《2020年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難題型突破 類型七 綜合實(shí)踐題》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年中考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 重難題型突破 類型七 綜合實(shí)踐題（22頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、題型七 綜合實(shí)踐題 例1．【問(wèn)題情境】 已知Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)E是線段AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)(不與A、C重合)，以CE為一邊作Rt△DCE，使∠DCE＝90°，且CD＝CA.沿CA方向平移△CDE，使點(diǎn)C移動(dòng)到點(diǎn)A，得到△ABF.過(guò)點(diǎn)F作FG⊥BC，交線段BC于點(diǎn)G，連接DG、EG. 【深入探究】 (1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)E在線段AC上時(shí)，小文猜想GC＝GF，請(qǐng)你幫他證明這一結(jié)論； (2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在線段AC的延長(zhǎng)線上，且CE＜CA時(shí)，猜想線段DG與EG的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并證明你的猜想； 【拓展應(yīng)用】 (3)如圖③，將(2)中的“CE＜CA”改為“CE

2、＞CA”，若設(shè)∠CDE＝α，請(qǐng)用含α的式子表示∠CGE的度數(shù)(直接回答即可，不必證明)． 第1題圖 【答案】(1)證明：∵在Rt△BAC中，∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠BCA＝∠ABC＝45°， ∵FG⊥BC， ∴∠FGC＝90°，∴∠GFC＝90°－∠GCF＝45°， ∴∠GFC＝∠GCF， ∴GC＝GF； (2)解：DG＝EG，DG⊥EG； 證明：同(1)可證GC＝GF， ∵∠DCE＝90°，∠BCA＝45°， ∴∠DCG＝45°， ∵∠GFC＝45°， ∴∠DCG＝∠EFG， ∵△CDE平移得到△ABF， ∴CE＝AF，∴CE＋CF＝AF＋CF，

3、即EF＝AC， ∵AC＝CD，∴EF＝CD，∴△DCG≌△EFG(SAS)， ∴DG＝EG，∠DGC＝∠EGF， ∴∠DGC－∠EGC＝∠EGF－∠EGC， 即∠DGE＝∠CGF＝90°， ∴DG⊥EG； (3)解：∠CGE＝180°－α. 例2．在正方形ABCD中，BD是一條對(duì)角線，點(diǎn)P在直線CD上(不與點(diǎn)C、D重合)，連接AP，平移△ADP，使點(diǎn)D移動(dòng)到點(diǎn)C，得到△BCQ，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥BD于H，連接AH，PH. 【問(wèn)題發(fā)現(xiàn)】 (1)如圖①，若點(diǎn)P在線段CD上，AH與PH的數(shù)量關(guān)系是________，位置關(guān)系是________； 【拓展探究】 (2)如圖②，若點(diǎn)P在

4、線段CD的延長(zhǎng)線上，其他條件不變，(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)給出證明，否則說(shuō)明理由； 【解決問(wèn)題】 (3)若點(diǎn)P在線段DC的延長(zhǎng)線上，且∠AHQ＝120°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，請(qǐng)直接寫出DP的長(zhǎng)度． 第2題圖 【答案】解：(1)AH＝PH，AH⊥PH； 【解法提示】如解圖①，連接HC， 第2題解圖① ∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠BDC＝45°， 又∵QH⊥BD， ∴△DHQ是等腰直角三角形， ∴HD＝HQ，∠HDP＝∠HQC＝45°， 由平移的性質(zhì)可知DP＝CQ， 在△HDP和△HQC中，， ∴△HDP≌△HQC. ∴HP＝HC，∠D

5、HP＝∠QHC. 根據(jù)正方形是軸對(duì)稱圖形得到HA＝HC，∠AHD＝∠CHD， ∴∠AHP＝∠AHD＋∠DHP＝∠CHD＋∠QHC＝90°，即AH⊥PH. ∴HA＝HP，AH⊥PH. (2)(1)中的結(jié)論仍然成立， 理由如下：如解圖②，連接HC， 第2題解圖② ∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠BDC＝45°， 又∵QH⊥BD， ∴△DHQ是等腰直角三角形，∴∠HDP＝∠HQC＝135°，HD＝HQ，由平移的性質(zhì)可知DP＝CQ， 在△HDP和△HQC中，， ∴△HDP≌△HQC(SAS)， ∴HP＝HC，∠DHP＝∠QHC， 根據(jù)正方形是軸對(duì)稱圖形得到HA＝HC，∠

