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三、解答题
1. 如图,四边形ABCD是菱形,AC与BD交于点O,∠ABD=60°,AB=8 cm.
(1)求∠BAD,∠ABC的度数.
(2)求菱形ABCD的周长和面积.
1. 如图,四边形ABCD是菱形,AC与BD交于点O,∠ABD=60°,AB=8 cm.
(1)求∠BAD,∠ABC的度数.
(2)求菱形ABCD的周长和面积.
答案
1. 解:(1)
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AD=AB.
又
∵ ∠ABD=60°,
∴ △ABD是等边三角形.
∴ ∠BAD=60°.
∴ ∠ABC=120°.
(2)
∵ AB=8 cm,
由(1)得 BD=8 cm,
$AO=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$(cm).
∴ 菱形ABCD的周长为32 cm,
面积为$\frac{1}{2}×8×4\sqrt{3}×2=32\sqrt{3}$($\mathrm{cm}^2$).
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AD=AB.
又
∵ ∠ABD=60°,
∴ △ABD是等边三角形.
∴ ∠BAD=60°.
∴ ∠ABC=120°.
(2)
∵ AB=8 cm,
由(1)得 BD=8 cm,
$AO=\sqrt{8^2-4^2}=4\sqrt{3}$(cm).
∴ 菱形ABCD的周长为32 cm,
面积为$\frac{1}{2}×8×4\sqrt{3}×2=32\sqrt{3}$($\mathrm{cm}^2$).
解析
【分析】
(1)求解角度时，先利用菱形四边相等的性质得到AD=AB，结合已知∠ABD=60°，根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”判定△ABD是等边三角形，即可得到∠BAD的度数；再根据菱形邻角互补的性质，就能求出∠ABC的度数。
(2)求周长时，菱形四条边长度相等，已知AB边长，直接乘4即可得到周长；求面积时，使用菱形面积等于对角线乘积的一半的公式计算：先由等边三角形性质得到BD的长度，再根据菱形对角线互相垂直平分的性质，在Rt△AOB中用勾股定理求出AO的长度，进而得到AC的长度，最后代入面积公式计算即可。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD=AB（菱形的四条边相等），
又
∵ ∠ABD=60°，
∴ △ABD是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形），
∴ ∠BAD=60°。
∵ 菱形的邻角互补，即∠BAD+∠ABC=180°，
∴ ∠ABC=180°-60°=120°。
(2)
∵ 菱形的四条边相等，AB=8 cm，
∴ 菱形ABCD的周长=4×AB=4×8=32 cm。
由(1)中△ABD是等边三角形，得BD=AB=8 cm，
∵ 菱形的对角线互相垂直平分，
∴ AC⊥BD，BO=$\frac{1}{2}$BD=4 cm，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
AO=$\sqrt{AB^2 - BO^2}=\sqrt{8^2 - 4^2}=4\sqrt{3}$ cm，
∴ AC=2AO=8$\sqrt{3}$ cm，
菱形的面积=$\frac{1}{2}$×AC×BD=$\frac{1}{2}$×8$\sqrt{3}$×8=32$\sqrt{3}$ cm²。
【答案】
(1) $∠ BAD=60°$，$∠ ABC=120°$；
(2) 周长为$\boldsymbol{32\ \mathrm{cm}}$，面积为$\boldsymbol{32\sqrt{3}\ \mathrm{cm^2}}$。
【知识点】
1. 菱形的性质
2. 等边三角形的判定与性质
3. 勾股定理
【点评】
本题属于菱形性质的基础应用题目，结合等边三角形判定和勾股定理即可求解，熟练掌握菱形边、角、对角线的相关性质是快速解题的核心。
