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四川省成都市状元廊学校2022届中考数学思维方法讲义 第1讲 证明 三角形

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第1讲证明三角形【学习目标】1、牢记三角形的有关性质及其判定;2、运用三角形的性质及判定进行有关计算与证明。【考点透视】1、全等三角形的性质与判定;2、等腰(等边)三角形的性质与判定;3、直角三角形的有关性质,勾股定理及其逆定理;4、相似三角形的性质与判定。【精彩知识】专题一三角形问题中的结论探索【例1】如图所示,两块完全相同的含30°角的直角三角形叠放在一起,且∠DAB=30°。有以下四个结论:①AF⊥BC;②△ADG≌△ACF;③O为BC的中点;④AG:DE=:4,其中正确结论的序号是.ADBCEO●变式练习1.如图,△ABD与△AEC都是等边三角形,AB≠AC,下列结论中:①BE=DC;②∠BOD=60°;③△BOD∽△COE.正确的序号是  .★考点感悟:专题二三角形中的平移、旋转等图形变换问题探索【例2】如图(1),Rt△ABC中,∠ACB=-90°,CD⊥AB,垂足为D.AF平分∠CAB,交CD于点E,交CB于点F(1)求证:CE=CF.(2)将图(1)中的△ADE沿AB向右平移到△A’D’E’的位置,使点E’落在BC边上,其它条件不变,如图(2)所示.试猜想:BE'与CF有怎样的数量关系?请证明你的结论.图(1)图(2)【例3】△ABC中,AB=AC,D为BC的中点,以D为顶点作∠MDN=∠B.(1)如图(1)当射线DN经过点A时,DM交AC边于点E,不添加辅助线,写出图中所有与△ADE相似的三角形.(2)如图(2),将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转,DM,DN分别交线段AC,AB于E,F点(点E与点A不重合),不添加辅助线,写出图中所有的相似三角形,并证明你的结论.(3)在图(2)中,若AB=AC=10,BC=12,当△DEF的面积等于△ABC的面积的时,求线段EF的长.★考点感悟:-9-\n●变式练习:如图,O是正△ABC内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,下列结论:①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到;②点O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④;⑤.其中正确的结论是【】A.①②③⑤B.①②③④C.①②③④⑤D.①②③【例4】如图1,△ABC是等腰直角三角形,四边形ADEF是正方形,D、F分别在AB、AC边上,此时BD=CF,BD⊥CF成立.(1)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ(0°<θ<90°)时,如图2,BD=CF成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.(2)当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时,如图3,延长BD交CF于点G.①求证:BD⊥CF;②当AB=4,AD=时,求线段BG的长.★考点感悟:专题三几何动态问题【例5】如图,在△ABC中,AB=AC=10cm,BC=12cm,点D是BC边的中点.点P从点B出发,以acm/s(a>0)的速度沿BA匀速向点A运动;点Q同时以1cm/s的速度从点D出发,沿DB匀速向点B运动,其中一个动点到达端点时,另一个动点也随之停止运动,设它们运动的时间为ts.(1)若a=2,△BPQ∽△BDA,求t的值;(2)设点M在AC上,四边形PQCM为平行四边形.①若a=,求PQ的长;②是否存在实数a,使得点P在∠ACB的平分线上?若存在,请求出a的值;若不存在,请说明理由.★考点感悟:●变式练习:-9-\n已知线段AB=6,C.D是AB上两点,且AC=DB=1,P是线段CD上一动点,在AB同侧分别作等边三角形APE和等边三角形PBF,G为线段EF的中点,点P由点C移动到点D时,G点移动的路径长度为.专题四几何与函数结合问题【例6】如图所示,在形状和大小不确定的△ABC中,BC=6,E、F分别是AB、AC的中点,P在EF或EF的延长线上,BP交CE于D,Q在CE上且BQ平分∠CBP,设BP=,PE=.