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- 2021-05-10 发布
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重庆中考几何题分类汇编(含答案)
类型1 线段的倍分:要证线段倍与半,延长缩短去实验
例1 如图Z3-1,在△ABC中,AB=AC,CM平分∠ACB交AB于M,在AC的延长线上截取CN=BM,连接MN交BC于P,在CB的延长线截取BQ=CP,连接MQ.
(1)求证:MQ=NP;
(2)求证:CN=2CP.
针对训练:
1.如图Z3-2,在▱ABCD中,AC⊥BC,点E、点F分别在AB、BC上,且满足AC=AE=CF,连接CE、AF、EF.
(1)若∠ABC=35°,求∠EAF的度数;
(2)若CE⊥EF,求证:CE=2EF.
2.已知,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,E为边AC任意一点,连接BE.
(1)如图①,若∠ABE=15°,O为BE中点,连接AO,且AO=1,求BC的长;
(2)如图②,F也为AC上一点,且满足AE=CF,过A作AD⊥BE交BE于点H,交BC于点D,连接DF交BE于点G,连接AG.若AG平分∠CAD,求证:AH=AC.
3.在△ACB中,AB=AC,∠BAC=90°,点D是AC上一点,连接BD,过点A作AE⊥BD于E,交BC于F.
(1)如图①,若AB=4,CD=1,求AE的长;
(2)如图②,点G是AE上一点,连接CG,若BE=AE+AG,求证:CG=AE.
4.在等腰直角三角形ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,D是斜边BC的中点,连接AD.
(1)如图①,E是AC的中点,连接DE,将△CDE沿CD翻折到△CDE′,连接AE′,当AD=时,求AE′的值.
(2)如图②,在AC上取一点E,使得CE=AC,连接DE,将△CDE沿CD翻折到△CDE′,连接AE′交BC于点F,求证:DF=CF.
类型2 线段的和差:要证线段和与差,截长补短去实验
例2 如图,在△ABC中,∠BAC=90°,在BC上截取BD=BA,连接AD,在AD左侧作∠EAD=45°交BD于E.
(1)若AC=3,则CE=________(直接写答案);
(2)如图①,M、N分别为AB和AC上的点,且AM=AN,连接EM、DN,若∠AME+∠AND=180°,求证:DE=DN+ME;
(3)如图②,过E作EF⊥AE,交AD的延长线于F,在EC上选取一点H,使得EH=BE,连接FH,在AC上选取一点G,使得AG=AB,连接BG、FG,求证:FH=FG.
针对训练:
1.如图Z3-7,在▱ABCD中,AE⊥BC于E,AE=AD,EG⊥AB于G,延长GE、DC交于点F,连接AF.
(1)若BE=2EC,AB=,求AD的长;
(2)求证:EG=BG+FC.
2.如图,在正方形ABCD中,点P为AD延长线上一点,连接AC、CP,过点C作CF⊥CP于点C,交AB于点F,过点B作BM⊥CF于点N,交AC于点M.
(1)若AP=AC,BC=4,求S△ACP;
(2)若CP-BM=2FN,求证:BC=MC.
3.如图,在△ABC中,AB=BC,以AB为一边向外作菱形ABDE,连接DC,EB并延长EB交AC于F,且CB⊥AE于G.
(1)若∠EBG=20°,求∠AFE;
(2)试问线段AE,AF,CF之间的数量关系并证明.
类型3 倍长中线:三角形中有中线,延长中线等中线
例3 如图Z3-10①,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,D、E分别为斜边AC上两点,且AD=AB,CE=CB,连接BD、BE.
(1)求∠EBD的度数;
(2)如图Z3-10②,过点D作FD⊥BD于点D,交BE的延长线于点F,在AB上选取一点H,使得BH=BC,连接CH,在AC上选取一点G,使得GD=CD,连接FH、FG,求证:FH=FG.
针对训练:
1.如图,已知在▱ABCD中,G为BC的中点,点E在AD边上,且∠1=∠2.
(1)求证:E是AD中点;
(2)若F为CD延长线上一点,连接BF,且满足∠3=∠2,求证:CD=BF+DF.
2.如图Z3-12,在菱形ABCD中,点E、F分别是BC、CD上的点,连接AE,AF,DE、EF,∠DAE=∠BAF.
(1)求证:CE=CF;
(2)若∠ABC=120°,点G是线段AF的中点,连接DG,EG.求证:DG⊥GE.
3.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,点D与点B在AC同侧,∠ADC>∠BAC,且DA=DC,过点B作BE∥DA交DC于点E,M为AB的中点,连接MD,ME.
(1)如图①,当∠ADC=90°时,线段MD与ME的数量关系是________;
(2)如图②,当∠ADC=60°时,试探究线段MD与ME的数量关系,并证明你的结论;
(3)如图③,当∠ADC=α时,求的值.
4.如图①,等边三角形ABC中,CE平分∠ACB,D为BC边上一点,且DE=CD,连接BE.
(1)若CE=4,BC=6 ,求线段BE的长;
(2)如图②,取BE中点P,连接AP,PD,AD,求证:AP⊥PD且AP=PD;
(3)如图③,把图Z3-14②中的△CDE绕点C顺时针旋转任意角度,然后连接BE,点P为BE中点,连接AP,PD,AD,问第(2)问中的结论还成立吗?若成立,请证明;若不成立,请说明理由.
5.在△ABC中,以AB为斜边,作直角三角形ABD,使点D落在△ABC内,∠ADB=90°.
(1)如图①,若AB=AC,∠BAD=30°,AD=6 ,点P、M分别为BC、AB边的中点,连接PM,求线段PM的长;
(2)如图②,若AB=AC,把△ABD绕点A逆时针旋转一定角度,得到△ACE,连接ED并延长交BC于点P,求证:BP=CP;
(3)如图③,若AD=BD,过点D的直线交AC于点E,交BC于点F,EF⊥AC,且AE=EC,请直接写出线段BF、FC、AD之间的关系(不需要证明).
