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- 2021-05-10 发布
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专题八:几何证明题
【问题解析】
几何证明题重在训练学生应用数学语言合情推理能力,几何证明题和计算题在中考中占有重要地位.根据新的课程标准,对几何证明题证明的方法技巧上要降低,繁琐性、难度方面要降低.但是注重考查学生的基础把握推理能力,所以几何证明题是目前常考的题型.
【热点探究】
类型一:关于三角形的综合证明题
【例题1】(2016·四川南充)已知△ABN和△ACM位置如图所示,AB=AC,AD=AE,∠1=∠2.
(1)求证:BD=CE;
(2)求证:∠M=∠N.
【分析】(1)由SAS证明△ABD≌△ACE,得出对应边相等即可
(2)证出∠BAN=∠CAM,由全等三角形的性质得出∠B=∠C,由AAS证明△ACM≌△ABN,得出对应角相等即可.
【解答】(1)证明:在△ABD和△ACE中,,
∴△ABD≌△ACE(SAS),
∴BD=CE;
(2)证明:∵∠1=∠2,
∴∠1+∠DAE=∠2+∠DAE,
即∠BAN=∠CAM,
由(1)得:△ABD≌△ACE,
∴∠B=∠C,
在△ACM和△ABN中,,
∴△ACM≌△ABN(ASA),
∴∠M=∠N.
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质;证明三角形全等是解决问题的关键.
【同步练】
(2016·山东省菏泽市·3分)如图,△ACB和△DCE均为等腰三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE.
(1)如图1,若∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°
①求证:AD=BE;
②求∠AEB的度数.
(2)如图2,若∠ACB=∠DCE=120°,CM为△DCE中DE边上的高,BN为△ABE中AE边上的高,试证明:AE=2CM+BN.
类型二:关于四边形的综合证明题
【例题2】(2016·山东省滨州市·10分)如图,BD是△ABC的角平分线,它的垂直平分线分别交AB,BD,BC于点E,F,G,连接ED,DG.
(1)请判断四边形EBGD的形状,并说明理由;
(2)若∠ABC=30°,∠C=45°,ED=2,点H是BD上的一个动点,求HG+HC的最小值.
【考点】平行四边形的判定与性质;角平分线的性质.
【分析】(1)结论四边形EBGD是菱形.只要证明BE=ED=DG=GB即可.
(2)作EM⊥BC于M,DN⊥BC于N,连接EC交BD于点H,此时HG+HC最小,在RT△EMC中,求出EM、MC即可解决问题.
【解答】解:(1)四边形EBGD是菱形.
理由:∵EG垂直平分BD,
∴EB=ED,GB=GD,
∴∠EBD=∠EDB,
∵∠EBD=∠DBC,
∴∠EDF=∠GBF,
在△EFD和△GFB中,
,
∴△EFD≌△GFB,
∴ED=BG,
∴BE=ED=DG=GB,
∴四边形EBGD是菱形.
(2)作EM⊥BC于M,DN⊥BC于N,连接EC交BD于点H,此时HG+HC最小,
在RT△EBM中,∵∠EMB=90°,∠EBM=30°,EB=ED=2,
∴EM=BE=,
∵DE∥BC,EM⊥BC,DN⊥BC,
∴EM∥DN,EM=DN=,MN=DE=2,
在RT△DNC中,∵∠DNC=90°,∠DCN=45°,
∴∠NDC=∠NCD=45°,
∴DN=NC=,
∴MC=3,
在RT△EMC中,∵∠EMC=90°,EM=.MC=3,
∴EC===10.
∵HG+HC=EH+HC=EC,
∴HG+HC的最小值为10.
【点评】本题考查平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、角平分线的性质、垂直平分线的性质、勾股定理等知识,解题的关键是利用对称找到点H的位置,属于中考常考题型.
【同步练】
(2016·山东省济宁市·3分)如图,正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,延长CB至点F,使CF=CA,连接AF,∠ACF的平分线分别交AF,AB,BD于点E,N,M,连接EO.
(1)已知BD=,求正方形ABCD的边长;
(2)猜想线段EM与CN的数量关系并加以证明.