(1)当时,求的值;(2)当CQ=CE时,求与之间的函数关系式;(3)①当CQ=CE时,求与之间的函数关系式;②当CQ=CE(为不小于2的常数)时,求直接与之间的函数关系式。★考点感悟:【例7】如图,在平面直角坐标系中,已知矩形ABCD的三个顶点B(1,0),C(3,0),D(3,4).以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C.动点P从点A出发,沿线段AB向点B运动.同时动点Q从点C出发,沿线段CD向点D运动.点P,Q的运动速度均为每秒1个单位.运动时间为t秒.过点P作PE⊥AB交AC于点E.(1)直接写出点A的坐标,并求出抛物线的解析式;(2)过点E作EF⊥AD于F,交抛物线于点G,当t为何值时,△ACG的面积最大?最大值为多少?(3)在动点P,Q运动的过程中,当t为何值时,在矩形ABCD内(包括边界)存在点H,使以C,Q,E,H为顶点的四边形为菱形?请直接写出t的值.★考点感悟:-9-\n【课后测试】一、选择题:1、下列判断正确的是()A.有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形全等B.有两边对应相等,且有一角为30°的两个等腰三角形全等C.有一角和一边对应相等的两个直角三角形全等D.有两角和一边对应相等的两个三角形全等2、在平面直角坐标系xoy中,已知A(2,–2),在y轴上确定点P,使△AOP为等到腰三角形,则符合条件的点P共有()A.2个B.3个C.4个D.5个二、填空题:3、在锐角三角形ABC中,BC=,∠ABC=45°,BD平分∠ABC,M、N分别是BD、BC上的动点,则CM+MN的最小值是。4、如图,Rt△ABC的边BC位于直线l上,AC=,∠ACB=90°,∠A=30°.若Rt△ABC由现在的位置向右滑动地旋转,当点A第3次落在直线l上时,点A所经过的路线的长为 ▲ (结果用含有π的式子表示)三、解答题:5、在矩形ABCD中,点P在AD上,AB=2,AP=1.将直角尺的顶点放在P处,直角尺的两边分别交AB,BC于点E,F,连接EF(如图①)。(1)当点E与点B重合时,点F恰好与点C重合(如图②),求PC的长;(2)探究:将直尺从图②中的位置开始,绕点P顺时针旋转,当点E和点A重合时停止.在这个过程中,请你观察、猜想,并解答:①的值是否发生变化?请说明理由;②直接写出从开始到停止,线段EF的中点经过的路线长。图①图②6、如图(1),将菱形纸片AB(E)CD(F)沿对角线BD(EF)剪开得到△ABD和△ECF,固定△ABD,并把△ABD与△ECF叠放在一起。(1)操作:如图(2),将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处,△ECF绕点F在BD边上方左右旋转,设旋转时FC交BA于点H(H点不与B点重合)。FE交DA于点G(G点不与D点重合)。求证:BH·GD=BF2(2)操作:如图(3),△ECF的顶点F在△ABD的BD边上滑动(F点不与B、D点重合),且CF始终经过A,过点A作AG∥CE,交FE于点G,连接DG。探究:FD+DG=__________。请予证明。(1)(2)(3)学生对本次课的评价:○特别满意○满意○一般○不怎么样家长意见或建议:家长签字:-9-\n部分答案:【例3】解:(1)图(1)中与△ADE相似的有△ABD,△ACD,△DCE。(2)△BDF∽△CED∽△DEF,证明如下:∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°,∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°,又∵∠EDF=∠B,∴∠BFD=∠CDE。∵AB=AC,∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴。∵BD=CD,∴,即。又∵∠C=∠EDF,∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。(3)连接AD,过D点作DG⊥EF,DH⊥BF,垂足分别为G,H.∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC,BD=BC=6。