【难度系数】
0.8
(1)求解角度时，先利用菱形四边相等的性质得到AD=AB，结合已知∠ABD=60°，根据“有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形”判定△ABD是等边三角形，即可得到∠BAD的度数；再根据菱形邻角互补的性质，就能求出∠ABC的度数。
(2)求周长时，菱形四条边长度相等，已知AB边长，直接乘4即可得到周长；求面积时，使用菱形面积等于对角线乘积的一半的公式计算：先由等边三角形性质得到BD的长度，再根据菱形对角线互相垂直平分的性质，在Rt△AOB中用勾股定理求出AO的长度，进而得到AC的长度，最后代入面积公式计算即可。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AD=AB（菱形的四条边相等），
又
∵ ∠ABD=60°，
∴ △ABD是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形），
∴ ∠BAD=60°。
∵ 菱形的邻角互补，即∠BAD+∠ABC=180°，
∴ ∠ABC=180°-60°=120°。
(2)
∵ 菱形的四条边相等，AB=8 cm，
∴ 菱形ABCD的周长=4×AB=4×8=32 cm。
由(1)中△ABD是等边三角形，得BD=AB=8 cm，
∵ 菱形的对角线互相垂直平分，
∴ AC⊥BD，BO=$\frac{1}{2}$BD=4 cm，
在Rt△AOB中，由勾股定理得：
AO=$\sqrt{AB^2 - BO^2}=\sqrt{8^2 - 4^2}=4\sqrt{3}$ cm，
∴ AC=2AO=8$\sqrt{3}$ cm，
菱形的面积=$\frac{1}{2}$×AC×BD=$\frac{1}{2}$×8$\sqrt{3}$×8=32$\sqrt{3}$ cm²。
【答案】
(1) $∠ BAD=60°$，$∠ ABC=120°$；
(2) 周长为$\boldsymbol{32\ \mathrm{cm}}$，面积为$\boldsymbol{32\sqrt{3}\ \mathrm{cm^2}}$。
【知识点】
1. 菱形的性质
2. 等边三角形的判定与性质
3. 勾股定理
【点评】
本题属于菱形性质的基础应用题目，结合等边三角形判定和勾股定理即可求解，熟练掌握菱形边、角、对角线的相关性质是快速解题的核心。
【难度系数】
0.8
2. 如图,已知正方形ABCD,P是对角线AC上任意一点,PM⊥AD,PN⊥AB,垂足分别为点M和N,PE⊥PB交AD于点E.
(1)求证:四边形MANP是正方形.
(2)求证:EM=BN.
(1)求证:四边形MANP是正方形.
(2)求证:EM=BN.
答案
2. 证明:(1)
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠DAB=90°,AC平分∠DAB.
∵ PM⊥AD,PN⊥AB,
∴ ∠PMA=∠PNA=90°.
∴ 四边形MANP是矩形.
∵ AC平分∠DAB,PM⊥AD,PN⊥AB,
∴ PM=PN.
∴ 四边形MANP是正方形.
(2)
∵ 四边形MANP是正方形,
∴ ∠MPN=90°.
∵ PE⊥PB,
∴ ∠EPB=90°.
∴ ∠MPE+∠EPN=∠NPB+∠EPN=90°.
∴ ∠MPE=∠NPB.
在△EPM和△BPN中,
$\begin{cases}∠PME=∠PNB=90°,\\PM=PN,\\∠MPE=∠NPB,\end{cases}$
∴ △EPM≌△BPN(ASA).
∴ EM=BN.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠DAB=90°,AC平分∠DAB.
∵ PM⊥AD,PN⊥AB,
∴ ∠PMA=∠PNA=90°.
∴ 四边形MANP是矩形.
∵ AC平分∠DAB,PM⊥AD,PN⊥AB,
∴ PM=PN.
∴ 四边形MANP是正方形.
(2)
∵ 四边形MANP是正方形,
∴ ∠MPN=90°.
∵ PE⊥PB,
∴ ∠EPB=90°.
∴ ∠MPE+∠EPN=∠NPB+∠EPN=90°.
∴ ∠MPE=∠NPB.
