)如图，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面是菱形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．(1)证明：MN∥平面C1DE；(2)求点C到平面C1DE的距离．押题预测如图，在四棱锥P －ABCD 中，平面ABCD ⊥平面P AD ，AD ∥BC ，AB ＝BC ＝AP ＝12AD ，∠ADP＝30°，∠BAD ＝90°.(1)证明：PD ⊥PB ；(2)设点M 在线段PC 上，且PM ＝13PC ，若△MBC 的面积为273，求四棱锥P －ABCD 的体积．A 组 专题通关1．(2019·全国Ⅱ)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面ABCD 是正方形，点E 在棱AA 1上，BE ⊥EC 1.(1)证明：BE ⊥平面EB 1C 1；(2)若AE ＝A 1E ，AB ＝3，求四棱锥E －BB 1C 1C 的体积．2．(2019·哈尔滨模拟)如图，多面体ABCDEF 中，底面ABCD 是菱形，∠BCD ＝π3，四边形BDEF 是正方形，且DE ⊥平面ABCD .(1)求证：CF ∥平面AED ；(2)若AE ＝2，求多面体ABCDEF 的体积V .3．(2019·长沙模拟)如图，在多边形ABPCD 中(图1)，ABCD 为长方形，△BPC 为正三角形，AB ＝3，BC ＝32，现以BC 为折痕将△BPC 折起，使点P 在平面ABCD 内的射影恰好在AD 上(图2)．(1)证明：PD ⊥平面P AB ；(2)若点E 在线段PB 上，且PE ＝13PB ，当点Q 在线段AD 上运动时，求三棱锥Q －EBC 的体积．B组能力提高4．(2019·潍坊模拟)如图，三棱柱ABC－A1B1C1中，CA＝CB，∠BAA1＝45°，平面AA1C1C⊥平面AA1B1B.(1)求证：AA1⊥BC；(2)若BB1＝2AB＝2，∠A1AC＝45°，D为CC1的中点，求三棱锥D－A1B1C1的体积．5．如图，在矩形AB′DE中，AE＝6，DE＝5，被截去一角(即△BB′C)，AB＝3，∠ABC＝135°，平面P AE⊥平面ABCDE，P A＋PE＝10.(1)求五棱锥P－ABCDE的体积的最大值；(2)在(1)的情况下，证明：BC⊥PB.。
专题三——几何证明与计算八升九年级
专题三——几何证明与计算10．（2010重庆）已知：如图，在正方形ABCD 外取一点E ，连接AE 、BE 、DE ．过点A 作AE 的垂线交DE 于点P ．若AE ＝AP ＝1，PB ＝ 5 ．下列结论：①△APD ≌△AEB ；②点B 到直线AE 的距离为 2 ；③EB ⊥ED ；④S △APD ＋S △APB ＝1＋ 6 ；⑤S 正方形ABCD ＝4＋ 6 ．其中正确结论的序号是（D ）A ．①③④B ．①②⑤C ．③④⑤D ．①③⑤20、如图，在正方形纸片ABCD 中，对角线AC 、BD 交于点O ，折叠正方形纸片 ABCD ，使AD 落在BD 上，点A 恰好与BD 上的点F 重合.展开后，折痕DE 分别交AB 、AC 于点E 、G.连接GF.下列结论：①∠AGD=112.5°；②tan ∠AED=2 ；③S △AGD=S △OGD ；④四边形AEFG 是菱形；⑤BE=2OG . 其中正确结论的序号是 .10．如图，在正方形ABCD 的对角线上取点E ，使得∠BAE =︒15，连结AE ，CE ．延长CE 到F ，连结BF ，使得BC=BF ．若AB =1，则下列结论：①AE=CE ；②F 到BC 的距离为22； ③BE +EC =EF ；④8241+=∆AE DS ； ⑤123=∆EBF S ．其中正确的个数是（ ） A ．2个 B ．3个 C ．4个 D ．5个24． 已知：如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，∠ABC ＝90°．点E 是DC 的中点，过点E 作DC 的垂线交AB 于点P ，交CB 的延长线于点M ．点F 在线段ME 上，且满足CF ＝AD ，MF ＝MA ． （1）若∠MFC ＝120°，求证：AM ＝2MB ； （2）求证：∠MPB ＝90°－ 12 ∠FCM ．ABCDE F第10题图24．如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠DCB=450，CD=2，BD⊥CD。
几何证明的基本方法
几何证明的基本方法几何证明是数学中的重要内容之一，通过运用逻辑推理和几何定理，来证明几何命题的正确性。
在几何证明中，我们需要掌握几种基本方法，以确保证明的逻辑严密性和正确性。
一、直接证明法直接证明法是最基本的证明方法之一，也是最常用的方法。
它通过构造一系列的命题和逻辑关系，将待证明的命题连接至已知的几何定理或已证明的命题。
具体步骤如下：1.明确待证明的命题：假设待证明的命题为P，即要证明P是正确的。
2.列出已知条件：根据题目给出的已知条件，假设已知条件为Q1，Q2，…，Qn。
3.利用已知条件和几何定理：通过运用已知条件和几何定理，得出一系列的附加命题，并利用这些命题建立逻辑关系，将P与已知条件连接起来。
4.推理得出待证命题：根据附加命题和逻辑关系，通过推理和推导，最终推出P成立，从而完成证明。
二、间接证明法间接证明法是一种通过推理推导出矛盾，从而证明所求结论的方法。
它常用于证明某一几何命题的否定命题。
具体步骤如下：1.假设所证命题为P，即要证明P是错误的。
2.通过推理得出矛盾：在假设P是错误的前提下，进行一系列的推理和推导，最终得出一个矛盾的结论。
3.推理得出待证命题的否定：根据得出的矛盾，可以得出待证命题的否定¬P成立。
4.结论与已知矛盾：由于假设P是错误的，而同时也得出了¬P成立，显然矛盾。
因此，原命题P一定是正确的。
三、反证法反证法是一种通过证明待证命题的否定推导出矛盾，从而证明所求结论的方法。
与间接证明法不同的是，反证法是直接针对待证命题本身进行推理，而不是针对其否定命题。
具体步骤如下：1.假设所证命题为P的否定¬P，即要证明¬P成立。
2.通过推理得出矛盾：在假设¬P成立的前提下，进行一系列的推理和推导，最终得出一个矛盾的结论。
3.推理得出待证命题成立：根据得出的矛盾，可以得出待证命题P是正确的。
4.结论与已知矛盾：由于假设¬P成立，而同时也得出了P是正确的，显然矛盾。
专题三 几何证明之三角形中的旋转综合问题 2020年中考数学冲刺难点突破 几何证明问题(解析版)
2020年中考数学冲刺难点突破几何证明问题专题三几何证明之三角形中的旋转综合问题1、如图，点P是∠MON内的一点，过点P作PA⊥OM于点A，PB⊥ON于点B，且OA＝OB．（1）求证：PA＝PB；（2）如图②，点C是射线AM上一点，点D是线段OB上一点，且∠CPD+∠MON＝180°，若OC＝8，OD＝5．求线段OA的长．（3）如图③，若∠MON＝60°，将PB绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，12秒后，PA开始绕点P以每秒10°的速度顺时针旋转，PA旋转270°后停止，此时PB也随之停止旋转．旋转过程中，PA所在直线与OM所在直线的交点记为G，PB所在直线与ON所在直线的交点记为H．问PB旋转几秒时，PG＝PH？2、（1）问题发现：如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝50°，连接AC，BD交于点M．填空：①的值为；②∠AMB的度数为．（2）类比探究：如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，CD＝2OD，AB＝2OB，连接AC交BD的延长线于点M．请求出的值及∠AMB的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC、BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．3、已知在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0）、C（0，c），其中a、b、c满足＝0．（1）求△ABC的面积；（2）将线段BC向右平移至AD（点B对应点A，点C对应点D）．①当点M为x轴上任意点（不与原点重合），ME、CF分别平分∠CMO与∠DCM，若∠AME＝α，∠DCF＝β，试用含α的代数式表示β；②点P为线段CD上一点（不与点C、D重合），P的横坐标为t，连接BP、AC，BP交y轴于点E，交AC于点Q，若△CQE与△PQA的面积分别为S1，S2，试用含t的代数式表示S2﹣S1．4、如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），B（﹣4，0），C（4，0）．（Ⅰ）如图①，若∠BAD＝15°，AD＝3，求点D的坐标；（Ⅱ）如图②，AD＝2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转得到△ACE，点B，D的对应点分别为C，E．连接DE，BD的延长线与CE相交于点F．①求DE的长；②证明：BF⊥CE．（Ⅲ）如图③，将（Ⅱ）中的△ADE绕点A在平面内旋转一周，在旋转过程中点D，E的对应点分别为D1，E1，点N，P分别为D1E1，D1C的中点，请直接写出△OPN面积S的变化范围．5、问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为，BH与AE的数量关系为；问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．6、已知△ABC是等边三角形，D是BC上一点，△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置．（1）如图，旋转中心是，∠DAE＝°；（2）如图，如果M是AB的中点，那么经过上述旋转后，点M转动了度；（3）如果点D为BC边上的三等分点，且△ABD的面积为3，那么四边形ADCE的面积为．7、如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．8、如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是，位置关系是．（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．9、如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角为α，BD、CE所在直线相交所成的锐角为β．（1）问题发现当α＝0°时，＝；β＝°．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，和β的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）在△ADE旋转过程中，当DE∥AC时，直接写出此时△CBE的面积．10、如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个．（回答直接写序号）①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④BE2＝2（AD2+AB2）（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：①当∠CAE＝90°时，求PB的长；②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．11、如图1，在等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝3，在边AB上取一点D（点D不与点A，B重合），在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE．把△ADE绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），如图2．（1）请你在图2中，连接CE和BD，判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由；（2）请你在图3中，画出当α＝45°时的图形，连接CE和BE，求出此时△CBE的面积；（3）若AD＝1，点M是CD的中点，在△ADE绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段AM的最小值是．12、综合与实践问题情境数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．解决问题（1）如图①，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE、AD、BD，当△DEC绕点C继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由；探索发现（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转△DEC，当B、A、E三点共线时，求BD的长；（4）在图①的基础上，写出一个边长比为1：：2的三角形（可添加字母）2020年中考数学冲刺难点突破几何证明问题专题三几何证明之三角形中的旋转综合问题1、如图，点P是∠MON内的一点，过点P作PA⊥OM于点A，PB⊥ON于点B，且OA＝OB．（1）求证：PA＝PB；（2）如图②，点C是射线AM上一点，点D是线段OB上一点，且∠CPD+∠MON＝180°，若OC＝8，OD＝5．求线段OA的长．（3）如图③，若∠MON＝60°，将PB绕点P以每秒2°的速度顺时针旋转，12秒后，PA开始绕点P以每秒10°的速度顺时针旋转，PA旋转270°后停止，此时PB也随之停止旋转．旋转过程中，PA所在直线与OM所在直线的交点记为G，PB所在直线与ON所在直线的交点记为H．问PB旋转几秒时，PG＝PH？（1）证明：如图①中，连接OP．∵PA⊥OM，PB⊥ON，∴∠OAP＝∠OBP＝90°，∵OA＝OB，OP＝OP，∴Rt△OPA≌Rt△OPB（HL），∴PA＝PB．（2）如图②中，∵∠PAO＝∠PBO＝90°，∴∠AOB+∠APB＝180°，∵∠CPD+∠AOB＝180°，∴∠CPD＝∠APB，∴∠APC＝∠BPD，∵PA＝PB，∠PAC＝∠PBD＝90°，∴△PAC≌△PBD（ASA），∴AC＝BD，∴OC+OD＝OA+AC+OB﹣BD＝2OA＝13，∴OA＝6.5．（3）设点P的旋转时间为t秒．①当0＜t＜12时，不存在．②当12≤t＜21时，如图3﹣1中，∠APG＝（10t﹣120）°，∠BPH＝2t°，当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时10t﹣120＝2t，t＝15．③当21≤t＜30时，如图3﹣2中，∠APG＝180°﹣∠APA′＝180°﹣（10t﹣120）°＝（300﹣10t）°，∠BPH ＝2t，当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时300﹣10t＝2t，t＝25．④当30≤t＜39时，如图3﹣3中，∠APG＝（10t﹣300）°，∠BPH＝2t，当∠APG＝∠BPH时，△PAG≌△PBH，可得PG＝PH，此时10t﹣300＝2t，t＝37.5，综上所述，满足条件的t的值为15s或25s或37.5s．2、（1）问题发现：如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝50°，连接AC，BD交于点M．填空：①的值为；②∠AMB的度数为．（2）类比探究：如图2，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，CD＝2OD，AB＝2OB，连接AC交BD的延长线于点M．请求出的值及∠AMB的度数，并说明理由；（3）拓展延伸：在（2）的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC、BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．