类型4 中位线:三角形中两中点,连接则成中位线
例4 2017·河南如图①,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=AC,点D,E分别在边AB,AC上,AD=AE,连接DC,点M,P,N分别为DE,DC,BC的中点.
(1)观察猜想:图①中,线段PM与PN的数量关系是__________,位置关系是__________;
(2)探究证明:把△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图②的位置,连接MN,BD,CE,判断△PMN的形状,并说明理由;
(3)拓展延伸:把△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=4,AB=10,请直接写出△PMN面积的最大值.
针对训练:
1.如图①,在任意的三角形ABC中,分别以AB和AC为一边作等腰三角形ABE和等腰三角形ACD,AB=AE,AC=AD,且∠BAE+∠CAD=180°,连接DE,延长CA交DE于F.
(1)求证:∠CAB=∠AED+∠ADE;
(2)若∠ACB=∠BAE=∠CAD=90°,如图②,求证:BC=2AF;
(3)若在△ABC中,如图③所示,作等腰三角形ABE和等腰三角形ACD,AB与DE交于点F,F为DE的中点,请问(2)中的结论还成立吗?若成立,请给出证明,若不成立,请说明理由.
2.如图,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC+∠EAD=180°,△ABC不动,△ADE绕点A旋转,连接BE、CD,F为BE的中点,连接AF.
(1)如图①,当∠BAE=90°时,求证:CD=2AF;
(2)当∠BAE≠90°时,(1)的结论是否成立?请结合图②说明理由.
3.如图①,在等腰三角形ABC中,AB=AC,在底边BC上取一点D,在边AC上取一点E,使AE=AD,连接DE,在∠ABD的内部作∠ABF=2∠EDC,交AD于点F.
(1)求证:△ABF是等腰三角形;
(2)如图②,BF的延长交AC于点G.若∠DAC=∠CBG,延长AC至点M,使GM=AB,连接BM,点N是BG的中点,连接AN,试判断线段AN、BM之间的数量关系,并证明你的结论.
类型5 角的和差倍分
图中有角平分线,可向两边作垂线;也可将图对折看,对称以后关系现.
角平分线平行线,等腰三角形来添.角平分线加垂线,三线合一试试看.
例5.如图,把△EFP放置在菱形ABCD中,使得顶点E,F,P分别在线段AB,AD,AC上,已知EP=FP=6,EF=6 ,∠BAD=60°,且AB>6 .
(1)求∠EPF的大小;
(2)若AP=10,求AE+AF的值.
针对训练:
1.已知:如图①,AD平分∠BAC,∠B+∠C=180°,∠B=90°,易知:DB=DC.
探究:如图②,AD平分∠BAC,∠ABD+∠ACD=180°,∠ABD<90°,求证:DB=DC.
2.在△ACB中,AB=AC,∠BAC=90°,点D是AC上一点,连接BD,过点A作AE⊥BD于E,交BC于F.
(1)如图①,若AB=4,CD=1,求AE的长;
(2)如图②,点P是AC上一点,连接FP,若AP=CD,求证:∠ADB=∠CPF.
3.已知,在▱ABCD中,∠BAD=45°,AB=BD,E为BC上一点,连接AE交BD于F,过点D作DG⊥AE于G,延长DG交BC于H.
(1)如图①,若点E与点C重合,且AF=,求AD的长;
(2)如图②,连接FH,求证:∠AFB=∠HFB.
4.如图,将正方形纸片ABCD沿EF折叠(点E、F分别在边AB、CD上),使点B落在AD边上的点M处,点C落在点N处,MN与CD交于点P,连接EP.当点M在边AD上移动时,连接BM、BP.
(1)求证:BM是∠AMP的平分线;
(2)△PDM的周长是否发生变化?证明你的结论.
类型6 旋转型全等问题:图中若有边相等,可用旋转做实验
例6.△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D为直线BC上一动点(点D不与B,C重合),以AD为边在AD右侧作正方形ADEF,连接CF.
(1)观察猜想:如图①,当点D在线段BC上时,①BC与CF的位置关系为:________.
②BC,CD,CF之间的数量关系为:___________;(将结论直接写在横线上)
(2)数学思考:如图Z3-25②,当点D在线段CB的延长线上时,结论①,②是否仍然成立?若成立,请给予证明;若不成立,请你写出正确结论再给予证明.
(3)拓展延伸:如图Z3-25③,当点D在线段BC的延长线上时,延长BA交CF于点G,连接GE.若已知AB=2 ,CD=BC,请求出GE的长.
针对训练:
1.在四边形ABCD中,∠B+∠D=180°,对角线AC平分∠BAD.
(1)如图①,若∠DAB=120°,且∠B=90°,试探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由.
(2)如图②,若将(1)中的条件“∠B=90°”去掉,(1)中的结论是否成立?请说明理由.
(3)如图③,若∠DAB=90°,探究边AD、AB与对角线AC的数量关系并说明理由.
2.如图①,在正方形ABCD中,点E为边BC上一点,将△ABE沿AE翻折得△AHE,延长EH交边CD于F,连接AF.
(1)求证:∠EAF=45°;
(2)延长AB,AD,如图②,射线AE、AF分别交正方形两个外角的平分线于M、N,连接MN,若以BM、DN、MN为三边围成三角形,试猜想三角形的形状,并证明你的结论.
3.如图①,在正方形ABCD内有一点P,PA=,PB=,PC=1,求∠BPC的度数.