在△EPM和△BPN中,
$\begin{cases}∠PME=∠PNB=90°,\\PM=PN,\\∠MPE=∠NPB,\end{cases}$
∴ △EPM≌△BPN(ASA).
∴ EM=BN.
解析
【分析】
(1) 要证四边形MANP是正方形，可按“先判定矩形，再证明邻边相等”的思路推导：首先由正方形ABCD的性质得∠DAB=90°，结合PM⊥AD、PN⊥AB的垂直条件，可知四边形MANP有三个内角为直角，可先判定为矩形；再利用AC是正方形的角平分线，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，得PM=PN，即可证明该矩形是正方形。
(2) 要证EM=BN，可通过证明两条边所在的△EPM和△BPN全等来推导：首先由(1)得到的正方形MANP的性质，可得PM=PN，∠PME=∠PNB=90°，∠MPN=90°；再结合PE⊥PB的条件得∠EPB=90°，利用同角的余角相等推出∠MPE=∠NPB，即可通过ASA判定两三角形全等，从而得到对应边相等。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DAB=90°，AC平分∠DAB。
∵ PM⊥AD，PN⊥AB，
∴ ∠PMA=∠PNA=90°。
∴ 四边形MANP是矩形。
∵ AC平分∠DAB，PM⊥AD，PN⊥AB，
∴ PM=PN。
∴ 四边形MANP是正方形。
(2)
∵ 四边形MANP是正方形，
∴ ∠MPN=90°。
∵ PE⊥PB，
∴ ∠EPB=90°。
∴ ∠MPE+∠EPN=∠NPB+∠EPN=90°，
∴ ∠MPE=∠NPB。
在△EPM和△BPN中，
$\begin{cases}∠PME=∠PNB=90°,\\PM=PN,\\∠MPE=∠NPB,\end{cases}$
∴ △EPM≌△BPN(ASA)。
∴ EM=BN。
【答案】
(1) 四边形MANP是正方形，得证；
(2) EM=BN，得证。
【知识点】
正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质
【点评】
本题是几何基础证明题，围绕正方形和全等三角形的核心知识点设置，解题的关键是合理利用角平分线性质和角的等量关系找到全等的证明条件，熟练掌握这类题型能够很好地巩固特殊四边形与三角形全等的相关知识。
【难度系数】
0.7
(1) 要证四边形MANP是正方形，可按“先判定矩形，再证明邻边相等”的思路推导：首先由正方形ABCD的性质得∠DAB=90°，结合PM⊥AD、PN⊥AB的垂直条件，可知四边形MANP有三个内角为直角，可先判定为矩形；再利用AC是正方形的角平分线，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，得PM=PN，即可证明该矩形是正方形。
(2) 要证EM=BN，可通过证明两条边所在的△EPM和△BPN全等来推导：首先由(1)得到的正方形MANP的性质，可得PM=PN，∠PME=∠PNB=90°，∠MPN=90°；再结合PE⊥PB的条件得∠EPB=90°，利用同角的余角相等推出∠MPE=∠NPB，即可通过ASA判定两三角形全等，从而得到对应边相等。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ ∠DAB=90°，AC平分∠DAB。
∵ PM⊥AD，PN⊥AB，
∴ ∠PMA=∠PNA=90°。
∴ 四边形MANP是矩形。
∵ AC平分∠DAB，PM⊥AD，PN⊥AB，
∴ PM=PN。
∴ 四边形MANP是正方形。
(2)
∵ 四边形MANP是正方形，
∴ ∠MPN=90°。
∵ PE⊥PB，
∴ ∠EPB=90°。
∴ ∠MPE+∠EPN=∠NPB+∠EPN=90°，
∴ ∠MPE=∠NPB。
在△EPM和△BPN中，
$\begin{cases}∠PME=∠PNB=90°,\\PM=PN,\\∠MPE=∠NPB,\end{cases}$
∴ △EPM≌△BPN(ASA)。
∴ EM=BN。
【答案】
(1) 四边形MANP是正方形，得证；
(2) EM=BN，得证。
【知识点】
正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质
【点评】
本题是几何基础证明题，围绕正方形和全等三角形的核心知识点设置，解题的关键是合理利用角平分线性质和角的等量关系找到全等的证明条件，熟练掌握这类题型能够很好地巩固特殊四边形与三角形全等的相关知识。
【难度系数】
0.7
3. 如图,在$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ C=90°$,$M$是$AB$的中点,$AM=AN$,$MN// AC$.