解：（1）问题发现①如图1，∵∠AOB＝∠COD＝50°，∴∠COA＝∠DOB，∵OC＝OD，OA＝OB，∴△COA≌△DOB（SAS），∴AC＝BD，∴＝1，②∵△COA≌△DOB，∴∠CAO＝∠DBO，∵∠AOB＝50°，∴∠OAB+∠ABO＝130°，在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠CAO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣（∠DBO+∠OAB+∠ABD）＝180°﹣130°＝50°，故答案为：①1；②50°；（2）类比探究如图2，＝，∠AMB＝90°，理由是：∴∠DCO＝30°，∴＝tan30°＝，同理得：＝tan30°＝，∴，∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD，∴，∠CAO＝∠DBO，在△AMB中，∠AMB＝180°﹣（∠MAB+∠ABM）＝180°﹣（∠OAB+∠ABM+∠DBO）＝90°；（3）拓展延伸①点C与点M重合时，如图1，同（2）得：△AOC∽△BOD，∴∠AMB＝90°，，设BD＝x，则AC＝x，Rt△COD中，∠OCD＝30°，OD＝1，∴CD＝2，BC＝x﹣2，∴AB＝2OB＝2，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴，整理得：x2﹣x﹣6＝0，∴（x﹣3）（x+2）＝0，∴x1＝3，x2＝﹣2，∴AC＝3；②点C与点M重合时，如图2，同理得：∠AMB＝90°，，设BD＝x，则AC＝x，在Rt△AMB中，由勾股定理得：AC2+BC2＝AB2，∴+（x+2）2＝，整理得x2+x﹣6＝0，∴（x+3）（x﹣2）＝0，∴x1＝﹣3，x2＝2，∴AC＝2；综上所述，AC的长为3或2．3、已知在平面直角坐标系中，A（a，0），B（b，0）、C（0，c），其中a、b、c满足＝0．（1）求△ABC的面积；（2）将线段BC向右平移至AD（点B对应点A，点C对应点D）．①当点M为x轴上任意点（不与原点重合），ME、CF分别平分∠CMO与∠DCM，若∠AME＝α，∠DCF＝β，试用含α的代数式表示β；②点P为线段CD上一点（不与点C、D重合），P的横坐标为t，连接BP、AC，BP交y轴于点E，交AC于点Q，若△CQE与△PQA的面积分别为S1，S2，试用含t的代数式表示S2﹣S1．解：（1）如图1中，∵＝0，又∵≥0，|b+2|≥0，（c﹣4）2≥0，∴a＝5，b＝﹣2，c＝4，∴A（5，0），B（﹣2，0），C（0，4），∴OA＝5，OB＝2，OC＝4，∴AB＝OB+OA＝2+5＝7，∴S△ABC＝•AB•OC＝×7×4＝14．（2）①如图2﹣1中，当点E在射线OB上时，α+β＝90°理由：∵CD∥AM，∴∠DCM+∠AMC＝180°，∵∠DCF＝∠DCM＝β，∠AME＝∠AMC＝α，∴α+β＝90°．当点M在线段AB上时，如图2﹣2中，α+β＝180°．理由：∵CD∥AM，∴∠DCM+∠AMC＝180°，∠DCM＝∠CMB，∵∠DCM＝2∠DCF＝2β，∠FCM＝∠DCM，∠EMC＝∠CMB，∴∠FCM＝∠EMC＝β，∴∠AMC＝180°﹣2β，∵∠AME＝∠AMC+∠EMC，∴α＝β+180°﹣2β，∴α+β＝180°．当点M在线段OA的延长线上时，如图2﹣3中，α＝β．理由：：∵CD∥AM，∴∠DCM＝∠CMB，∵∠DCF＝∠DCM，∠AME＝∠CMB，∴∠DCF＝∠AME，∴α＝β．②如图3中，设E（0，m）．由题意：P（t，4），A（5，0），B（﹣2，0），C（0，4），∴S△BCP＝S△BCE+S△ECP，∴×t×4＝×（4﹣m）×2+×（4﹣m）×t，∴m＝，∴S2﹣S1＝S△PCA﹣S△PCE′＝×t×4﹣×t×（4﹣）＝．4、如图，在平面直角坐标系中，O为原点，点A（0，4），B（﹣4，0），C（4，0）．（Ⅰ）如图①，若∠BAD＝15°，AD＝3，求点D的坐标；（Ⅱ）如图②，AD＝2，将△ABD绕点A逆时针方向旋转得到△ACE，点B，D的对应点分别为C，E．连接DE，BD的延长线与CE相交于点F．①求DE的长；②证明：BF⊥CE．（Ⅲ）如图③，将（Ⅱ）中的△ADE绕点A在平面内旋转一周，在旋转过程中点D，E的对应点分别为D1，E1，点N，P分别为D1E1，D1C的中点，请直接写出△OPN面积S的变化范围．解：（Ⅰ）∵OA＝OB＝4，∠AOB＝90°，∴∠OAB＝∠ABO＝45°．∴∠DAO＝∠OAB﹣∠DAB＝30°．如图①中，过点D作DG⊥OA，垂足为G．在Rt△ADG中，∠DAG＝30°，∴，，∴，∴点D的坐标为．（Ⅱ）①如图②中，∵∠DAE＝∠BAC＝90°，AD＝AE＝2，∴在Rt△DAE中，，②∵OA＝OB＝OC＝4，∠AOB＝∠AOC＝90°，∴∠OAB＝∠ABO＝∠ACO＝∠OAC＝45°，∴∠BAC＝90°，∵△ABD旋转得到△ACE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，在△BFC中，则有∠FBC+∠FCB＝∠FBC+∠BCA+∠ACE＝∠FBC+∠BCA+∠ABD＝∠ABC+∠BCA＝90°，∴BF⊥CE．（Ⅲ）如图③中，∵OB＝OC，PC＝PD1，NE1＝ND1，∴OP＝BD1，PN＝E1C，OP∥BD1，PN∥CE1∵BD1⊥E1C，BD1＝E1C，∴OP⊥PN，OP＝PN，∴△OPN是等腰直角三角形，∵AB＝4，AD1＝2，∴4﹣2≤BD1≤4+2，∴2﹣1≤OP≤2+1，∴△OPN面积的最小值＝（2﹣1）2＝﹣2，△OPN的面积的最大值＝+2，∴．5、问题发现：如图（1）在Rt△ABC和Rt△BDE中，∠A＝∠DEB＝30°，BC＝BE＝6，Rt△BDE绕点B逆时针旋转，H为CD的中点，当点C与点E重合时，BH与AE的位置关系为，BH与AE的数量关系为；问题证明：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请就图（2）的情形给出证明若不成立，请说明理由；拓展应用：在Rt△BDE绕点B旋转的过程中，当DE∥BC时，请直接写出BH2的长．解：问题发现：如图1中，结论：AE＝2BH，AE⊥BH．理由：在Rt△ABC中，∵BC＝6，∠A＝30°，∴AE＝2BC＝12，在Rt△CDB中，∵∠DCB＝30°，∴CD＝＝4，∵CH＝DH，∴BH＝CD＝2，∴＝＝2，∴AE＝2BH．故答案为AE⊥BH，AE＝2BH．问题证明：如图2中，（1）中结论成立．理由：延长BH到F使得HF＝BH，连接CF．设AE交BF于O．∵CH＝DH，BH＝HF，∠CHF＝∠BHD，∴△CHF≌△DHB（SAS），∴BD＝CF，∠F＝∠DBH，∴CF∥BD，∵AB＝BC，BE＝BD，∴BE＝CF，∴＝＝，∵CF∥BD，∴∠BCF+∠CBD＝180°，∵∠ABC+∠DBE＝∠ABD+∠CBD+∠CBD+∠CBE＝∠CBD+∠ABE＝180°，∴∠BCF＝∠ABE，∴△ABE∽△BCF，∴∠CBF＝∠BAE，＝＝，∴AE＝BF＝2BH，∵∠CBF+∠ABF＝90°，∴∠ABF+∠BAE＝90°，∴∠AOB＝90°，∴BH⊥AE．拓展应用：如图3﹣1中，当DE在BC的下方时，延长AB交DE于F．∵DE∥BC∴∠ABC＝∠BFD＝90°，由题意BC＝BE＝6，AB＝6，BD＝2，DE＝4，∵•BD•BE＝•DE•BF，∴BF＝＝3，∴EF＝BF＝3，∴AF＝6+3，∴AE2＝AF2+EF2＝（6+3）2+（3）2＝144+36．∵AE＝2BH，∴AE2＝12BH2，∴BH2＝12+3如图3﹣2中，当DE在BC的上方时，同法可得AF＝6﹣3，EF＝3，∴BH2＝＝（＝12﹣3．6、已知△ABC是等边三角形，D是BC上一点，△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置．（1）如图，旋转中心是，∠DAE＝°；（2）如图，如果M是AB的中点，那么经过上述旋转后，点M转动了度；（3）如果点D为BC边上的三等分点，且△ABD的面积为3，那么四边形ADCE的面积为．解：（1）∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC＝60°∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，∴旋转中心是点A，∠DAE＝∠BAC＝60°；（2）∵AB和AC为对应边，∴经过上述旋转后，点M转到了AC的中点位置，如图，∴∠MAM′＝60°，∴点M转动了60°；（3）∵△ABD绕点A逆时针旋转到△ACE的位置，∴△ABD≌△ACE，∵BD＝BC，或BD＝BC，∴CD＝2BD，或CD＝BD，∴S△ABC＝3S△ABD＝3×3＝9，或S△ABC＝S△ABD＝3×＝，∴S＝S△ABC＝9或．四边形ADCE故答案为点A，60；60；9或．7、如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点．（1）观察猜想：图1中，线段PM与PN的数量关系是，位置关系是；（2）探究证明：把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由；（3）拓展延伸：把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值．解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，∴PN∥BD，PN＝BD，∵点P，M是CD，DE的中点，∴PM∥CE，PM＝CE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∴PM＝PN，∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC，∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA，∵∠BAC＝90°，∴∠ADC+∠ACD＝90°，∴∠MPN＝∠DPM+∠DPN＝∠DCA+∠ADC＝90°，∴PM⊥PN，故答案为：PM＝PN，PM⊥PN；（2）△PMN是等腰直角三角形．由旋转知，∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE，利用三角形的中位线得，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＝∠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；（3）方法1：如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，∴MN最大时，△PMN的面积最大，∴DE∥BC且DE在顶点A上面，∴MN最大＝AM+AN，连接AM，AN，在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，∴AM＝2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝10，AN＝5，∴MN＝2+5＝7，最大∴S△PMN最大＝PM2＝×MN2＝×（7）2＝．方法2：由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM＝PN＝BD，∴PM最大时，△PMN面积最大，∴点D在BA的延长线上，∴BD＝AB+AD＝14，∴PM＝7，∴S△PMN最大＝PM2＝×72＝．8、如图，两个等腰直角△ABC和△CDE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．（1）观察猜想如图1，点E在BC上，线段AE与BD的数量关系是，位置关系是．（2）探究证明把△CDE绕直角顶点C旋转到图2的位置，（1）中的结论还成立吗？说明理由；（3）拓展延伸：把△CDE绕点C在平面内自由旋转，若AC＝BC＝13，DE＝10，当A、E、D三点在直线上时，请直接写出AD的长．解：（1）如图1中，延长AE交BD于H．∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD，∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，∵∠EAC+∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEH，∴∠BEH+∠EBH＝90°，∴∠EHB＝90°，即AE⊥BD，故答案为AE＝BD，AE⊥BD．（2）结论：AE＝BD，AE⊥BD．理由：如图2中，延长AE交BD于H，交BC于O．∵∠ACB＝∠ECD＝90°，∴∠ACE＝∠BCD，∵AC＝CB，∠ACE＝∠BCD，CE＝CD，∴△ACE≌△BCD，∴AE＝BD，∠EAC＝∠CBD，∵∠EAC+∠AOC＝90°，∠AOC＝∠BOH，∴∠BOH+∠OBH＝90°，∴∠OHB＝90°，即AE⊥BD．（3）①当射线AD在直线AC的上方时，作CH⊥AD用H．∵CE＝CD，∠ECD＝90°，CH⊥DE，∴EH＝DH，CH＝DE＝5，在Rt△ACH中，∵AC＝13，CH＝5，∴AH＝＝12，∴AD＝AH+DH＝12+5＝17．②当射线AD在直线AC的下方时时，作CH⊥AD用H．同法可得：AH＝12，故AD＝AH﹣DH＝12﹣5＝7，综上所述，满足条件的AD的值为17或7．9、如图1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC＝4，点D、E分别是边AB、AC的中点，连接DE，将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，记旋转角为α，BD、CE所在直线相交所成的锐角为β．（1）问题发现当α＝0°时，＝；β＝°．（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜360°时，和β的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明．（3）在△ADE旋转过程中，当DE∥AC时，直接写出此时△CBE的面积．解：（1）如图1中，∵∠B＝90°，BA＝BC，∴∠A＝45°，AC＝AB，∵点D、E分别是边AB、AC的中点，∴BD＝AB，EC＝AC，∴＝，β＝45°，故答案为，45°．（2）结论：和β的大小无变化．理由：如图2中，延长CE交AB于点O，交BD于K．∵AE＝AD，AC＝AB，∴＝＝，∴＝，∵∠DAE＝∠BAC，∴∠DAB＝∠EAC，∴△DAB∽△EAC，∴＝＝，∠OBK＝∠OCA，∵∠BOK＝∠COA，∠BKO＝∠CAO＝45°，∴和β的大小无变化．（3）当点E在线段AB上时，S△BCE＝×4×（4﹣2）＝8﹣4，当点E在线段BA的延长线上时，S△BCE＝×4×（4+2）＝8+4．综上所述，△BCE的面积为8﹣4或8+4．10、如图乙，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°，点P为射线BD，CE的交点．（1）如图甲，将△ADE绕点A旋转，当C、D、E在同一条直线上时，连接BD、BE，则下列给出的四个结论中，其中正确的是哪几个．（回答直接写序号）①BD＝CE；②BD⊥CE；③∠ACE+∠DBC＝45°；④BE2＝2（AD2+AB2）（2）若AB＝6，AD＝3，把△ADE绕点A旋转：①当∠CAE＝90°时，求PB的长；②直接写出旋转过程中线段PB长的最大值和最小值．（1）解：如图甲：①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC+∠DAC＝∠DAE+∠DAC，即∠BAD＝∠CAE．在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∴①正确．②∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE．∵∠CAB＝90°，∴∠ABD+∠AFB＝90°，∴∠ACE+∠AFB＝90°．∵∠DFC＝∠AFB，∴∠ACE+∠DFC＝90°，∴∠FDC＝90°．∴BD⊥CE，∴②正确．③∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝45°，∴∠ABD+∠DBC＝45°．∴∠ACE+∠DBC＝45°，∴③正确．④∵BD⊥CE，∴BE2＝BD2+DE2，∵∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝AC，AD＝AE，∴DE2＝2AD2，BC2＝2AB2，∵BC2＝BD2+CD2≠BD2，∴2AB2＝BD2+CD2≠BD2，∴BE2≠2（AD2+AB2），∴④错误．故答案为①②③．（2）①解：a、如图乙﹣1中，当点E在AB上时，BE＝AB﹣AE＝3．∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．∵∠PEB＝∠AEC，∴△PEB∽△AEC．∴＝，∴＝，∴PB＝．b、如图乙﹣2中，当点E在BA延长线上时，BE＝9．∵∠EAC＝90°，∴CE＝＝＝3，同（1）可证△ADB≌△AEC．∴∠DBA＝∠ECA．∵∠BEP＝∠CEA，∴△PEB∽△AEC，∴＝，∴＝，∴PB＝．综上，PB＝或．②解：a、如图乙﹣3中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A上方与⊙A相切时，PB的值最大．理由：此时∠BCE最大，因此PB最大，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最大，因此PB最大）∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，由（1）可知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，∴四边形AEPD是矩形，∴PD＝AE＝2，∴PB＝BD+PD＝3+3．综上所述，PB长的最大值是3+3．b、如图乙﹣4中，以A为圆心AD为半径画圆，当CE在⊙A下方与⊙A相切时，PB的值最小．理由：此时∠BCE最小，因此PB最小，（△PBC是直角三角形，斜边BC为定值，∠BCE最小，因此PB最小）∵AE⊥EC，∴EC＝＝＝3，由（1）可知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，BD＝CE＝3，∴∠ADP＝∠DAE＝∠AEP＝90°，∴四边形AEPD是矩形，∴PD＝AE＝4，∴PB＝BD﹣PD＝3﹣3．综上所述，PB长的最小值是3﹣3．11、如图1，在等腰直角△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝3，在边AB上取一点D（点D不与点A，B重合），在边AC上取一点E，使AE＝AD，连接DE．把△ADE绕点A逆时针方向旋转α（0°＜α＜360°），如图2．（1）请你在图2中，连接CE和BD，判断线段CE和BD的数量关系，并说明理由；（2）请你在图3中，画出当α＝45°时的图形，连接CE和BE，求出此时△CBE的面积；（3）若AD＝1，点M是CD的中点，在△ADE绕点A逆时针方向旋转的过程中，线段AM的最小值是．解：（1）如图1中，连接EC，BD．结论：BD＝CE．理由：∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ADB≌△AEC（SAS）．∴BD＝CE．（2）如图2中，由题意：∠CAE＝45°，∵AC＝AB，∠CAB＝90°，∴∠ACB＝∠ABC＝45°，∴AE∥BC．∴△CBE的面积与△ABC的面积相等．∵△ABC的面积为4.5，∴△CBE的面积4.5．（3）如图3中，延长AM到N，使得MN＝AM，连接CN，DM．∵AM＝MN，CM＝MD，∴四边形ADNC是平行四边形，∴AD＝CN＝1，∵AC＝3，∴3﹣1≤AN≤3+1，∴2≤2AM≤4，∴1≤AM≤2，∴AM的最小值为1．故答案为1．12、综合与实践问题情境数学活动课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动，△ABC和△DEC是两个全等的直角三角形纸片，其中∠ACB＝∠DCE＝90°，∠B＝∠E＝30°，AB＝DE＝4．解决问题（1）如图①，智慧小组将△DEC绕点C顺时针旋转，发现当点D恰好落在AB边上时，DE∥AC，请你帮他们证明这个结论；（2）缜密小组在智慧小组的基础上继续探究，连接AE、AD、BD，当△DEC绕点C继续旋转到如图②所示的位置时，他们提出S△BDC＝S△AEC，请你帮他们验证这一结论是否正确，并说明理由；探索发现（3）如图③，勤奋小组在前两个小组的启发下，继续旋转△DEC，当B、A、E三点共线时，求BD的长；（4）在图①的基础上，写出一个边长比为1：：2的三角形（可添加字母）解：（1）如图①中，∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上，∴AC＝CD，∵∠BAC＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，∴△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，又∵∠CDE＝∠BAC＝60°，∴∠ACD＝∠CDE，∴DE∥AC；（2）如图②中，作DM⊥BC于M，AN⊥EC交EC的延长线于N．∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到∴BC＝CE，AC＝CD，∵∠ACN+∠BCN＝90°，∠DCM+∠BCN＝180°﹣90°＝90°，∴∠ACN＝∠DCM，在△ACN和△DCM中，，∴△ACN≌△DCM（AAS），∴AN＝DM，∴△BDC的面积和△AEC的面积相等（等底等高的三角形的面积相等），即S△BDC＝S△AEC．（3）如图③中，作CH⊥AD于H．∵∴AC＝CD＝AB＝2，∵B，A，E共线，∴∠BAC+∠EAC＝180°，∴∠EAC＝120°，∵∠EDC＝60°，∴∠EAC+∠EDC＝180°，∴A，E，D，C四点共圆，∴∠CAD＝∠CED＝30°，∠BAD＝90°，∵CA＝CD，CH⊥AD，∴AH＝DH＝AC•cos30°＝，∴AD＝2，∴BD＝＝＝2．（4）如图①中，设DE交BC于T．因为含有30°的直角三角形的三边之比为1：：2，由（1）可知△BDT，△DCT，△ECT都是含有30°的直角三角形，∴△BDT，△DCT，△ECT符合条件．。
几何证明方法
几何证明方法几何证明方法是指通过几何学的基本原理和定理，以及逻辑推理的方法，来证明几何问题的正确性。
在数学研究和解决各类几何问题时，几何证明方法起到了重要的作用。
本文将介绍几个常用的几何证明方法，分别是反证法、直接证明法和数学归纳法。
1. 反证法反证法是一种常用的证明方法，它基于对否定结论的假设，通过推理到矛盾的结论来证明原结论的正确性。
在几何证明中，反证法常常用于证明两个图形不相等或者两个点之间的距离不相等等问题。
下面以证明“三角形ABC中，如果∠ABC=∠ACB，则AB=AC”为例，使用反证法进行证明。
首先，假设∠ABC=∠ACB，但是AB≠AC。
根据几何学的基本原理，我们可以得知，如果两个角相等，则两个角的对边也必须相等。
根据这一原理，如果∠ABC=∠ACB，则AB=BC。
但是，根据我们的假设，AB≠AC，与∠ABC=∠ACB相矛盾。
因此，假设不成立。
所以，可以得出结论：在三角形ABC中，如果∠ABC=∠ACB，则AB=AC。
2. 直接证明法直接证明法是指通过基本的几何原理和定理，以及推理步骤的链式关系，一步步地推导出结论的证明方法。
它是一种直观而简洁的方法，在几何证明中应用广泛。
以证明“三角形的外角等于其所对的内角之和”为例，使用直接证明法进行证明。
假设三角形ABC的内角分别为∠A、∠B和∠C。
而三角形ABC的外角分别为∠D、∠E和∠F。
根据几何学的基本原理，我们知道，任意一点的外角等于其相邻内角之和。
即∠D=∠A+∠B, ∠E=∠B+∠C, ∠F=∠A+∠C。
将上述等式相加可得：∠D+∠E+∠F=(∠A+∠B)+(∠B+∠C)+(∠A+∠C)=∠A+∠B+∠C。
再根据三角形内角和为180°的性质可知：∠A+∠B+∠C=180°。
因此，∠D+∠E+∠F=180°，即三角形的外角等于其所对的内角之和。
3. 数学归纳法数学归纳法是一种证明方法，常用于证明某一命题在整数集合上的通用性。
【高中数学】专题强化练3 立体几何中的存在性与探究性问题
专题强化练3立体几何中的存在性与探究性问题解答题1.(2020湖南长沙麓山国际学校高二阶段检测,)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,四边形AA1C1C是边长为4的正方形,平面ABC⊥平面AA1C1C,AB=3,BC=5.(1)求证:AA1⊥平面ABC;(2)求平面A1C1B与平面B1C1B夹角的余弦值;(3)证明:在线段BC1上存在点D(不与B、C1重合),使得AD⊥A1B,并求BD的值.BC12.(2020湖南株洲二中、浏阳一中等湘东七校高三联考,)如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD是边长为2的菱形,∠DAB=60°,∠ADP=90°,平面ADP⊥平面ABCD,F为棱PD的中点.(1)在棱AB上是否存在一点E,使得AF∥平面PCE?并说明理由;(2)当二面角D-FC-B的余弦值为1时,求直线PB与平面ABCD所成的角.43.()如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是正方形,且AD=PD=1,平面PCD⊥平面ABCD,∠PDC=120°,E为线段PC的中点,F是线段AB上的一个动点.(1)求证:平面DEF⊥平面PBC;(2)设平面CDE与平面EDF的夹角为θ,试判断在线段AB上是否存在这样的点F,使得tanθ=2√3,若存在,求出AF的值;若不存在,请说明理由.FB4.(2020重庆育才中学高二月考,)如图,三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都是2,AA1⊥平面ABC,D,E分别是AC,CC1的中点.(1)求证:平面BAE⊥平面A1BD;(2)求平面DBA1和平面BAA1夹角的余弦值;?请说明(3)在线段B1B(含端点)上是否存在点M,使点M到平面A1BD的距离为2√55理由.5.()如图,在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAD ⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=√2,底面ABCD 为直角梯形,其中BC ∥AD,AB ⊥AD,AD=2AB=2BC=2,O 为AD 的中点. (1)求证:PO ⊥平面ABCD;(2)求异面直线PB 与CD 所成角的余弦值;(3)线段AD 上是否存在点Q,使得它到平面PCD 的距离为√32?若存在,求出AQQD的值;若不存在,请说明理由.6.(2020浙江慈溪中学等六校联考高二上期中,)如图所示的几何体中,PD垂直于梯形ABCD所在的平面,∠ADC=∠BAD=π2,F为PA的中点,PD=√2,AB=AD=12CD=1,四边形PDCE为矩形,线段PC交DE于点N.(1)求证:AC∥平面DEF;(2)求平面PAB与平面PBC的夹角的正弦值;(3)在线段EF上是否存在一点Q,使得BQ与平面BCP所成角的大小为π6?若存在,求出FQ的长;若不存在,请说明理由.7.()如图甲所示,BO是梯形ABCD的高,∠BAD=45°,OB=BC=1,OD=3OA,将梯形ABCD沿OB折起得到如图乙所示的四棱锥P-OBCD,使得PC=√3.(1)在棱PD上是否存在一点F,使得CF∥平面POB?若存在,请求出PF的值;若不存在,请说明理由;(2)点E是线段AB上一动点,当直线CE与DP所成的角最小时,求平面EBC与平面ECD的夹角的余弦值.8.()如图,在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC ⊥BC,AC=BC=AA 1=2,点P 为棱B 1C 1的中点,点Q 为线段A 1B 上的一动点.(1)求证:当点Q 为线段A 1B 的中点时,PQ ⊥平面A 1BC;(2)设BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,试问:是否存在实数λ,使得平面A 1PQ 与平面B 1PQ 的夹角的余弦值为√3010?若存在,求出这个实数λ;若不存在,请说明理由.答案全解全析解答题1.解析 (1)证明:∵四边形AA 1C 1C 是正方形,∴AA 1⊥AC.又∵平面ABC ⊥平面AA 1C 1C,平面ABC ∩平面AA 1C 1C=AC,∴AA 1⊥平面ABC. (2)由AC=4,BC=5,AB=3,得AC 2+AB 2=BC 2,∴AB ⊥AC.建立如图所示的空间直角坐标系,则A 1(0,0,4),B(0,3,0),B 1(0,3,4),C 1(4,0,4), ∴BC 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(4,-3,4),BA 1⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-3,4),BB 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,4). 设平面A 1C 1B 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1),平面B 1C 1B 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2).则{n 1·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4x 1-3y 1+4z 1=0,n 1·BA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =−3y 1+4z 1=0,令y 1=4,则x 1=0,z 1=3,∴n 1=(0,4,3). {n 2·BC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4x 2-3y 2+4z 2=0,n 2·BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =4z 2=0,令x 2=3,则y 2=4,∴n 2=(3,4,0). ∴|cos<n 1,n 2>|=|n 1·n 2||n 1||n 2|=165×5=1625. ∴平面A 1C 1B 与平面B 1C 1B 夹角的余弦值为1625. (3)证明:设点D 的竖坐标为t(0<t<4),在平面BCC 1B 1中作DE ⊥BC 于点E,易得D (t,34(4-t),t), ∴AD ⃗⃗⃗⃗ =(t,34(4-t),t),由(1)知A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,3,-4), ∵AD ⃗⃗⃗⃗ ⊥A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴AD ⃗⃗⃗⃗ ·A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,即0+94(4-t)-4t=0,解得t=3625.∴BD BC 1=DE CC 1=925.2.解析 (1)在棱AB 上存在点E,使得AF ∥平面PCE,且E 为棱AB 的中点. 理由如下:如图,取PC 的中点Q,连接EQ 、FQ, 由题意得,FQ ∥DC 且FQ=12CD, 因为AE ∥CD 且AE=12CD, 所以AE ∥FQ 且AE=FQ.所以四边形AEQF 为平行四边形. 所以AF ∥EQ.又EQ ⊂平面PCE,AF ⊄平面PCE,所以AF ∥平面PCE.(2)连接BD 、DE.由题意知△ABD 为正三角形,所以ED ⊥AB,即ED ⊥CD, 又∠ADP=90°,所以PD ⊥AD,且平面ADP ⊥平面ABCD,平面ADP ∩平面ABCD=AD,所以PD ⊥平面ABCD,故以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系, 设FD=a,则由题意知F(0,0,a),C(0,2,0),B(√3,1,0), 则FC⃗⃗⃗ =(0,2,-a),CB ⃗⃗⃗ =(√3,-1,0), 设平面FBC 的法向量为m=(x,y,z).