6、AHD＝∠CHD， ∴∠AHP＝∠AHD－∠DHP＝∠CHD－∠CHQ＝90°， ∴HA＝HP，AH⊥PH； (3)DP＝2. 【解法提示】由(1)知，AH＝PH，AH⊥PH， ∴∠HPA＝45°， ∵∠AHQ＝120°， ∴∠PHQ＝120°－90°＝30°. ∴∠PHD＝∠QHD－∠PHQ＝60°，∠AHB＝∠CHB＝∠AHP－∠PHD＝30°， ∴∠CHP＝∠CHB＝∠AHB＝30°， ∴∠CPH＝＝75°， ∴∠APD＝∠CPH－∠APH＝30°，在Rt△ADP中，AD＝2， ∴DP＝＝2. 例3．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，點(diǎn)O為

7、AB中點(diǎn)，點(diǎn)P為直線BC上的動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)B、點(diǎn)C重合)，連接OC、OP，將線段OP繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段PQ，連接BQ. (1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BQ與CP的數(shù)量關(guān)系； (2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)P在CB延長(zhǎng)線上時(shí)，(1)中結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)加以證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)如圖③，當(dāng)點(diǎn)P在BC延長(zhǎng)線上時(shí)，若∠BPO＝45°，AC＝，請(qǐng)直接寫出BQ的長(zhǎng)． 第3題圖 【答案】解：(1)CP＝BQ; 【解法提示】如解圖①，連接OQ， 第3題解圖① 由旋轉(zhuǎn)可知，PQ＝OP，∠OPQ＝60°， ∴△POQ是等邊三角形， ∴OP＝OQ

8、，∠POQ＝60°， 在Rt△ABC中，O是AB中點(diǎn)， ∴OC＝OA＝OB， ∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ， ∴∠COP＝∠BOQ， 在△COP和△BOQ中， ∴△COP≌△BOQ(SAS)， ∴CP＝BQ； (2)成立，理由如下： 如解圖②，連接OQ， 圖② 由旋轉(zhuǎn)知PQ＝OP，∠OPQ＝60°， ∴△POQ是等邊三角形， ∴OP＝OQ，∠POQ＝60°， ∵在Rt△ABC中，O是AB中點(diǎn)， ∴OC＝OA＝OB， ∴∠BOC＝2∠A＝60°＝∠POQ，∴∠COP＝∠BOQ， 在△COP和△BOQ中， ∴△COP≌△BOQ(SAS)， ∴CP＝BQ

9、； (3)BQ＝. 【解法提示】在Rt△ABC中，∠A＝30°，AC＝， ∴BC＝AC·tanA＝， 如解圖③，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC于點(diǎn)H， 第3題解圖③ ∴∠OHB＝90°＝∠BCA，∴OH∥AC， ∵O是AB中點(diǎn)， ∴CH＝BC＝，OH＝AC＝， ∵∠BPO＝45°，∠OHP＝90°， ∴∠BPO＝∠POH，∴PH＝OH＝， ∴CP＝PH－CH＝－＝， 連接OQ，同(1)的方法得，BQ＝CP＝. 例4．已知正方形ABCD，點(diǎn)E在直線AD上(不與點(diǎn)A、D重合)，連接BE，作EF⊥BE，且EF＝BE，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥BC，交直線BC于點(diǎn)G. (1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)E在邊

10、AD上，點(diǎn)G在邊BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，求證：AB＋AE＝BG； (2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在邊DA的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)G在邊BC上時(shí)，F(xiàn)G交AD于點(diǎn)H，試猜想AB、AE與BG的關(guān)系，并加以證明； (3)如圖③，當(dāng)點(diǎn)E在邊AD的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)G在邊BC上時(shí)，F(xiàn)G交AD于點(diǎn)N，請(qǐng)直接寫出線段AB、AE、BG之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明． 　　　　 圖① 圖② 圖③ 第4題圖 【答案】(1)證明：如解圖，延長(zhǎng)AD交GF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M， ∵四邊形ABCD是正方形， 第4題解圖 ∴∠A＝90°，∠ABC＝90°， 又∵FG⊥BC， ∴四邊形ABGM是矩形， ∴AM