【分析问题】根据已知条件比较分散的特点,我们可以通过旋转变换将分散的已知条件集中在一起,于是将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到了△BP′A(如图Z3-28②),然后连接PP′.
(1)请你通过计算求出图Z3-28②中∠BPC的度数;
(2)如图③,若在正六边形ABCDEF内有一点P,且PA=2 ,PB=4,PC=2.请求出∠BPC的度数.
重庆中考几何题分类汇编答案
例1. 证明:(1)∵AB=AC,∴∠ABC=∠ACB.∵∠MBQ+∠ABC=180°,
∠ACB+∠PCN=180°,∴∠MBQ=∠PCN.在△QBM和△PCN中,
∴△QBM≌△PCN(SAS).∴MQ=NP.
(2)过M作MG∥AC交BC于G,
∵MG∥AC,∴∠MGB=∠ACB,∠MGC=∠PCN,∵由(1)知,∠ABC=∠ACB,∴∠ABC=∠MGB,∴MB=MG,∵MB=CN,
∴MG=CN.在△MGP和△NCP中,
∴△MGP≌△NCP(AAS).
∴PG=CP,∴CG=CP+PG,即CG=2CP.∵CM平分∠ACB,
∴∠BCM=∠MCA,∵MG∥AC,∴∠MCA=∠GMC,∴∠BCM=∠GMC,
∴MG=CG,∵MG=CN,∴CN=CG,∴CN=2CP.
针对训练
1. 解:(1)∵AC⊥BC,∴∠ACB=90°,又∵AC=CF,∴∠AFC=45°,∵∠ABC=35°,∴∠EAF=10°;
(2)证明:方法1:取CF的中点M,连接EM、AM,
∵CE⊥EF,∴EM=CM=FM=CF,
又∵AC=AE,∴AM为EC的中垂线,∴∠CAM+∠ACE=90°,
又∵∠ECF+∠ACE=90°,∴∠CAM=∠FCE,
又∵∠CEF=∠ACM=90°,∴△ACM∽△CEF,∴=,
又∵CF=AC=2CM,∴==,即CE=2EF;
方法2:延长FE至M,使EF=EM,连接CM,
∵CE⊥EF,∴△CMF为等腰三角形,
又∵AC=AE=CF,且∠ACE=∠CFE(易证),
∴△CMF≌△CEA,∴FM=CE=2EF.
2. 解:(1)如图①,在AB上取一点M,使得BM=ME,连接ME.
在Rt△ABE中,∵OB=OE,∴BE=2OA=2,
∵MB=ME,∴∠MBE=∠MEB=15°,
∴∠AME=∠MBE+∠MEB=30°,
设AE=x,则ME=BM=2x,AM=x,
∵AB2+AE2=BE2,∴(2x+x)2+x2=22,
∴x=(负根舍弃),
∴AB=AC=(2+ )·,
∴BC=AB=+1.
(2)证明:如图②,作CP⊥AC,交AD的延长线于P,GM⊥AC于M.
∵BE⊥AP,∴∠AHB=90°,∴∠ABH+∠BAH=90°,
∵∠BAH+∠PAC=90°,∴∠ABE=∠PAC,
又∵AB=AC,∠BAE=∠ACP=90°,
∴△ABE≌△CAP,∴AE=CP=CF,∠AEB=∠P,
在△DCF和△DCP中,
∴△DCF≌△DCP,∴∠DFC=∠P,∴∠GFE=∠GEF,∴GE=GF,
∵GM⊥EF,∴FM=ME,∵AE=CF,∴AF=CE,∴AM=CM,
在△GAH和△GAM中,
∴△AGH≌△AGM,∴AH=AM=CM=AC.
3. 解:(1)∵AB=4,∴AC=AB=4.
∵CD=1,∴AD=AC-CD=3.
∵在Rt△ABD中,∠BAC=90°,
∴BD==5,
∵S△ABD=AB·AD=AE·BD,∴AE=2.4.
(2)证明:如图,在线段EB上截取EH=AE,并连接AH.
∵AE⊥BD,EH=AE,∴AH=AE.
∵BE=AE+AG,∴BH=BE-HE=AG.
∵∠BAD=∠BEA=90°,
∴∠ABE+∠BAE=∠CAG+∠BAE=90°,
∴∠ABE=∠CAG.
∵BA=AC,∴△ABH≌△CAG,
∴CG=AH=AE.
4. 解:(1)∵∠BAC=90°,AB=AC,D是斜边BC的中点,
∴∠ADC=90°,∠ACD=45°.
在Rt△ADC中,AC=AD÷sin45°=2 .
∵E是AC的中点,∴CE=AC=.
∵将△CDE沿CD翻折到△CDE′,∴CE′=CE=,∠ACE′=90°.
由勾股定理,得AE′==.
(2)证明:如图,过B作AE′的垂线交AD于点G,交AC于点H.
∵∠ABH+∠BAF=90°,∠CAF+∠BAF=90°,∴∠ABH=∠CAF.
又∵AB=AC,∠BAH=∠ACE′=90°,∴△ABH≌△CAE′.
∴AH=CE′=CE,∵CE=AC,∴AH=HE=CE.
∵D是BC中点,∴DE∥BH,∴G是AD中点.
在△ABG和△CAF中:AB=AC,∠BAD=∠ACD=45°,∠ABH=∠CAF,
∴△ABG≌△CAF.∴AG=CF.∵AG=AD,∴CF=AD=CD.∴DF=CF.
类型2 线段的和差:要证线段和与差,截长补短去实验
例2:解:(1)3
(2)证明:延长DN到K,使得NK=ME,连接AK,如图①,
因为∠1+∠3=180°,∠1+∠2=180°,∴∠2=∠3.