类型三:关于圆的综合证明题
【例题3】(2016·山东潍坊)正方形ABCD内接于⊙O,如图所示,在劣弧上取一点E,连接DE、BE,过点D作DF∥BE交⊙O于点F,连接BF、AF,且AF与DE相交于点G,求证:
(1)四边形EBFD是矩形;
(2)DG=BE.
【考点】正方形的性质;矩形的判定;圆周角定理.
【分析】(1)直接利用正方形的性质、圆周角定理结合平行线的性质得出∠BED=∠BAD=90°,∠BFD=∠BCD=90°,∠EDF=90°,进而得出答案;
(2)直接利用正方形的性质的度数是90°,进而得出BE=DF,则BE=DG.
【解答】证明:(1)∵正方形ABCD内接于⊙O,
∴∠BED=∠BAD=90°,∠BFD=∠BCD=90°,
又∵DF∥BE,
∴∠EDF+∠BED=180°,
∴∠EDF=90°,
∴四边形EBFD是矩形;
(2))∵正方形ABCD内接于⊙O,
∴的度数是90°,
∴∠AFD=45°,
又∵∠GDF=90°,
∴∠DGF=∠DFC=45°,
∴DG=DF,
又∵在矩形EBFD中,BE=D
【同步练】
(枣庄市 2015 中考 -24)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,以AB的中点O为圆心、OA为半径的圆交AC于点D,E是BC的中点,连接DE,OE.
(1)判断DE与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2)求证:BC2=CD•2OE;
(3)若cos∠BAD=,BE=6,求OE的长.
类型四:关于相似三角形的证明问题
【例题4】(2016·黑龙江齐齐哈尔·8分)如图,在△ABC中,AD⊥BC,BE⊥AC,垂足分别为D,E,AD与BE相交于点F.
(1)求证:△ACD∽△BFD;
(2)当tan∠ABD=1,AC=3时,求BF的长.
【考点】相似三角形的判定与性质.
【分析】(1)由∠C+∠DBF=90°,∠C+∠DAC=90°,推出∠DBF=∠DAC,由此即可证明.
(2)先证明AD=BD,由△ACD∽△BFD,得==1,即可解决问题.
【解答】(1)证明:∵AD⊥BC,BE⊥AC,
∴∠BDF=∠ADC=∠BEC=90°,
∴∠C+∠DBF=90°,∠C+∠DAC=90°,
∴∠DBF=∠DAC,
∴△ACD∽△BFD.
(2)∵tan∠ABD=1,∠ADB=90°
∴=1,
∴AD=BD,
∵△ACD∽△BFD,
∴==1,
∴BF=AC=3.
【同步练】
(2016·湖北武汉·10分)在△ABC中,P为边AB上一点.
(1) 如图1,若∠ACP=∠B,求证:AC2=AP·AB;
(2) 若M为CP的中点,AC=2,
① 如图2,若∠PBM=∠ACP,AB=3,求BP的长;
② 如图3,若∠ABC=45°,∠A=∠BMP=60°,直接写出BP的长.
【达标检测】
1. (2016·黑龙江哈尔滨·8分)已知:如图,在正方形ABCD中,点E在边CD上,AQ⊥BE于点Q,DP⊥AQ于点P.
(1)求证:AP=BQ;
(2)在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图中四对线段,使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ的长.
2. (2016·四川内江)(9分)如图6所示,△ABC中,D是BC边上一点,E是AD的中点,过点A作BC的平行线交CE的延长线于F,且AF=BD,连接BF.
(1)求证:D是BC的中点;
(2)若AB=AC,试判断四边形AFBD的形状,并证明你的结论.
D
C
E
F
B
A
图6
3. (烟台市 2015 中考 -23)如图,以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC,BC的交点分别为D、E,且=.
(1)试判断△ABC的形状,并说明理由.
(2)已知半圆的半径为5,BC=12,求sin∠ABD的值.
4. (2015•内蒙古呼伦贝尔兴安盟,第22题7分)如图,在平行四边形ABCD中,E、F分别为边AB、CD的中点,BD是对角线.
(1)求证:△ADE≌△CBF;
(2)若∠ADB是直角,则四边形BEDF是什么四边形?证明你的结论.