11、＝BG， ∵∠A＝90°，EF⊥BE，∠M＝90°， ∴∠AEB＝∠MFE， 在△ABE和△MEF中，， ∴△ABE≌△MEF(AAS)， ∴AB＝EM， ∵AM＝AE＋EM＝AE＋AB， ∴AB＋AE＝BG； (2)AB－AE＝BG； 證明：∵∠FEH＋∠BEA＝90°， ∠BEA＋∠ABE＝90°， ∴∠FEH＝∠ABE， 在△ABE和△HEF中，， ∴△ABE≌△HEF(AAS)， ∴EH＝AB，EH－AE＝AB－AE＝AH， ∵四邊形ABGH是矩形， ∴AH＝BG，∴AB－AE＝BG； (3)AE＝AB＋BG. 【解法提示】由(2)得△ABE≌△NE

12、F， ∴NE＝AB， ∵AN＋NE＝AN＋AB＝AE，BG＝AN， ∴AE＝AB＋BG. 例5．如圖，△ABC中，AB＝BC，BD⊥AC于點(diǎn)D，∠FAC＝∠ABC，且∠FAC在AC下方，點(diǎn)P，Q分別是射線BD，射線AF上的動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)P不與點(diǎn)B重合，點(diǎn)Q不與點(diǎn)A重合，連接CQ，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥CQ于點(diǎn)E，連接DE. (1)若∠ABC＝60°，BP＝AQ. ①如圖①，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段DE和線段AQ的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系； ②如圖②，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段BD的延長(zhǎng)線上時(shí)，試判斷①中的結(jié)論是否成立，并說(shuō)明理由； (2)若∠ABC＝2α≠60°，請(qǐng)直接寫出當(dāng)線段BP和線段

13、AQ滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，能使(1)中①的結(jié)論仍然成立(用含α的三角函數(shù)表示)． 第5題圖 【答案】解：(1)①DE＝AQ，DE∥AQ； ②成立； 【解法提示】如解圖①，連接PC、PQ， 第5題解圖① ∵BA＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等邊三角形， ∴BC＝AC， ∵BC＝AC，∠FAC＝∠PBC＝30°，AQ＝BP， ∴△AQC≌△BPC(SAS)， ∴QC＝PC，∠ACQ＝∠BCP， ∴∠ACQ＋∠ACP＝∠BCP＋∠ACP＝60°， ∴△PCQ是等邊三角形， 又PE⊥QC，∴E為QC的中點(diǎn)， ∵AB＝BC，BD⊥AC，∴D為AC的中點(diǎn)，

14、∴DE＝AQ，DE∥AQ； ②成立．理由如下： 如解圖②，連接PC、PQ. 第5題解圖② ∵BA＝BC，∠ABC＝60°， ∴△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC， ∵BC＝AC，∠FAC＝∠PBC＝30°，AQ＝BP， ∴△AQC≌△BPC(SAS)， ∴QC＝PC，∠ACQ＝∠BCP， ∴∠PCQ＝∠BCA＝60°， ∴△PCQ是等邊三角形， 又∵PE⊥QC，∴E為QC的中點(diǎn)， ∵AB＝BC，BD⊥AC，∴D為AC的中點(diǎn)， ∴DE＝AQ，DE∥AQ； 第5題解圖③ (2)如解圖③，連接PC，取PC中點(diǎn)M，連接MD、ME，設(shè)PE與AC交點(diǎn)為N， ∵∠PD

15、C＝90°， ∴MD＝PC， 同理ME＝PC，即MP＝MC＝MD＝ME， ∴P、D、E、C四點(diǎn)共圓， ∴∠NCE＝∠NPD，∠EDC＝∠NPC， ∵DE∥AQ，∴∠QAC＝∠EDC， 又∠QAC＝∠PBC， ∴∠NPC＝∠PBC， ∵∠EPD＋∠NPC＝∠PBC＋∠BCP， ∴∠EPD＝∠BCP， ∴∠NCE＝∠BCP. 由∠NCE＝∠BCP，∠QAC＝∠PBC，得△QAC∽△PBC， ∴＝＝＝2sin∠DBC＝2sin， 即 ＝2sinα. 例6．已知，△ABC為直角三角形，∠ACB＝90°，點(diǎn)P是射線CB上一點(diǎn)(點(diǎn)P不與點(diǎn)B、C重合)，線段AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)9