在Rt△ABD中,AD2=AB2﹣BD2,即AD2=102﹣62,∴AD=8。∴S△ABC=•BC•AD=×12×8=48,S△DEF=S△ABC=×48=12。又∵•AD•BD=•AB•DH,∴。∵△BDF∽△DEF,∴∠DFB=∠EFD。∵DH⊥BF,DG⊥EF,∴∠DHF=∠DGF。又∵DF=DF,∴△DHF≌△DGF(AAS)。∴DH=DG=。∵S△DEF=·EF·DG=·EF·=12,∴EF=5。例3变式:A。【考点】旋转的性质,全等三角形的判定和性质,等边三角形的判定和性质,勾股定理的逆定理。【分析】∵正△ABC,∴AB=CB,∠ABC=600。∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,∴BO=BO′,∠O′AO=600。∴∠O′BA=600-∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。连接OO′,∵BO=BO′,∠O′AO=600,∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。∵在△AOO′中,三边长为O′A=OC=5,OO′=OB=4,OA=3,是一组勾股数,∴△AOO′是直角三角形。∴∠AOB=∠AOO′+∠O′OB=900+600=150°。故结论③正确。。故结论④错误。如图所示,将△AOB绕点A逆时针旋转60°,使得AB与AC重合,点O旋转至O″点.易知△AOO″是边长为3的等边三角形,△COO″是边长为3、4、5的直角三角形。则。故结论⑤正确。综上所述,正确的结论为:①②③⑤。故选A。【例4】解:(1)BD=CF成立。理由如下:∵△ABC是等腰直角三角形,四边形ADEF是正方形,∴AB=AC,AD=AF,∠BAC=∠DAF=90°。∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC,∠CAF=∠DAF﹣∠DAC,∴∠BAD=∠CAF。在△BAD和△CAF中,∵AB=AC,∠BAD=∠CAF,∴△BAD≌△CAF(SAS)。∴BD=CF。-9-\n(2)①证明:设BG交AC于点M.∵△BAD≌△CAF(已证),∴∠ABM=∠GCM。又∵∠BMA=∠CMG,∴△BMA∽△CMG。∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CF。②过点F作FN⊥AC于点N。∵在正方形ADEF中,AD=DE=,∴。∴AN=FN=AE=1。∵在等腰直角△ABC中,AB=4,∴CN=AC﹣AN=3,。∴在Rt△FCN中,。在Rt△ABM中,。∴AM=。∴CM=AC﹣AM=4﹣,。∵△BMA∽△CMG,∴,即,∴CG=。∴在Rt△BGC中,。【例5】解:(1)△ABC中,AB=AC=10,BC=12,D是BC的中点,∴BD=CD=BC=6。∵a=2,∴BP=2t,DQ=t。∴BQ=BD-QD=6-t。∵△BPQ∽△BDA,∴,即,解得:。(2)①过点P作PE⊥BC于E,∵四边形PQCM为平行四边形,∴PM∥CQ,PQ∥CM,PQ=CM。∴PB:AB=CM:AC。∵AB=AC,∴PB=CM。∴PB=PQ。∴BE=BQ=(6-t)。∵a=,∴PB=t。∵AD⊥BC,∴PE∥AD。∴PB:AB=BE:BD,即。解得,t=。∴PQ=PB=t=(cm)。②不存在.理由如下:∵四边形PQCM为平行四边形,∴PM∥CQ,PQ∥CM,PQ=CM。∴PB:AB=CM:AC。∵AB=AC,∴PB=CM,∴PB=PQ。若点P在∠ACB的平分线上,则∠PCQ=∠PCM,∵PM∥CQ,∴∠PCQ=∠CPM。∴∠CPM=∠PCM。∴PM=CM。∴四边形PQCM是菱形。∴PQ=CQ。∴PB=CQ。∵PB=at,CQ=BD+QD=6+t,∴PM=CQ=6+t,AP=AB-PB=10-at,且at=6+t①。∵PM∥CQ,∴PM:BC=AP:AB,∴,化简得:6at+5t=30②。把①代入②得,t=。∴不存在实数a,使得点P在∠ACB的平分线上。【例6】【解析】平行、角平分线、等腰三角形、相似、对应边成比例解:(1)∵E、F是AB、AC中点∴EF∥BC,EF=0.5BC=3-9-\n∴EP==1∵EF∥BC∴△DPE∽△DBC∴EP:BC=1:6∴=1:36(2)延长BQ交射线EF于点G∵EF∥BC∴∠G=∠GBC又∵∠GBC=∠GBP∴∠G=∠GBP∴PG=BP=y即EG=x+y∵EF∥BC∴△QEG∽△QCB∴EQ:QC=EG:BC=1x+y=6即y=–x+6(3)①同(2)中△QEG∽△QCBEQ:QC=EG:BC=2x+y=2×6y=–x+12②y=–x+6(n–1)【例7】解:(1)A(1,4)。