则{m ·FC ⃗⃗⃗⃗=2y -az =0,m ·CB ⃗⃗⃗⃗⃗=√3x -y =0,令x=1,则y=√3,z=2√3a , 所以m=(1,√3,2√3a), 易知平面DFC 的一个法向量n=(1,0,0), 因为二面角D-FC-B 的余弦值为14, 所以|cos<m,n>|=|m ·n||m||n|=14,即√4+12a2=14,解得a=1(负值舍去). 因为PD ⊥平面ABCD,所以PB 在平面ABCD 内的射影为BD,所以∠PBD 为直线PB 与平面ABCD 所成的角,由题意知在Rt △PBD 中,tan ∠PBD=PD BD =2FDBD =1,所以∠PBD=45°,所以直线PB 与平面ABCD 所成的角为45°.3.解析 (1)证明:∵四边形ABCD 是正方形, ∴BC ⊥DC.∵平面PCD ⊥平面ABCD,平面PCD ∩平面ABCD=CD,∴BC ⊥平面PCD. ∵DE ⊂平面PCD,∴BC ⊥DE.∵AD=PD=DC,E 为线段PC 的中点, ∴PC ⊥DE.又∵PC ∩CB=C,∴DE ⊥平面PBC.又∵DE ⊂平面DEF, ∴平面DEF ⊥平面PBC. (2)由(1)知BC ⊥平面PCD, ∵AD ∥BC,∴AD ⊥平面PCD.在平面PCD 内过点D 作DG ⊥DC 交PC 于点G,∴AD ⊥DG,故DA,DC,DG 两两垂直,以D 为原点,DA,DC,DG 所在直线分别为x,y,z 轴,建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.∵CD=PD=1,∠PDC=120°,∴PC=√3.∵AD ⊥平面PCD,则A(1,0,0),D(0,0,0),C(0,1,0),P (0,−12,√32). 又E 为PC 的中点,∴E (0,14,√34), ∴DE ⃗⃗⃗⃗ =(0,14,√34). 假设在线段AB 上存在这样的点F,使得tan θ=2√3,设F(1,m,0)(0≤m ≤1),则DF⃗⃗⃗⃗ =(1,m,0), 设平面EDF 的法向量为n 1=(x,y,z),则{n 1·DF⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴{x +my =0,14y +√34z =0, 令y=√3,则z=-1,x=-√3m, 则n 1=(-√3m,√3,-1).∵AD ⊥平面PCD,∴平面PCD 的一个法向量n 2=(1,0,0),∵tan θ=2√3,∴cos θ=√1313.∴cos θ=|cos<n 1,n 2>|=√3m|√2=√1313,∴m=±13. ∵0≤m ≤1,∴m=13,∴AF FB =12.4.解析 取A 1C 1的中点O,连接B 1O,OD.易得OA 1,OD,OB 1两两垂直.如图,以O 为原点,OA 1,OD,OB 1所在直线分别为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,则A(1,2,0),B(0,2,√3),D(0,2,0),A 1(1,0,0),E(-1,1,0).(1)证明:A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0),A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,√3),BA ⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-√3),BE ⃗⃗⃗⃗ =(-1,-1,-√3). 设n 1=(x 1,y 1,z 1),n 2=(x 2,y 2,z 2)分别为平面A 1BD 和平面BAE 的法向量. 由A 1D ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n 1=0,A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗·n 1=0,得{-x 1+2y 1=0,-x 1+2y 1+√3z 1=0,令y 1=1,则x 1=2,z 1=0.∴n 1=(2,1,0)是平面A 1BD 的一个法向量. 由BA⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,BE ⃗⃗⃗⃗ ·n 2=0,得{x 2-√3z 2=0,-x 2-y 2-√3z 2=0,令z 2=1,则x 2=√3,y 2=-2√3.∴n 2=(√3,-2√3,1)是平面BAE 的一个法向量. ∵n 2·n 1=0,∴平面BAE ⊥平面A 1BD.(2)A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0),设平面A 1AB 的法向量为m=(x,y,z). 由A 1A ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m=0,A 1B ⃗⃗⃗⃗⃗·m=0,得{2y =0,-x +2y +√3z =0,令z=1,则x=√3,∴m=(√3,0,1)是平面A 1AB 的一个法向量. 设平面DBA 1和平面BAA 1的夹角为θ,则cos θ=|n 1·m||n 1||m|=√3√5×2=√155, 即平面DBA 1和平面BAA 1夹角的余弦值为√155.(3)假设在线段B 1B(含端点)上存在点M,使点M 到平面A 1BD 的距离为2√55, 设M(0,a,√3)(0≤a ≤2),则BM⃗⃗⃗⃗ =(0,a-2,0). 由2√55=|BM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·n 1||n 1|=√5, 解得a=4或a=0.故在线段B 1B 上存在点M(端点处),使点M 到平面A 1BD 的距离为2√55.5.解析 (1)证明:在△PAD 中,PA=PD,O 为AD 的中点,所以PO ⊥AD, 又侧面PAD ⊥底面ABCD,侧面PAD ∩平面ABCD=AD,PO ⊂平面PAD, 所以PO ⊥平面ABCD.(2)连接OC,以O 为坐标原点,OC 、OD 、OP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系Oxyz,依题意,易得B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),P(0,0,1), 所以CD ⃗⃗⃗⃗ =(-1,1,0),PB⃗⃗⃗⃗ =(1,-1,-1). 设异面直线PB 与CD 所成的角是θ,则cos θ=|cos<PB ⃗⃗⃗⃗ ,CD ⃗⃗⃗⃗ >|=|√3×√2|=√63, 所以异面直线PB 与CD 所成角的余弦值为√63.(3)假设线段AD 上存在点Q,使得它到平面PCD 的距离为√32, 由(2)知CP⃗⃗⃗ =(-1,0,1). 设平面PCD 的法向量为n=(x 0,y 0,z 0).则{n ·CP⃗⃗⃗⃗ =0,n ·CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以{-x 0+z 0=0,-x 0+y 0=0, 即x 0=y 0=z 0,取x 0=1,得平面PCD 的一个法向量为n=(1,1,1).设Q(0,y,0)(-1≤y ≤1),则CQ ⃗⃗⃗ =(-1,y,0),由|CQ ⃗⃗⃗⃗⃗·n||n|=√32,得√3=√32, 解得y=-12或y=52(舍去), 所以线段AD 上存在点Q 满足题意,此时AQ=12,QD=32,则AQ QD =13. 6.解析 (1)证明:因为四边形PDCE 为矩形,所以N 为PC 的中点.连接FN,如图, 在△PAC 中,F,N 分别为PA,PC 的中点, 所以FN ∥AC,因为FN ⊂平面DEF,AC ⊄平面DEF, 所以AC ∥平面DEF.(2)易知DA,DC,DP 两两垂直,如图,以D 为原点,DA,DC,DP 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系.则P(0,0,√2),A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),所以AB ⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),PB ⃗⃗⃗⃗ =(1,1,-√2),BC ⃗⃗⃗ =(-1,1,0) 设平面PBC 的法向量为m=(x,y,z),则{m ·PB⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)·(1,1,-√2)=0,m ·BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y,z)·(-1,1,0)=0,即{x +y -√2z =0,-x +y =0,即{y =x,z =√2x, 令x=1,则{y =1,z =√2,所以平面PBC 的一个法向量为m=(1,1,√2). 设平面PAB 的法向量为n=(x 1,y 1,z 1),则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗=(x 1,y 1,z 1)·(0,1,0)=0,n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=(x 1,y 1,z 1)·(1,1,-√2)=0,令z 1=1,则x 1=√2,所以平面PAB 的一个法向量为n=(√2,0,1), |cos<m,n>|=|√2+√2|√1+1+2×√2+1=√63,故平面PAB 与平面PBC 的夹角的正弦值为√1−(√63)2=√33.(3)设存在点Q 满足条件.由F (12,0,√22),E(0,2,√2),则FE ⃗⃗⃗ =(-12,2,√22). 设FQ ⃗⃗⃗⃗ =λFE ⃗⃗⃗ (0≤λ≤1),整理得Q (1−λ2,2λ,√2(1+λ)2), 则BQ ⃗⃗⃗⃗ =(-1+λ2,2λ-1,√2(1+λ)2). 因为直线BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6, 所以sin π6=|cos<BQ ⃗⃗⃗⃗ ,m>| =|BQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m||BQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||m|=2√19λ-10λ+7=12, 解得λ2=1,由0≤λ≤1知λ=1,即点Q 与点E 重合.故在线段EF 上存在一点Q,使得BQ 与平面BCP 所成角的大小为π6,此时FQ=EF=√192. 7.解析 (1)在棱PD 上存在点F,使得CF ∥平面POB,此时PF=√103.由题意得,OC=√2,OP=1,因为PC=√3,OC 2+OP 2=PC 2,所以OP ⊥OC,因为OP ⊥OB,OC ⊂平面OBCD,OB ⊂平面OBCD,OC ∩OB=O, 所以OP ⊥平面OBCD,所以OP ⊥OD,所以PD=√1+9=√10,过F 作FG ∥OD 交OP 于G,连接CF,BG,易知FG=13OD=BC,FG ∥OD ∥BC, 所以FG ∥BC,FG=BC,所以四边形BCFG 为平行四边形,所以CF ∥BG,因为BG ⊂平面POB,CF ⊄平面POB,所以CF ∥平面POB.此时PF=√103.(2)以O 为坐标原点,OB,OD,OP 所在直线分别为x,y,z 轴,建立空间直角坐标系,如图所示,则C(1,1,0),D(0,3,0),P(0,0,1),B(1,0,0),所以DP ⃗⃗⃗⃗ =(0,-3,1).设E(x,y,z),则PE ⃗⃗⃗ =(x,y,z-1),PB⃗⃗⃗⃗ =(1,0,-1), 设PE ⃗⃗⃗ =λPB⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1), 即(x,y,z-1)=λ(1,0,-1),所以E(λ,0,1-λ),CE ⃗⃗⃗ =(λ-1,-1,1-λ), 设直线CE 与DP 所成角为θ,则cos θ=|cos<CE⃗⃗⃗ ,DP ⃗⃗⃗⃗ >|=|4-λ|√2λ-4λ+3·√10=4−λ√10·√2λ-4λ+3(0≤λ≤1).令t=4-λ,则λ=4-t(3≤t ≤4),cos θ=√10·√2t 2-12t+19=√10·√19t2-12t +2,令a=1t ,则14≤a ≤13,cos θ=√10·√19a 2-12a+2.当a=619时,cos θ=√10·√19a 2-12a+2取最大值,此时直线CE 与DP 所成的角最小,此时λ=56,所以E (56,0,16). 易知BC ⃗⃗⃗ =(0,1,0),CE ⃗⃗⃗ =(-16,-1,16),CD ⃗⃗⃗⃗ =(-1,2,0).可求得平面EBC 、平面ECD 的法向量分别为n 1=(1,0,1),n 2=(2,1,8).所以|cos<n 1,n 2>|=√2×√69=5√13869, 即平面EBC 与平面ECD 的夹角的余弦值为5√13869.8.解析 (1)证明:连接AB 1,AC 1.∵点Q 为线段A 1B 的中点,四边形A 1B 1BA 为矩形, ∴A,Q,B 1三点共线,且点Q 为AB 1的中点. ∵点P,Q 分别为B 1C 1和AB 1的中点, ∴PQ ∥AC 1.在直三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,AC ⊥BC, ∴BC ⊥平面ACC 1A 1,又AC 1⊂平面ACC 1A 1,∴BC ⊥AC 1.又AC=AA 1,∴四边形ACC 1A 1为正方形, ∴AC 1⊥A 1C.∵A 1C ∩BC=C,∴AC 1⊥平面A 1BC. 而PQ ∥AC 1,∴PQ ⊥平面A 1BC.(2)以C 为原点,分别以CA,CB,CC 1所在直线为x 轴,y 轴,z 轴建立空间直角坐标系,连接A 1P,B 1Q,BP,则B(0,2,0),A 1(2,0,2).设Q(x,y,z). ∵BQ ⃗⃗⃗⃗ =λ BA 1⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴(x,y-2,z)=λ(2,-2,2).∴{x =2λ,y =2−2λ,z =2λ,∴Q(2λ,2-2λ,2λ). ∵点Q 在线段A 1B 上运动,∴平面A 1PQ 的法向量即为平面A 1PB 的法向量. 设平面A 1PB 的法向量为n 1=(x 1,y 1,z 1), ∵C(0,0,0),P(0,1,2), ∴BP ⃗⃗⃗⃗ =(0,-1,2),PA 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,-1,0).由{n 1·BP⃗⃗⃗⃗⃗ =0,n 1·PA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得{-y 1+2z 1=0,2x 1-y 1=0. 令y 1=2,得n 1=(1,2,1).设平面B 1PQ 的法向量为n 2=(x 2,y 2,z 2), ∵B 1(0,2,2),∴PB 1⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,1,0),B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗=(2λ,-2λ,2λ-2). 由{n 2·PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,n 2·B 1Q ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,得{y 2=0,λx 2-λy 2+(λ-1)z 2=0.令z 1=λ,得n 2=(1-λ,0,λ).由题意得|cos<n 1,n 2>|=√6×√(1-λ)+λ=√6×√2λ-2λ+1=√3010,∴9λ2-9λ+2=0,解得λ=13或λ=23. ∴当λ=13或λ=23时,平面A 1PQ 与平面B 1PQ 所成夹角的余弦值为√3010.。
