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- 2021-11-11 发布
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第二篇 攻专题·疑难探究
专题四 几何综合性问题
§ 类型一 多结论判断问题
§ (2018·四川攀枝花中考) 如
图,在矩形ABCD中,E是AB边的
中点,沿EC对折矩形ABCD,使B
点落在点P处,折痕为EC,连接
AP并延长AP交CD于点F,连接CP
并延长CP交AD于点Q.给出以下结
论:①四边形AECF为平行四边形;
②∠PBA=∠APQ;③△FPC为等
腰三角形;④△APB≌ △EPC.其
中正确结论的个数为( )
§ A.1 B.2
§ C.3 D.4
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§ ②∵∠APB=90°,
§ ∴∠APQ+∠BPC=90°.
§ 由折叠,得BC=PC,∴∠BPC=∠PBC.
§ ∵四边形ABCD是矩形,
§ ∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°,
∴∠ABP=∠APQ,故②正确;
§ ③∵AF∥EC,
§ ∴∠FPC=∠PCE=∠BCE.
§ ∵∠PFC是钝角,当△BPC是等边三角形,
即∠BCE=30°时,才有∠FPC=∠FCP,
故③不正确;
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§ ④∵AF=EC,AD=BC=PC,∠ADF=
∠EPC=90°,∴Rt△EPC≌△FDA.
§ ∵∠ADF=∠APB=90°,∠FAD=∠ABP,
§ ∴当BP=AD,即△BPC是等边三角形时,
有△APB≌△FDA,此时△APB≌△EPC,
故④不正确.
§ 综上,正确结论有①②,共2个.
§ 解题技巧:本题考查了全等三角形的判定和
性质,等腰三角形的性质和判定,矩形的性
质,翻折变换,平行四边形的判定,熟练掌
握全等三角形的判定与性质是解本题的关
键.
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§ (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.
§ 解题技巧:本题是四边形综合题,考查了正
方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等
三角形的判定与性质、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.
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D
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A
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§ ①求证:∠EFG+∠EHG=∠FGH;
§ 证明:∵EF=EG=EH,∴∠EFG=∠EGF,
∠EGH=∠EHG,∴∠EFG+∠EHG=
∠EGF+∠EGH=∠FGH.
§ ②在边FG、GH上分别取中点M、N,连接
MN.若∠FGH=120°,EF=10,直接写出
线段MN的长.
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§ 类比拓展
§ 顶角为2α的等腰三角形的底边与一腰的长度
之比为_______________.(用含α的式子表示)
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2sin α
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