2019-2020福建三明九上质检倒一压轴解析——四边形与相似

2019-2020三明九上质检倒一压轴

【第25题】已知：在△EFG中，∠EFG=90°，EF=FG，且点E，F分别在矩形ABCD的边AB，AD上．（1）如图1，当点G在CD上时，求证：△AEF ≌△DFG；（2）如图2，若F是AD的中点，FG与CD相交于点N，连接EN，求证：EN=AE+DN；
（3）如图3，若AE=AD，EG，FG分别交CD于点M，N，求证：MG²=MN·MD．
第一问
【图文解析】（1）如下图解：第二问【试题再现】已知：在△EFG中，∠EFG=90°，EF=FG，且点E，F分别在矩形ABCD的边AB，AD上．（2）如图2，若F是AD的中点，FG与CD相交于点N，连接EN，求证：EN=AE+DN；【图文解析】法一：延长NF交BA的延长线于点H，如下图示，易证△DNF≌△AHF，得AH＝DN，FH＝FN．又∠EFG＝90°，即EF⊥HN，得EF垂直平分HN．如下图，由EF垂直平分HN，得EH＝EN，所以EN＝AE+AH＝AE+DN．法二：如下图示，由勾股定理，得NE²＝EF²+NF²
＝(k²+1)x²+(k²+k⁴)x²=(k⁴+2k²+1)x²=(x+k²x)²= (DN+ AE)²．又EN、DN、AE的值为正数，所以NE= DN+ AE．
法三：如下图示，由△AEF∽△DFN，得a:y=x:a，得a²=xy．在Rt△ENP中，由勾股定理，得EN²=(2a)²+(x-y)²=4xy+x²—2xy+y²=x²+2xy+y²=(x+y)²=(DN+AE)^2．……（后两种解法，充分利用方程——设元思想，体现在几何中，代数计算的优越性）笔者的作品广告(非常希望能得到您的支持，您的分享转发，就是给予我最大的支持，谢谢!)

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【试题再现】已知：在△EFG中，∠EFG=90°，EF=FG，且点E，F分别在矩形ABCD的边AB，AD上．（3）如图3，若AE=AD，EG，FG分别交CD于点M，N，求证：MG²=MN·MD．【图文解析】
本小题的本质如下：
（人教版课本习题的变式）
说明：由于∠DMG＝∠DMG（公共角），因此只需证∠DGM＝∠MNG或∠MDG＝∠MGN＝45°即可．
法一：（旋转相似）共顶点两等腰直角三角形相似，如下图示，得DE：AE＝EG：EF＝√2：1． 进一步，得DE：EG＝AE：EF，且∠AEF＝∠DEG，得△AEF∽△DEG，如下图示：根据相似的性质，得∠DGM＝∠AFE，则有如下图示的结论，得∠DGM＝∠MNG又∠DMG＝∠DMG（公共角），得△DMG ∽△GMN．所以DM：GM＝MG：MN，所以MG²=MN·MD．

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下面几种证法全部围绕证明∠MDG＝∠MGN＝45°．
法二：（一线三等角或“补短”）可证得DH＝GH，得∠GDH＝45°，进一步，得∠MDG＝45°，……法三：（“取长”）
在AE上截取点H，使AH＝AF，如下图解．法四：（对称法1）作△AEF关于AD对称，得△AFH，连接DH和GH，如下图示：注意：需先证点G、D、H三点共线（可用反证法、统一法或直接通过计算说明，如下：由∠GFH＝x+∠DFH＝x+90°+x=90°+2x．由FH＝FG，得∠GHF＝0.5（180°－∠GFH）＝45°－x．而∠DHF＝∠DHA－∠AHF＝45°－x，所以∠GHF＝∠DHF，所以点G、D、H三点共线．）进一步，得∠MDG＝45°……法五：（对称法2）作△DFG关于AD对称，得△DFH，连接DH和EH，如下图示：类似法四，同样需先证点E、D、H三点共线（同法四），进一步，可得∠GDF＝∠HDF＝135°，得∠MDG＝45°……法六：（旋转法1）将△AEF绕点A逆时针旋转90°，得△ADH，　连接DH和FH，易证得四边形DHFG是平行四边形（根据平行且相等），如下图解：法七：（旋转法2）连接DE，将△DEF绕点F逆时针90°，得△HEG，连接GH，如下图示．注意：需先证点G、D、H三点共线，类似法四的证明．……法八：（利用45°构造等腰直角三角形）连接BD，且过点F作FH⊥AD交DE于点H，如下图解．此法也可以是：将△DFG绕点F顺时针旋转90°，得△EHF，……，但证明相对麻烦（需证点D、H、D三点共线）法九：（“蝶形”两次相似）先证△DHF和△GHE相似，再证△EFH和△DGH相似，可得∠EDG＝∠EFG＝90°，……，如下图示．法十：（辅助圆）（相对较繁，与法九有重复之嫌）＊当然还可以建立坐标系来求解．小结：与正方形（或45°）相关的试题，上述所有解法均可适用，注意体会．
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