5. (烟台市 2014 中考 -24)如图,AB是⊙O的直径,延长AB至P,使BP=OB,BD垂直于弦BC,垂足为点B,点D在PC上.设∠PCB=α,∠POC=β.
求证:tanα•tan=.
6. (2015•梧州,第25题12分)如图,在正方形ABCD中,点P在AD上,且不与A、D重合,BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点,垂足为Q,过E作EH⊥AB于H.
(1)求证:HF=AP;
(2)若正方形ABCD的边长为12,AP=4,求线段EQ的长.
7. (2015•北海,第25题12分)如图,AB、CD为⊙O的直径,弦AE∥CD,连接BE交CD于点F,过点E作直线EP与CD的延长线交于点P,使∠PED=∠C.
(1)求证:PE是⊙O的切线;
(2)求证:ED平分∠BEP;
(3)若⊙O的半径为5,CF=2EF,求PD的长.
【参考答案】
类型一:关于三角形的综合证明题
【同步练】
(2016·山东省菏泽市·3分)如图,△ACB和△DCE均为等腰三角形,点A,D,E在同一直线上,连接BE.
(1)如图1,若∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°
①求证:AD=BE;
②求∠AEB的度数.
(2)如图2,若∠ACB=∠DCE=120°,CM为△DCE中DE边上的高,BN为△ABE中AE边上的高,试证明:AE=2CM+BN.
【考点】等腰三角形的性质.
【分析】(1)①通过角的计算找出∠ACD=∠BCE,再结合△ACB和△DCE均为等腰三角形可得出“AC=BC,DC=EC”,利用全等三角形的判定(SAS)即可证出△ACD≌△BCE,由此即可得出结论AD=BE;
②结合①中的△ACD≌△BCE可得出∠ADC=∠BEC,再通过角的计算即可算出∠AEB的度数;
(2)根据等腰三角形的性质结合顶角的度数,即可得出底角的度数,利用(1)的结论,通过解直角三角形即可求出线段AD、DE的长度,二者相加即可证出结论.
【解答】(1)①证明:∵∠CAB=∠CBA=∠CDE=∠CED=50°,
∴∠ACB=∠DCE=180°﹣2×50°=80°.
∵∠ACB=∠ACD+∠DCB,∠DCE=∠DCB+∠BCE,
∴∠ACD=∠BCE.
∵△ACB和△DCE均为等腰三角形,
∴AC=BC,DC=EC.
在△ACD和△BCE中,有,
∴△ACD≌△BCE(SAS),
∴AD=BE.
②解:∵△ACD≌△BCE,
∴∠ADC=∠BEC.
∵点A,D,E在同一直线上,且∠CDE=50°,
∴∠ADC=180°﹣∠CDE=130°,
∴∠BEC=130°.
∵∠BEC=∠CED+∠AEB,且∠CED=50°,
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=130°﹣50°=80°.
(2)证明:∵△ACB和△DCE均为等腰三角形,且∠ACB=∠DCE=120°,
∴∠CDM=∠CEM=×(180°﹣120°)=30°.
∵CM⊥DE,
∴∠CMD=90°,DM=EM.
在Rt△CMD中,∠CMD=90°,∠CDM=30°,
∴DE=2DM=2×=2CM.
∵∠BEC=∠ADC=180°﹣30°=150°,∠BEC=∠CEM+∠AEB,
∴∠AEB=∠BEC﹣∠CEM=150°﹣30°=120°,
∴∠BEN=180°﹣120°=60°.
在Rt△BNE中,∠BNE=90°,∠BEN=60°,
∴BE==BN.
∵AD=BE,AE=AD+DE,
∴AE=BE+DE=BN+2CM.
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、全等三角形的判定及性质、解直角三角形以及角的计算,解题的关键是:(1)通过角的计算结合等腰三角形的性质证出△ACD≌△BCE;(2)找出线段AD、DE的长.本题属于中档题,难度不大,但稍显繁琐,解决该题型题目时,利用角的计算找出相等的角,再利用等腰三角形的性质找出相等的边或角,最后根据全等三角形的判定定理证出三角形全是关键.