在△AME和△ANK中,
∴△AME≌△ANK(SAS).∴AE=AK,∠4=∠5,
∴∠4+∠EAC=90°,∴∠5+∠EAC=90°,即∠EAK=90°,
∵∠EAD=45°,∴∠KAD=∠EAK-∠EAD=90°-45°=45°.
∴∠EAD=∠KAD.在△EAD和△KAD中,
∴△EAD≌△KAD(SAS),
∴ED=KD.∵DK=DN+KN,∴ED=DN+KN,
又NK=ME,∴ED=DN+ME.
(3)证明:延长AE到J,使得EJ=AE,连接JH,JF.如图②,
在△ABE和△JHE中,
∴△ABE≌△JHE(SAS),
∴JH=AB,∠1=∠2,∵AB=AG,∴JH=AG,
∵AE=EJ,EF⊥AJ,∴AF=JF,∴∠JAF=∠AJF=45°,
即∠2+∠3=45°,∵∠BAC=90°,∴∠1+∠EAD+∠4=90°,
∴∠1+∠4=90°-∠EAD,=90°-45°=45°,
∵∠1=∠2,∴∠3=∠4,
在△JHF和△AGF中,
∴△JHF≌△AGF(SAS),∴FH=FG.
针对训练:
1. 解:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,∴AD=BC.
∵BE=2EC,设CE=x,BE=2x,∴BC=AD=AE=3x.
又∵EG⊥AB,∴∠AEB=90°,∴AB2=AE2+BE2,
即13=9x2+4x2,∴x=1,∴AD=3x=3.
(2)证明:如图,过C作CH⊥AB于H,则四边形CHGF为矩形.
∴CF=HG,∠CHB=90°,GF=CH.
∵AE⊥BC,EG⊥AB,∴∠AEB=∠CHB=90°,
∠BCH+∠B=90°,∠BAE+∠B=90°,∴∠BCH=∠BAE.
又∵AE=BC,∴△AGE≌△CHB,∴GE=BH,AG=GF,
∴GE=BH=BG+GH=BG+CF.
2. 解:(1)∵四边形ABCD是正方形,BC=4,
∴AB=AD=CD=BC=4,∠ADC=∠ABC=90°.
∵在Rt△ABC中,AC==4 ,
∴AP=AC= ,
∴S△ACP=AP·CD=7 .
(2)证明:方法一:如图①,在NC上截取NK=NF,连接BK.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC=DC,∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°.
∵∠BCD=90°,CF⊥CP,∴∠1+∠DCF=∠2+∠DCF=90°,
∴∠1=∠2,∵在△FBC和△PDC中,
∴△FBC≌△PDC(ASA),∴CF=CP,
∵CP-2FN=BM,∴CF-FK=BM,即CK=BM,
∵∠FBC=90°,BM⊥CF,∴∠1+∠NBC=∠4+∠NBC=90°,
∴∠1=∠4,∵在△ABM和△BCK中,
∴△ABM≌△BCK(SAS),∴∠7=∠6.
∵BM⊥CF,NK=NF,∴BF=BK,∵BF=BK,BM⊥CF,∴∠4=∠5,
∴∠4+∠7=∠5+∠6,∵∠8=∠4+∠7,∴∠8=∠MBC,∴BC=MC.
解:方法二:如图②,延长BM交AD于点G,过A作AE⊥BG于E
先证△AEB≌△BNC(AAS),∴AE=BN,
又证△AEG≌△BNF(AAS),∴EG=NF,
再证四边形BCPG为平行四边形,∴BG=CP,
∵CP-BM=2FN,∴BG-BM=2EG,∴MG=2EG,∴点E为MG中点,
∵AE⊥MG,EM=EG,∴AM=AG,∴∠3=∠4,
∵∠2=∠3,∠1=∠4,∴∠1=∠2,
∴BC=MC.
3. 解:(1)∵∠EBG=20°,CB⊥AE,
∴∠BEG=70o,∠CBF=∠EBG=20°,
∵四边形ABDE是菱形,∴∠ABE=∠BEG=70°,
∴∠ABG=50°,
∵AB=BC,∴∠FCB=25°,
∴∠AFE=∠CBF+∠FCB=45°;
(2)AE,AF,CF之间的数量关系是AF2+CF2=2AE2,
证明如下:连接DF,
∵四边形ABDE是菱形,∴AB=DB,∠DBE=∠ABE,∴∠DBF=∠ABF,
∵BF=BF,∴△DBF≌△ABF(SAS),
∴DF=AF,∠BDF=∠BAF,∵∠BCF=∠BAF,∴∠BCF=∠BDF,
∵CB⊥AE,AE∥DB,∴DB⊥CB,
∵CB=AB=BD,∴△DBC是等腰直角三角形,
∴DC=BD=AE,
∵∠DPB=∠CPF,∴∠CFP=∠DBP=90°,∴DF2+CF2=DC2,
即有:AF2+CF2=2AE2.
类型3 倍长中线:三角形中有中线,延长中线等中线
例3解:(1)设∠BEC=α,∠BDA=β,则
∠C=180°-2α,∠A=180°-2β.
∵在Rt△ABC中,∠ABC=90°,
∴∠A+∠C=90°,即180°-2α+180°-2β=90°,
∴α+β=135°,∴∠EBD=45°.
(2)证明:法一:如图①,延长BD至点B′,使得DB′=DB,连接FB′、GB′.
在△GDB′和△CDB中,
∴△GDB′≌△CDB.∴GB′=BC=BH,∠GB′D=∠CBD.
∵FD⊥BD,BD=DB′,∴FB=FB′.
∵∠FB′G=45°-∠GB′D,
∠HBF=90°-45°-∠CBD=45°-∠CBD,
∴∠FB′G=∠HBF.
在△FHB和△FGB′中,
∴△FHB≌△FGB′,∴HF=GF.
