2019重庆中考数学题位复习系统之几何的计算与证明(菱形).doc

2019重庆中考数学题位复习系统（编著：刘伟）

2019重庆中考数学题位复习系统之
几何的计算与证明（菱形）
典例剖析
例1 菱形ABCD中，E、F分别为AB、AD的中点．
（1）若∠B=60°，S菱形ABCD=，求AB的长；
（2）H为AB上一点，连CH，使∠CHB=2∠ECB，求证：CH=AH+AB．

【解答】解：（1）连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵E是AB的中点，
∴EC⊥AB，
∴CE=BC•sin60°=BC，
即CE=AB，
∵S菱形ABCD=AB•CE=，
∴AB=4；

（2）证明：延长BA与CF，交于点G，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AB=BC=CD=AD，AF∥BC，AB∥CD，
∴∠G=∠FCD，
∵点F分别为AD的中点，且AG∥CD，
∴AG=AB，
∵在△BCE和△DCF中，
，
∵△BCE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB=∠DCF，
∵∠CHB=2∠ECB，
∴∠CHB=2∠G，
∵∠CHB=∠G+∠HCG，
∴∠G=∠HCG，
∴GH=CH，
∴CH=AH+AG=AH+AB．

跟踪训练
1. 已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1=∠2．
（1）若CE=1，求BC的长；
（2）求证：AM=DF+ME．

【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠1=∠ACD，
∵∠1=∠2，
∴∠ACD=∠2，
∴MC=MD，
∵ME⊥CD，
∴CD=2CE，
∵CE=1，
∴CD=2，
∴BC=CD=2；

（2）证明：如图，∵F为边BC的中点，
∴BF=CF=BC，
∴CF=CE，
在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，
∴∠ACB=∠ACD，
在△CEM和△CFM中，
∵，
∴△CEM≌△CFM（SAS），
∴ME=MF，
延长AB交DF的延长线于点G，
∵AB∥CD，
∴∠G=∠2，
∵∠1=∠2，
∴∠1=∠G，
∴AM=MG，
在△CDF和△BGF中，
∵，
∴△CDF≌△BGF（AAS），
∴GF=DF，
由图形可知，GM=GF+MF，
∴AM=DF+ME．

2. 在菱形ABCD中，∠BAD=60°．
（1）如图1，点E为线段AB的中点，连接DE，CE，若AB=4，求线段EC的长；
（2）如图2，M为线段AC上一点（M不与A，C重合），以AM为边，构造如图所示等边三角形AMN，线段MN与AD交于点G，连接NC，DM，Q为线段NC的中点，连接DQ，MQ，求证：DM=2DQ．

【解答】解：（1）如图1，连接BD，则BD平分∠ABC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∵∠A=60°，
∴∠ABC=120°，
∴∠ABD=∠ABC=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD=AD=4，
∵E是AB的中点，
∴DE⊥AB，
由勾股定理得：DE==2，
∵DC∥AB，
∴∠EDC=∠DEA=90°，
在Rt△DEC中，DC=4，
EC===2；
（2）如图2，延长CD至H，使CD=DH，连接NH、AH，
∵AD=CD，
∴AD=DH，
∵CD∥AB，
∴∠HDA=∠BAD=60°，
∴△ADH是等边三角形，
∴AH=AD，∠HAD=60°，
∵△AMN是等边三角形，
∴AM=AN，∠NAM=60°，
∴∠HAN+∠NAG=∠NAG+∠DAM，
∴∠HAN=∠DAM，
在△ANH和△AMD中，
∵，
∴△ANH≌△AMD（SAS），
∴HN=DM，
∵D是CH的中点，Q是NC的中点，
∴DQ是△CHN的中位线，
∴HN=2DQ，
∴DM=2DQ．