类型二:关于四边形的综合证明题
【同步练】
(2016·山东省济宁市·3分)如图,正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,延长CB至点F,使CF=CA,连接AF,∠ACF的平分线分别交AF,AB,BD于点E,N,M,连接EO.
(1)已知BD=,求正方形ABCD的边长;
(2)猜想线段EM与CN的数量关系并加以证明.
【考点】正方形的性质.
【分析】(1)根据正方形的性质以及勾股定理即可求得;
(2)根据等腰三角形三线合一的性质证得CE⊥AF,进一步得出∠BAF=∠BCN,然后通过证得△ABF≌△CBN得出AF=CN,进而证得△ABF∽△COM,根据相似三角形的性质和正方形的性质即可证得CN=CM.
【解答】解:(1)∵四边形ABCD是正方形,
∴△ABD是等腰直角三角形,
∴2AB2=BD2,
∵BD=,
∴AB=1,
∴正方形ABCD的边长为1;
(2)CN=CM.
证明:∵CF=CA,AF是∠ACF的平分线,
∴CE⊥AF,
∴∠AEN=∠CBN=90°,
∵∠ANE=∠CNB,
∴∠BAF=∠BCN,
在△ABF和△CBN中,
,
∴△ABF≌△CBN(AAS),
∴AF=CN,
∵∠BAF=∠BCN,∠ACN=∠BCN,
∴∠BAF=∠OCM,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC⊥BD,
∴∠ABF=∠COM=90°,
∴△ABF∽△COM,
∴=,
∴==,
即CN=CM.
类型三:关于圆的综合证明题
【同步练】
(枣庄市 2015 中考 -24)如图,在△ABC中,∠ABC=90°,以AB的中点O为圆心、OA为半径的圆交AC于点D,E是BC的中点,连接DE,OE.
(1)判断DE与⊙O的位置关系,并说明理由;
(2)求证:BC2=CD•2OE;
(3)若cos∠BAD=,BE=6,求OE的长.
思路分析:
本题考查了切线的判定,垂径定理以及相似三角形的判定与性质等知识点.故对于题(1)可以连接OD,BD,由AB为圆O的直径,得到∠ADB为直角,从而
得出三角形BCD为直角三角形,E为斜边BC的中点,利用斜边上的中线等于斜边的一半,得到CE=DE,利用等边对等角得到一对角相等,再由OA=OD,利用等边对等角得到一对角相等,由直角三角形ABC中两锐角互余,利用等角的余角相等得到∠ADO与∠CDE互余,可得出∠ODE为直角,即DE垂直于半径OD,可得出DE为圆O的切线;
对于题(2)首先可证明OE是△ABC的中位线,则AC=2OE,然后证明△ABC∽△BDC,根据相似三角形的对应边的比相等,即可证得;
对于题(3)在直角△ABC中,利用勾股定理求得AC的长,之后根据三角形中位线定理OE的长即可求得.
解题过程:
(1)证明:连接OD,BD,
∵AB为圆O的直径,
∴∠ADB=90°,
在Rt△BDC中,E为斜边BC的中点,
∴CE=DE=BE=BC,
∴∠C=∠CDE,
∵OA=OD,
∴∠A=∠ADO,
∵∠ABC=90°,即∠C+∠A=90°,
∴∠ADO+∠CDE=90°,即∠ODE=90°,
∴DE⊥OD,又OD为圆的半径,
∴DE为⊙O的切线;
(2)证明:∵E是BC的中点,O点是AB的中点,
∴OE是△ABC的中位线,
∴AC=2OE,
∵∠C=∠C,∠ABC=∠BDC,
∴△ABC∽△BDC,
∴,即BC2=AC•CD.
∴BC2=2CD•OE;
(3)解:∵cos∠BAD=,
∴sin∠BAC=,
又∵BE=6,E是BC的中点,即BC=12,
∴AC=15.
又∵AC=2OE,
∴OE=AC=.
规律总结:
熟练把握切线的判定,垂径定理以及相似三角形的判定与性质等知识点是解决本题的关键.要证某线是圆的切线,已知此线过圆上某点,连接圆心与这点(即为半径),再证垂直即可.
