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三、解答题
11. 如图18-36,在$□ ABCD$中,对角线AC与BD相交于点O,E,F分别为OB,OD的中点,延长AE至点G,使$EG=AE$,连接CG.
(1)求证:$△ ABE≌△ CDF$.
(2)当AB与AC满足什么数量关系时,四边形EGCF是矩形?请说明理由.
图18-36
11. 如图18-36,在$□ ABCD$中,对角线AC与BD相交于点O,E,F分别为OB,OD的中点,延长AE至点G,使$EG=AE$,连接CG.
(1)求证:$△ ABE≌△ CDF$.
(2)当AB与AC满足什么数量关系时,四边形EGCF是矩形?请说明理由.
图18-36
答案
11.(1)
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ AB=CD,AB//CD,OB=OD,OA=OC.
∴ ∠ABE = ∠CDF.
∵ E, F分别为OB, OD的中点,
∴ $BE=\frac{1}{2}OB$,$DF=\frac{1}{2}OD$.
∴ BE=DF.在△ABE和△CDF中,$\begin{cases} AB=CD, \\ ∠ABE=∠CDF, \\ BE=DF, \end{cases}$
∴ △ABE≌△CDF(SAS).
(2)当AC=2AB时,四边形EGCF是矩形.理由如下:
∵ AC=2OA,AC=2AB,
∴ AB=OA.
∵ E是OB的中点,
∴ AG⊥OB.
∴ ∠OEG=90°.同理:CF⊥OD.
∴ AG//CF.
∴ EG//CF.
∵ △ABE≌△CDF,
∴ AE=CF.又
∵ EG=AE,
∴ EG=CF.
∴ 四边形EGCF是平行四边形.
∵ ∠OEG=90°,
∴ 四边形EGCF是矩形.
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ AB=CD,AB//CD,OB=OD,OA=OC.
∴ ∠ABE = ∠CDF.
∵ E, F分别为OB, OD的中点,
∴ $BE=\frac{1}{2}OB$,$DF=\frac{1}{2}OD$.
∴ BE=DF.在△ABE和△CDF中,$\begin{cases} AB=CD, \\ ∠ABE=∠CDF, \\ BE=DF, \end{cases}$
∴ △ABE≌△CDF(SAS).
(2)当AC=2AB时,四边形EGCF是矩形.理由如下:
∵ AC=2OA,AC=2AB,
∴ AB=OA.
∵ E是OB的中点,
∴ AG⊥OB.
∴ ∠OEG=90°.同理:CF⊥OD.
∴ AG//CF.
∴ EG//CF.
∵ △ABE≌△CDF,
∴ AE=CF.又
∵ EG=AE,
∴ EG=CF.
∴ 四边形EGCF是平行四边形.
∵ ∠OEG=90°,
∴ 四边形EGCF是矩形.
解析
【分析】
(1) 要证明△ABE≌△CDF，首先结合平行四边形的性质可得AB=CD、∠ABE=∠CDF，再根据E、F是OB、OD的中点推出BE=DF，刚好满足SAS的全等判定条件，即可完成证明。
(2) 要判断四边形EGCF是矩形的条件，按照矩形的判定逻辑，先证四边形是平行四边形，再找一个内角为直角的条件。首先由全等可得AE=CF，结合EG=AE可得EG=CF，再通过垂直关系推出EG//CF，即可证得平行四边形；要得到直角，可利用等腰三角形三线合一的性质，若AB=OA则AG⊥OB，结合平行四边形对角线互相平分可知AC=2OA，因此可推出AC=2AB时满足直角的要求。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD，AB//CD，OB=OD，OA=OC，
∴ ∠ABE = ∠CDF，
∵ E, F分别为OB, OD的中点，
∴ $BE=\frac{1}{2}OB$，$DF=\frac{1}{2}OD$，
∴ BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
$\begin{cases} AB=CD, \\ ∠ABE=∠CDF, \\ BE=DF, \end{cases}$
∴ △ABE≌△CDF(SAS)。
(2) 当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形，理由如下：
∵ AC=2OA，AC=2AB，
