分析 (1)①首先证明△ADB′是含有30°是直角三角形,可得AD=$\frac{1}{2}$AB′即可解决问题;
②首先证明△BAC≌△B′AC′,根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题;
(2)结论:AD=$\frac{1}{2}$BC.如图1中,延长AD到M,使得AD=DM,连接B′M,C′M,首先证明四边形AC′MB′是平行四边形,再证明△BAC≌△AB′M,即可解决问题;
(3)存在.如图4中,延长AD交BC的延长线于M,作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交BE于P,交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PCD的中线PN.连接DF交PC于O.想办法证明PA=PD,PB=PC,再证明∠APD+∠BPC=180°,即可;
解答 解:(1)①如图2中,
∵△ABC是等边三角形,
∴AB=BC=AC=AB′=AC′,
∵DB′=DC′,
∴AD⊥B′C′,
∵∠BAC=60°,∠BAC+∠B′AC′=180°,
∴∠B′AC′=120°,
∴∠B′=∠C′=30°,
∴AD=$\frac{1}{2}$AB′=$\frac{1}{2}$BC,
故答案为$\frac{1}{2}$.
②如图3中,
∵∠BAC=90°,∠BAC+∠B′AC′=180°,
∴∠B′AC′=∠BAC=90°,
∵AB=AB′,AC=AC′,
∴△BAC≌△B′AC′,
∴BC=B′C′,
∵B′D=DC′,
∴AD=$\frac{1}{2}$B′C′=$\frac{1}{2}$BC=4,
故答案为4.
(2)结论:AD=$\frac{1}{2}$BC.
理由:如图1中,延长AD到M,使得AD=DM,连接B′M,C′M
∵B′D=DC′,AD=DM,
∴四边形AC′MB′是平行四边形,
∴AC′=B′M=AC,
∵∠BAC+∠B′AC′=180°,∠B′AC′+∠AB′M=180°,
∴∠BAC=∠MB′A,∵AB=AB′,
∴△BAC≌△AB′M,
∴BC=AM,
∴AD=$\frac{1}{2}$BC.
(3)存在.
理由:如图4中,延长AD交BC的延长线于M,作BE⊥AD于E,作线段BC的垂直平分线交BE于P,交BC于F,连接PA、PD、PC,作△PCD的中线PN.
连接DF交PC于O.
∵∠ADC=150°,
∴∠MDC=30°,
在Rt△DCM中,∵CD=2$\sqrt{3}$,∠DCM=90°,∠MDC=30°,
∴CM=2,DM=4,∠M=60°,
在Rt△BEM中,∵∠BEM=90°,BM=14,∠MBE=30°,
∴EM=$\frac{1}{2}$BM=7,
∴DE=EM-DM=3,
∵AD=6,
∴AE=DE,∵BE⊥AD,
∴PA=PD,PB=PC,
在Rt△CDF中,∵CD=2$\sqrt{3}$,CF=6,
∴tan∠CDF=$\sqrt{3}$,
∴∠CDF=60°=∠CPF,
易证△FCP≌△CFD,
∴CD=PF,∵CD∥PF,
∴四边形CDPF是矩形,
∴∠CDP=90°,
∴∠ADP=∠ADC-∠CDP=60°,
∴△ADP是等边三角形,
∴∠ADP=60°,∵∠BPF=∠CPF=60°,
∴∠BPC=120°,
∴∠APD+∠BPC=180°,
∴△PDC是△PAB的“旋补三角形”,
在Rt△PDN中,∵∠PDN=90°,PD=AD=6,DN=$\sqrt{3}$,
∴PN=$\sqrt{D{N}^{2}+P{D}^{2}}$=$\sqrt{(\sqrt{3})^{2}+{6}^{2}}$=$\sqrt{39}$.
点评 本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题,学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考压轴题.
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A. | a≥-1 | B. | a≠2 | C. | a≥-1且a≠2 | D. | a>2 |
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