类型四:关于相似三角形的证明问题
【同步练】
(2016·湖北武汉·10分)在△ABC中,P为边AB上一点.
(1) 如图1,若∠ACP=∠B,求证:AC2=AP·AB;
(2) 若M为CP的中点,AC=2,
① 如图2,若∠PBM=∠ACP,AB=3,求BP的长;
② 如图3,若∠ABC=45°,∠A=∠BMP=60°,直接写出BP的长.
【考点】相似形综合,考查相似三角形的判定和性质,平行线的性质,三角形中位线性质,勾股定理。
【答案】 (1)证△ACP∽△ABC即可;(2)①BP=;②
【解析】(1)证明:∵∠ACP=∠B,∠BAC=∠CAP,∴△ACP∽△ABC,∴AC:AB=AP:AC,∴AC2=AP·AB;
(2)①如图,作CQ∥BM交AB延长线于Q,设BP=x,则PQ=2x
∵∠PBM=∠ACP,∠PAC=∠CAQ,∴△APC∽△ACQ,由AC2=AP·AQ得:22=(3-x)(3+x),∴x=
即BP=;
②如图:作CQ⊥AB于点Q,作CP0=CP交AB于点P0,
∵AC=2,∴AQ=1,CQ=BQ= ,
设P0Q=PQ=1-x,BP=-1+x,
∵∠BPM=∠CP0A,∠BMP=∠CAP0,∴△AP0C∽△MPB,∴,
∴MP∙ P0C=AP0 ∙BP=x(-1+x),解得x=
∴BP=-1+=.
【达标检测】
1. (2016·黑龙江哈尔滨·8分)已知:如图,在正方形ABCD中,点E在边CD上,AQ⊥BE于点Q,DP⊥AQ于点P.
(1)求证:AP=BQ;
(2)在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图中四对线段,使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ的长.
【考点】正方形的性质;全等三角形的判定与性质.
【分析】(1)根据正方形的性质得出AD=BA,∠BAQ=∠ADP,再根据已知条件得到∠AQB=∠DPA,判定△AQB≌△DPA并得出结论;(2)根据AQ﹣AP=PQ和全等三角形的对应边相等进行判断分析.
【解答】解:(1)∵正方形ABCD
∴AD=BA,∠BAD=90°,即∠BAQ+∠DAP=90°
∵DP⊥AQ
∴∠ADP+∠DAP=90°
∴∠BAQ=∠ADP
∵AQ⊥BE于点Q,DP⊥AQ于点P
∴∠AQB=∠DPA=90°
∴△AQB≌△DPA(AAS)
∴AP=BQ
(2)①AQ﹣AP=PQ
②AQ﹣BQ=PQ
③DP﹣AP=PQ
④DP﹣BQ=PQ
2. (2016·四川内江)(9分)如图6所示,△ABC中,D是BC边上一点,E是AD的中点,过点A作BC的平行线交CE的延长线于F,且AF=BD,连接BF.
(1)求证:D是BC的中点;
(2)若AB=AC,试判断四边形AFBD的形状,并证明你的结论.
D
C
E
F
B
A
图6
[考点]三角形例行,特殊四边形的性质与判定。
(1)证明:∵点E是AD的中点,∴AE=DE.
∵AF∥BC,∴∠AFE=∠DCE,∠FAE=∠CDE.
∴△EAF≌△EDC.
∴AF=DC.
∵AF=BD,
∴BD=DC,即D是BC的中点.
(2)四边形AFBD是矩形.证明如下:
∵AF∥BD,AF=BD,
∴四边形AFBD是平行四边形.
∵AB=AC,又由(1)可知D是BC的中点,
∴AD⊥BC.
∴□AFBD是矩形.
3. (烟台市 2015 中考 -23)如图,以△ABC的一边AB为直径的半圆与其它两边AC,BC的交点分别为D、E,且=.
(1)试判断△ABC的形状,并说明理由.
(2)已知半圆的半径为5,BC=12,求sin∠ABD的值.