专题03 选择压轴题之几何最值问题(举一反三)(解析版)
【方法点拨】涉及旋转、对称、折叠的最值问题中, 若无法直接求解,可先找到关键点的运动轨迹,再利用 “垂线段最短”来求解.【例1】（2020•南谯区二模）如图，△ABC 中，∠A ＝30°，∠ACB ＝90°，BC ＝2，D 是AB 上的动点，将线段CD 绕点C 逆时针旋转90°，得到线段CE ，连接BE ，则BE 的最小值是（ ）A ．√3−1B ．√32C ．√3D ．2【分析】如图，过点C 作CK ⊥AB 于K ，将线段CK 绕点C 逆时针旋转90°得到CH ，连接HE ，延长HE 交AB 的延长线于J ．首先证明四边形CKJH 是正方形，推出点E 在直线HJ 上运动，求出BJ ，根据垂线段最短解决问题即可．【解答】解：如图，过点C 作CK ⊥AB 于K ，将线段CK 绕点C 逆时针旋转90°得到CH ，连接HE ，延长HE 交AB 的延长线于J ．∵∠DCE ＝∠KCH ＝90°，∴∠DCK ＝∠ECH ，∵CD ＝CE ，CK ＝CH ，∴△CKD≌△CHE（SAS），∴∠CKD＝∠H＝90°，∵∠CKJ＝∠KCH＝∠H＝90°，∴四边形CKJH是矩形，∵CK＝CH，∴四边形CKJH是正方形，∴点E在直线HJ上运动，当点E与J重合时，BE的值最小，在Rt△CBK中，∵BC＝2，∠ABC＝60°，∴CK＝BC•sin60°=√3，BK＝BC•cos60°＝1，∴KJ＝CK=√3∴BJ＝KJ﹣BK=√3−1，∴BE的最小值为√3−1，补充方法：AC上截取CF＝2，得三角形CFD全等于三角形CBE，DF在DF垂直AB时最小．故选：A．【点睛】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，正方形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．【变式1-1】（2021•怀宁县模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，P是△ABC的高CD 上一个动点，以B点为旋转中心把线段BP逆时针旋转45°得到BP′，连接DP′，则DP′的最小值是（）A．2√2−2B．4﹣2√2C．2−√2D．√2−1【分析】在BC上截取BE＝BD，由等腰直角三角形的性质可得BA＝4√2，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2√2=BE，由旋转的性质可得BP＝BP'，∠PBP'＝45°，可证△BDP'≌△BEP，可得PE＝P'D，当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP'有最小值，由直角三角形的性质可求DP′的最小值．【解答】解：如图，在BC上截取BE＝BD，连接EP，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝4，CD⊥AB，∴BA＝4√2，∠ABC＝∠BAC＝∠BCD＝∠DCA＝45°，BD＝CD＝AD＝2√2=BE∵旋转∴BP＝BP'，∠PBP'＝45°，∵BE＝BD，∠ABC＝∠PBP'＝45°，BP＝BP'∴△BDP'≌△BEP（SAS）∴PE＝P'D∴当PE⊥CD时，PE有最小值，即DP'有最小值，∵PE⊥CD，∠BCD＝45°，∴CE=√2PE＝BC﹣BE＝4﹣2√2∴PE＝2√2−2故选：A．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．【变式1-2】（2020•南山区校级一模）如图，▱ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝6，BC＝2，P为边CD上的一动点，则PB+√32PD的最小值等于（）A．√3B．3C．3√3D．2+2√3【分析】过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，有锐角三角函数可得EP=√32PD，即PB+√32PD＝PB+PE，则当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE．【解答】解：如图，过点P作PE⊥AD，交AD的延长线于点E，∵AB∥CD，∴∠EDP＝∠DAB＝60°，∴sin∠EDP=EPDP=√32，∴EP=√32PD∴PB+√32PD＝PB+PE∴当点B，点P，点E三点共线且BE⊥AD时，PB+PE有最小值，即最小值为BE，∵sin∠A=BEAB=√32，∴BE＝3√3，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，垂线段最短，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，属于中考常考题型．【变式1-3】（2021•太和县一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，P为AC上一动点，若BC＝4，AC＝6，则√2BP+AP的最小值为（）A．5B．10C．5√2D．10√2【分析】√2BP+AP=√2（BP+√22AP），求BP+√22AP的最小值属“胡不归”问题，以A为顶点，AC为一边在下方作45°角即可得答案．【解答】解：以A为顶点，AC为一边在下方作∠CAM＝45°，过P作PF⊥AM于F，过B作BD⊥AM 于D，交AC于E，如图：√2BP+AP=√2（BP+√22AP），要使√2BP+AP最小，只需BP+√22AP最小，∵∠CAM＝45°，PF⊥AM，∴△AFP是等腰直角三角形，∴FP=√22AP，∴BP+√22AP最小即是BP+FP最小，此时P与E重合，F与D重合，即BP+√22AP最小值是线段BD的长度，∵∠CAM＝45°，BD⊥AM，∴∠AED＝∠BEC＝45°，∵∠ACB＝90°，∴sin∠BEC＝sin45°=BCBE，tan∠BEC=BCCE，又BC＝4，∴BE＝4√2，CE＝4，∵AC＝6，∴AE＝2，而sin∠CAM＝sin45°=DE AE，∴DE =√2，∴BD ＝BE +DE ＝5√2，∴√2BP +AP 的最小值是√2BD ＝10，故选：B ．【点睛】本题考查线段和的最小值，解题的关键是做45°角，将求BP +√22AP 的最小值转化为求垂线段的长．【方法点拨】“将军饮马”问题是中考的热点问题之一,解决这类问题的方法是找出两定点中任一点关于动 点所在直线的对称点,再将另一点与对称点相连,连线与直线的交点即为所求的点.通常情况下, 求三角形 或四边形的周长的最小值时,往往也是利用轴对称进行解题.【例2】（2021•淮南一模）如图，Rt △ABC 中．∠BAC ＝90°，AB ＝1，AC ＝2√2．点D ，E 分别是边BC ，AC 上的动点，则DA +DE 的最小值为（ ）A ．89B ．169C ．8√29D ．16√29【分析】如图，作A 关于BC 的对称点A '，连接AA '，交BC 于F ，过A '作A 'E ⊥AC 于E ，交BC 于D ，则AD ＝A 'D ，此时AD +DE 的值最小，就是A 'E 的长，根据相似三角形对应边的比可得结论．【解答】解：作A 关于BC 的对称点A '，连接AA '，交BC 于F ，过A '作A 'E ⊥AC 于E ，交BC 于D ，则AD ＝A 'D ，此时AD +DE 的值最小，就是A 'E 的长；Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，AB ＝1，AC ＝2√2，∴BC =√12+(2√2)2=3，S △ABC =12AB •AC =12BC •AF ，∴1×2√2=3AF ，AF =2√23，∴AA '＝2AF =4√23，∵∠A 'FD ＝∠DEC ＝90°，∠A 'DF ＝∠CDE ，∴∠A '＝∠C ，∵∠AEA '＝∠BAC ＝90°，∴△AEA '∽△BAC ，∴AA′A′E=BC AC ， ∴4√23A′E =2√2，∴A 'E =169， 即AD +DE 的最小值是169；故选：B ．【点睛】本题考查轴对称﹣最短问题、三角形相似的性质和判定、两点之间线段最短、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用轴对称以及垂线段最短解决最短问题，属于中考填空题中的压轴题．【变式2-1】（2020•荆门）在平面直角坐标系中，长为2的线段CD （点D 在点C 右侧）在x 轴上移动，A （0，2），B （0，4），连接AC ，BD ，则AC +BD 的最小值为（ ）A ．2√5B ．2√10C ．6√2D ．3√5【分析】设C （m ，0），则有AC +BD =√m 2+22+√(m +2)2+42，推出要求AC +BD 的最小值，相当于在x 轴上找一点P （m ，0），使得点P 到M （0，2）和N （﹣2，4）的距离和最小，如图1中，作点M关于x轴的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，求出NQ即可解决问题．【解答】解：设C（m，0），∵CD＝2，∴D（m+2，0），∵A（0，2），B（0，4），∴AC+BD=√m2+22+√(m+2)2+42，∴要求AC+BD的最小值，相当于在x轴上找一点P（m，0），使得点P到M（0，2）和N（﹣2，4）的距离和最小，如图1中，作点M关于x轴的对称点Q，连接NQ交x轴于P′，连接MP′，此时P′M+P′N的值最小，∵N（﹣2，4），Q（0，﹣2）P′M+P′N的最小值＝P′N+P′Q＝NQ=√22+62=2√10，∴AC+BD的最小值为2√10．故选：B．【点睛】本题考查轴对称﹣最短路径问题，坐标与图形的性质，两点间距离公式等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，学会利用数形结合的思想思考问题，学会用转化的思想解决问题，属于中考选择题中的压轴题．【变式2-2】（2020•红桥区一模）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AB＝5，AD＝4，CD＝3，点P是边AD上的动点，则△PBC周长的最小值为（）A．8B．4√5C．12D．6√5【分析】作点C关于AD的对称点E，连接EB交AD于点P′，连接CP′，则EP′＝CP′，ED＝CD，此时△P′BC周长最小为：P′C+P′B+BC＝PE+P′B+BC＝EB+BC，作BF⊥DC的延长线于点F，在Rt△BCF和Rt△BFE中，根据勾股定理即可得△PBC周长的最小值．【解答】解：作点C关于AD的对称点E，连接EB交AD于点P′，连接CP′，则EP′＝CP′，ED＝CD，此时△P′BC周长最小为：P′C+P′B+BC＝PE+P′B+BC＝EB+BC，作BF⊥DC的延长线于点F，∠A＝∠ADC＝90°，∴四边形ABFD是矩形，∴BF＝AD＝4，DF＝AB＝5，∴CF＝DF﹣CD＝5﹣3＝2，EF＝DF+ED＝5+3＝8，∴在Rt△BCF和Rt△BFE中，根据勾股定理，得BC=√CF2+BF2=2√5，BE=√BF2+EF2=4√5，∴BC+BE＝6√5．所以△PBC周长的最小值为6√5．故选：D．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题、勾股定理，解决本题的关键是掌握轴对称性质．【变式2-3】（2020•市南区二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝12，AE⊥BD，垂足为E，ED＝3BE，点P、Q分别在BD，AD上，则AP+PQ的最小值为（）A．4√2B．2√2C．6√3D．4√3【分析】在Rt△ABE中，利用三角形相似可求得AE、DE的长，设A点关于BD的对称点A′，连接A′D，可证明△ADA′为等边三角形，当PQ⊥AD时，则PQ最小，所以当A′Q⊥AD时AP+PQ最小，从而可求得AP+PQ的最小值等于DE的长，可得出答案．【解答】解：设BE＝x，则DE＝3x，∵四边形ABCD为矩形，且AE⊥BD，∴△ABE∽△DAE，∴AE2＝BE•DE，即AE2＝3x2，∴AE=√3x，在Rt△ADE中，由勾股定理可得AD2＝AE2+DE2，即122＝（√3x）2+（3x）2，解得x＝2√3，∴AE＝6，DE＝6√3，如图，设A点关于BD的对称点为A′，连接A′D，P A′，则A′A＝2AE＝12＝AD，AD＝A′D＝12，∴△AA′D是等边三角形，∵P A＝P A′，∴当A′、P、Q三点在一条线上时，A′P+PQ最小，又垂线段最短可知当PQ⊥AD时，A′P+PQ最小，∴AP+PQ＝A′P+PQ＝A′Q＝DE＝6√3．故选：C．【点睛】本题主要考查轴对称的应用，利用最小值的常规解法确定出A的对称点，从而确定出AP+PQ 的最小值的位置是解题的关键，利用条件证明△A′DA是等边三角形，借助几何图形的性质可以减少复杂的计算．【方法点拨】利用“到定点的距离等于定长的点位于同一个圆上”或“90°的圆周角所对的弦是直径”等可以确定某些动点的运动轨迹是圆(或圆弧).当圆外一定点与圆上一动点位于圆心同侧,且三点共线时,该动点到圆外定点的距离最短;当圆外一定点与圆上一动点位于圆心异侧,且三点共线时,该动点到圆外定点的距离最长.【例3】（2020•百色模拟）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝4，AD＝6．点E是AB的中点，点F是AD边上的一个动点．将△AEF沿EF所在直线翻折，得到△GEF．则GC长的最小值是（）A．2√10−2B．2√10−1C．2√13D．2√10【分析】以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点G在线段CE上时，GC的长取最小值，根据折叠的性质可知GE＝2，在Rt△BCE中利用勾股定理可求出CE的长度，用CE﹣GE即可求出结论．【解答】解：以点E为圆心，AE长度为半径作圆，连接CE，当点G在线段CE上时，GC的长取最小值，如图所示根据折叠可知：GE＝AE=12AB＝2．在Rt△BCE中，BE=12AB＝2，BC＝6，∠B＝90°，∴CE=√BE2+BC2=2√10，∴GC的最小值＝CE﹣GE＝2√10−2．故选：A．【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质以及勾股定理，利用作圆，找出GC取最小值时点A′的位置是解题的关键．【变式3-1】（2020•河北模拟）数学兴趣小组在“中学生学习报”中了解到“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，用含30°角的直角三角板做实验，如图，∠ACB＝90°，BC＝6cm，M，N分别是AB，BC的中点，标记点N的位置后，将三角板绕点C逆时针旋转，点M旋转到点M′，在旋转过程中，线段NM′的最大值是（）A．7cm B．8 cm C．9cm D．10cm【分析】根据直角三角形的性质得到AB＝2BC＝12，CM＝6，CN＝3，在旋转过程中，点M′始终在以C为圆心，CM为半径的圆上，当M′旋转当与B，C在一条直线上时，即到D的位置时，线段NM′的值最大，于是得到结论．【解答】解：∵∠ACB＝90°，BC＝6cm，∠A＝30°，∴AB＝2BC＝12，∵M，N分别是AB，BC的中点，∴CM＝6，CN＝3，∵将三角板绕点C逆时针旋转，点M旋转到点M′，在旋转过程中，点M′始终在以C为圆心，CM为半径的圆上，∴当M′旋转当与B，C在一条直线上时，即到D的位置时，线段NM′的值最大，即NM′的最大值＝DN＝6+3＝9，故选：C．【点睛】本题考查了旋转的性质，含30°角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．【变式3-2】（2020•芜湖二模）如图，已知正方形ABCD的边长为8，点E是正方形内部一点，连接BE，CE，且∠ABE＝∠BCE，点P是AB边上一动点，连接PD，PE，则PD+PE长度的最小值为（）A．8√2B．4√10C．8√5−4D．4√13−4【分析】根据正方形的性质得到∠ABC＝90°，推出∠BEC＝90°，得到点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，连接FO交AB于P，交⊙O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，根据勾股定理即可得到结论．