发布时间 : 星期日 文章2019中考数学全国各地几何压轴题汇编更新完毕开始阅读
【分析】数学理解：
（1）由等腰直角三角形的性质可得AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝
AC，由正方形
的性质可得DE＝DF＝CE，∠DFC＝∠DEC＝90°，可求AF＝DF＝CE，即可得AB＝（AF+BE）； 问题解决：
（2）延长AC，使FM＝BE，通过证明△DFM≌△DEB，可得DM＝DB，通过△ADM≌△ADB，可得∠DAC＝∠DAB＝∠CAB，∠ABD＝∠CBD＝∠ABC，由三角形内角和定理可求∠ADB的度数； 联系拓广：
（3）由正方形的性质可得DE∥AC，DF∥BC，由平行线的性质可得∠DAB＝∠ADM，∠NDB＝∠ABD，可得AM＝MD，DN＝NB，即可求MN，AM，BN的数量关系． 【解答】解： 数学理解： （1）AB＝
（AF+BE）
理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形 ∴AC＝BC，∠A＝∠B＝45°，AB＝∵四边形DECF是正方形
∴DE＝DF＝CE＝CF，∠DFC＝∠DEC＝90° ∴∠A＝∠ADF＝45° ∴AF＝DF＝CE ∴AF+BE＝BC＝AC ∴AB＝
问题解决：
（2）如图，延长AC，使FM＝BE，连接DM，
（AF+BE）
AC6
∵四边形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，且DM＝DB，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°
联系拓广：
（3）∵四边形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，
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
（2019年海南21题）
21．（13分）如图，在边长为l的正方形ABCD中，E是边CD的中点，点P是边AD上一点（与点A、D不重合），射线PE与BC的延长线交于点Q． （1）求证：△PDE≌△QCE；
（2）过点E作EF∥BC交PB于点F，连结AF，当PB＝PQ时， ①求证：四边形AFEP是平行四边形；
②请判断四边形AFEP是否为菱形，并说明理由．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形知∠D＝∠ECQ＝90°，由E是CD的中点知DE＝CE，结合∠DEP＝∠CEQ即可得证；
（2）①由PB＝PQ知∠PBQ＝∠Q，结合AD∥BC得∠APB＝∠PBQ＝∠Q＝∠EPD，由△PDE≌△QCE知PE＝QE，再由EF∥BQ知PF＝BF，根据Rt△PAB中AF＝PF＝BF知∠APF＝∠PAF，从而得∠PAF＝∠EPD，据此即可证得PE∥AF，从而得证； ②设AP＝x，则PD＝1﹣x，若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x，由PD2+DE2＝PE2得关于x的方程，解之求得x的值，从而得出四边形AFEP为菱形的情况． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝∠ECQ＝90°， ∵E是CD的中点， ∴DE＝CE，
又∵∠DEP＝∠CEQ， ∴△PDE≌△QCE（ASA）；
（2）①∵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，
∴四边形AFEP是平行四边形； ②当AP＝时，四边形AFEP是菱形． 设AP＝x，则PD＝1﹣x，
若四边形AFEP是菱形，则PE＝PA＝x， ∵CD＝1，E是CD中点， ∴DE＝，
在Rt△PDE中，由PD2+DE2＝PE2得（1﹣x）2+（）2＝x2， 解得x＝，
即当AP＝时，四边形AFEP是菱形．
【点评】本题是四边形的综合问题，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、平行四边形与菱形的判定、性质等知识点．
（2019年河北25题）
25．（10分）如图1和2，?ABCD中，AB＝3，BC＝15，tan∠DAB＝．点P为AB延长线上一点，过点A作⊙O切CP于点P，设BP＝x．