(1)求证:$MN=AC$.
(2)如果把条件“$AM=AN$”改为“$AM⊥ AN$”,其他条件不变,那么$MN=AC$不一定成立.如果再改变一个条件,就能使$MN=AC$成立.请你写出改变的条件并说明理由.
(1)求证:$MN=AC$.
(2)如果把条件“$AM=AN$”改为“$AM⊥ AN$”,其他条件不变,那么$MN=AC$不一定成立.如果再改变一个条件,就能使$MN=AC$成立.请你写出改变的条件并说明理由.
答案
3. (1)证明:连接CM,在Rt△ABC中,∠C=90°,
M是AB的中点,
∴ AM=CM,
∴ ∠MAC=∠MCA.
∵ AM=AN,
∴ ∠ANM=∠NMA.
又
∵ MN//AC,
∴ ∠NMA=∠MAC.
∴ ∠ANM=∠NMA=∠MAC=∠MCA.
又
∵ AM为公共边,
∴ △AMN≌△MAC.
∴ MN=AC.
(2)解:AC=BC.
理由:
∵ AC=BC,∠C=90°,
∴ ∠CMA=90°.
同理可证△AMN≌△MAC.
∴ MN=AC.
M是AB的中点,
∴ AM=CM,
∴ ∠MAC=∠MCA.
∵ AM=AN,
∴ ∠ANM=∠NMA.
又
∵ MN//AC,
∴ ∠NMA=∠MAC.
∴ ∠ANM=∠NMA=∠MAC=∠MCA.
又
∵ AM为公共边,
∴ △AMN≌△MAC.
∴ MN=AC.
(2)解:AC=BC.
理由:
∵ AC=BC,∠C=90°,
∴ ∠CMA=90°.
同理可证△AMN≌△MAC.
∴ MN=AC.
解析
【分析】
(1) 要证明两条线段相等，通常可通过证明线段所在的三角形全等来实现。首先结合已知条件：M是Rt△ABC斜边AB的中点，可联想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到AM=CM，进而推出一组等角；再结合MN//AC的平行性质、AM=AN的条件，可推出△AMN和△MAC的多组对应角相等，结合公共边AM即可证明两三角形全等，从而得到MN=AC。
(2) 条件改为AM⊥AN后，要使MN=AC仍需△AMN≌△MAC，此时已知∠NAM=∠C=90°，由MN//AC可得∠AMN=∠MAC，已有两组角对应相等，只需补充一组对应边相等或一组对应角的夹边相等即可，比如补充AC=BC，此时△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线CM⊥AB，即可得到全等所需的条件，进而证明全等得到MN=AC。
【解析】
(1) 证明：连接CM，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，M是AB的中点，
∴ $AM=CM$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ $∠MAC=∠MCA$。
∵ $AM=AN$，
∴ $∠ANM=∠NMA$。
又
∵ $MN// AC$，
∴ $∠NMA=∠MAC$（两直线平行，内错角相等），
∴ $∠ANM=∠NMA=∠MAC=∠MCA$。
在$△AMN$和$△MAC$中：
$\begin{cases}∠ANM=∠MCA \\∠NMA=∠CAM \\AM=MA\end{cases}$
∴ $△AMN≌△MAC$（AAS），
∴ $MN=AC$。
(2) 解：改变的条件为$\boldsymbol{AC=BC}$（答案不唯一，合理即可）。
理由：
∵ $AC=BC$，$∠C=90°$，M是AB的中点，
∴ $CM⊥AB$（等腰直角三角形斜边上的中线与高线重合），即$∠AMC=90°$，
∵ $AM⊥AN$，
∴ $∠NAM=90°$，
∴ $∠NAM=∠AMC$，
∵ $MN//AC$，
∴ $∠AMN=∠MAC$，