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠CBE＝90°，∵∠ABE＝∠BCE，∴∠BCE+∠CBE＝90°，∴∠BEC＝90°，∴点E在以BC为直径的半圆上移动，如图，设BC的中点为O，作正方形ABCD关于直线AB对称的正方形AFGB，则点D的对应点是F，连接FO交AB于P，交半圆O于E，则线段EF的长即为PD+PE的长度最小值，OE＝4，∵∠G＝90°，FG＝BG＝AB＝8，∴OG＝12，∴OF=√FG2+OG2=4√13，∴EF＝4√13−4，∴PD+PE的长度最小值为4√13−4，故选：D．【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，正方形的性质，勾股定理的综合运用．凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．【变式3-3】（2021•海安市模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2√3，Q为AC上的动点，P为Rt△ABC内一动点，且满足∠APB＝120°，若D为BC的中点，则PQ+DQ的最小值是（）A．√43−4B．√43C．4D．√43+4【分析】如图以AB为边，向左边作等边△ABE，作△ABE的外接圆⊙O，连接OB，则点P在⊙O上．作点D关于AC的对称点D′，连接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，则PQ+QD＝PQ+QD′＝PD′，根据PD′≥OD′﹣OP，求出OP，OD′即可解决问题．【解答】解：如图以AB为边，向左边作等边△ABE，作△ABE的外接圆⊙O，连接OB，则点P在⊙O 上．在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∠ABC＝60°，BC＝2√3，∴AB＝4√3，则易知OB＝4，OB⊥BC，作点D关于AC的对称点D′，连接OD′，OP，PD′，PD′交AC于Q，则PQ+QD＝PQ+QD′≥PD′，∵PD′≥OD′﹣OP，OP＝OB＝4，OD′=√42+(3√3)2=√43，∴PD′≥√43−4，∴PQ+DQ的最小值为√43−4，故选：A．【点睛】本题考查轴对称﹣最短问题，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考选择题中的压轴题．【方法点拨】几何图形面积最值问题的解题通法:1.观察几何图形,若能直接判断出当动点在何位置时,几何图形的面积取得最值,则直接计算即可.2.若根据动点的位置,无法直接判断几何图形面积的最值,则可设出未知数,用含未知数的代数式表示出该几何图形的面积,利用函数的性质求解.【例4】（2020•立山区二模）如图，⊙O的半径是2，直线l与⊙O相交于A、B两点，M、N是⊙O上的两个动点，且在直线l的异侧，若∠AMB＝45°，则四边形MANB面积的最大值是（）A．2√2B．4C．4√2D．8√2【分析】过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，根据圆周角定理推出△OAB为等腰直角三角形，求得AB=√2OA＝2√2，根据已知条件即可得到结论．【解答】解：过点O作OC⊥AB于C，交⊙O于D、E两点，连接OA、OB、DA、DB、EA、EB，如图，∵∠AMB＝45°，∴∠AOB＝2∠AMB＝90°，∴△OAB为等腰直角三角形，∴AB=√2OA＝2√2，∵S四边形MANB＝S△MAB+S△NAB，∴当M点到AB的距离最大，△MAB的面积最大；当N点到AB的距离最大时，△NAB的面积最大，即M点运动到D点，N点运动到E点，此时四边形MANB面积的最大值＝S四边形DAEB＝S△DAB+S△EAB=12AB•CD+12AB•CE=12AB（CD+CE）=12AB•DE=12×2√2×4＝4√2．故选：C．【点睛】本题考查了垂径定理：平分弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理，正确的作出辅助线是解题的关键．【变式4-1】（2020•岐山县二模）如图，正方形BEFG的顶点E在正方形ABCD的边AD上，CD、EF交于点H，AD＝16，连接EC，FC，则△CEF的面积的最小值为（）．A．16√2B．48C．96D．256【分析】由于S △CEF ＝S △CHF +S △CHE =12CH •EM ，根据全等三角形的性质得到EM ＝AB ＝16，求得S △CEF ＝8CH ，根据相似三角形的性质得到DE AB =DH AE ，设AE 为x ，于是得到DH =116（﹣x 2+16x ）=−116（x ﹣8）2+4≤4，即可得到结论．【解答】解：过F 作FG ⊥DC 于点G ，FM ⊥AD ，交AD 的延长线于M ，连接CF ，∵S △CEF ＝S △CHF +S △CHE =12CH •EM ，∵△EMF ≌△BAE ，∴EM ＝AB ＝16，∴S △CEF ＝8CH ，∵△EDH ∽△BAE ，∴DE AB =DH AE ，设AE 为x ，则DH =116（﹣x 2+16x ）=−116（x ﹣8）2+4≤4， ∴DH ≤4，∴CH ≥12，CH 最小值是12，∴△CEF 面积的最小值是96．故选：C ．【点睛】本题考查了正方形的性质，解题的关键是找出线段DN 的最大值，根据三角形的面积公式找出其去最值的条件，再结合二次函数的性质去解决最值问题．【变式4-2】（2020•昆山市二模）如图，在△ABC 中，AB ＝10，AC ＝2√5，∠ACB ＝45°，D 为AB 边上一动点（不与点B 重合），以CD 为边长作正方形CDEF ，连接BE ，则△BDE 的面积的最大值等于（ ）.A．9√2B．18C．36D．20√5【分析】如图，过点E作EM⊥BA于M，过点C作CN⊥BA交BA的延长线于N，过点A作AH⊥BC于H．解直角三角形求出BN的长，设BD＝x，则DN＝12﹣x，再利用全等三角形的性质证明EM＝DN＝12﹣x，利用三角形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题．【解答】解：如图，过点E作EM⊥BA于M，过点C作CN⊥BA交BA的延长线于N，过点A作AH⊥BC于H．在Rt△ACH中，∵∠AHC＝90°，∠ACH＝45°，AC＝2√5，∴AH＝CH＝AC•cos45°=√10，在Rt△ABH中，∵∠AHB＝90°，AB＝10，AH=√10，∴BH=√AB2−AH2=√102−(√10)2=3√10，∴BC＝BH+CH＝4√10，∵S△ACB=12•BC•AH=12•AB•CN，∴CN＝4，在Rt△ACN中，AN=√AC2−CN2=√(2√5)2−42=2，∴BN＝BA+AN＝12，设BD＝x，则DN＝12﹣x，∵四边形EFCD是正方形，∴DE＝DC，∠EDC＝∠EMD＝∠DNC＝90°，∴∠EDM+∠ADC＝90°，∠ADC+∠DCN＝90°，∴∠EDM＝∠DCN，∴△EMD≌△DNC（AAS），∴EM＝DN＝12﹣x，∴S△DBE=12•BD•EM=12•x•（12﹣x）=−12x2+6x=−12（x﹣6）2+18，∵−12＜0，∴当x ＝6时，△BDE 的面积的最大，最大值为18．故选：B ．【点睛】本题考查正方形的性质，解直角三角形，二次函数的性质等知识，解题的关键是学会利用参数构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题．16．（2021•石家庄模拟）如图，在平面直角坐标系xOy 中，半径为2的⊙O 与x 轴的正半轴交于点A ，点B 是⊙O 上一动点，点C 为弦AB 的中点，直线y =34x ﹣3与x 轴、y 轴分别交于点D 、E ，则△CDE 面积的最小值与最大值分别为（ ）．A ．2；7B ．3；6C ．4；9D ．5；16【分析】连接OC ，由垂径定理得OC ⊥AB ，再由圆周角定理得点C 在以OA 为直径的圆上（点O 、A 除外），以OA 为直角作⊙P ，过P 点作直线PH ⊥DE 于H ，交⊙P 于M 、N ，利用一次函数解析式确定D （0，﹣3），D （4，0），则AB ＝5，然后证△DPH ∽△DEO ，利用相似比求出PH 的长，得MP 、NH 的长，当C 点与M 点重合时，S 最大；C 点与N 点重合时，S 最小，然后计算出S △NED 和S △MED 得到S 的范围，即可求解．【解答】解：连接OC ，如图，∵点C 为弦AB 的中点，∴OC ⊥AB ，∴∠ACO ＝90°，∴点C 在以OA 为直径的圆上（点O 、A 除外），以OA 为直角作⊙P ，过P 点作直线PH ⊥DE 于H ，交⊙P 于M 、N ，当x ＝0时，y =34x ﹣3＝﹣3，则D （0，﹣3），当y ＝0时，34x ﹣3＝0，解得x＝4，则D（4，0），∴OD＝4，∴AB=√32+42=5，∵A（2，0），∴P（1，0），∴OP＝1，∴PD＝OD﹣OP＝3，∵∠PDH＝∠EDO，∠PHD＝∠EOD，∴△DPH∽△DEO，∴PH：OE＝DP：DE，即PH：3＝3：5，解得PH=9 5，∴MP＝PH+1=145，NH＝PH﹣1=45，∴S△NED=12×5×45=2，S△MED=12×5×145=7，设△CDE面积为S，当C点与M点重合时，S最大；C点与N点重合时，S最小，∴S的范围为2≤S≤7，∴△CDE面积的最小值为2，△CDE面积的最大值为7，故选：A．【点睛】本题考查了垂径定理：垂直于弦的直径平分这条弦，并且平分弦所对的两条弧．也考查了圆周角定理、相似三角形的判定与性质和一次函数的性质．。
2021年重庆市中考二轮复习数学第26题几何证明专练专题(三)
2021年重庆市中考二轮复习数学第26题几何证明专练专题（三）1.已知在平行四边形ABCD 中,过点D 作DE ⊥BC 于点E,且AD=DE,连接AC 交DE 于点F,作DG⊥AC 于点G(1)如图1,若DF EF =21,AF=13,求DG 的长 (2)如图2,作EM⊥AC 于点M,连接DM,求证:AM-EM=2DG,2.如图,∆ABC 是等边三角形,AC 上有点,分别以BD 为边作等边∆BDE 和等 腰∆BDF,边BC 、DE 交于点H,点F 在BA 延长线上且DB=DF,连接CE,求 证(1) ∆ABD=∆CBE:(2)BC= AF+CE.3.如图,在菱形ABCD中,∠BAD=60°,M为对角线BD延长线上一点,连接AM 和CM,E为CM上一点,且满足CB=CE,连接BE,交CD于点F.(1)若∠AMB=30°,且DM=3,求BE的长:(2)证明:AM=CF+DM.4.如图,在矩形ABCD中,点E为AD上一点,连接BE、CE,∠ABE=45°(1)如图1,若BE=32,BC=4,求EC的长.(2)如图2,点P是EC的中点,连接BP并延长交CD于F,H为AD上一点,接HF,且∠DHF=∠CBF,求证:BP=PF+FH.5.(1)如图1,四边形EFGH中,FE=EH,∠EF G+∠EHG=180°,点A,B分1∠FEH,别在边FG,GH上,且∠AEB=2(1)求证:AB=AF+BH(2)如图2,四边形EFGH中,FE=EH,点M在边E上连接FM,EN平分∠FEH交FM于点N,∠ENM=a,∠FGH=180°-2a,连接GN,HN①找出图中与NH相等的线段,并加以证明;②求∠NGH的度数(用含a的式子表示).6.如图,在平行四边形ABCD中,点E在对角线BD上,AB=AE,AF⊥BD于点F, ∠ADB=45°(1)若BC=122,AB=13,求BF的长(2)延长AF交BC于点G,延长AD到点H.使得DH=BG,连接EH,求证:AE=EH.7.如图,在菱形ABCD中,∠B=120o,E、F分别是边BC、CD上的点,且满足CE=CF.连接EF.(1)若CE=1,AB=3,求AF的长;(2)取AF的中点G,连接EG、DG,求证:EG⊥DG.8.如图,在正方形ABCD中,对角线AC,BD相较于点O,以AD为边向外作等边∆MDE,连接CE,交BD于F(1)如图1,若AE=6,求DF的长;(2)如图2,点M为AB的延长线上一点,连接CM,连接FM且FM平分∠AMC.求证:CM=3MF-AM.9.如图,在平行四边形ABCD中,∠B=45°,过点C作CE⊥AD于点,连结AC,过点D作DF⊥AC于点F,交CE于点G,连结EF.(1)若DG=8,求对角线AC的长.(2)求证:AF+FG=2EF.10.如图, 平行四边形ABCD中,DF平分∠ADC交AC于点H,G为DH的中点(1)如图①,若M为AD的中点,AB⊥AC，AC=9,CF=8,CG=25,求GM.(2)如图②,M为线段AB上一点,连接MF,满足∠MCD=∠BCG,∠MFB=∠BAC,求证:MC=2CG.11.如图,平行四边形ABCD中,点O是对角线AC的中点,点M为BC上一点,连接AM,且AB=AM,点E为BM中点,AF⊥AB,连接EF,延长FO交AB于点N.(1)若BM=4,MC=3,AC=38,求AM的长度;(2)若∠ACB=∠AFE=45°,求证AN+AF=2 EF.12.平行四边形ABCD中，点E为BC边上一点，连接DE交对角线AC于点F，点G为DE一点，AH⊥DE于H，BC＝2AG且∠ACE＝∠GAC，点M为AD的中点，连接MF；若∠DFC＝75°．（1）求∠MFD的度数；（2）求证：GF+GH＝AH．13.在平行四边形ABCD中，AD=BD，E为AB的中点，F为CD上一点，连接EF交BD于G．（1）如图1，若DF=DG=2，AB=8，求EF的长；（2）如图2，∠ADB=90°，点P为平行四边形ABCD外部一点，且AP=AD，连接BP、DP、EP，DP交EF于点Q，若BP⊥DP，EF⊥EP，求证：DQ=PQ．14.如图,□ABCD的对角线AC、BD相交于点O,AC=BC.(1)如图1,过点B作BE⊥AC于点E,若AC=8,BE=5时,求OE的长度;(2)如图2,若∠BDC=45°,过点C作CF⊥CD交BD于点F,过点B作BG⊥BC且BG=BC,连接AG、DG,求证:AG=2OF.15.如图1,在矩形ABCD中,∠ABC的平分线交AD于点E,连接CE,(1)若BE=42,CE=17,求AD的长;(2)如图2,点F是BC上一点,且EF=EC.过点C作CG⊥EF于点G,交BE于点H,求证:BH=2DEBH的值,(3)如图3,在(2)的条件下,连接DG,当BE=BC时,请直接写出DG。
数学几何证明
数学几何证明在数学中，几何证明是一种通过使用推理和证据来验证几何命题的方法。
基于几何的性质和定理，通过逻辑推理和推导，我们可以得出结论，并证明其正确性。
本文将以数学几何证明为主题，介绍几个常见的几何证明方法和技巧。
1. 证明方法一：直接证明直接证明是最常用的证明方法之一，在几何证明中也是如此。
该方法通过运用已知事实和性质，以及基本几何定理来推导和证明所要证明的命题。
下面是一个直接证明的例子：【例子】证明三角形的内角和为180度。
解：已知三角形的一条内角为α，另一条内角为β，第三条内角为γ。
根据几何定理可知，直线上的两个对立角之和为180度。
由此可推导出：α + β = 180度α + γ = 180度将两个等式相加，得到：(α + β) + (α + γ) = 180度 + 180度2α + β + γ = 360度由于β + γ = 180度（同理可证），所以可得：2α + 180度 = 360度2α = 180度α = 90度同理可证，β和γ的度数也分别为90度。
因此，三角形的内角和为180度。
2. 证明方法二：间接证明间接证明是通过采用反证法来证明所要证明的命题。
假设所要证明的命题不成立，然后推出矛盾的结论，由此证明所要证明的命题是正确的。
以下是一个间接证明的例子：【例子】证明等腰三角形的底角相等。
解：假设存在一个等腰三角形，其底角不相等。
设底角A、B的度数分别为x和y（x≠y）。
根据等腰三角形的性质，等腰三角形的两个底角相等，也就是说x=y。
这与假设的底角不相等相矛盾。
因此，等腰三角形的底角是相等的。
3. 证明方法三：数学归纳法数学归纳法是一种常用于证明命题在整数集上成立的方法。
在几何证明中，我们可以利用数学归纳法证明一些具有递推关系的几何命题。
以下是一个使用数学归纳法的例子：【例子】证明正 n 边形的内角和为 (n-2) * 180 度。
解：对于 n = 3 的情况，三角形的内角和为 (3-2) * 180 = 180 度，符合题意。