法二:如图②,延长FD至点F′,使得DF′=DF,连接CF′、BF′.
先证△DGF≌△DCF′,
再证△BHF≌△BCF′,
∴HF=GF.
针对训练
1. 证明:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠C.
又∵∠1=∠2,
∴△ABE≌△CDG(ASA),∴AE=CG.
∵G为BC中点,∴CG=BC,
∴AE=CG=BC=AD,
∴E是AD中点.
(2)如图,延长BE,CD交于点H.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB綊CD,∴∠A=∠ADH,∠1=∠4,
又∵∠1=∠2,∠3=∠2,
∴∠1=∠2=∠3=∠4,∴FH=FB.
由(1),E是AD中点,∴AE=DE,
∴△ABE≌△DHE(AAS),
∴AB=DH,
∴CD=AB=DH=DF+FH=DF+BF,
即CD=BF+DF.
2. 证明:(1)在菱形ABCD中,AB=BC=CD=AD,∠ADF=∠ABE,
∵∠DAE=∠BAF,
∴∠DAE-∠EAF=∠BAF-∠EAF,
即∠DAF=∠BAE.
∴△DAF≌△BAE,∴BE=DF.
又∵BC=CD,∴CE=CF
(2)如图,延长DG交AB于H,连接EH,
∵在菱形ABCD中,AB∥CD,∴∠DFA=∠GAH.
∵G为AF中点,∴AG=GF.
又∵∠DGF=∠AGH,∴△DGF≌△HGA.∴DG=GH,AH=DF.
又∵AB=CD,∴BH=CF.
又∵AB∥CD,∠ABC=120°,∴∠C=60°.
又∵CE=CF,∴△CEF为等边三角形,
∴CF=EF,∠CFE=60°,∴EF=BH,∠DFE=∠ABC=120°.
又∵BE=DF,∴△EFD≌△HBE,∴HE=ED,
又∵HG=DG,∴DG⊥GE.
3. 解:(1)MD=ME
2)MD=ME.
理由如下:如图①,延长EM交DA于点F.
∵BE∥DA,∴∠FAM=∠EBM.
又∵AM=BM,∠AMF=∠BME,
∴△AMF≌△BME,∴AF=BE,MF=ME.
∵DA=DC,∠ADC=60°,∴∠BED=∠ADC=60°,∠ACD=60°.
∵∠ACB=90°,∴∠ECB=30°,
∴∠EBC=30°,∴CE=BE,∴AF=EC,∴DF=DE,∴DM⊥EF,DM平分∠ADC,∴∠MDE=30°.
在Rt△MDE中,tan∠MDE==.
∴MD=ME.
(3)如图②,延长EM交DA于点F,
∵BE∥DA,∴∠FAM=∠EBM,
又∵AM=BM,∠AMF=∠BME,
∴△AMF≌△BME,∴AF=BE,MF=ME.
延长BE交AC于点N,∴∠BNC=∠DAC.
∵DA=DC,∴∠DCA=∠DAC,
∴∠BNC=∠DCA,
∵∠ACB=90°,∴∠ECB=∠EBC,
∴CE=BE,∴AF=CE.
∴DF=DE,∴DM⊥EF,DM平分∠ADC,
∵∠ADC=α,∴∠MDE=.
∴在Rt△MDE中,=tan∠MDE=tan.
4.
解:(1)如图①,作EH⊥BC于点H.
∵△ABC是等边三角形,∴∠ACB=60°.
∵CE平分∠ACB,∴∠ECH=∠ACB=30°,
∵EC=4,∠ECH=30°,∴EH=2,HC=2 .
∵BC=6 ,∴BH=6 -2 =4 .
在Rt△BHE中,BE2=(4 )2+22=52,
∴BE=2 .
(2)如图②,延长DP至M,使DP=PM,连接BM、AM.
在△PDE和△PMB中,
∴△PDE≌△PMB(SAS).∴BM=DE,∠1=∠2.
∴BM∥DE.∴∠MBD+∠BDE=180°.
∵CE平分∠ACB,DE=CD,∴∠BDE=30°+30°=60°.
∴∠MBD=120°.
∵△ABC是等边三角形,∴∠ABC=60°,∴∠3=60°.
∵BM=DE,DE=CD,∴BM=CD.
在△ABM和△ACD中,
∴△ABM≌△ACD(SAS).∴AD=AM,∠4=∠5.
∵PD=PM,∴AP⊥PD.
∵∠4=∠5,∠BAD+∠5=60°,
∴∠4+∠BAD=60°,即∠MAD=60°.
∴∠PAD=∠MAD=30°.
∵在Rt△APD中,tan30°=,∴AP=PD.
(3)第(2)问中的结论成立,理由如下:如图③,延长DP至N,
使DP=PN,连接BN、AN,取BE、AC交于点O.在△PDE和△PNB中,
∴△PDE≌△PNB(SAS).∴BN=DE,∠1=∠2.
∵DE=CD,∴BN=CD.∵∠AOB=∠EOC,
∴∠1+∠3+∠BAO=∠2+∠4+∠DEC+∠DCE.
∵∠BAO=60°,∠DEC=∠DCE=30°,∴∠1+∠3=∠2+∠4,
∴∠3=∠4.在△ABN和△ACD中,
∴△ABN≌△ACD(SAS).∴∠5=∠6,AN=AD.
∵PD=PN,∴AP⊥PD.∵∠NAC+∠5=60°,
∴∠NAC+∠6=60°,即∠NAD=60°.∴∠PAD=∠NAD=30°,
∵在Rt△APD中,tan∠PAD=,∴AP=PD.
5. 解:(1)∵∠ADB=90°,∠BAD=30°,AD=6 ,
∴cos∠BAD=,∴=,∴AB=12.