∴ AB=OA，
∵ E是OB的中点，
∴ AG⊥OB，
∴ ∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴ AG//CF，
∴ EG//CF，
∵ △ABE≌△CDF，
∴ AE=CF，
又
∵ EG=AE，
∴ EG=CF，
∴ 四边形EGCF是平行四边形，
∵ ∠OEG=90°，
∴ 四边形EGCF是矩形。
【答案】
(1) △ABE≌△CDF得证；
(2) 当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形。
【知识点】
平行四边形的性质与判定；全等三角形的判定；矩形的判定
【点评】
本题综合考查了几何基础图形的性质与判定，第一问较为基础，直接利用平行四边形性质即可找到全等条件；第二问需要逆向推导矩形成立的条件，结合等腰三角形三线合一的性质求解，对逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△ABE≌△CDF，首先结合平行四边形的性质可得AB=CD、∠ABE=∠CDF，再根据E、F是OB、OD的中点推出BE=DF，刚好满足SAS的全等判定条件，即可完成证明。
(2) 要判断四边形EGCF是矩形的条件，按照矩形的判定逻辑，先证四边形是平行四边形，再找一个内角为直角的条件。首先由全等可得AE=CF，结合EG=AE可得EG=CF，再通过垂直关系推出EG//CF，即可证得平行四边形；要得到直角，可利用等腰三角形三线合一的性质，若AB=OA则AG⊥OB，结合平行四边形对角线互相平分可知AC=2OA，因此可推出AC=2AB时满足直角的要求。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD，AB//CD，OB=OD，OA=OC，
∴ ∠ABE = ∠CDF，
∵ E, F分别为OB, OD的中点，
∴ $BE=\frac{1}{2}OB$，$DF=\frac{1}{2}OD$，
∴ BE=DF，
在△ABE和△CDF中，
$\begin{cases} AB=CD, \\ ∠ABE=∠CDF, \\ BE=DF, \end{cases}$
∴ △ABE≌△CDF(SAS)。
(2) 当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形，理由如下：
∵ AC=2OA，AC=2AB，
∴ AB=OA，
∵ E是OB的中点，
∴ AG⊥OB，
∴ ∠OEG=90°，
同理：CF⊥OD，
∴ AG//CF，
∴ EG//CF，
∵ △ABE≌△CDF，
∴ AE=CF，
又
∵ EG=AE，
∴ EG=CF，
∴ 四边形EGCF是平行四边形，
∵ ∠OEG=90°，
∴ 四边形EGCF是矩形。
【答案】
(1) △ABE≌△CDF得证；
(2) 当AC=2AB时，四边形EGCF是矩形。
【知识点】
平行四边形的性质与判定；全等三角形的判定；矩形的判定
【点评】
本题综合考查了几何基础图形的性质与判定，第一问较为基础，直接利用平行四边形性质即可找到全等条件；第二问需要逆向推导矩形成立的条件，结合等腰三角形三线合一的性质求解，对逻辑推理能力有一定的锻炼价值。
【难度系数】
0.7
12. 如图18-37,已知△ABC中,AB=AC=a,M为底边BC上任意一点,过点M分别作AB,AC的平行线交AC于点P,交AB于点Q.
(1)线段QM,PM,AB之间有什么数量关系?请说明理由.
(2)点M位于BC的什么位置时,四边形AQMP为菱形?请说明理由.
图18-37
(1)线段QM,PM,AB之间有什么数量关系?请说明理由.
(2)点M位于BC的什么位置时,四边形AQMP为菱形?请说明理由.
图18-37
答案
12.(1)QM+PM=AB.理由如下:
∵ QM//AC,PM//AB,
∴ 四边形AQMP是平行四边形,∠QMB=∠C.
∴ AP=QM,AQ=PM.
∵ AB=AC,
∴ ∠B=∠C.
∴ ∠B=∠QMB.
∴ BQ=QM.
∴ AB=AQ+BQ=QM+PM.
(2)当点M为BC的中点时,四边形AQMP是菱形.理由如下:
连接AM.∵ AB= AC, M为BC的中点,
∴ ∠BAM=∠CAM.
∵ QM//AC,
∴ ∠QMA=∠CAM.
∴ ∠QAM= ∠QMA.
∴ AQ= QM.
∵ QM//AC,PM//AB,
∴ 四边形AQMP是平行四边形.
∴ 四边形AQMP是菱形.
