反证法专题训练题

反证法专题训练题
新课标基础训练（每小题5分，共20分）
1．用反证法证明命题“一个三角形的三个外角中，至多有一个锐角”的第一步是________．2．下列命题中，假命题是（）
A．平行四边形的对角线互相平分; B．矩形的对角线相等
C．等腰梯形的对角线相等; D．菱形的对角线相等且互相平分
3．•命题“线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等”的逆命题是_______，这个命题是________命题．（填“真”或“假”）
4．求证：在一个三角形中，如果两个角不等，那么它们所对的边也不等．
新课标水平训练（满分32分）
5．（学科内综合）（6分）如图，已知在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB<CD，AB=10，BC=3．（1）如果M为AB上一点（如图①，且满足∠DMC=∠A，求AM的长．
（2）如果点M在AB边上移动（点M与A、B不重合），且满足∠DMN=∠A，MN交BC延长线于N（如图②），设AM=x，CN=y，求y关于x的函数解析式，并写出x的取值范围．（•写x的取值范围时，不写推理过程）
6．（学科间综合）（10分）如图所示，菱形ABCD的边长为24cm，∠A=60°，质点P从点A出发沿线路AB-BD作匀速运动，质点Q从点D同时出发
沿线路DC-CB-BA作匀速运动．
（1）求BD的长；
（2）质点P、Q运动的速度分别是4cm/s、5cm/s．经过12s后，P、Q分别到达M、•N两点，若按角的大小实行分类，请你确定△AMN是哪
一类三角形，并说明理由．
（3）设题（2）中的质点P，Q分别从M，N同时沿原路返回，质点P的速度不变，质点Q的速度改变为acm/s．经过3s后，P、Q分别到
达E、F两点，若△BEF与题（2）中的△AMN•相似，试求a的值．
7．（应用题）（6分）如图所示是一种
“羊头”形图案，其作法是：从正
方形①开始，以它的一边为斜边，
向外作等腰直角三角形，然后再以
其直角边为边，分别向外作正方形
②和②′，…，依此类推，若正方
形①的边长为64cm，则正方形⑦的
边长为_______cm．
8．（创新情景题）（10分）一个直立的火柴盒在桌面上倒下，•启迪人们发现了勾股定理的一种新的证明方法．如图所示，火柴盒的一个侧面ABCD倒下到AB′C′D′的位置，连结CC′，设AB=a，AC=c，请利用四边形BCC′D′的面积证明勾股定理：a2+b2=c2．
c
D'
B'
B
A
b
a
C'
D C
新课标拓展训练（满分32分）
9．（创新实践题）（10分）如图所示，B、C、E三点在一条直线上，△ABC•和△DCE均为等边三角形，连结AE、DB．
（1）求证：AE=DB；
（2）如果把△DCE绕点C顺时针再旋转一个角度，（1）中的结论还成立吗？
10．（自主探究题）（12分）已知：如图所示，在△ABC中，D是AB边上的一点，且BD=BC，BE⊥CD于E，交AC于点F，请再添加一个条件，使四边形DMCF是菱形，•并加以证明．
11．（开放题）（10分）如图所示，在△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为E，F．
（1）求证：DE=DF；
（2）只添加一个条件，使四边形EDFA是正方形．•请你至少写出两种不同的添加方法．（不另外添加辅助线，无需证明）
B
A
F
E
D C
新课标理念中考题（满分16分）
12．（16分）如图所示，梯形ABCD中，AD∥BC，F、H分别是AB、CD的中点，•FH分别交BD、AC于G、M，BD=6，ED=2，BC=10．
（1）求GM的长；（2）若梯形ABCD是等腰梯形，求证：△BFG≌△CHM．
B
A
H
G M
F
E
D
C
答案：
1．假设三角形的三个外角中，有两个锐角．
2．D
3．到线段两端距离相等的点在这条线段的垂直平分线上，真．
4．证明：假设在一个三角形中，这两个角所对的边相等，那么根据等边对等角，它们所对的两个角也相等，这与已知条件相矛盾，说明假设不成立，•所以在一个三角形中，如果两个角不等，那么它们所对的边也不等．
5．解：（1）在等腰梯形ABCD中，
∵AB∥CD，
∴∠A=∠B．