思路分析:
(1)连结AE,如图,根据圆周角定理,由=得∠DAE=∠BAE,由AB为直径得∠AEB=90°,根据等腰三角形的判定方法即可得△ABC为等腰三角形;
(2)由等腰三角形的性质得BE=CE=BC=6,再在Rt△ABE中利用勾股定理计算出AE=8,接着由AB为直径得到∠ADB=90°,则可利用面积法计算出BD=,然后在Rt△ABD中利用勾股定理计算出AD=,再根据正弦的定义求解.
解题过程:
解:(1)△ABC为等腰三角形.理由如下:
连结AE,如图,
∵=,
∴∠DAE=∠BAE,即AE平分∠BAC,
∵AB为直径,
∴∠AEB=90°,
∴AE⊥BC,
∴△ABC为等腰三角形;
(2)∵△ABC为等腰三角形,AE⊥BC,
∴BE=CE=BC=×12=6,
在Rt△ABE中,∵AB=10,BE=6,
∴AE==8,
∵AB为直径,
∴∠ADB=90°,
∴AE•BC=BD•AC,
∴BD==,
在Rt△ABD中,∵AB=10,BD=,
∴AD==,
∴sin∠ABD===.
规律总结:
本题考查了圆周角定理:在同圆或等圆中,同弧或等弧所对的圆周角相等,都等于这条弧所对的圆心角的一半.推论:半圆(或直径)所对的圆周角是直角,90°的圆周角所对的弦是直径.也考查了等腰三角形的判定与性质和勾股定理.
4. (2015•内蒙古呼伦贝尔兴安盟,第22题7分)如图,在平行四边形ABCD中,E、F分别为边AB、CD的中点,BD是对角线.
(1)求证:△ADE≌△CBF;
(2)若∠ADB是直角,则四边形BEDF是什么四边形?证明你的结论.
考点: 平行四边形的性质;全等三角形的判定与性质;菱形的判定.
分析: (1)由四边形ABCD是平行四边形,即可得AD=BC,AB=CD,∠A=∠C,又由E、F分别为边AB、CD的中点,可证得AE=CF,然后由SAS,即可判定△ADE≌△CBF;
(2)先证明BE与DF平行且相等,然后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形,再连接EF,可以证明四边形AEFD是平行四边形,所以AD∥EF,又AD⊥BD,所以BD⊥EF,根据菱形的判定可以得到四边形是菱形.
解答: (1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD=BC,AB=CD,∠A=∠C,
∵E、F分别为边AB、CD的中点,
∴AE=AB,CF=CD,
∴AE=CF,
在△ADE和△CBF中,
∵
,
∴△ADE≌△CBF(SAS);
(2)若∠ADB是直角,则四边形BEDF是菱形,理由如下:
解:由(1)可得BE=DF,
又∵AB∥CD,
∴BE∥DF,BE=DF,
∴四边形BEDF是平行四边形,
连接EF,在▱ABCD中,E、F分别为边AB、CD的中点,
∴DF∥AE,DF=AE,
∴四边形AEFD是平行四边形,
∴EF∥AD,
∵∠ADB是直角,
∴AD⊥BD,
∴EF⊥BD,
又∵四边形BFDE是平行四边形,
∴四边形BFDE是菱形.
点评: 本题主要考查了平行四边形的性质,全等三角形的判定以及菱形的判定,利用好E、F是中点是解题的关键.
5. (烟台市 2014 中考 -24)如图,AB是⊙O的直径,延长AB至P,使BP=OB,BD垂直于弦BC,垂足为点B,点D在PC上.设∠PCB=α,∠POC=β.
求证:tanα•tan=.
【解析】:连接AC先求出△PBD∽△PAC,再求出=,最后得到tanα•tan=.
【解答】:证明:连接AC,则∠A=∠POC=,
∵AB是⊙O的直径,
∴∠ACB=90°,
∴tanα=,BD∥AC,
∴∠PBD=∠A,
∵∠P=∠P,
∴△PBD∽△PAC,
∴=,
∵PB=0B=OA,
∴=,
∴tana•tan=•==.
【点评】:本题主要考查了相似三角形的判定与性质及圆周角的知识,本题解题的关键是求出△PBD∽△PAC,再求出tanα•tan=.