由题意,设抛物线解析式为y=a(x﹣1)2+4∵抛物线过点C(3,0),∴0=a(3﹣1)2+4,解得,a=﹣1。∴抛物线的解析式为y=﹣(x﹣1)2+4,即y=﹣x2+2x+3。(2)设直线AC的解析式为y=kx+b,∵A(1,4),C(3,0),∴,解得。∴直线AC的解析式为y=﹣2x+6。∵点P(1,4﹣t),∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中,解得点E的横坐标为。∴点G的横坐标为,代入抛物线的解析式中,可求点G的纵坐标为。∴GE=()﹣(4﹣t)=。又点A到GE的距离为,C到GE的距离为,∴。∴当t=2时,S△ACG的最大值为1。(3)或。【考点】二次函数综合题,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,二次函数的性质,矩形和菱形的性质。【分析】(1)根据矩形的性质可以写出点A得到坐标;由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为y=a(x﹣1)2+4,然后将点C的坐标代入,即可求得系数a的值(利用待定系数法求抛物线的解析式)。(2)利用待定系数法求得直线AC的方程y=﹣2x+6;由图形与坐标变换可以求得点P的坐标(1,4﹣t),据此可以求得点E的纵坐标,将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标;然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=、点A到GE的距离为,C到GE-9-\n的距离为;最后根据三角形的面积公式可以求得,由二次函数的最值可以解得t=2时,S△ACG的最大值为1。(3)因为菱形是邻边相等的平行四边形,所以点H在直线EF上。分CE是边和对角线两种情况讨论即可。由题设和(2)知,C(3,0),Q(3,t),E(),设H()。当CE是对角线时,如图1,有CQ=HE=CH,即,解得,或t=4(舍去,此时C,E重合)。当CE是边时,如图2,有CQ=CE=EH,即,解得,或(舍去,此时已超过矩形ABCD的范围)。综上所述,当或时,在矩形ABCD内(包括边界)存在点H,使以C,Q,E,H为顶点的四边形为菱形。5、解:(1)在矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,AP=1,CD=AB=2,则PB=.∴∠ABP+∠APB=90°又∵∠BPC=90°∴∠APB+∠DPC=90°∴∠ABP=∠DPC∴△APB∽△DCP∴=即=∴PC=2(2)的值不变理由:过F作FG⊥AD,垂足为G,则四边形ABFG是矩形∴∠A=∠PFG=90°,GF=AB=2∴∠AEP+∠APE=90°又∵∠EPF=90°∴∠APE+∠GPF=90°∴∠AEP=∠GPF∴△APE∽△GPF∴===2∴=2∴的值不变(3)线段EF的中点经过的路线长为6、(1)证明:根据图②操作有∠B=∠D=∠CFE,BF=DF在△DFG中,∠D+∠DFG+DGF=180°,而∠DFG+∠CFE+BFH=180°∴∠BFH=∠DGF,又∠B=∠D∴△BFH∽△DGF∴=由于BF=DF∴BF2=BH·DG(2)解:探究得出:FD+DG=BD证明:∵AG∥CE,∴∠FAG=∠C,∠FGA=∠E∵∠CFE=∠E,∴∠E=∠FGA∴AG=AF根据菱形有:∠BAD=∠FCE∴∠BAD=∠FAG,即:∠BAF+∠FAD=∠FAD+∠DAG∴∠BAF=∠DAG-9-\n在△ABF与△ADG中,∴△ABF≌△ADG∴BF=DG∴DF+DG=DF+BF=BD-9-

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发布时间:2022-08-25 20:47:39 页数:9
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文章作者:U-336598

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