高三数学几何证明知识点
高三数学几何证明知识点数学几何是高中数学中的一大重要内容，对于高三学生来说，掌握好数学几何证明知识点不仅可以提高解题能力，还可以帮助他们更好地理解数学的本质和思维方式。
本文将介绍一些高三数学几何证明的重要知识点。
一、线段延长线在线段AB上取一点C，在延长线AC上取一点D，若有AD=BC，则可得证明：线段AB平分线段CD。
证明：根据题意可得AD=BC，要证明线段AB平分线段CD，即证明CD=2BD。
连接线段AB，并且作线段BE║AC，交延长线AD于E点。
根据平行线性质可得：∠AEB=∠ACB（对应角）因为∠AEB和∠ACB都是与切线AB相对应的所以他们之间也相等。
同理可得∠BED=∠ACB根据等角性质可得∠AEB=∠BED所以ΔABE与ΔBDE全等。
根据全等三角形的性质可知：AE=BE=BD根据延长线分割线段的性质可得：BD=CD-BD所以 CD=2BD。
因此，线段AB平分线段CD。
二、等腰三角形的性质等腰三角形是指两边相等、两底角相等的三角形，对于高三数学几何证明来说，等腰三角形的性质是常见的知识点。
定理1：等腰三角形的底角（两边非等边所对应的角）相等。
证明：设三角形ABC为等腰三角形，其中AB=AC。
假设∠B=∠C=x，∠A=y因为∠A+∠B+∠C=180°所以 y+x+x=180°化简可得：y=180°-2x又因为∠B=∠C=x所以∠BAC=180°-2x根据等差定理可知∠BAC=y所以∠BAC=∠BAC，即底角相等。
定理2：等腰三角形中，等腰边所对角相等。
证明：设三角形ABC为等腰三角形，其中AB=AC。
假设∠B=∠C=x，∠A=y又因为∠B=∠C=x根据等差定理可知∠ABC=∠ACB所以∠ABC=y所以∠ABC=∠ACB，即等腰边所对角相等。
三、勾股定理勾股定理是几何证明中使用频率非常高的一个知识点，该定理表明在直角三角形中，直角边的平方等于两个直角边所对应的两个锐角的正弦和余弦乘积的和。
数学高三几何证明知识点
数学高三几何证明知识点在高三数学的几何部分，证明是一个非常重要的环节。
通过证明题，可以考察学生的理解能力、逻辑推理能力以及解决问题的能力。
下面将介绍几何证明的一些常见知识点，帮助学生更好地应对这一部分的考试。
1. 线段的中点定理证明：线段的中点定理是几何证明中的一个基本知识点，它表明连接线段两个端点的中垂线必经过线段的中点。
线段的中点定理可以通过构造中垂线、利用垂直、全等三角形等方法进行证明。
2. 三角形的等腰定理证明：三角形的等腰定理表明，一个三角形的两条边相等，则其两个对应的角也相等。
证明等腰定理可以通过构造中位线、用全等三角形的性质进行证明。
3. 三角形的等边定理证明：三角形的等边定理表明，一个三角形的三条边相等。
证明等边定理可以通过构造高、利用三角形内角和的性质进行证明。
4. 三角形的外角定理证明：三角形的外角定理表明，一个三角形的外角等于与之相对的两个内角的和。
证明外角定理可以通过构造三角形的外接圆、利用圆周角和的性质进行证明。
5. 圆的性质证明：圆的性质在几何证明中经常出现，如切线垂直于半径、弦的性质等。
圆的性质的证明可以通过构造垂直、利用圆周角和的性质进行证明。
除了以上的知识点，还有许多其他的几何证明知识点，如相似三角形的性质证明、平行线的性质证明等。
在进行几何证明时，需要注意以下几点：1. 图形的准确绘制：在进行几何证明时，首先要准确地绘制出给定的图形。
图形的绘制应该按照题目给出的条件进行，确保图形的正确性。
2. 合理的构造：在进行证明时，可以根据需要构造一些辅助图形，帮助理解和推导。
构造的辅助图形应该合理简洁，并能够提供必要的信息。
3. 逻辑推理的严谨性：证明题的关键在于逻辑推理，要严密地按照逻辑顺序进行推导，确保每一步的推理都是正确的。
可以运用前面学过的几何定理和性质来进行推导，提高证明的严谨性。
4. 清晰的表达：在进行证明时，要注意语句的表达清晰明了，避免模糊不清的描述。
可以使用恰当的几何术语和符号来表示图形和关系，提高表达的准确性和规范性。
专题03 三角形的证明——两线(中垂线和角平分线)(解析版)
专题03 三角形的证明——两线（中垂线和角平分线）考点一线段垂直平分线的性质【方法点拨】线段垂直平分线的性质（1）定义：经过某一条线段的中点，并且垂直于这条线段的直线，叫做这条线段的垂直平分线（中垂线）垂直平分线，简称“中垂线”．（2）性质：①垂直平分线垂直且平分其所在线段．②垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．③三角形三条边的垂直平分线相交于一点，该点叫外心，并且这一点到三个顶点的距离相等．【典例剖析】1．（2019秋•宁德期末）若有三点A、B、C不在同一条直线上，点P满足P A＝PB＝PC，则平面内这样的点P有（）A．1个B．2个C．1个或2个D．无法确定【点拨】平面内不在同一条直线的三个点就组成一个三角形．到AB距离相等的点在AB的垂直平分线上，到BC距离相等的点在BC的垂直平分线上，到AC距离相等的点在AC的垂直平分线上，而三角形三边的垂直平分线交于一点．【解析】解：到AB距离相等的点在AB的垂直平分线上，到BC距离相等的点在BC的垂直平分线上，到AC距离相等的点在AC的垂直平分线上，而三角形三边的垂直平分线交于一点．故选：A．2．（2019秋•大冶市期末）如图，DE是△ABC中AC边上的垂直平分线，如果BC＝8cm，AB＝10cm，则△EBC的周长为（）A．16 cm B．18cm C．26cm D．28cm【点拨】由DE是△ABC中AC边上的垂直平分线，可得AE＝CE，继而可得△EBC的周长＝BC+AB．【解析】解：∵DE是△ABC中AC边上的垂直平分线，∴AE＝CE，∵BC＝8cm，AB＝10cm，∴△EBC的周长为：BC+BE+CE＝BC+CE+AE＝BC+AB＝8+10＝18（cm）．故选：B．3．（2019秋•满城区期末）如图，在△ABC中，BC的垂直平分线分别交AC，BC于点D，E．若△ABC的周长为22，BE＝4，则△ABD的周长为（）A．14B．18C．20D．26【点拨】根据线段的垂直平分线的性质得到DB＝DC，BC＝2BE＝8，根据三角形的周长公式计算即可．【解析】解：∵DE是BC的垂直平分线，∴DB＝DC，BC＝2BE＝8，∵△ABC的周长为22，∴AB+BC+AC＝22，∴AB+AC＝14，∴△ABD的周长＝AD+BD+AB＝AD+CD+AB＝AB+AC＝14，故选：A．4．（2018秋•鞍山期末）如图，在△ABC中，DE是AC的垂直平分线，AE＝3cm，△ABD的周长为13cm，则△ABC的周长是19cm．【点拨】由已知条件，利用线段的垂直平分线的性质，得到AD＝CD，AC＝2AE，结合周长，进行线段的等量代换可得答案．【解析】解：∵DE是AC的垂直平分线，∴AD＝CD，AC＝2AE＝6cm，又∵△ABD的周长＝AB+BD+AD＝13cm，∴AB+BD+CD＝13cm，即AB+BC＝13cm，∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝13+6＝19cm．故答案为19．5．（2019秋•吉林期末）如图，△ABC中，DE是AC的垂直平分线，AE＝3cm，△ABD的周长为13cm，则△ABC的周长＝19cm．【点拨】由已知条件，利用线段的垂直平分线的性质，得到AD＝CD，AC＝2AE，结合周长，进行线段的等量代换可得答案．【解析】解：∵DE是AC的垂直平分线，∴AD＝CD，AC＝2AE＝6cm，又∵△ABD的周长＝AB+BD+AD＝13cm，∴AB+BD+CD＝13cm，即AB+BC＝13cm，∴△ABC的周长＝AB+BC+AC＝13+6＝19（cm）．故答案为：19．6．（2018秋•临河区期末）如图，△ABC中，AB＝AC，∠A＝36°，AB的中垂线DE交AC于D，交AB于E，下述结论：（1）BD平分∠ABC；（2）AD＝BD＝BC；（3）△BDC的周长等于AB+BC；（4）D是AC 中点．其中正确的命题序号是（1）（2）（3）．【点拨】根据线段垂直平分线的性质和等腰三角形ABC的顶角为36°，求出各角的度数，然后对各选项分析判断后利用排除法求解．【解析】解：∵AB＝AC，∠A＝36°，∴∠ABC＝∠C＝72°，∵DE是AB的垂直平分线，∴AD＝BD，∠ABD＝∠A＝36°，∴∠DBC＝72°﹣36°＝36°，∠BDC＝180°﹣36°﹣72°＝72°，∴BD＝BC；（1）BD平分∠ABC正确；（2）AD＝BD＝CD正确；（3）△BDC的周长＝BC+CD+BD＝BC+CD+AD＝BC+AC＝AB+BC，正确；（4）AD＝BD≠CD，所以D不是AC的中点，故本选项错误．故正确的命题是（1）（2）（3）．7．（2019•雨花区校级模拟）a，b分别代表铁路和公路，点M、N分别代表蔬菜和杂货批发市场．现要建中转站O点，使O点到铁路、公路距离相等，且到两市场距离相等．请用尺规画出O点位置，不写作法，保留痕迹．【点拨】连接MN，先画出a、b两线所组成的角的平分线，然后再画出线段MN的中垂线．这两条直线的交点即为所求．【解析】解：①以A为圆心，以任意长为半径画圆，分别交铁路a和公路b于点B、C；②分别以B、C为圆心，以大于BC为半径画圆，两圆相交于点D，连接AD，则直线AD即为∠BAC的平分线③连接MN，分别以M、N为圆心，以大于MN为半径画圆，两圆相交于E、F，连接EF，则直线EF即为线段MN的垂直平分线；④直线EF与直线AD相交于点O，则点O即为所求点．同法点O′也满足条件．故答案为O或O′处．8．（2019春•滕州市期末）如图，△ABC中，AD⊥BC，EF垂直平分AC，交AC于点F，交BC于点E，且BD＝DE．（1）若∠BAE＝40°，求∠C的度数；（2）若△ABC周长13cm，AC＝6cm，求DC长．【点拨】（1）根据线段垂直平分线和等腰三角形性质得出AB＝AE＝CE，求出∠AEB和∠C＝∠EAC，即可得出答案；（2）根据已知能推出2DE+2EC＝7cm，即可得出答案．【解析】解：（1）∵AD垂直平分BE，EF垂直平分AC，∴AB＝AE＝EC，∴∠C＝∠CAE，∵∠BAE＝40°，∴∠AED＝70°，∴∠C＝∠AED＝35°；（2）∵△ABC周长13cm，AC＝6cm，∴AB+BE+EC＝7cm，即2DE+2EC＝7cm，∴DE+EC＝DC＝3.5cm．9．如图，在△ABC中，∠C＝90°，点P在AC上运动，点D在AB上，PD始终保持与P A相等，BD的垂直平分线交BC于点E，交BD于点F，连接DE．（1）判断DE与DP的位置关系，并说明理由；（2）若AC＝6，BC＝8，P A＝2，求线段DE的长．【点拨】（1）连接OD，根据等腰三角形的性质得到∠A＝∠PDA，根据线段垂直平分线的性质得到EB ＝ED，于是得到结论；（2）连接PE，设DE＝x，则EB＝ED＝x，CE＝8﹣x，根据勾股定理即可得到结论．【解析】解：（1）DE⊥DP，理由如下：∵PD＝P A，∴∠A＝∠PDA，∵EF是BD的垂直平分线，∴EB＝ED，∴∠B＝∠EDB，∵∠C＝90°，∴∠A+∠B＝90°，∴∠PDA+∠EDB＝90°，∴∠PDE＝180°﹣90°＝90°，∴DE⊥DP；（2）连接PE，设DE＝x，则EB＝ED＝x，CE＝8﹣x，∵∠C＝∠PDE＝90°，∴PC2+CE2＝PE2＝PD2+DE2，∴42+（8﹣x）2＝22+x2，解得：x＝4.75，则DE＝4.75．10．（2019秋•阜宁县期中）如图，已知△ABE，AB、AE边上的垂直平分线m1、m2交BE分别为点C、D，且BC＝CD＝DE，求∠BAE的度数．【点拨】由AB、AE边上的垂直平分线m1、m2交BE分别为点C、D，根据线段垂直平分线的性质，可得AC＝BC，AD＝DE，又由BC＝CD＝DE，易得△ACD是等边三角形，继而求得∠BAE的度数．【解析】解：∵AB、AE边上的垂直平分线m1、m2交BE分别为点C、D，∴AC＝BC，AD＝DE，∴∠B＝∠BAC，∠E＝∠EAD，∵BC＝CD＝DE，∴AC＝CD＝AD，∴△ACD是等边三角形，∴∠CAD＝∠ACD＝∠ADC＝60°，∴∠BAC＝∠EAD＝30°，∴∠BAE＝∠BAC+∠CAD+∠EAD＝120°．考点二角平分线的性质【方法点拨】角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE【典例剖析】1．（2019秋•宁德期末）如图，OP平分∠MON，P A⊥ON于点A，点Q是射线OM上的一个动点，若P A ＝2，则PQ的最小值为（）A．1B．2C．3D．4【点拨】由垂线段最短可知当PQ⊥OM时PQ最小，当PQ⊥OM时，则由角平分线的性质可知P A＝PQ，可求得PQ＝2．【解析】解：∵垂线段最短，∴当PQ⊥OM时，PQ有最小值，又∵OP平分∠MON，P A⊥ON，∴PQ＝P A＝2，故选：B．2．（2019秋•博兴县期中）如图所示，在△ABC中，AC⊥BC，AE为∠BAC的平分线，DE⊥AB，AB＝7cm，AC＝3cm，则BD等于（）A．1cm B．2cm C．3cm D．4cm【点拨】根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得CE＝DE，再利用“HL”证明Rt△ACE和Rt △ADE全等，根据全等三角形对应边相等可得AD＝AC，然后利用BD＝AB﹣AD代入数据进行计算即可得解．【解析】解：∵AC⊥BC，AE为∠BAC的平分线，DE⊥AB，∴CE＝DE，在Rt△ACE和Rt△ADE中，，∴Rt△ACE≌Rt△ADE（HL），∴AD＝AC，∵AB＝7cm，AC＝3cm，∴BD＝AB﹣AD＝AB﹣AC＝7﹣3＝4cm．故选：D．3．（2019秋•樊城区期末）小明同学在学习了全等三角形的相关知识后发现，只用两把完全相同的长方形直尺就可以作出一个角的平分线．如图：一把直尺压住射线OB，另一把直尺压住射线OA并且与第一把直尺交于点P，小明说：“射线OP 就是∠BOA的角平分线．”他这样做的依据是（）A．角的内部到角的两边的距离相等的点在角的平分线上B．角平分线上的点到这个角两边的距离相等C．三角形三条角平分线的交点到三条边的距离相等D．以上均不正确【点拨】过两把直尺的交点C作CE⊥AO，CF⊥BO，根据题意可得CE＝CF，再根据角的内部到角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上可得OP平分∠AOB；【解析】解：（1）如图所示：过两把直尺的交点P作PE⊥AO，PF⊥BO，∵两把完全相同的长方形直尺，∴PE＝PF，∴OP平分∠AOB（角的内部到角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上），故选：A．4．（2019秋•包河区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AD是△ABC的角平分线，BC＝10cm，BD：DC＝3：2，则点D到AB的距离为4cm．【点拨】先由BC＝10cm，BD：DC＝3：2计算出DC＝4cm，由于∠ACB＝90°，则点D到AC的距离为4cm，然后根据角平分线的性质即可得到点D到AB的距离等于4cm．【解析】解：∵BC＝10cm，BD：DC＝3：2，∴DC＝4cm，∵AD是△ABC的角平分线，∠ACB＝90°，∴点D到AB的距离等于DC，即点D到AB的距离等于4cm．故答案为4cm．5．（2019秋•宁德期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，BC＝10cm，BD＝7cm，则点D 到AB的距离为3cm．【点拨】根据角平分线的性质“角的平分线上的点到角的两边的距离相等”，可得点D到AB的距离＝点D到AC的距离＝CD＝3．【解析】解：∵BC＝10，BD＝7，∴CD＝3．由角平分线的性质，得点D到AB的距离等于CD＝3．故答案为：3．6．（2019秋•长春期末）如图，Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，CD＝4，则点D 到AB的距离为4．【点拨】直接根据角平分线的性质可得出结论．【解析】解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠BAC，交BC于点D，CD＝4，∴点D到AB的距离为4．故答案为：4．7．