解析
【分析】
(1) 要推导QM、PM、AB的数量关系，首先根据两组对边分别平行的条件，先判定四边形AQMP是平行四边形，得到对边相等的关系；再结合△ABC是等腰三角形，利用平行线的同位角相等推出∠QMB=∠B，得到QM=BQ，最后将AB拆分为AQ+BQ，替换为PM和QM即可得出结论。
(2) 菱形的判定依据是“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，已知四边形AQMP为平行四边形，只需再证一组邻边相等即可。结合等腰三角形“三线合一”的性质，当M是BC中点时，AM平分∠BAC，再结合平行线的内错角相等推出AQ=QM，即可证明平行四边形为菱形。
【解析】
(1) $QM+PM=AB$，理由如下：
∵ $QM// AC$，$PM// AB$，
∴ 四边形$AQMP$是平行四边形，$∠QMB=∠C$，
∴ $AP=QM$，$AQ=PM$。
∵ $AB=AC$，
∴ $∠B=∠C$，
∴ $∠B=∠QMB$，
∴ $BQ=QM$，
∴ $AB=AQ+BQ=QM+PM$。
(2) 当点$M$为$BC$的中点时，四边形$AQMP$为菱形，理由如下：
连接$AM$，
∵ $AB=AC$，$M$为$BC$的中点，
∴ $∠BAM=∠CAM$，
∵ $QM// AC$，
∴ $∠QMA=∠CAM$，
∴ $∠QAM=∠QMA$，
∴ $AQ=QM$，
∵ $QM// AC$，$PM// AB$，
∴ 四边形$AQMP$是平行四边形，
∴ 四边形$AQMP$是菱形。
【答案】
(1)$QM+PM=AB$，理由见解析；
(2)当点$M$为$BC$的中点时，四边形$AQMP$是菱形，理由如下:连接$AM$.
∵ $AB= AC$, $M$为$BC$的中点,
∴ $∠BAM=∠CAM$.
∵ $QM// AC$,
∴ $∠QMA=∠CAM$.
∴ $∠QAM= ∠QMA$.
∴ $AQ= QM$.
∵ $QM// AC$,$PM// AB$,
∴ 四边形$AQMP$是平行四边形.
∴ 四边形$AQMP$是菱形.
【知识点】
平行四边形的判定与性质；等腰三角形的性质；菱形的判定
【点评】
本题综合考查了等腰三角形、平行四边形、菱形的相关性质与判定，解题时需结合平行线的性质推导角、边的等量关系，再结合相关定理逐步推导，注重对基础定理的理解和灵活运用。
【难度系数】
0.7
(1) 要推导QM、PM、AB的数量关系，首先根据两组对边分别平行的条件，先判定四边形AQMP是平行四边形，得到对边相等的关系；再结合△ABC是等腰三角形，利用平行线的同位角相等推出∠QMB=∠B，得到QM=BQ，最后将AB拆分为AQ+BQ，替换为PM和QM即可得出结论。
(2) 菱形的判定依据是“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，已知四边形AQMP为平行四边形，只需再证一组邻边相等即可。结合等腰三角形“三线合一”的性质，当M是BC中点时，AM平分∠BAC，再结合平行线的内错角相等推出AQ=QM，即可证明平行四边形为菱形。
【解析】
(1) $QM+PM=AB$，理由如下：
∵ $QM// AC$，$PM// AB$，
∴ 四边形$AQMP$是平行四边形，$∠QMB=∠C$，
∴ $AP=QM$，$AQ=PM$。
∵ $AB=AC$，
∴ $∠B=∠C$，
∴ $∠B=∠QMB$，
∴ $BQ=QM$，
∴ $AB=AQ+BQ=QM+PM$。
(2) 当点$M$为$BC$的中点时，四边形$AQMP$为菱形，理由如下：
连接$AM$，∵ $AB=AC$，$M$为$BC$的中点，
∴ $∠BAM=∠CAM$，
∵ $QM// AC$，
∴ $∠QMA=∠CAM$，
∴ $∠QAM=∠QMA$，
∴ $AQ=QM$，
∵ $QM// AC$，$PM// AB$，
∴ 四边形$AQMP$是平行四边形，
∴ 四边形$AQMP$是菱形。
【答案】
(1)$QM+PM=AB$，理由见解析；
(2)当点$M$为$BC$的中点时，四边形$AQMP$是菱形，理由如下:
连接$AM$.∵ $AB= AC$, $M$为$BC$的中点,
∴ $∠BAM=∠CAM$.
∵ $QM// AC$,
∴ $∠QMA=∠CAM$.
∴ $∠QAM= ∠QMA$.
∴ $AQ= QM$.
∵ $QM// AC$,$PM// AB$,
∴ 四边形$AQMP$是平行四边形.
∴ 四边形$AQMP$是菱形.
【知识点】
平行四边形的判定与性质；等腰三角形的性质；菱形的判定
【点评】
本题综合考查了等腰三角形、平行四边形、菱形的相关性质与判定，解题时需结合平行线的性质推导角、边的等量关系，再结合相关定理逐步推导，注重对基础定理的理解和灵活运用。
【难度系数】
0.7