16、0°得到線段AQ，連接QB交射線AC于點(diǎn)M. (1)如圖①，當(dāng)AC＝BC，點(diǎn)P在線段CB上時(shí)，線段PB，CM的數(shù)量關(guān)系是________； (2)如圖②，當(dāng)AC＝BC，點(diǎn)P在線段CB的延長(zhǎng)線上時(shí)，(1)中的結(jié)論是否成立？若成立，寫出證明過(guò)程；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)如圖③，若＝，點(diǎn)P在線段CB的延長(zhǎng)線上，CM＝2，AP＝13，求△ABP的面積． 第6題圖 【答案】解：(1)PB＝2CM； 【解法提示】如解圖①，過(guò)點(diǎn)Q作QD⊥AC于點(diǎn)D， 第6題解圖① QE⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E. ∵AQ是由AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的， ∴AP＝AQ，且∠PAQ＝90

17、°， ∴∠PAC＋∠QAD＝90°，又∠PAC＋∠APC＝90°， ∴∠QAD＝∠APC， ∴△ACP≌△QDA(AAS)， ∴AC＝QD＝CE， 又∵△ABC為等腰直角三角形， ∴AC＝BC＝EC，即點(diǎn)C為BE的中點(diǎn)， ∴CM＝QE，即QE＝2CM， 連接AE，∵AC＝CE＝BC， ∴△ABE為等腰直角三角形， ∴AE＝AB， ∵∠BAE＝∠PAQ＝90°，∴∠BAP＝∠EAQ， 又∵AP＝AQ， ∴△APB≌△AQE(SAS)， ∴BP＝QE＝2CM， ∴PB＝2CM； (2)(1)中的結(jié)論P(yáng)B＝2CM仍然成立； 證明：如解圖②所示，過(guò)點(diǎn)Q作QG⊥BC交

18、BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥QG交QG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F. 第6題解圖② ∵AQ是由AP繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到的， ∴AP＝AQ，且∠PAQ＝90°， ∴∠PAC＋∠CAQ＝90°， 又∵∠QAF＋∠CAQ＝90°， ∴∠PAC＝∠QAF， ∴△PAC≌△QAF(AAS)， ∴AC＝AF， ∴四邊形AFGC為正方形， ∴CG＝AC＝BC，即C為BG的中點(diǎn)， ∴QG＝2CM， 連接AG可得，△ABG為等腰直角三角形， ∴AB＝AG， ∠PAB＋∠BAQ＝∠QAG＋∠BAQ＝90°， ∴∠PAB＝∠QAG， ∴△PAB≌△QAG(SAS)， ∴PB＝QG

19、＝2CM， ∴PB＝2CM； (3) 如解圖③所示，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥AC交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H. 第6題解圖③ 由題知，＝，設(shè)AC＝5a，BC＝2a， 由(2)知，△ACP≌△QHA，∴QH＝AC＝5a， 又∵△BCM∽△QHM， ∴＝， ∴＝，∴MH＝5， 又∵AP＝AQ＝13， ∴在Rt△AHQ中，根據(jù)勾股定理得：QH2＋AH2＝AQ2， ∴(5a)2＋(5a＋2＋5)2＝132， 化簡(jiǎn)得：5a2＋7a－12＝0， 即(a－1)(5a＋12)＝0， 解得：a1＝1，a2＝－(舍)， ∴BC＝2，AH＝CP＝12，AC＝5， ∴BP＝PC－BC＝12－2＝10

20、， ∴S△ABP＝BP·AC＝×10×5＝25. 例7．如圖，等邊△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別為邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，M為直線BC上一動(dòng)點(diǎn)，△DMN為等邊三角形． (1)如圖①，當(dāng)點(diǎn)M在點(diǎn)B左側(cè)時(shí)，請(qǐng)你判斷EN與MF有怎樣的數(shù)量關(guān)系？ (2)如圖②，當(dāng)點(diǎn)M在線段BC上時(shí)，其他條件不變，(1)的結(jié)論中EN與MF的數(shù)量關(guān)系是否仍然成立？若成立，請(qǐng)利用圖②證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)若點(diǎn)M在點(diǎn)C右側(cè)時(shí)，請(qǐng)你在圖③中畫出相應(yīng)的圖形，并判斷(1)的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)直接寫出結(jié)論，若不成立請(qǐng)說(shuō)明理由． 第7題圖 【答案】解：(1)EN＝MF； 【解法提示】如解