（2019春•密山市期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AD平分∠CAB，DE⊥AB于点E，点F在AC 上，BE＝FC．求证：BD＝DF．【点拨】因为∠C＝90°，DE⊥AB，所以∠C＝∠DEB，又因为AD平分∠BAC，所以CD＝DE，已知BD＝DF，则可根据HL判定△CDF≌△EDB，根据全等三角形的性质即可得到结论．【解析】证明：∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∠C＝90°，∴DC＝DE，在△DCF和△DEB中，，∴△DCF≌△DEB，（SAS），∴BD＝DF．8．（2018秋•淮上区期末）已知：如图，P是OC上一点，PD⊥OA于D，PE⊥OB于E，F、G分别是OA、OB上的点，且PF＝PG，DF＝EG．求证：OC是∠AOB的平分线．【点拨】利用“HL”证明Rt△PFD和Rt△PGE全等，根据全等三角形对应边相等可得PD＝PE，再根据到角的两边距离相等的点在角的平分线上证明即可．【解析】证明：在Rt△PFD和Rt△PGE中，，∴Rt△PFD≌Rt△PGE（HL），∴PD＝PE，∵P是OC上一点，PD⊥OA，PE⊥OB，∴OC是∠AOB的平分线．9．（2019秋•蒙阴县期末）如图，在△ABC中，AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB于点E，点F在AC 上，BD＝DF．（1）求证：CF＝EB．（2）若AB＝12，AF＝8，求CF的长．【点拨】（1）根据角平分线的性质“角平分线上的点到角的两边的距离相等”，可得点D到AB的距离＝点D到AC的距离即DE＝CD，再根据HL证明Rt△CDF≌Rt△EBD，从而得出CF＝EB；（2）设CF＝x，则AE＝12﹣x，再根据题意得出△ACD≌△AED，进而可得出结论．【解析】（1）证明：∵AD平分∠BAC，∠C＝90°，DE⊥AB于E，∴DE＝DC．在△CDF与△EDB中，∵，∴Rt△CDF≌Rt△EDB（HL），∴CF＝EB．（2）解：设CF＝x，则AE＝12﹣x，∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，∴CD＝DE．在△ACD与△AED中，∵，∴△ACD≌△AED（HL），∴AC＝AE，即8+x＝12﹣x，解得x＝2，即CF＝2．10．（2018秋•崇左期末）如图，△ABC中，AD平分∠BAC，DG⊥BC且平分BC，DE⊥AB于E，DF⊥AC 于F．（1）说明BE＝CF的理由；（2）如果AB＝5，AC＝3，求AE、BE的长．【点拨】（1）连接BD，CD，由AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，DF⊥AC于F，根据角平分线的性质，即可得DE＝DF，又由DG⊥BC且平分BC，根据线段垂直平分线的性质，可得BD＝CD，继而可证得Rt△BED≌Rt△CFD，则可得BE＝CF；（2）首先证得△AED≌△AFD，即可得AE＝AF，然后设BE＝x，由AB﹣BE＝AC+CF，即可得方程5﹣x＝3+x，解方程即可求得答案．【解析】（1）证明：连接BD，CD，∵AD平分∠BAC，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE＝DF，∠BED＝∠CFD＝90°，∵DG⊥BC且平分BC，∴BD＝CD，在Rt△BED与Rt△CFD中，，∴Rt△BED≌Rt△CFD（HL），∴BE＝CF；（2）解：在△AED和△AFD中，，∴△AED≌△AFD（AAS），∴AE＝AF，设BE＝x，则CF＝x，∵AB＝5，AC＝3，AE＝AB﹣BE，AF＝AC+CF，∴5﹣x＝3+x，解得：x＝1，∴BE＝1，AE＝AB﹣BE＝5﹣1＝4．考点三尺规组图【方法点拨】作图—尺规作图的定义（1）尺规作图是指用没有刻度的直尺和圆规作图．只使用圆规和直尺，并且只准许使用有限次，来解决不同的平面几何作图题．（2）基本要求它使用的直尺和圆规带有想像性质，跟现实中的并非完全相同．直尺必须没有刻度，无限长，且只能使用直尺的固定一侧．只可以用它来将两个点连在一起，不可以在上画刻度．圆规可以开至无限宽，但上面亦不能有刻度．它只可以拉开成你之前构造过的长度．8．作图—基本作图基本作图有：（1）作一条线段等于已知线段．（2）作一个角等于已知角．（3）作已知线段的垂直平分线．（4）作已知角的角平分线．（5）过一点作已知直线的垂线．【典例剖析】1．（2019秋•苍南县期中）用直尺和圆规作一个角的角平分线的示意图如图所示，其中说明△COE≌△DOE 的依据是（）A．SSS B．SAS C．ASA D．AAS【点拨】根据尺规作角的平分线的过程即可得结论．【解析】解：根据作图的过程可知：OC ＝OD ，CE ＝DE ，OE ＝OE∴△OCE ≌△ODE （SSS ）∴∠COE ＝∠DOE故选：A ．2．（2019秋•襄州区期末）如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，按以下步骤作图：①分别以A ，B 为圆心，以大于12AB 的长为半径作弧，两弧相交于两点M ，N ； ②作直线MN 交AB 于点D ，交BC 于点E ，连接AE ．若∠B ＝15°，则∠EAC 等于（ ）A ．22.5°B ．30°C ．45°D ．60°【点拨】由作图知DE 为AB 的垂直平分线，即可得∠BAE ＝∠B ＝15°，根据三角形外角的性质得∠AEC ＝30°，由∠C ＝90°可解答．【解析】解：由作图可知DE 为AB 的垂直平分线，∴AE ＝BE ，∴∠BAE ＝∠B ＝15°，∴∠AEC ＝∠B +∠BAE ＝15°+15°＝30°，∵∠C ＝90°，∴∠EAC ＝90°﹣30°＝60°，故选：D ．3．（2019秋•黄石期末）角平分线的作法（尺规作图）①以点O 为圆心，任意长为半径画弧，交OA 、OB 于C 、D 两点；②分别以C 、D 为圆心，大于CD 长为半径画弧，两弧交于点P ；③过点P 作射线OP ，射线OP 即为所求．角平分线的作法依据的是（ ）A ．SSSB ．SASC ．AASD ．ASA【点拨】连接CP 、DP ，由作图可证△OCP ≌△ODP ，则∠COP ＝∠DOP ，而证明△OCP ≌△ODP 的条件就是作图的依据．【解析】解：如下图④所示：连接CP 、DP在△OCP 与△ODP 中，由作图可知：{OC =ODCP =DP OP =OP∴△OCP ≌△ODP （SSS ）故选：A ．4．（2018秋•单县期末）如图，已知∠AOB ．小明按如下步骤作图：（1）以点O 为圆心，适当长为半径画弧，交OA 于D ，交OB 于点E ．（2）分别以D ，E 为圆心，大于12DE 的长为半径画弧，两弧在∠AOB 的内部相交于点C ． （3）画射线OC ．根据上述作图步骤，下列结论正确的有（ ）个①射线OC 是∠AOB 的平分线②点O 和点C 关于直线DE 对称③射线OC 垂直平分线段DE④OD ＝DCA ．1B ．2C ．3D ．4【点拨】利用基本作图得到OD ＝OE ，DC ＝EC ，则可判断△DOC ≌△EOC ，所以∠DOC ＝∠EOC ，于是可对①进行判断；同时根据线段的垂直平分线的判定方法对③进行判断；利用OD 与DC 不一定相等可对②④进行判断．【解析】解：由作法得OD ＝OE ，DC ＝EC ，而OC 为公共边，∴△DOC ≌△EOC （SSS ），∴∠DOC ＝∠EOC ，即OC 平分∠AOB ，所以①正确；∵OD 与DC 不一定相等，∴DE 不一定垂直平分OC ，所以②④错误；∵OD ＝OE ，DC ＝EC ，∴OC 垂直平分DE ，所以③正确．故选：B ．5．（2018秋•兴城市期末）如图，在△ABC 中，AB ＝AC ，∠A ＝36°，分别以A 和B 为圆心，大于12AB 的长为半径作弧，两弧相交于M ，N 两点，作直线MN 分别交AB 、AC 于点F 、D ，作DE ⊥BC 于E ．有下面三个结论：①BD 平分∠ABC②DE ＝DF③BC +CD ＝2AF其中，正确的结论的个数是（ ）A ．3B ．2C ．1D ．0【点拨】先根据等腰三角形的性质和三角形内角和得到∠ABC ＝∠C ＝72°，再利用基本作图得到MN 垂直平分AB ，则DA ＝DB ，所以∠DBA ＝∠A ＝36°，于是可对①进行判断；接着根据角平分线的性质可对②进行判断；通过计算出∠BDC ＝72°得到∠BDC ＝∠C ，则BC ＝BD ＝AD ，所以BC +CD ＝AC ＝AB ，然后利用AB ＝2AF 可对③进行判断．【解析】解：∵AB ＝AC ，∠A ＝36°，∴∠ABC ＝∠C ＝72°，由作法得MN 垂直平分AB ，∴DA ＝DB ，∴∠DBA ＝∠A ＝36°，∴BD 平分∠ABC ，所以①正确；∵DF ⊥BF ，DE ⊥BE ，∴DE ＝DF ，所以②正确；∵∠BDC ＝∠A +∠ABD ＝36°+36°＝72°，∴∠BDC ＝∠C ，∴BC ＝BD ＝AD ，∴BC +CD ＝AC ＝AB ，∵MN 垂直平分AB∴AB ＝2AF ，∴BC +CD ＝2AF ，所以③正确．故选：A ．6．（2019秋•硚口区期中）如图，在△ABC 中，分别以点A 和点C 为圆心，大于12AC 的长为半径作弧，两弧相交于点M 、N ，直线MN 与AC 、BC 分别相交于E 和D ，连接AD ，若AE ＝3cm ，△ABC 的周长为13cm ，则△ABD 的周长是（ ）A ．7cmB ．10cmC ．16cmD ．19cm【点拨】利用基本作图得到MN 垂直平分AC ，根据线段垂直平分线的性质得到AE ＝CE ＝3，DA ＝DC ，再利用三角形周长的定义和等线段代换得到AB +BD +DA 的值即可．【解析】解：由作法得MN 垂直平分AC ，∴AE ＝CE ＝3，DA ＝DC ，∵△ABC 的周长为13cm ，即AB +BC +AC ＝13，∴AB +BD +DA +6＝13，即AB +BD +DA ＝7，∴△ABD 的周长为7cm ．故选：A ．7．（2019秋•临颍县期中）如图是尺规作图法作∠AOB 的平分线OC 时的痕迹图，能判定△OMC ≌△ONC 的理由是（ ）A ．SSSB ．SASC ．ASAD ．HL【点拨】根据角平分线的作图方法解答．【解析】解：根据角平分线的作法可知，OM ＝ON ，CM ＝CN ，又∵OC 是公共边，∴△OMC ≌△ONC 的根据是“SSS ”．故选：A ．8．（2019秋•潍城区期中）如图，已知∠AOB ．按照以下步骤作图：①以点O 为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交∠AOB 的两边于C ，D 两点，连接CD ．②分别以点C ，D 为圆心，以大于12CD 的长为半径作弧，两弧在∠AOB 内交于点E ，连接CE ，DE ③连接OE 交CD 于点M ．下列结论中不一定正确的是A ．∠CEO ＝∠DEOB ．CM ＝MDC ．∠OCD ＝∠ECD D ．S 四边形OCED =12CD •OE【点拨】利用基本作图得出角平分线的作图，进而解答即可．【解析】解：由作图步骤可得：OE 是∠AOB 的角平分线，∴∠CEO ＝∠DEO ，CM ＝MD ，S 四边形OCED =12CD •OE ，但不能得出∠OCD ＝∠ECD ，故选：C ．9．（2019秋•惠州期末）如图，Rt △ABC 中，∠C ＝90°，∠B ＝30°，分别以点A 和点B 为圆心，大于12AB 的长为半径作弧，两弧相交于M 、N 两点，作直线MN ，交BC 于点D ，连接AD ．（1）根据作图判断：△ABD 的形状是 等腰三角形 ；（2）若BD ＝10，求CD 的长．【点拨】（1）利用垂直平分线的性质即可解决问题．（2）利用直角三角形30度的性质解决问题即可．【解析】解：（1）由作图可知，MN 垂直平分线段AB ，∴DA ＝DB ，∴△ADB 是等腰三角形．故答案为等腰三角形．（2）∵∠C ＝90°，∠B ＝30°，∴∠CAB ＝90°﹣30°＝60°，∵DA ＝DB ＝10，∴∠DAB ＝∠B ＝30°，∴∠CAD ＝30°，∴CD =12AD ＝5．10．（2019秋•长春期末）如图，AB ∥CD ，以点A 为圆心，小于AC 长为半径作圆弧，分别交AB ，AC 于E ，F 两点，再分别以E ，F 为圆心，大于12EF 长为半径作圆弧，两条圆弧交于点P ，连接AP ，交CD 于点M ，若∠ACD ＝110°，求∠CMA 的度数．【点拨】根据AB ∥CD ，∠ACD ＝110°，得出∠CAB ＝70°，再根据AM 是∠CAB 的平分线，即可得出∠MAB 的度数．【解析】解：∵AB ∥CD ，∴∠ACD +∠CAB ＝180°，又∵∠ACD ＝110°，∴∠CAB ＝70°，由作法知，AM 是∠CAB 的平分线，∴∠MAB =12∠CAB ＝35°，又∵AB ∥CD ，∴∠CMA ＝∠BAM ＝35°．。
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专题三 几何证明
【专题分析】
几何证明题重在训练学生运用数学语言合情推理的能力，在数学学习中占有非常
重要的地位。
此类题目经常出现在解答题的第二题，属于中低难度的题，比较基础；最后两题中也有涉及，属于中高难度的综合题.
【考点解析】
考点一：证明线段相等
例1．如图，E 、F 是□ABCD 对角线AC 上的两点，BE ∥DF ．
求证：BE ＝DF ．
考点二：证明线段平行或垂直
例2. 如图，点A 、F 、C 、D 在同一直线上，点B 和点E 分别在直线AD 的两侧，且AB=DE ，
∠A=∠D ，AF=DC ．
求证：BC ∥EF ．
例3. 如图，△ABC 中，以BC 为直径的圆交AB 于点D ，∠ACD =∠ABC ．
求证：CA 是圆的切线.
A B C D E F
A E
B
C F
D 考点三：证明角相等
例4.如图，在梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ，过点A 作AE ∥DB 交CB 的延长线于点E ．
（1）求证：∠ABD ＝∠CBD ； （2）若∠C ＝2∠E ，求证：AB ＝DC .
考点四：证明三角形全等或特殊四边形
例5.在□ABCD 中，E 、F 分别是AB 、CD 的中点，连接AF 、CE ．
(1)求证：△BEC ≌△DF A ；
(2)连接AC ，当CA ＝CB 时，判断四边形AECF 是什么特殊四边形？并证明你的结论．
【基础演练】
1．如图，Rt △ABC 中，∠ACB=-90°，CD ⊥AB ，垂足为D ．AF 平分∠CAB ，交CD 于点E ，交CB 于点F
求证：CE=CF ．
2.如图，一张矩形纸片ABCD ，其中AD ＝8cm ，AB ＝6cm ，先沿对角线BD 对折， 点C 落在点C ′的位置，BC ′交AD 于点G 。
求证：AG ＝C ′G .
（第21题）C
A B O C D 3．（11清远）如图，在矩形ABCD 中，E 是BC 边上的点，AE ＝BC ，DF ⊥AE ，垂足为F ，连接DE ．
求证：AB ＝DF .
4.已知四边形ABCD 是平行四边形.
（1）求证：△MEF ∽△MBA ；
（2）若AF 、BE 分别是∠DAB 、∠CBA 的平分线，求证：DF=EC .
5．如图,已知，△ABC 为等边三角形，点D 为边BC 上一动点（点D 不与B 、C 重合）．以
AD 为边作菱形ADEF ，使∠DAF=60°，连接CF ．
求证：∠ADB =∠AFC .
6．（11漳州）如图，AB 是⊙O 的直径，⌒AC ＝⌒CD ，∠COD ＝60°．
（1）△AOC 是等边三角形吗？请说明理由；
（2）求证：OC ∥BD ．
A D E
B F
C 7．（2011河南）如图，在梯形ABC
D 中，AD ∥BC ，延长CB 到点
E ，使BE =AD ，连接DE 交AB 于点M .
求证：△AMD ≌△BM E ；
8．如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，BC ⊥CD ，∠B ＝60º，
BC ＝2AD ，E 、F 分别为AB 、BC 的中点．
(1)求证：四边形AFCD 是矩形； (2)求证：DE ⊥EF ．
【综合提升】
（2011泰州）如图，四边形ABCD 是矩形，直线l 垂直平分线段AC ，垂足为O ，直线l 分别与线段AD 、CB 的延长线交于点E 、F 。
（1）△ABC 与△FOA 相似吗？为什么？
（2）试判定四边形AFCE 的形状，并说明理由。