又∵AB=AC,∴AC=12,
∴PM为△ABC的中位线,∴PM=AC=6.
(2)证明:方法一:如图①,在截取ED上截取EQ=PD,
∵∠ADB=90°,
∴∠1+∠2=90°,
又∵AD=AE,∴∠2=∠3,
又∵∠3+∠4=90°,
∴∠1=∠4.
在△BDP和△CEQ中,PD=QE,∠1=∠4,BD=CE,
∴△BDP≌△CEQ.
∴BP=CQ,∠DBP=∠QCE,
又∵∠5=∠1+∠DBP,∠6=∠4+∠QCE,
∴∠5=∠6,
∴PC=CQ,
∴BP=CP.
方法二:如图②,过点B作EP的垂线交EP的延长线于点M,过C点作EP的垂线交EP于点N.
∵∠ADB=90°,∴∠1+∠2=90°,
又∵AD=AE,∴∠2=∠3,
又∵∠3+∠4=90°,∴∠1=∠4,
在△BMD和△CNE中,
∠1=∠4,∠BMD=∠CNE=90°,BD=CE,
∴△BMD≌△CNE.
∴BM=CN.
在△BMP和△CNP中,
∠5=∠6,∠BMP=∠CNP,BM=CN,
∴△BMP≌△CNP,
∴BP=CP.
方法三:如图③,过点B作BM∥CE交EP的延长线于点M.
略证△BMP≌△CEP,∴BP=CP.
(3)BF2+FC2=2AD2.
类型4 中位线:三角形中两中点,连接则成中位线
例4: 解:(1)PM=PN;PM⊥PN
(2)△PMN为等腰直角三角形,理由如下:
由题意知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形,
∴AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°,
∴∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC,∴∠BAD=∠CAE,
∴△BAD≌△CAE,∴∠ABD=∠ACE,BD=CE.
又∵M、P、N分别是DE、CD、BC的中点,∴PM是△CDE的中位线,
∴PM∥CE且PM=CE,∠MPD=∠ECD=∠ACD+∠ACE.
同理,PN∥BD且PN=BD,∠DBC=∠PNC,
又∵BD=CE,∠ABD=∠ACE,∴PM=PN,
∴∠MPN=∠MPD+∠DPN=∠ECD+∠DCN+∠CNP
=∠ACD+∠ACE+∠DCN+∠CBD
=∠ACD+∠DCN+∠ABD+∠CBD=∠ACB+∠ABC=90°,
∴PM⊥PN,∴△PMN为等腰直角三角形;
(3)△PMN面积的最大值为.提示:在旋转的过程中,由(2)中的结论知△PMN为等腰直角三角形,S△PMN=PN2=BD2,当S△PMN有最大值时,则BD的值最大,由三角形三边关系可推断出当B、A、D三点共线时,BD的值最大,其最大值为14,此时S△PMN=PN2=BD2=×14×14=.
针对训练:
1. 解:(1)证明:延长DA交BE于G点.
∵∠BAE+∠CAD=180°,
即∠EAG+∠GAB+∠CAD=180°,
∵∠GAB+∠BAC+∠CAD=180°,
∴∠EAG=∠CAB.
∵∠EAG=∠AED+∠ADE,
∴∠CAB=∠AED+∠ADE.
(2)证明:如图①,过E点作DA延长线的垂线,垂足为H.
∴∠AHE=∠ACB=90°,
由(1)可知,∠EAH=∠BAC,
又∵AE=AB,
∴△AHE≌△ACB,
∴EH=BC,AH=AC.
∵AC=AD,∴AH=AD.
∵∠EHA=∠FAD=90°,∴AF∥EH.
∵A为DH中点,
∴AF为△DHE中位线,∴EH=2AF,∴BC=2AF.
(3)成立.证明如下:
如图②,延长DA至M点,使AM=DA,连接EM,
∵∠BAE+∠CAD=180°,∠CAD+∠CAM=180°,
∴∠BAE=∠CAM,
∴∠BAE+∠CAC=∠CAM+∠EAC,
即∠BAC=∠CAM.
∵AM=AD,AD=AC,∴AM=AC.
又∵AB=AE,∠BAC=∠EAM,
∴△BAC≌△EAM,
∴BC=EM.
∵F、A分别为DE、DM中点,
∴AF为△DEM中位线,
∴EM=2AF,∴BC=2AF.
2. 解:(1)证明:∵∠BAC+∠EAD=180°,∠BAE=90°,∴∠DAC=90°,
在△ABE与△ACD中,AE=AD,∠BAE=∠CAD=90°,AB=AC,∴△ABE≌△ACD(SAS),∴CD=BE,
∵在Rt△ABE中,F为BE的中点,∴BE=2AF,∴CD=2AF.
(2)成立,证明:如图,延长EA交BC于G,在AG上截取AH=AD,
∵∠BAC+∠EAD=180°,
∴∠EAB+∠DAC=180°,
∵∠EAB+∠BAH=180°,∴∠DAC=∠BAH,
在△ABH与△ACD中,AH=AD,∠BAH=∠CAD,AB=AC,
∴△ABH≌△ACD(SAS),
∴BH=DC,
∵AD=AE,AH=AD,∴AE=AH,
∵EF=FB,∴BH=2AF,∴CD=2AF.