21、圖①，連接DE、DF， ∵D、E、F是等邊△ABC三邊中點(diǎn)， ∴△DEF是等邊三角形，∴DE＝DF，∠EDF＝60°， ∵△DMN為等邊三角形，∴DM＝DN，∠MDN＝60°， ∴∠MDF＝∠NDE＝60°＋∠NDF， ∴△DMF≌△DNE(SAS)，∴EN＝MF. 圖① 圖② 第7題解圖 (2)成立． 證明：如解圖②，連接DE、DF和EF， ∵△ABC是等邊三角形，∴AB＝AC＝BC. 又∵D，E，F(xiàn)是三邊的中點(diǎn)， ∴DE，DF，EF為三角形的中位線， ∴DE＝DF＝EF，∠FDE＝60°. 又∵∠MDF＋∠FDN＝60°， ∠N

22、DE＋∠FDN＝60°， ∴∠MDF＝∠NDE. 在△DMF和△DNE中， ∴△DMF≌△DNE(SAS)，∴EN＝FM； (3)畫出圖形如解圖③， 第7題解圖③ MF與EN相等的結(jié)論仍然成立(或EN＝MF成立)． 【解法提示】如解圖④，連接DE、EF、DF. 　 第7題解圖④ ∵D、E、F分別為AB、AC、BC的中點(diǎn)，且△ABC是等邊三角形，∴△DEF是等邊三角形， ∴DE＝DF，∠EDF＝60°. ∵△DMN是等邊三角形， ∴DM＝DN，∠MDN＝60°， ∴∠MDF＋∠MDE＝∠MDE＋∠NDE， ∴∠MDF＝∠NDE， ∴△MDF≌△NDE(SA

23、S)， ∴MF＝NE. 例8．已知，在矩形ABCD中，BC＝2AB，點(diǎn)M為AD邊的中點(diǎn)，連接BD，點(diǎn)P是對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)，連接AP，以點(diǎn)P為頂點(diǎn)作∠EPF＝90°，PE交AB邊于點(diǎn)E，PF交AD邊于點(diǎn)F. (1)發(fā)現(xiàn)問(wèn)題 如圖①，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中∠PBA與∠PAB互余時(shí)，線段BE、MF與AB的數(shù)量關(guān)系為__________； (2)解決問(wèn)題 如圖②，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)過(guò)程中∠PBA與∠PAB相等時(shí)，請(qǐng)判斷(1)中的結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由； (3)拓展延伸 在(2)的條件下，連接EF并延長(zhǎng)EF，交直線BD于點(diǎn)G，若BE∶AF＝2∶3，EF＝，求DG的長(zhǎng)．

24、 第8題圖 【答案】解：(1)BE－MF＝AB； 【解法提示】如解圖①，取AB的中點(diǎn)N，連接PN、PM. 第8題解圖① ∵∠PBA與∠PAB互余， ∴∠PBA＋∠PAB＝90°， ∴∠APB＝90°， ∴∠APD＝90°， ∵N是AB的中點(diǎn)，M是AD的中點(diǎn)， ∴PN＝BN＝AN＝AB，AM＝DM＝PM＝AD， ∴∠NAP＝∠NPA，∠MAP＝∠MPA. ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝90°，AB＝CD，AD＝BC. ∵BC＝2AB， ∴AD＝2AB， ∴＝， 而∠NAP＋∠MAP＝∠BAD＝90°， ∴∠NPA＋∠MPA＝90°，即∠NPM＝

25、90°. ∵∠EPF＝90°， ∴∠NPM＝∠EPF， ∴∠NPM－∠EPM＝∠EPF－∠EPM， ∴∠NPE＝∠MPF. ∵∠ABP＋∠BAP＝90°，∠BAP＋∠DAP＝90°， ∴∠ABP＝∠DAP. ∵PN＝BN，AM＝PM， ∴∠ABP＝∠BPN，∠DAP＝∠MPA， ∴∠ENP＝∠FMP， ∴△PNE∽△PMF， ∴＝＝＝. ∴NE＝MF， ∵BE－NE＝BN， ∴BE－MF＝BN， 又∵BN＝AB， ∴BE－MF＝AB. (2)不成立； 理由如下：如解圖②，取AB的中點(diǎn)N，連接PN、PM， 第8題解圖② ∵四邊形ABCD是矩形， ∴∠

