初中数学自主招生难度讲义-8年级 专题20 正方形-答案

专题20正方形例1①④⑤提示：在AD上取AH＝AE，连EH，则∠AHE＝45°，∴∠HED＝∠HDE＝22.5°，则HE＝HD．又∵HE＝HD＞AE，故②不正确．又，故③不正确．例2提示：(1)延长DM交CE于N，连DF，NF，先证明△ADM≌△ENM，再证明△CDF≌△ENF得FD＝FN，∠DFN＝∠CFE＝90°，故MD⊥MF且MD＝MF．(2)延长DM到N点，使DM＝MN，连FD，FN，先证明△ADM≌△ENM，得AD＝EN，∠MAD＝∠MEN，则AD∥EN．延长EN，DC交于S点，则∠ADC＝∠CSN＝90°．在四边形FCSE中，∠FCS＋∠FEN＝180°，又∵∠FCS＋∠FCD＝180°，故∠FEN＝∠FCD，再证△CDF≌△ENF．∴(1)中结论仍成立．例3提示：延长BC至点H，使得CH＝AE，连结DE，DF，由Rt△DAE≌Rt△DCH得，DE＝DH，进而推证△DEF≌△DFH，Rt△DGE≌Rt△DCH．例4设AG＝a，BG＝b，AE＝x，ED＝y，则由①得a－x＝y－b，平方得a2－2ax＋x2＝y2－2by＋b2．将②代入得a2－2ax＋x2＝y2－4ax＋b2，∴(a＋x)2＝b2＋y2，得a＋x＝．∵b2＋y2＝CH2＋CF2＝FH2，∴a＋x＝FH，即DH＋BF＝FH．延长CB至M，使BM＝DH，连结AM，由Rt△ABM≌Rt△ADH，得AM＝AH，∠MAB＝∠HAD．∴∠MAH＝∠MAB＋∠BAH＝∠BAH＋∠HAD＝90°．再证△AMF≌△AHF．∴∠MAF＝∠HAF．即∠HAF＝∠MAH＝45°．例5(1)如图，延长CD至点E1，使DE1＝BE，连结AE1，则△ADE1≌△ABE．从而，∠DAE1＝∠BAE，AE1＝AE，于是∠EAE1＝90°．在△AEF和△AE1F中，EF＝BE＋DF＝E1D＋DF＝E1F，则△AEF≌△AE1F．故∠EAF＝∠E1AF＝∠EAE1＝45°．(2)如图，在AE1上取一点M1，使得AM1＝AM，连结M1D，M1N．则△ABM≌△ADM1，△ANM≌△ANM1，故∠ABM＝∠ADM1，BM＝DM1，MN＝M1N．∵∠NDM1＝90°，从而M1N2＝M1D2＋ND2，∴MN2＝BM2＋DN2．例6(1)BM＋DN＝MN成立．如图a，把△AND绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，E、B、M三点共线，则△DAN≌△BAE，∴AE＝AN，∠EAM＝∠NAM＝45°，AM＝AM，得△AEM≌△ANM，∴ME＝MN．∵ME＝BE＋BM＝DN＋BM，∴DN＋BM＝MN．(2)DN－BM＝MN．如图b，对于图2，连BD交AM于E，交AN于F，连EN，FM可进一步证明：①△CMN的周长等于正方形边长的2倍；②EF2＝BE2＋DF2；③△AEN，△AFM都为等腰直角三角形；④．A级1．75° 2．② 3． 4．3 5．C 6．B 7．B 8．B9．提示：△ABE≌△DCE，△ADF≌△CDF，证明∠ABE＋∠BAF＝90°．10．提示：延长CE交DA的延长线于G，证明FG＝FC．11．提示：连PC，则PC＝EF．12．(1)延长DM交EF于N，由△ADM≌△ENM，得DM＝NM，MF＝DN，FD＝FN，故MD⊥MF，且MD＝MF．(2)延长DM交CE于N，连结DF，FN，先证明△ADM≌△ENM，再证明△CDF≌△ENF，(1)中结论仍成立．B级1.2EQ\r(,2)2.60°°提示：MA2＋MC2＝MD2＋MB23.54.D5.C6.B7.B8.提示:⑴在AD上截取AF＝AM，∠DFM＝∠MBN，由△DFM≌△MBN，故DM＝MN.⑵证法同上，结论仍成立.⑶在AD延长线取一点E，使DE＝BM，可证明△DEM≌△MBN，故DM＝MN.9.提示：构造边长为1的正方形ABCD，P为正方形ABCD内一点，过P作FH∥AB交AD于F，交BC于H,作EG∥AD交AB于E，交CD于G.设AE＝a,则BE＝1－a.设AF＝b，则DF＝1－b.∴PA＝EQ\r(,a2＋b2),同理：PB＝EQ\r(,(1－a)2＋b2),PC＝EQ\r(,(1－a)2＋(1－b)2)，PD＝EQ\r(,a2＋(1－b)2).又∵PA＋PB＋PC＋PD≥2AC＝2EQ\r(,2)，∴命题得证.10.提示：MN＝BM＋DN，延长CD至M',使M'D＝BM，证明△ADM'≌△ABM，△AM'N≌△AMN，则∠MAN＝∠M'AN＝EQ\F(1,2)∠M’AM＝45°.1