1. 如图，$AB⊥ BC$，射线$CM⊥ BC$，$P$是线段$BC$（不与点$B$，$C$重合）上的动点，过点$P$作$DP⊥ AP$交射线$CM$于点$D$，连接$AD$。若$P$是$BC$的中点，求证：$DP$平分$∠ ADC$。
答案：
1.证明:如答图,延长线段AP,DC交于点E.
∵AB⊥BC,CM⊥BC,
∴∠ABP=∠PCD=∠PCE=90°.
∵P是BC的中点,
∴PB=PC.
在△ABP和△ECP中,$\begin{cases} ∠ABP=∠ECP, \\ PB=PC, \\ ∠APB=∠EPC, \end{cases}$
∴△ABP≌△ECP(ASA).
∴PA=PE.
∵DP⊥AP,∠APD=∠EPD=90°.
又DP=DP,
∴△DPA≌△DPE(SAS),
∴∠ADP=∠EDP,即DP平分∠ADC.
第1题答图
1.证明:如答图,延长线段AP,DC交于点E.
∵AB⊥BC,CM⊥BC,
∴∠ABP=∠PCD=∠PCE=90°.
∵P是BC的中点,
∴PB=PC.
在△ABP和△ECP中,$\begin{cases} ∠ABP=∠ECP, \\ PB=PC, \\ ∠APB=∠EPC, \end{cases}$
∴△ABP≌△ECP(ASA).
∴PA=PE.
∵DP⊥AP,∠APD=∠EPD=90°.
又DP=DP,
∴△DPA≌△DPE(SAS),
∴∠ADP=∠EDP,即DP平分∠ADC.
第1题答图解析：
【分析】
本题属于平行线夹中点的几何证明题，解题思路如下：首先观察到AB、CD均垂直于BC，可得AB与CD平行，同时P是BC中点，符合“平行线夹中点”的模型特征，遇到这类模型通常延长过中点的线段（本题延长AP交DC的延长线于点E）构造“八字型”全等三角形，先证△ABP和△ECP全等得到AP=PE；再结合DP⊥AP的条件，利用公共边DP证明△DPA和△DPE全等，即可得到对应角相等，从而证明DP平分∠ADC。
【解析】
证明：如答图，延长线段AP，DC交于点E。
∵$AB⊥BC$，$CM⊥BC$，
∴$∠ ABP=∠ PCD=∠ PCE=90°$。
∵P是BC的中点，
∴$PB=PC$。
在$△ ABP$和$△ ECP$中，
$\begin{cases} ∠ ABP=∠ ECP, \\ PB=PC, \\ ∠ APB=∠ EPC, \end{cases}$
∴$△ ABP≌△ ECP(\mathrm{ASA})$。
∴$PA=PE$。
∵$DP⊥AP$，
∴$∠ APD=∠ EPD=90°$。
又$DP=DP$，
在$△ DPA$和$△ DPE$中，
$\begin{cases} PA=PE, \\ ∠ APD=∠ EPD, \\ DP=DP, \end{cases}$
∴$△ DPA≌△ DPE(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ ADP=∠ EDP$，即$DP$平分$∠ ADC$。
【答案】
证明:如答图,延长线段AP,DC交于点E.
∵AB⊥BC,CM⊥BC,
∴∠ABP=∠PCD=∠PCE=90°.
∵P是BC的中点,
∴PB=PC.
在△ABP和△ECP中,$\begin{cases} ∠ABP=∠ECP, \\ PB=PC, \\ ∠APB=∠EPC, \end{cases}$
∴△ABP≌△ECP(ASA).
∴PA=PE.
∵DP⊥AP,∠APD=∠EPD=90°.
又DP=DP,
∴△DPA≌△DPE(SAS),
∴∠ADP=∠EDP,即DP平分∠ADC.