26、BAD＝∠ABC＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC， ∴∠ADB＝∠CBD， ∵∠PBA＝∠PAB， ∴PA＝PB， ∵N是AB的中點(diǎn)， ∴PN⊥AB， ∴∠ANP＝90°， ∵∠PAB＋∠PAD＝90°，∠PBA＋∠PBC＝90°， ∴∠PAD＝∠PBC， ∴∠PAD＝∠PDA， ∴PA＝PD. ∵M(jìn)是AD的中點(diǎn)， ∴PM⊥AD， ∴∠PMA＝90°， ∴四邊形PMAN是矩形， ∴∠NPM＝90°，AN＝PM，PN＝AM. ∵∠EPF＝90°， ∴∠NPM＝∠EPF， ∴∠NPM－∠EPM＝∠EPF－∠EPM， ∴∠NPE＝∠MPF. ∵∠P

27、NE＝∠PMF＝90°， ∴△PNE∽△PMF， ∴＝＝. ∵AD＝2AB， ∴NE＝2MF. ∵BE－NE＝BN， ∴BE－2MF＝BN， ∵N是AB的中點(diǎn)， ∴BN＝AB， ∴BE－2MF＝AB，故(1)中結(jié)論不成立； (4) 如解圖③，延長(zhǎng)CD交FG于點(diǎn)H，設(shè)BE＝2a，則AF＝3a. 第8題解圖③ ∵BE－2MF＝AB， ∴BE－2(AF－AM)＝AB. ∵AM＝AB， ∴2a－2(3a－AB)＝AB， ∴AB＝a， ∴AD＝a，AE＝a，F(xiàn)D＝a. ∵AE2＋AF2＝EF2， ∴(a)2＋(3a)2＝()2， 解得a1＝3，a2＝－3(舍去

28、)． ∴AE＝2，BE＝6，AF＝9，DF＝7，BD＝8. ∵HD∥AB， ∴△AEF∽△DHF， ∴＝， ∴＝， ∴DH＝. ∵四邊形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，即HD∥BE. ∴△GDH∽△GBE， ∴＝， ∴＝， ∴DG＝. 例9．如圖①，在等腰Rt△ABC和等腰Rt△EDB中，AC＝BC，DE＝BD，∠ACB＝∠EDB＝90°，P為AE的中點(diǎn)． (1)觀察猜想 連接PC、PD，則線段PC與PD的位置關(guān)系是________，數(shù)量關(guān)系是________； (2)探究證明 如圖②，當(dāng)點(diǎn)E在線段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，其他條件不變，作EF⊥BC于F，連接PF，試判斷

29、△PCF的形狀，并說(shuō)明理由； (3)拓展延伸 在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，當(dāng)△PCF是等邊三角形時(shí)，直接寫出△ACB與△EDB的兩直角邊之比． 第9題圖 【答案】解：(1)PC⊥PD，PC＝PD； 【解法提示】如解圖①，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC于F，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于H，連接PF， 第9題解圖① 易得四邊形EFBD是正方形， ∴EF＝ED，∠DEB＝∠FEB＝45°， ∴∠PEF＝∠PED＝135°， 在△PEF和△PED中， ， ∴△PEF≌△PED(SAS)， ∴PF＝PD，∠EPF＝∠EPD， ∵AC∥PH∥EF，點(diǎn)P為AE的中點(diǎn)， ∴點(diǎn)H是FC的中點(diǎn)， ∴C

30、H＝HF， 又PH⊥BC，∴PC＝PF， 故△PCF是等腰三角形，∴∠CPH＝∠FPH， ∴PC＝PD； ∵∠HPB＝∠HPF＋∠EPF＝45°， ∴∠CPD＝∠CPH＋∠HPF＋∠EPF＋∠EPD＝2(∠HPF＋∠EPF)＝90°， ∴PC⊥PD. (2)△PCF為等腰三角形， 理由如下：如解圖②，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H， 第9題解圖② 則AC∥PH∥EF， ∵P為AE的中點(diǎn)， ∴點(diǎn)H是FC的中點(diǎn)，∴CH＝HF， 又PH⊥BC， ∴PC＝PF， ∴△PCF為等腰三角形； (3)＋2. 【解法提示】如解圖③，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于

