2016年01月01日几何综合1(5)

，

∴△OMA≌△ONE（SAS） ∴OM=ON．

（3）解：四边形MONG是菱形；理由如下： 由（2）得，△OMA≌△ONE， ∴∠MOA=∠EON， ∵EF∥AO，AF∥OE，

∴四边形AOEF是平行四边形， ∴∠AFE=∠AOE=120°， ∴∠MON=120°， ∴∠GON=60°，

∵∠GOE=60°﹣∠EON，∠DON=60°﹣∠EON， ∴∠GOE=∠DON，

∵OD=OE，∠ODN=∠OEG， 在△GOE和△DON中，

，

∴△GOE≌△NOD（ASA）， ∴OG=ON，

又∵∠GON=60°，

∴△ONG是等边三角形， ∴ON=NG，

又∵OM=ON，∠MOG=60°， ∴△MOG是等边三角形， ∴MG=GO=MO，

∴MO=ON=NG=MG， ∴四边形MONG是菱形．

【点评】本题是四边形的综合题目，考查了等边三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、正六边形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定等知识；本题综合性强，难度较大，需要多次证明三角形全等和等边三角形才能得出结论． 4．（2015春?沙坪坝区期末）如图1，在菱形ABCD中，∠A=60°．点E，F分别是边AB，AD上的点，且满足∠BCE=∠DCF，连结EF．

第21页（共84页）

（1）若AF=1，求EF的长；

（2）取CE的中点M，连结BM，FM，BF．求证：BM⊥FM； （3）如图2，若点E，F分别是边AB，AD延长线上的点，其它条件不变，结论BM⊥FM是否仍然成立（不需证明）．

【考点】四边形综合题． 【分析】（1）根据已知和菱形的性质证明△CBE≌△CDF，得到BE=DF，证明△AEF是等边三角形，求出EF的长；

（2）延长BM交DC于点N，连结FN，证明△CMN≌△EMB，得到NM=MB，证明△FDN≌△BEF，得到FN=FB，得到BM⊥MF；

（3）延长BM交DC的延长线于点N，连结FN，与（2）的证明方法相似证明BM⊥MF． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=AD=BC=DC，∠D=∠CBE， 又∵∠BCE=∠DCF， ∴△CBE≌△CDF， ∴BE=DF．

又∵AB=AD，∴AB﹣BE=AD﹣DF，即AE=AF， 又∵∠A=60°，∴△AEF是等边三角形， ∴EF=AF，

∵AF=1，∴EF=1．

（2）证明：如图1，延长BM交DC于点N，连结FN， ∵四边形ABCD是菱形， ∴DC∥AB，

∴∠NCM=∠BEM，∠CNM=∠EBM ∵点M是CE的中点， ∴CM=EM．

∴△CMN≌△EMB， ∴NM=MB，CN=BE．

又∵AB=DC．∴DC﹣CN=AB﹣BE，即DN=AE． ∵△AEF是等边三角形，∴∠AEF=60°，EF=AE． ∴∠BEF=120°，EF=DN．

∵DC∥AB，∴∠A+∠D=180°， 又∵∠A=60°，∴∠D=120°， ∴∠D=∠BEF．

第22页（共84页）

又∵DN=EF，BE=DF． ∴△FDN≌△BEF， ∴FN=FB，

又∵NM=MB，∴BM⊥MF； （3）结论BM⊥MF仍然成立．

证明：如图2，延长BM交DC的延长线于点N，连结FN， ∵四边形ABCD是菱形， ∴DC∥AB，

∴∠NCM=∠BEM，∠CNM=∠EBM ∵点M是CE的中点， ∴CM=EM．

∴△CMN≌△EMB， ∴NM=MB，CN=BE．

又∵AB=DC．∴DC﹣CN=AB﹣BE，即DN=AE． ∵△AEF是等边三角形，∴∠AEF=60°，EF=AE． ∴∠BEF=120°，EF=DN．

∵DC∥AB，∴∠A+∠FDC=180°， 又∵∠A=60°，∴∠FDC=120°， ∴∠FDC=∠BEF． 又∵DN=EF，BE=DF． ∴△FDN≌△BEF， ∴FN=FB， 又∵NM=MB， ∴BM⊥MF．

第23页（共84页）

【点评】本题考查的是菱形的性质、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质，正确作出辅助线、构造全等三角形是解题的关键． 5．（2015秋?武汉校级期中）如图1，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转至矩形B点正好落在CD上的点E处，连结BE．

（1）求证：∠BAE=2∠CBE；

（2）如图2，连BG交AE于M，点N为BE的中点，连MN、AF，试探究AF与MN的数量关系，并证明你的结论；

（3）若AB=5，BC=3，直接写出BG的长 2 ．

【考点】四边形综合题． 【分析】（1）求出∠ABE=∠AEB，求出∠CBE+∠ABE=90°，∠BAE+2∠ABE=180°，即可求出答案；

（2）过B作BO⊥AE于O，连接EG，根据矩形性质得出EG=AF，求出BC=BO=AG，求出M为BG中点，根据三角形中位线求出即可；

（3）根据勾股定理求出DE，求出求出OM=DE=2，根据勾股定理求出BM，代入BG=2BM求出即可． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C=∠CBA=90°， ∴∠CBE+∠ABE=90°，

∵将矩形ABCD绕点A顺时针旋转至矩形A点正好落在CD上的点E处， ∴BC=AG，∠EAG=90°，AE=AB， ∴∠ABE=∠AEB，

∵∠BAE+∠ABE+∠AEB=180°， ∴2∠ABE+∠BAE=180°， ∵∠CBE+∠ABE=90°， ∴2∠CBE+2∠ABE=180°， ∴∠BAE=2∠CBE．

（2）MN=AF，

证明：过B作BO⊥AE于O，连接EG， ∵四边形AEFG是矩形，

∴AF=EG，∠MAG=∠BOM=90°， ∵∠C=∠CBA=90°，

∴∠AEB=∠ABE=90°﹣∠CBE，∠CEB=90°﹣∠CBE， ∴∠CEB=∠OEB，

第24页（共84页）

在△CBE和△OBE中

∴△CBE≌△OBE（AAS）， ∴EC=OE，BO=BC=AD=AG， 在△BOM和△GAM中

，

∴△BOM≌△GAM（AAS）， ∴BM=GM，

∵点N为BE的中点， ∴MN=EG， ∵EG=AF， ∴MN=AF．

（3）解：在Rt△DEA中，∠EDA=90°，AD=BC=3，AE=AB=5，由勾股定理得：DE=4， ∵△BOM≌△GAM，△CBE≌△OBE， ∴OM=AM，EC=EO， ∴OM==== =2，

在Rt△BOM中，由勾股定理得：BM=∵BM=GM， ∴BG=+故答案为：2

=

=

=2．

，

第25页（共84页）

百度搜索“77cn”或“免费范文网”即可找到本站免费阅读全部范文。收藏本站方便下次阅读，免费范文网，提供经典小说综合文库2016年01月01日几何综合1(5)在线全文阅读。