3. 如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，H是对角线BD上任意一点．
（1）如图1，当H是线段BD的中点，且AB=6时，求△DBC的面积；
（2）如图2，当点H不是线段BD的中点时，I是线段CB延长线上一点，且DH=BI，连接CH、HI．求证：CH=HI．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，∠BCD=∠A=60°，BC=AB=6，
∴△BCD是等边三角形，
∴BD=BC=6，
∵H是线段BD的中点，
∴BH=BD=3，CH⊥BD，
∴CH==3，
∴S△DBC=BD•CH=9；

（2）过点H作GH∥BC，交CD于点G，
∵△BCD是等边三角形，
∴∠DHG=∠DBC=60°，∠DGH=∠DCB=60°，CD=BD，
∴△DGH是等边三角形，
∴DH=DG=GH，∠DGH=∠DBC=60°，
∴CG=HB，∠CGH=∠HBI，
∵DH=BI
∴GH=BI，
在△CGH和△HBI中，
，
∴△CGH≌△HBI（SAS），
∴CH=HI．

4. 如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，点E、F分别在边BC、CD上．
（1）若AB=4，试求菱形ABCD的面积；
（2）若∠AEF=60°，求证：AB=CE+CF．

【解答】（1）解：在菱形ABCD中，AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵AB=4，
∴等边△ABC底边BC上的高为4×=2，
∴菱形ABCD的面积=4×2=8；

（2）证明：如图，将△AEC绕点A顺时针旋转60°得到△AE′B，则△AEE′为等边三角形，
∴∠AE′E=60°，
∵∠AEF=60°，
∴∠CEF=∠AEC﹣∠AEF=∠AEC﹣60°，
又∵∠BE′E=∠AE′B﹣∠AE′E=∠AE′B﹣60°，
∴∠BE′E=∠CEF，
∵∠B=60°，菱形的对边AB∥CD，
∴∠ECF=180°﹣60°=120°，
又∵∠E′BE=∠ABC+∠ABE′=∠ABC+∠ACB=60°+60°=120°，
∴∠E′BE=∠ECF，
在△EE′B和△FEC中，，
∴△EE′B≌△FEC（ASA），
∴BE=CF，
∴BC=CE+BE=CE+CF，
∵AB=BC，
∴AB=CE+CF．
方法二：作EG∥AC交AB于G．则△BEG是等边三角形．

∵∠AEC=∠AEF+∠FEC=∠B+∠EAG，∠AEF=∠B=60°，
∴∠FEC=∠EAG，
∵AG=EC，∠AGE=∠ECF=120°，
∴△AGB≌△ECF，
∴GE=CF=BG，
∴AB=AG+BG=EC+CF．

5. 如图，在菱形ABCD中，E是BC延长线上一点，连接AE，使得∠E=∠B，过D作DH⊥AE于H．
（1）若AB=10，DH=6，求HE的长；
（2）求证：AH=CE+EH．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=10，
∵DH⊥AE，
∴∠AHD=90°，
在Rt△ADH中，AH===8，
∵∠E=∠B，
∴AE=AB=10，
∴HE=AE﹣AH=10﹣8=2；

证明：（2）过点D作DF⊥BC的延长线于点F，连接DE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AD∥BC，AD=CD，
∴∠1=∠B，∠2=∠3，
∵∠B=∠2，
∴∠1=∠3，
∵DH⊥AE，DF⊥CF，
∴∠4=∠F，
在△ADH和△CDF中，
，
∴△ADH≌△CDF（AAS），
∴AH=CF，DH=DF，
∴在Rt△DEH和Rt△DEF中，
，
∴Rt△DEH≌Rt△DEF（HL），
∴EH=EF，
∵CF=CE+EF，
∴AH=CE+EH．

6. 如图，在菱形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上一点，连接DE、EF，且AE=AF，∠DAE=∠BAF．
（1）求证：CE=CF；
（2）若∠ABC=120°，点G是线段AF的中点，连接DG，EG．求证：DG⊥GE．

