发布时间 : 星期五 文章2020年中考数学二轮复习重难题型突破类型七 综合实践题更新完毕开始阅读
图① 图②
第7题解图
(2)成立.
证明:如解图②,连接DE、DF和EF, ∵△ABC是等边三角形,∴AB=AC=BC. 又∵D,E,F是三边的中点, ∴DE,DF,EF为三角形的中位线, ∴DE=DF=EF,∠FDE=60°.
又∵∠MDF+∠FDN=60°, ∠NDE+∠FDN=60°, ∴∠MDF=∠NDE.
?DF=DE,在△DMF和△DNE中,??∠MDF=∠NDE,
??DM=DN,∴△DMF≌△DNE(SAS),∴EN=FM; (3)画出图形如解图③,
第7题解图③
MF与EN相等的结论仍然成立(或EN=MF成立).
【解法提示】如解图④,连接DE、EF、DF.
第7题解图④
∵D、E、F分别为AB、AC、BC的中点,且△ABC是等边三角形,∴△DEF是等边三角形,∴DE=DF,∠EDF=60°. ∵△DMN是等边三角形,
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∴DM=DN,∠MDN=60°, ∴∠MDF+∠MDE=∠MDE+∠NDE, ∴∠MDF=∠NDE, ∴△MDF≌△NDE(SAS), ∴MF=NE.
例8.已知,在矩形ABCD中,BC=2AB,点M为AD边的中点,连接BD,点P是对角线BD上的动点,连接AP,以点P为顶点作∠EPF=90°,PE交AB边于点E,PF交AD边于点F.
(1)发现问题
如图①,当点P运动过程中∠PBA与∠PAB互余时,线段BE、MF与AB的数量关系为__________; (2)解决问题
如图②,当点P运动过程中∠PBA与∠PAB相等时,请判断(1)中的结论是否成立?若成立,请给出证明;若不成立,请说明理由;
(3)拓展延伸
在(2)的条件下,连接EF并延长EF,交直线BD于点G,若BE∶AF=2∶3,EF=85,求DG的长.
第8题图
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【答案】解:(1)BE-MF=AB;
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【解法提示】如解图①,取AB的中点N,连接PN、PM.
第8题解图①
∵∠PBA与∠PAB互余, ∴∠PBA+∠PAB=90°, ∴∠APB=90°, ∴∠APD=90°,
∵N是AB的中点,M是AD的中点, 11
∴PN=BN=AN=AB,AM=DM=PM=AD,
22∴∠NAP=∠NPA,∠MAP=∠MPA.
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∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAD=90°,AB=CD,AD=BC. ∵BC=2AB, ∴AD=2AB, ∴
ABAD=12
, 而∠NAP+∠MAP=∠BAD=90°, ∴∠NPA+∠MPA=90°,即∠NPM=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, 1AB∴NEMF=PN21PM=1=2
. 2AD∴NE=1
2MF,
∵BE-NE=BN, ∴BE-1
2MF=BN,
又∵BN=1
2AB,
∴BE-112MF=2AB.
(2)不成立;
理由如下:如解图②,取AB的中点N,连接PN、PM,
第8题解图②
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∵四边形ABCD是矩形,
∴∠BAD=∠ABC=90°,AB=CD,AD=BC,AD∥BC, ∴∠ADB=∠CBD, ∵∠PBA=∠PAB, ∴PA=PB, ∵N是AB的中点, ∴PN⊥AB, ∴∠ANP=90°,
∵∠PAB+∠PAD=90°,∠PBA+∠PBC=90°, ∴∠PAD=∠PBC, ∴∠PAD=∠PDA, ∴PA=PD. ∵M是AD的中点, ∴PM⊥AD, ∴∠PMA=90°, ∴四边形PMAN是矩形,
∴∠NPM=90°,AN=PM,PN=AM. ∵∠EPF=90°, ∴∠NPM=∠EPF,
∴∠NPM-∠EPM=∠EPF-∠EPM, ∴∠NPE=∠MPF. ∵∠PNE=∠PMF=90°, ∴△PNE∽△PMF, 1∴NEPN2ADMF=PM=1
. 2AB∵AD=2AB, ∴NE=2MF. ∵BE-NE=BN, ∴BE-2MF=BN, ∵N是AB的中点, ∴BN=1
2
AB,
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