发布时间 : 星期日 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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