在$△AMN$和$△MAC$中：
$\begin{cases}∠NAM=∠AMC \\AM=MA \\∠AMN=∠MAC\end{cases}$
∴ $△AMN≌△MAC$（ASA），
∴ $MN=AC$。
【答案】
(1) 证明见上述解析过程，$MN=AC$成立；
(2) 改变的条件为$AC=BC$（答案不唯一），理由见上述解析过程。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质
【点评】
本题既考查基础几何性质的应用，也考查逆向推理能力，第一问需要熟练结合直角三角形、平行线的性质找到全等的判定条件，第二问为开放型问题，需要从结论倒推所需的全等条件，对逻辑思维能力有一定的锻炼作用。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明两条线段相等，通常可通过证明线段所在的三角形全等来实现。首先结合已知条件：M是Rt△ABC斜边AB的中点，可联想到直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到AM=CM，进而推出一组等角；再结合MN//AC的平行性质、AM=AN的条件，可推出△AMN和△MAC的多组对应角相等，结合公共边AM即可证明两三角形全等，从而得到MN=AC。
(2) 条件改为AM⊥AN后，要使MN=AC仍需△AMN≌△MAC，此时已知∠NAM=∠C=90°，由MN//AC可得∠AMN=∠MAC，已有两组角对应相等，只需补充一组对应边相等或一组对应角的夹边相等即可，比如补充AC=BC，此时△ABC为等腰直角三角形，斜边上的中线CM⊥AB，即可得到全等所需的条件，进而证明全等得到MN=AC。
【解析】
(1) 证明：连接CM，
在$\mathrm{Rt}△ ABC$中，$∠ C=90°$，M是AB的中点，
∴ $AM=CM$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ $∠MAC=∠MCA$。
∵ $AM=AN$，
∴ $∠ANM=∠NMA$。
又
∵ $MN// AC$，
∴ $∠NMA=∠MAC$（两直线平行，内错角相等），
∴ $∠ANM=∠NMA=∠MAC=∠MCA$。
在$△AMN$和$△MAC$中：
$\begin{cases}∠ANM=∠MCA \\∠NMA=∠CAM \\AM=MA\end{cases}$
∴ $△AMN≌△MAC$（AAS），
∴ $MN=AC$。
(2) 解：改变的条件为$\boldsymbol{AC=BC}$（答案不唯一，合理即可）。
理由：
∵ $AC=BC$，$∠C=90°$，M是AB的中点，
∴ $CM⊥AB$（等腰直角三角形斜边上的中线与高线重合），即$∠AMC=90°$，
∵ $AM⊥AN$，
∴ $∠NAM=90°$，
∴ $∠NAM=∠AMC$，
∵ $MN//AC$，
∴ $∠AMN=∠MAC$，
在$△AMN$和$△MAC$中：
$\begin{cases}∠NAM=∠AMC \\AM=MA \\∠AMN=∠MAC\end{cases}$
∴ $△AMN≌△MAC$（ASA），
∴ $MN=AC$。
【答案】
(1) 证明见上述解析过程，$MN=AC$成立；
(2) 改变的条件为$AC=BC$（答案不唯一），理由见上述解析过程。
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质
【点评】
本题既考查基础几何性质的应用，也考查逆向推理能力，第一问需要熟练结合直角三角形、平行线的性质找到全等的判定条件，第二问为开放型问题，需要从结论倒推所需的全等条件，对逻辑思维能力有一定的锻炼作用。
【难度系数】
0.6