第1题答图
【知识点】
全等三角形的判定与性质；角平分线的定义；平行线的性质
【点评】
本题是平行线夹中点构造全等的典型题型，解题的核心是根据模型特征正确作出辅助线，通过两次全等三角形的证明推导得到角相等的结论，能够有效训练学生中点类辅助线的构造思维。
【难度系数】
0.6
本题属于平行线夹中点的几何证明题，解题思路如下：首先观察到AB、CD均垂直于BC，可得AB与CD平行，同时P是BC中点，符合“平行线夹中点”的模型特征，遇到这类模型通常延长过中点的线段（本题延长AP交DC的延长线于点E）构造“八字型”全等三角形，先证△ABP和△ECP全等得到AP=PE；再结合DP⊥AP的条件，利用公共边DP证明△DPA和△DPE全等，即可得到对应角相等，从而证明DP平分∠ADC。
【解析】
证明：如答图，延长线段AP，DC交于点E。
∵$AB⊥BC$，$CM⊥BC$，
∴$∠ ABP=∠ PCD=∠ PCE=90°$。
∵P是BC的中点，
∴$PB=PC$。
在$△ ABP$和$△ ECP$中，
$\begin{cases} ∠ ABP=∠ ECP, \\ PB=PC, \\ ∠ APB=∠ EPC, \end{cases}$
∴$△ ABP≌△ ECP(\mathrm{ASA})$。
∴$PA=PE$。
∵$DP⊥AP$，
∴$∠ APD=∠ EPD=90°$。
又$DP=DP$，
在$△ DPA$和$△ DPE$中，
$\begin{cases} PA=PE, \\ ∠ APD=∠ EPD, \\ DP=DP, \end{cases}$
∴$△ DPA≌△ DPE(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ ADP=∠ EDP$，即$DP$平分$∠ ADC$。
【答案】
证明:如答图,延长线段AP,DC交于点E.
∵AB⊥BC,CM⊥BC,
∴∠ABP=∠PCD=∠PCE=90°.
∵P是BC的中点,
∴PB=PC.
在△ABP和△ECP中,$\begin{cases} ∠ABP=∠ECP, \\ PB=PC, \\ ∠APB=∠EPC, \end{cases}$
∴△ABP≌△ECP(ASA).
∴PA=PE.
∵DP⊥AP,∠APD=∠EPD=90°.
又DP=DP,
∴△DPA≌△DPE(SAS),
∴∠ADP=∠EDP,即DP平分∠ADC.
第1题答图【知识点】
全等三角形的判定与性质；角平分线的定义；平行线的性质
【点评】
本题是平行线夹中点构造全等的典型题型，解题的核心是根据模型特征正确作出辅助线，通过两次全等三角形的证明推导得到角相等的结论，能够有效训练学生中点类辅助线的构造思维。
【难度系数】
0.6
2. 如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,且$AC=BC$,$F$为$BC$上一点,连接$AF$,过点$C$作$CG⊥ AF$于点$D$,交$AB$于点$G$,$E$是$AF$上任意一点.连接$BE$,交$CG$于点$P$,若$P$恰为$BE$的中点,求证:$AE=2DP$.
答案：
2.证明:如答图,过点B作BH⊥CG,交CG的延长线于点H.
∵CG⊥AF,BH⊥CG,
∴∠CDA=∠ADP=∠PHB=90°.
∵P为BE的中点,
∴PE=PB.
在△DPE和△HPB中,$\begin{cases} ∠EDP=∠BHP, \\ ∠DPE=∠HPB, \\ EP=BP, \end{cases}$
∴△DPE≌△HPB(AAS),
∴BH=DE,DP=PH,
∴DH=2DP.
∵∠ACB=90°,CG⊥AF,
∴∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠CAD=90°,
∴∠CAD=∠BCH.
在△ACD和△CBH中,$\begin{cases} ∠ADC=∠H, \\ ∠CAD=∠BCH, \\ CA=BC, \end{cases}$
∴△ACD≌△CBH(AAS),
∴AD=CH,CD=BH,
∴BH=CD=DE,
∴AD-DE=CH-CD,
∴AE=DH=2DP.
第2题答图
2.证明:如答图,过点B作BH⊥CG,交CG的延长线于点H.