3. 解:(1)证明:∵AB=AC,
∴∠ABD=∠ACD,
∵AE=AD,∴∠ADE=∠AED,
∵∠BAD+∠ABD=∠ADE+∠EDC,∠EDC+∠ACD=∠AED,
∴∠BAD=2∠EDC,
∵∠ABF=2∠EDC,∴∠BAD=∠ABF,
∴△ABF是等腰三角形;
(2)方法一:如图①,延长CA至点H,使AG=AH,连接BH,
∵点N是BG的中点,∴AN=BH,
∵∠BAD=∠ABF,∠DAC=∠CBG,∴∠CAB=∠CBA,
∴△ABC是等边三角形.∴AB=BC=AC,∠BAC=∠BCA=60°,
∵GM=AB,AB=AC,∴CM=AG,∴AH=CM,
在△BAH和△BCM中,
∴△BAH≌△BCM(SAS),∴BH=BM,
∴AN=BM,
方法二:如图②,延长AN至K,使NK=AN,连接KB,
同方法一,先证△ABC是等边三角形,
再证△ANG≌△KNB(SAS),
所以BK=AG=CM,
然后可以证得∠ABK=∠BCN=120°,
最后证△ABK≌△BCN(SAS),
所以BM=AK=2AN.
类型5 角的和差倍分
例5:解:(1)如图,过点P作PG⊥EF于G.
∵PE=PF=6,EF=6 ,
∴FG=EG=3 ,∠FPG=∠EPG=∠EPF.
在Rt△FPG中,sin∠FPG===.
∴∠FPG=60°,
∴∠EPF=2∠FPG=120°.
(2)如图,作PM⊥AB于M,PN⊥AD于N.
∵AC为菱形ABCD的对角线,
∴∠DAC=∠BAC,AM=AN,PM=PN.
在Rt△PME和Rt△PNF中,PM=PN,PE=PF,
∴Rt△PME≌Rt△PNF,
∴NF=ME.
又∵AP=10,∠PAM=∠DAB=30°,
∴AM=AN=APcos30°=10×=5 .
∴AE+AF=(AM+ME)+(AN-NF)=AM+AN=10 .
针对训练:
1. 证明:如图,过D作DE⊥AB于E,过D作DF⊥AC于F,
∵DA平分∠BAC,DE⊥AB,DF⊥AC,
∴DE=DF,
∵∠B+∠ACD=180°,∠ACD+∠FCD=180°,
∴∠B=∠FCD,
在△DFC和△DEB中,
∴△DFC≌△DEB,∴DC=DB.
2. 解:(1)∵AC=AB=4,且CD=1,
∴AD=AC-CD=3.
在Rt△ABD中,∠BAD=90°,
∴BD==5,
∵S△ABD=AB·AD=AE·BD,
∴AE=2.4.
(2)证明:如图,取BC的中点M,连接AM交BD于点N.
∵∠BAC=90°,AB=AC,点M为BC的中点,
∴AM=BM=CM,AM⊥BC,∠NAD=∠FCP=45°,
∴∠AMF=∠BMN=90°.
∵AE⊥BD,∴∠MAF+∠ANE=∠MBN+∠BNM=90°,
又∠ANE=∠BNM,∴∠MAF=∠MBN,
∴△AMF≌△BMN,∴MF=MN,
∴AM-MN=CM-MF,即AN=CF.
∵AP=CD,
∴AC-CD=AC-AP,
即AD=CP.
∴△ADN≌△CPF,
∴∠ADB=∠CPF.
3. 解:(1)∵AB=BD,∠BAD=45°,
∴∠BDA=45°,即∠ABD=90°.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴当E、C重合时,BF=BD=AB.
∵在Rt△ABF中,AB2+BF2=AF2,
∴(2BF)2+BF2=()2,
∴BF=1,AB=2.
在Rt△ABD中,AD===2 .
(2)证明:如图,在AF上截取AK=HD,连接BK.
∵∠AFD=∠ABF+∠2=∠FGD+∠3且∠ABF=∠FGD=90°,
∴∠2=∠3.在△ABK与△DBH中,
∴△ABK≌△DBH,∴BK=BH,∠6=∠5.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,∴∠5=∠4=45°,∴∠6=∠5=45°,
∴∠7=∠ABD-∠6=45°=∠5.在△BFK与△BFH中,
∴△BFK≌△BFH.
∴∠BFK=∠BFH,即∠AFB=∠HFB.
4. 解:(1)证明:由折叠知∠EMN=∠ABC=90°,BE=EM,∴∠EMB=∠EBM,
∴∠EMN-∠EMB=∠ABC-∠EBM,
即∠BMP=∠MBC.
∵在正方形ABCD中,AD∥BC,
∴∠AMB=∠MBC,
∴∠AMB=∠BMP,
∴BM是∠AMP的平分线.
(2)△PDM的周长没有发生变化.证明如下:如图,过B作BQ⊥MP于Q.
∵∠A=90°,且由(1)知BM是∠AMP的平分线,∴BA=BQ,
∵∠A=∠MQB=90°,∠AMB=∠BMP,MB=MB,
∴△AMB≌△QMB(AAS).∴MA=MQ.
∵BA=BC,∴BQ=BC,
又∵∠BQP=90°=∠C,BP=BP,
∴Rt△BPC≌Rt△BPQ(HL).∴PC=PQ,
∴△PDM的周长=MD+MP+DP=MD+MQ+QP+PD
=MD+MA+PC+PD=AD+DC=2AD.
∴△PDM的周长没有发生变化.
类型6 旋转型全等问题:图中若有边相等,可用旋转做实验
例6:解:(1)①∵四边形ADEF是正方形,∴AD=AF,AB=AC,
∵∠BAC=∠DAF=90°,∴∠BAD=∠CAF,
∴△DAB≌△FAC,∴∠B=∠ACF,
∴∠ACB+∠ACF=90°,即CF⊥BC;
②∵△DAB≌△FAC,∴CF=BD,∵BC=BD+CD,∴BC=CF+CD.
(2)结论①成立,结论②不成立.∵四边形ADEF是正方形,∴AD=AF,AB=AC.