31、點(diǎn)H，由(1)知，四邊形BDEF為正方形，設(shè)EF＝BF＝BD＝x，HF＝y(tǒng)， 第9題解圖③ ∵△PCF是等邊三角形， ∴PH＝y(tǒng)， ∵PH∥EF， ∴△BEF∽△BPH， ∴＝，即＝， 解得y＝x， ∴BC＝x＋2y＝(＋2)x， ∴＝＝＋2. ∴△ACB與△EDB的兩直角邊之比為＋2. 例10．已知在△ABC中，AB邊上的動(dòng)點(diǎn)D由A向B運(yùn)動(dòng)(與A，B不重合)，點(diǎn)E與點(diǎn)D同時(shí)出發(fā)，由點(diǎn)C沿BC的延長(zhǎng)線方向運(yùn)動(dòng)(E不與C重合)，連接DE交AC于F，點(diǎn)H是線段AF上一點(diǎn)． (1)初步嘗試 如圖①，若△ABC是等邊三角形，DH⊥AC，且點(diǎn)D，E的運(yùn)動(dòng)速度相等，過(guò)點(diǎn)D作D

32、G∥BC交AC于點(diǎn)G，則GH與AH的數(shù)量關(guān)系是________，GF與FC的數(shù)量關(guān)系是________，的值是________； (2)類比探究 如圖②，若在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ADH＝∠A＝30°，且點(diǎn)D，E的運(yùn)動(dòng)速度之比是∶1，求的值； (3)延伸拓展 如圖③，若在△ABC中，AB＝AC，∠ADH＝∠A＝36°，記＝m，且點(diǎn)D，E的運(yùn)動(dòng)速度相等，試用含m的代數(shù)式表示.(直接寫出結(jié)果，不必寫出解答過(guò)程) 第10題圖 【答案】解：(1)GH＝AH，GF＝FC，2； 【解法提示】∵DG∥BC， ∴∠ADG＝∠B，∠AGD＝∠ACB， ∵△ABC是等邊三角形，

33、∴∠A＝∠B＝∠ACB＝60°， ∴∠ADG＝∠AGD＝∠A， ∴△ADG是等邊三角形，∴GD＝AD＝CE， ∵DH⊥AC，∴GH＝AH， ∵DG∥BC， ∴∠GDF＝∠CEF，∠DGF＝∠ECF， 在△GDF和△CEF中， ∵， ∴△GDF≌△CEF(ASA)， ∴GF＝CF， ∴GH＋GF＝AH＋CF，即HF＝AC， ∴＝2. (2)如解圖①，過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC，交AC于點(diǎn)G， 第10題解圖① 則∠ADG＝∠B＝90°， ∵∠A＝∠ADH＝30°，∴∠HGD＝∠HDG＝60°， ∴△DHG是等邊三角形， ∴AH＝GH＝GD，AD＝GD， 根據(jù)題意得A

34、D＝CE，∴GD＝CE， ∵DG∥BC，∴∠GDF＝∠CEF，∠DGF＝∠ECF， 在△GDF和△CEF中， ∵，∴△GDF≌△CEF(ASA)， ∴GF＝CF，∴GH＋GF＝AH＋CF， 即HF＝AC，∴＝2； (3)＝. 【解法提示】如解圖②，過(guò)點(diǎn)D作DG∥BC，交AC于點(diǎn)G， 第10題解圖② 則∠ADG＝∠B，∠AGD＝∠ACB，AD＝EC， ∵AB＝AC，∠A＝36°， ∴∠ACB＝∠B＝∠ADG＝∠AGD＝72°， ∵∠ADH＝∠A＝36°， ∴AH＝DH，∠DHG＝72°＝∠AGD， ∴DG＝DH＝AH， ∴△ADG∽△ABC，△ADG∽△DGH， ∴△DGH∽△ABC，∴＝＝＝m，∴＝m， ∵DG∥BC，∴△DFG∽△EFC，∴＝， 又∵CE＝AD，∴＝＝m，∴＝＝m， ∴＝＝m，∴＝， ∴＝＝＋1＝. 22