∵CG⊥AF,BH⊥CG,
∴∠CDA=∠ADP=∠PHB=90°.
∵P为BE的中点,
∴PE=PB.
在△DPE和△HPB中,$\begin{cases} ∠EDP=∠BHP, \\ ∠DPE=∠HPB, \\ EP=BP, \end{cases}$
∴△DPE≌△HPB(AAS),
∴BH=DE,DP=PH,
∴DH=2DP.
∵∠ACB=90°,CG⊥AF,
∴∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠CAD=90°,
∴∠CAD=∠BCH.
在△ACD和△CBH中,$\begin{cases} ∠ADC=∠H, \\ ∠CAD=∠BCH, \\ CA=BC, \end{cases}$
∴△ACD≌△CBH(AAS),
∴AD=CH,CD=BH,
∴BH=CD=DE,
∴AD-DE=CH-CD,
∴AE=DH=2DP.
第2题答图解析：
【分析】
本题要证明$AE=2DP$，可通过构造全等三角形转化线段关系求解：①首先看到$P$是$BE$的中点，结合$CG⊥AF$的垂直条件，可过点$B$作$BH⊥CG$交$CG$延长线于$H$，构造"八字型"全等三角形$△ DPE$和$△ HPB$，先证这组全等可得$DP=PH$，即$DH=2DP$，同时得到$DE=BH$；②再利用等腰直角$△ ABC$的性质，结合同角的余角相等推出$∠ CAD=∠ BCH$，证明$△ ACD$和$△ CBH$全等，得到$AD=CH$、$CD=BH$，进而推出$CD=DE$；③最后通过线段的和差等量代换，就能得到$AE=DH=2DP$。
【解析】
证明：如答图，过点$B$作$BH⊥CG$，交$CG$的延长线于点$H$。
∵$CG⊥AF$，$BH⊥CG$，
∴$∠ CDA=∠ ADP=∠ PHB=90°$。
∵$P$为$BE$的中点，
∴$PE=PB$。
在$△ DPE$和$△ HPB$中，
$\begin{cases} ∠ EDP=∠ BHP, \\ ∠ DPE=∠ HPB, \\ EP=BP, \end{cases}$
∴$△ DPE≌△ HPB(\mathrm{AAS})$，
∴$BH=DE$，$DP=PH$，
∴$DH=2DP$。
∵$∠ ACB=90°$，$CG⊥AF$，
∴$∠ ACD+∠ BCD=∠ ACD+∠ CAD=90°$，
∴$∠ CAD=∠ BCH$。
在$△ ACD$和$△ CBH$中，
$\begin{cases} ∠ ADC=∠ H, \\ ∠ CAD=∠ BCH, \\ CA=BC, \end{cases}$
∴$△ ACD≌△ CBH(\mathrm{AAS})$，
∴$AD=CH$，$CD=BH$，
∴$BH=CD=DE$，
∴$AD-DE=CH-CD$，
∴$AE=DH=2DP$。
【答案】
证明:如答图,过点B作$BH⊥CG$,交$CG$的延长线于点$H$.
∵$CG⊥AF$,$BH⊥CG$,
∴$∠CDA=∠ADP=∠PHB=90°$.
∵$P$为$BE$的中点,
∴$PE=PB$.
在$△ DPE$和$△ HPB$中,$\begin{cases} ∠EDP=∠BHP, \\ ∠DPE=∠HPB, \\ EP=BP, \end{cases}$
∴$△ DPE≌△ HPB(\mathrm{AAS})$,
∴$BH=DE$,$DP=PH$,
∴$DH=2DP$.
∵$∠ACB=90°$,$CG⊥AF$,
∴$∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠CAD=90°$,
∴$∠CAD=∠BCH$.
在$△ ACD$和$△ CBH$中,$\begin{cases} ∠ADC=∠H, \\ ∠CAD=∠BCH, \\ CA=BC, \end{cases}$
∴$△ ACD≌△ CBH(\mathrm{AAS})$,
∴$AD=CH$,$CD=BH$,
∴$BH=CD=DE$,
∴$AD-DE=CH-CD$,
∴$AE=DH=2DP$.