6. (2015•梧州,第25题12分)如图,在正方形ABCD中,点P在AD上,且不与A、D重合,BP的垂直平分线分别交CD、AB于E、F两点,垂足为Q,过E作EH⊥AB于H.
(1)求证:HF=AP;
(2)若正方形ABCD的边长为12,AP=4,求线段EQ的长.
考点: 正方形的性质;全等三角形的判定与性质;勾股定理.所有
分析: (1)先根据EQ⊥BO,EH⊥AB得出∠EQN=∠BHM=90°.根据∠EMQ=∠BMH得出△EMQ∽△BMH,故∠QEM=∠HBM.由ASA定理得出△APB≌△HFE,故可得出结论;
(2)由勾股定理求出BP的长,根据EF是BP的垂直平分线可知BQ=BP,再根据锐角三角函数的定义得出QF=BQ的长,由(1)知,△APB≌△HFE,故EF=BP=4,再根据EQ=EF﹣QF即可得出结论.
解答: (1)证明:∵EQ⊥BO,EH⊥AB,
∴∠EQN=∠BHM=90°.
∵∠EMQ=∠BMH,
∴△EMQ∽△BMH,
∴∠QEM=∠HBM.
在Rt△APB与Rt△HFE中,
,
∴△APB≌△HFE,
∴HF=AP;
(2)解:由勾股定理得,BP===4.
∵EF是BP的垂直平分线,
∴BQ=BP=2,
∴QF=BQ•tan∠FBQ=BQ•tan∠ABP=2×=.
由(1)知,△APB≌△HFE,
∴EF=BP=4,
∴EQ=EF﹣QF=4﹣=.
点评: 本题考查的是正方形的性质,熟知正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解答此题的关键.
7.
8. (2015•北海,第25题12分)如图,AB、CD为⊙O的直径,弦AE∥CD,连接BE交CD于点F,过点E作直线EP与CD的延长线交于点P,使∠PED=∠C.
(1)求证:PE是⊙O的切线;
(2)求证:ED平分∠BEP;
(3)若⊙O的半径为5,CF=2EF,求PD的长.
考点: 切线的判定.
分析: (1)如图,连接OE.欲证明PE是⊙O的切线,只需推知OE⊥PE即可;
(2)由圆周角定理得到∠AEB=∠CED=90°,根据“同角的余角相等”推知∠3=∠4,结合已知条件证得结论;
(3)设EF=x,则CF=2x,在RT△OEF中,根据勾股定理得出52=x2+(2x﹣5)2,求得EF=4,进而求得BE=8,CF=8,在RT△AEB中,根据勾股定理求得AE=6,然后根据△AEB∽△EFP,得出=,求得PF=,即可求得PD的长.
解答: (1)证明:如图,连接OE.
∵CD是圆O的直径,
∴∠CED=90°.
∵OC=OE,
∴∠1=∠2.
又∵∠PED=∠C,即∠PED=∠1,
∴∠PED=∠2,
∴∠PED+∠OED=∠2+∠OED=90°,即∠OEP=90°,
∴OE⊥EP,
又∵点E在圆上,
∴PE是⊙O的切线;
(2)证明:∵AB、CD为⊙O的直径,
∴∠AEB=∠CED=90°,
∴∠3=∠4(同角的余角相等).
又∵∠PED=∠1,
∴∠PED=∠4,
即ED平分∠BEP;
(3)解:设EF=x,则CF=2x,
∵⊙O的半径为5,
∴OF=2x﹣5,
在RT△OEF中,OE2=OF2+EF2,即52=x2+(2x﹣5)2,
解得x=4,
∴EF=4,
∴BE=2EF=8,CF=2EF=8,
∴DF=CD﹣CF=10﹣8=2,
∵AB为⊙O的直径,
∴∠AEB=90°,
∵AB=10,BE=8,
∴AE=6,
∵∠BEP=∠A,∠EFP=∠AEB=90°,
∴△AEB∽△EFP,
∴=,即=,
∴PF=,
∴PD=PF﹣DF=﹣2=.
点评: 本题考查了切线的判定和性质,圆周角定理的应用,勾股定理的应用,三角形相似的判定和性质,熟练掌握性质定理是解题的关键.