【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=DC=BC．
∵∠DAE=∠BAF，
∴∠BAE=∠DAF．
在△ABE与△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴BE=DF，
∴BC﹣BE=DC﹣DF，即CE=CF；
（2）如图，延长EG到点H，使HG=EG，连接HA、HD．
∵点G是AF的中点，
∴AG=FG，
在△HAG与△EFG中，
，
∴△HAG≌△EFG（SAS），
∴EF=AH，∠HAG=∠EFG，
∴AH∥EF．
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC=BC=AD．
∵由（1）知，BE=DF，且∠BAE=∠DAF，EC=FC．
∵∠ABC=120°，
∴∠C=60°，
∴△EFC是等边三角形，
∴∠FEC=60°，
∴EC=FE．
由上述知，FE=HA，
∴EC=HA，∠HAG=∠HAD+∠DAF=∠EFG．
∵AF=AE，
∴∠AFE=∠AEF．
∵∠BAD=60°，
∴∠EAF=60°﹣∠BAE﹣∠DAF=60°﹣2∠DAF．
在△AEF中，∠EAF180°﹣∠AEF﹣∠EFG=180°﹣2∠EFG=180°﹣2（∠HAD+∠DAF），
∴∠HAD=60°．
在△HAD与△ECD中，
，
∴△HAD≌△ECD（SAS），
∴DE=DH，
易证△DGH≌△DGE，
故∠DGH=∠DGE=90°，即DG⊥GE．

7. 如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，点E、F分别是AB、BC上的动点，连接DE、DF、EF．
（1）如图1，连接AF，若AF⊥BC，E为AB的中点，且EF=2，求DF的长；
（2）如图2，若BE=BF，G为DE的中点，连接AF、AG、FG，求证：AG⊥FG；

【解答】解：（1）方法1、如图1，
∵AF⊥BC，
∴∠AFB=90°，
∵E为AB的中点，
∴AE=BE，
∴EF=BE=AB=2，
∵∠ABC=60°，
∴BF=EF=BC，
∴CF=EF=2，
过点D作DG⊥BC交BC的延长线于G，
在Rt△CDG中，DCG=180°﹣∠BCD=60°，
∴∠CDG=30°，CG=CD=2，DG=CG=2，
∴FG=CF+CG=4，
在Rt△DFG中，DF==2；
方法2、∵AF⊥BC，
∴∠AFB=90°，
∵点E是AB的中点，
∴AE=BE，
在Rt△ABF中，EF=BE=AB，
∴AB=4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=4∠BAD=180°﹣∠ABC=120°，
在Rt△ABF中，∠ABC=60°，
∴∠BAF=30°，
∴AF=2，∠DAF=∠BAD﹣∠BAF=90°，
在Rt△ADF中，根据勾股定理得，DF==2；

（2）方法1、如图2，延长AG交CD于H，连接AC，FH，

∵AB∥CD，
∴∠AEG=∠HDG，
∵G为DE的中点，
∴EG=DG，
在△AEG和△DHG中，，
∴△AEG≌△DHG，
∴AG=HG，AE=DH，
∵AB=BC=CD，BE=BF，
∴FC=DH，BF=CH，
在△AFC和△AHD中，，
∴△AFC≌△AHD，
∴AH=AF，
同理：△ABF≌△ACH，
∴∠BAF=∠CAH，
∴∠FAH=∠FAC+∠CAH=∠FAC+∠BAF=∠BAC=60°，
∴△AFH是等边三角形，
∵AG=HG，
∴AG⊥FG．
方法2、
延长AG交CD于H，连接FH，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠EAG=∠DHG，∠AEG=∠HDG，
∵点G是DE中点，
∴EG=DG，
∴△AEG≌△HDG，
∴AG=HG，AE=DH，
∴BE=CH，
∵BE=BF，∠ABC=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴∠BEF=60°，EF=BE，
∴∠AEF=∠FCH，EF=CH，
∴△AEF≌△FCH，
∴AF=HF，
∵AG=HG，
∴FG⊥AG，

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