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几何证明系列答案
几何证明系列答案
真题系列（2-16页）
1
【答案】（1）
（2）见解析（3）
【小问1详解】
解：在中，，，
∴，
∵，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，延长使得，连接，
∵是的中点则，，，
∴，
∴，
∴，
∴
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴四点共圆，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
2
【答案】（1）见解析（2）见解析
（3）
【解析】
【小问1详解】
证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵将绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴
∴
即
在和中
，
∴，
∴；
【小问2详解】
证明：如图所示，过点作，交点的延长线于点，连接，，
∵是等边三角形，
∴，
∵
∴
∴垂直平分，
∴
又∵，
∴，
∴,
∴在的垂直平分线上，
∵
∴在的垂直平分线上，
∴垂直平分
∴，
∴
又∵，
∴是等边三角形，
∴
∴
∴，
又∵，
∴
∴，
∴
在与中，
∴
∴
∴
∴四边形是平行四边形，
∴；
3
【答案】（1）
（2），证明见解析
（3）
【解析】
【小问1详解】
解：如图1，在射线上取一点，使得，
∵，BC＝BC，
∴（SAS），
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
【小问2详解】
，
证明：∵，，
∴△ABC是正三角形，
∴AB＝BC＝AC，∠A＝∠DBC＝60°，
又∵，
∴（SAS），
∴，
∴，
∴，
倍长至，连接，PQ，
∵CN＝QN，∠QNF＝∠CNM，NF＝NM，
∴（SAS），
∴，∠QFN＝∠CMN，
由旋转的性质得AC＝CM，
∴，
在CF上截取FP＝FB，连接BP，
∵，
∴，
∴为正三角形，
∴∠BPF＝60°，，
∴，
∵∠QFN＝∠CMN，
∴FQ∥CM，
∴，
∴，
又∵，
∴（SAS），
∴PQ＝PC，∠QPF＝∠CPB＝60°，
∴为正三角形，
∴，即；
4
【答案】（1）2（2）见解析
（3）
【解析】
【小问1详解】
如图，连接
将线段绕点E顺时针旋转90°得到线段，
是等腰直角三角形，
P为FG的中点，
，
，
，
，D为的中点，，
，，
，
在中，；
【小问2详解】
如图，过点作交的延长线于点，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
在与中，
，
，
，
，
又，，
，
，
，
，
，
又，
，
,
，
，
，
，
；
5
【详解】解：（1）连接，过点作，垂足为．
平分，，
．
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，，
，
平分，
.
，
，
，
．
．
（2）
延长至点，使，连接．
是的中点，
．
，
，
，
在和中，，
，
，
．
6
【答案】（1）①；
②证明见解答过程；
（2）．
【解答】解：（1）①过D作DH⊥GC于H，如图：
∵线段EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，点E与点B重合，且GF的延长线过点C，
∴BG＝BF，∠FBG＝60°，
∴△BGF是等边三角形，
∴∠BFG＝∠DFC＝60°，BF＝GF，
∵等边△ABC，AB＝6，BD⊥AC，
∴∠DCF＝180°﹣∠BDC﹣∠DFC＝30°，∠DBC＝∠ABC＝30°，CD＝AC＝AB＝3，
∴∠BCG＝∠ACB﹣∠DCF＝30°，
∴∠BCG＝∠DBC，
∴BF＝CF，
∴GF＝CF，
Rt△BDC中，CF＝＝＝2，
∴GF＝2，
Rt△CDH中，DH＝CD?sin30°＝，CH＝CD?cos30°＝，
∴FH＝CF﹣CH＝，
∴GH＝GF+FH＝，
Rt△GHD中，DG＝＝；
②过E作EP⊥AB交BD于P，过H作MH⊥BC交BD于M，连接PG，作BP中点N，连接EN，如图：
∵EF绕点E逆时针旋转60°得到线段EG，
∴△EGF是等边三角形，
∴∠EFG＝∠EGF＝∠GEF＝60°，∠EFH＝120°，EF＝GF，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝60°，
∴∠ABC+∠EFH＝180°，
∴B、E、F、H共圆，
∴∠FBH＝∠FEH，
而△ABC是等边三角形，BD⊥AC，
∴∠DBC＝∠ABD＝30°，即∠FBH＝30°，
∴∠FEH＝30°，
∴∠FHE＝180°﹣∠EFH﹣∠FEH＝30°，
∴EF＝HF＝GF①，
∵EP⊥AB，∠ABD＝30°，
∴∠EPB＝60°，∠EPF＝120°，
∴∠EPF+∠EGF＝180°，
∴E、P、F、G共圆，
∴∠GPF＝∠GEF＝60°，
∵MH⊥BC，∠DBC＝30°，
∴∠BMH＝60°，
∴∠BMH＝∠GPF②，
而∠GFP＝∠HFM③，
由①②③得△GFP≌HFM（AAS），
∴PF＝FM，
∵EP⊥AB，BP中点N，∠ABD＝30°，
∴EP＝BP＝BN＝NP
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