∵∠BAC=∠DAF=90°,∴∠BAD=∠CAF,
∴△DAB≌△FAC,∴∠ABD=∠ACF,CF=BD,
∴∠BCF=∠ACF-∠ACB=∠ABD-∠ACB=90°,即CF⊥BC;∵BC=CD-BD,∴BC=CD-CF.
(3)如图,过A作AH⊥BC于H,过E作EM⊥BD于M,EN⊥CF于N,
∵∠BAC=90°,AB=AC,∴BC=AB=4,AH=CH=BC=2,
∴CD=BC=1,∴DH=3,同(2)证得△BAD≌△CAF,
∴∠ABD=∠ACF=45°,∴∠BCF=∠ACB+∠ACF=90°,
∴BC⊥CF,CF=BD=5.
∵四边形ADEF是正方形,∴AD=DE,∠ADE=90°,
∵BC⊥CF,EM⊥BD,EN⊥CF,∴四边形CMEN是矩形,
∴NE=CM,EM=CN,∵∠AHD=∠ADE=∠EMD=90°,
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°,
∴∠ADH=∠DEM,∴△ADH≌△DEM,
∴EM=DH=3,DM=AH=2,∴CN=EM=3,EN=CM=3,
∵∠ABC=45°,∴∠BGC=45°,∴△BCG是等腰直角三角形,
∴CG=BC=4,∴GN=1,∴EG==.
针对训练:
1. 解:(1)AC=AD+AB.证明如下:
∵∠B+∠D=180°,∠B=90°,∴∠D=90°.
∵∠DAB=120°,AC平分∠DAB,
∴∠DAC=∠BAC=60°,
∵∠B=90°,∴AB=AC,
同理AD=AC.
∴AC=AD+AB.
(2)(1)中的结论成立,理由如下:
如图①,以C为顶点,AC为一边作∠ACE=60°,
∠ACE的另一边交AB的延长线于点E,
∵∠BAC=60°,∴△AEC为等边三角形,
∴AC=AE=CE,∠E=60°,
∵∠ABC+∠D=180°,∠DAB=120°,
∴∠DCB=60°,∴∠DCA=∠ECB.
在△DAC和△BEC中,
∴△DAC≌△BEC,
∴AD=BE,∴AC=AE=AD+AB.
(3)AD+AB=AC.理由如下:
如图②,过点C作CE⊥AC交AB的延长线于点E,
∵∠ABC+∠D=180°,∠DAB=90°,
∴∠DCB=90°,
∵∠ACE=90°,∴∠DCA=∠BCE,
又∵AC平分∠DAB,∴∠CAB=45°,
∴∠E=45°,∴AC=CE.
∴△CDA≌△CBE,
∴AD=BE,
∴AD+AB=AE.
∵在Rt△ACE中,∠CAB=45°,
∴AE==AC,
∴AD+AB=AC.
2. 解:(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠B=∠D=∠BAD=90°,AB=AD,
∵△ABE沿AE翻折得到△AHE,
∴△ABE≌△AHE,∴AH=AB=AD,BE=EH,
∠AHE=∠AHF=∠B=∠D=90°.
在Rt△AHF和Rt△ADF中,
∴Rt△AHF≌Rt△ADF(HL),
∴∠HAF=∠DAF,
∴∠EAF=∠EAH+∠FAH=∠BAH+∠HAD=∠BAD=45°,
(2)以BM,DN,MN为三边围成的三角形为直角三角形.
证明如下:如图,过点A作AH⊥AN并截取AH=AN,连接BH、HM,
∵∠1+∠BAN=90°,∠3+∠BAN=90°,∴∠1=∠3,
在△ABH和△ADN中,
∴△ABH≌△ADN(SAS),
∴BH=DN,∠HBA=∠NDA=135°,
∵∠HAN=90°,∠MAN=45°,
∴∠1+∠2=∠HAM=∠MAN=45°,
在△AHM和△ANM中,
∴△AHM≌△ANM(SAS),
∴HM=NM,
∴∠HBP=180°-∠HBA=180°-135°=45°,
∴∠HBP+∠PBM=45°+45°=90°,
∴△HBM是直角三角形,
∵HB=DN,HM=MN,
∴以BM,DN,MN为三边围成的三角形为直角三角形.
3. 解:(1)如图①,将△PBC绕点B逆时针旋转90°得△P′BA,连接PP′,则△AP′B≌△CPB,
∴P′B=PB=,P′A=PC=1,∠1=∠2,∠AP′B=∠BPC.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC,∠ABC=90°,
∴∠2+∠3=90°,
∴∠1+∠3=90°,即∠P′BP=90°,
∴∠BP′P=45°.
在Rt△P′BP中,由勾股定理,得PP′2=4.
∵P′A=1,AP=∴P′A2=1,AP2=5,
∴P′A2+PP′2=AP2,
∴△P′AP是直角三角形,
∴∠AP′P=90°,
∴∠AP′B=45°+90°=135°,
∴∠BPC=135°.
(2)仿照【分析】中的思路,将△BPC绕点B逆时针旋转120°,得到了△BP′A,连接PP′,如图②.
则△PBC≌△P′BA,∴P′B=PB=4,P′A=PC=2,∠BPC=∠BP′A,∴△BPP′为等腰三角形,∵∠ABC=120°,∴∠PBP′=120°,∴∠BP′P=30°,过点B作BG⊥PP′于G,则∠P′GB=90°,∴PP′=2P′G.
∵P′B=PB=4,∠BP′P=30°,∴BG=2,∴P′G=2 .
∴PP′=4 ,在△APP′中,
∵PA=2 ,P′A=2,PP′=4 ,∴P′A2+P′P2=PA2,
∴△PP′A是直角三角形,∴∠AP′P=90°,
∴∠BPC=∠BP′A=∠PP′B+∠AP′P=30°+90°=120°.