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等
【点评】
本题是中点构造全等的典型题型，通过作垂线构造"八字型"全等转化线段关系，再结合等腰直角三角形的性质证明另一组全等完成等量代换，需熟练掌握全等三角形的判定方法和中点相关的辅助线构造技巧。
【难度系数】
0.6
本题要证明$AE=2DP$，可通过构造全等三角形转化线段关系求解：①首先看到$P$是$BE$的中点，结合$CG⊥AF$的垂直条件，可过点$B$作$BH⊥CG$交$CG$延长线于$H$，构造"八字型"全等三角形$△ DPE$和$△ HPB$，先证这组全等可得$DP=PH$，即$DH=2DP$，同时得到$DE=BH$；②再利用等腰直角$△ ABC$的性质，结合同角的余角相等推出$∠ CAD=∠ BCH$，证明$△ ACD$和$△ CBH$全等，得到$AD=CH$、$CD=BH$，进而推出$CD=DE$；③最后通过线段的和差等量代换，就能得到$AE=DH=2DP$。
【解析】
证明：如答图，过点$B$作$BH⊥CG$，交$CG$的延长线于点$H$。
∵$CG⊥AF$，$BH⊥CG$，
∴$∠ CDA=∠ ADP=∠ PHB=90°$。
∵$P$为$BE$的中点，
∴$PE=PB$。
在$△ DPE$和$△ HPB$中，
$\begin{cases} ∠ EDP=∠ BHP, \\ ∠ DPE=∠ HPB, \\ EP=BP, \end{cases}$
∴$△ DPE≌△ HPB(\mathrm{AAS})$，
∴$BH=DE$，$DP=PH$，
∴$DH=2DP$。
∵$∠ ACB=90°$，$CG⊥AF$，
∴$∠ ACD+∠ BCD=∠ ACD+∠ CAD=90°$，
∴$∠ CAD=∠ BCH$。
在$△ ACD$和$△ CBH$中，
$\begin{cases} ∠ ADC=∠ H, \\ ∠ CAD=∠ BCH, \\ CA=BC, \end{cases}$
∴$△ ACD≌△ CBH(\mathrm{AAS})$，
∴$AD=CH$，$CD=BH$，
∴$BH=CD=DE$，
∴$AD-DE=CH-CD$，
∴$AE=DH=2DP$。
【答案】
证明:如答图,过点B作$BH⊥CG$,交$CG$的延长线于点$H$.
∵$CG⊥AF$,$BH⊥CG$,
∴$∠CDA=∠ADP=∠PHB=90°$.
∵$P$为$BE$的中点,
∴$PE=PB$.
在$△ DPE$和$△ HPB$中,$\begin{cases} ∠EDP=∠BHP, \\ ∠DPE=∠HPB, \\ EP=BP, \end{cases}$
∴$△ DPE≌△ HPB(\mathrm{AAS})$,
∴$BH=DE$,$DP=PH$,
∴$DH=2DP$.
∵$∠ACB=90°$,$CG⊥AF$,
∴$∠ACD+∠BCD=∠ACD+∠CAD=90°$,
∴$∠CAD=∠BCH$.
在$△ ACD$和$△ CBH$中,$\begin{cases} ∠ADC=∠H, \\ ∠CAD=∠BCH, \\ CA=BC, \end{cases}$
∴$△ ACD≌△ CBH(\mathrm{AAS})$,
∴$AD=CH$,$CD=BH$,
∴$BH=CD=DE$,
∴$AD-DE=CH-CD$,
∴$AE=DH=2DP$.
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，同角的余角相等
【点评】
本题是中点构造全等的典型题型，通过作垂线构造"八字型"全等转化线段关系，再结合等腰直角三角形的性质证明另一组全等完成等量代换，需熟练掌握全等三角形的判定方法和中点相关的辅助线构造技巧。
【难度系数】
0.6