又∵∠A=∠DMC，∠1+∠A+∠2=∠2+∠DMC+∠3=180°，∴∠1=∠3．
∴△ADM≌△BMC．
设AM=x，则
3 310
x
x =
-
，
∴x2-10x+9=0，
∴x=1或x=9，经检验都是原分式方程的根．∴AM长为1或9．
（2）同理可证△ADM∽△BMN，可得
3 310
x
y x
=
+-
，
∴y=-1
3
x2+
10
3
x-3（1<x<9）．
6．（1）菱形ABCD中，AB=AD，∠A=60°，∴△ABD是等边三角形．
∴BD=24cm．
（2）△AMN是直角三角形，确定理由如下： 12s后，点P走过的路程为4×12=48（cm），∵AB+BD=48（cm），
∴点M与点D重合．
点Q走过的路程为5×12=60（cm）．
∵DC+CB+1
2
AB=60（cm），
∴点N是AB的中点．
连结MN，∵AM=MB，AN=BN，
∴MN⊥AB．
∴△AMN是直角三角形．
（3）点P从M点返回3秒走过的路程为4×3=12（cm）．
∵1
2
BD=12cm，∴点E是BD的中点．
点Q从N点返回3s走过的路程为3acm．
∵△BEF与题（2）中的Rt△AMN相似，又∵∠EBF=∠A=60°，
①若∠BFE=∠ANM=60°．
a：当点F在BN上时，BF=BN-FN=12-3a．（证法1）：∵△BEF∽△AMN，
∴BF BE AN AM
=．
∴12312 1224
a
-
=．
解得a=2．
（证法2）：在Rt△BEF中，∠BEF=30°，
∴BF=1
2
BE．∴12-3a=
1
2
×12．
解得a=2．
b：当点F在BC上时，BF=3a-BN=3a-12．（证法1）：∵△BEF∽△AMN，
∴BF BE AN AM
=．
∴31212 1224 a-
=．
解得a=6．
（证法2）在Rt△BEF中，∠BEF=30°，
∴BF=1
2
BE．∴3a-12=
1
2
×12．
解得a=6．
②若∠BEF=∠ANM=90°，即点F与点C重合，
此时3a=BN+BC=36．
∴a=12．
综上所述，a=2或6或12．
7．8
8．∵四边形BCC′D′为直角梯形，
∴S梯形BCC‘D’=1
2
（BC+C′D′）·BD′=
2
()
2
a b
+
．
∵Rt△ABC≌Rt△AB′C′，
∴∠BAC=∠B′AC′．
∴∠CAC′=∠CAB′+∠B′AC′=∠CAB′+∠BAC=90°．
∴S梯形BCC‘D’=S△ABC+S△CAC‘+S△D’AC‘=1
2
ab+
1
2
c2+
1
2
ab=
22
2
c ab
+
．
∴
2
()
2
a b
+
=
22
2
c ab
+
．
∴a2+b2=c2．
9．（1）证△BCD≌△ACE即可；（2）如果把△DCE绕点C顺时针再旋转一个角度，（1）•中
的结论仍成立．
10．添加条件DM∥AC（或ME=EF，DM=DF，DM=CF等均可）．
证明：如图所示，在△ABC中，BD=BC，BE⊥CD，则DE=CE．
∵DM∥AC，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴△DME≌△CFE，
∴DM=CF．
∴四边形DMCF是平行四边形．
又∵BF⊥CD，
∴DMCF是菱形．
11．（1）∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEB=∠DFC=90°．
∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
又∵DB=DC，
∴△DEB≌△DFC．
∴DE=DF．
（2）∠A=90°，四边形AFDE是平行四边形等．（方法很多，如∠B=45°或BC=2AB•或DE⊥DF或F为F为AC中点或DF∥AB等）．
12．解：（1）∵F、H为AB、CD的中点，
∴AD∥FH∥BC．
∴△AED∽△CEB．
∴AD ED
CB EB
=，∴
2
104
AD
=．
∴AD=5．
又∵△AED∽△MEC，∴ED AD EG MG
=．
∴25
1MG
=，∴MG=
5
2
（或2.5）．
（2）∵等腰梯形ABCD中F、H分别是AB、CD的中点，∴BF=CH，∠BAD=∠CDA，FH∥AD．
∴∠BFG=∠CHM．
∴FG=HM=1
2 AD．
∴△BFG≌△CHM．。