成都树德中学光华校区数学全等三角形中考真题汇编解析版Word文档格式.docx
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(2)如图2中,
由
(1)可知,A(﹣4,0),B(0,2),D(﹣4,4),
∴AD=OA=4,OB=2,
∴由勾股定理可得:
AB=BD=,
∵AC=OC=2,
∴AC=OB,
∵∠DAC=∠AOB=90°
,AD=OA,
∴△DAC≌△AOB(SAS),
∴∠ADC=∠BAO,
∵∠ADC+∠ACD=90°
,
∴∠EAC+∠ACE=90°
∴∠AEC=90°
∵AF⊥BD,DE⊥AB,
∴S△ADB=•AB•AE=•BD•AF,
∵AB=BD,
∴DE=AF.
(3)解:
如图,取OC=OB,连接AC,根据对称性可得∠ABC=∠ACB,AB=AC,
∵AG=BG,
∴∠GAB=∠GBA,
∵G为射线AD上的一点,
∴AG∥y轴,
∴∠GAB=∠ABC,
∴∠ACB=∠EBA,
∴180°
﹣∠GBA=180°
﹣∠ACB,
即∠ABG=∠ACN,
∵∠GAN=∠GBO,
∴∠AGB=∠ANC,
在△ABG与△ACN中,
,
∴△ABH≌△ACN(AAS),
∴BF=CN,
∴NB﹣HB=NB﹣CN=BC=2OB,
∵OB=2
∴NB﹣FB=2×
2=4(是定值),
即当点H在GB的延长线上运动时,NB﹣HB的值不会发生变化.
【点睛】
本题属于三角形综合题,全等三角形的判定和性质,解题的关键是相结合添加常用辅助线,构造图形解决问题,学会利用参数构建方程解决问题.
2.
(1)如图1:
在四边形ABCD中,AB=AD,∠BAD=120°
,∠B=∠ADC=90°
.E,F分别是BC,CD上的点.且∠EAF=60°
.探究图中线段EF,BE,FD之间的数量关系.
小明同学探究的方法是:
延长FD到点G.使DG=BE.连结AG,先证明△ABE≌△ADG,再证明△AEF≌△AGF,可得出结论,
他的结论是
(直接写结论,不需证明);
(2)如图2,若在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°
,E、F分别是BC,CD上的点,且∠EAF是∠BAD的二分之一,上述结论是否仍然成立,并说明理由.
(3)如图3,四边形ABCD是边长为5的正方形,∠EBF=45°
,直接写出三角形DEF的周长.
(1)EF=BE+DF.
(2)成立,理由见解析;
(3)10.
(1)如图1,延长FD到G,使得DG=DC,先证△ABE≌△ADG,得到AE=AG,∠BAE=∠DAG,进一步根据题意得∠EAF=∠GAF,再证明△AEF≌△AGF,得到EF=FG,最后运用线段的和差证明即可.
(2)如图2,延长FD到点G.使DG=BE.连结AG,证得△ABE≌△ADG,得到AE=AG,∠BAE=∠DAG,再结合题意得到∠EAF=∠GAF,再证明△AEF≌△AGF,得到EF=FG,最后运用线段的和差证明即可.
(3)如图3,延长DC到点G,截取CG=AE,连接BG,先证△AEB≌△CGB,得到BE=BG,∠ABE=∠CBG,结合已知条件得∴∠CBF+∠CBG=45°
,再证明△EBF≌△GBF,得到EF=FG,最后求三角形的周长即可.
解答:
(1)解:
如图1,延长FD到G,使得DG=DC
在△ABE和△ADG中,
∵
∴△ABE≌△ADG(SAS),
∴AE=AG,∠BAE=∠DAG,
∵∠EAF=∠BAD,
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF,
∴∠EAF=∠GAF,
在△AEF和△GAF中,
∵,
∴△AEF≌△AGF(SAS),
∴EF=FG,
∵FG=DG+DF=BE+DF,
∴EF=BE+DF;
故答案为:
EF=BE+DF.
(2)解:
结论EF=BE+DF仍然成立;
理由:
如图2,延长FD到点G.使DG=BE.连结AG
如图3,延长DC到点G,截取CG=AE,连接BG,
在△AEB与△CGB中,
∴△AEB≌△CGB(SAS),
∴BE=BG,∠ABE=∠CBG.
∵∠EBF=45°
,∠ABC=90°
∴∠ABE+∠CBF=45°
∴∠CBF+∠CBG=45°
.
在△EBF与△GBF中,
∴△EBF≌△GBF(SAS),
∴EF=GF,
∴△DEF的周长=EF+ED+CF=AE+CF+DE+DF=AD+CD=10.
本题主要考查了三角形全等的判定和性质,灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键.但本题分为三问,难度不断增加,对提升思维能力大有好处.
3.如图1,在△ACB和△AED中,AC=BC,AE=DE,∠ACB=∠AED=90°
,点E在AB上,F是线段BD的中点,连接CE、FE.
(1)请你探究线段CE与FE之间的数量关系(直接写出结果,不需说明理由);
(2)将图1中的△AED绕点A顺时针旋转,使△AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上(如图2),连接BD,取BD的中点F,问
(1)中的结论是否仍然成立,并说明理由;
(3)将图1中的△AED绕点A顺时针旋转任意的角度(如图3),连接BD,取BD的中点F,问
(1)中的结论是否仍然成立,并说明理由.
(1)线段CE与FE之间的数量关系是CE=FE;
(2)
(1)中的结论仍然成立.理由见解析;
(3)
(1)中的结论仍然成立.理由见解析
(1)连接CF,直角△DEB中,EF是斜边BD上的中线,因此EF=DF=BF,∠FEB=∠FBE,同理可得出CF=DF=BF,∠FCB=∠FBC,因此CF=EF,由于∠DFE=∠FEB+∠FBE=2∠FBE,同理∠DFC=2∠FBC,因此∠EFC=∠EFD+∠DFC=2(∠EBF+∠CBF)=90°
,因此△EFC是等腰直角三角形,CF=EF;
(2)思路同
(1)也要通过证明△EFC是等腰直角三角形来求解.连接CF,延长EF交CB于点G,先证△EFC是等腰三角形,可通过证明CF是斜边上的中线来得出此结论,那么就要证明EF=FG,就需要证明△DEF和△FGB全等.这两个三角形中,已知的条件有一组对顶角,DF=FB,只要再得出一组对应角相等即可,我们发现DE∥BC,因此∠EDB=∠CBD,由此构成了两三角形全等的条件.EF=FG,那么也就能得出△CFE是个等腰三角形了,下面证明△CFE是个直角三角形.由上面的全等三角形可得出ED=BG=AD,又由AC=BC,因此CE=CG,∠CEF=45°
,在等腰△CFE中,∠CEF=45°
,那么这个三角形就是个等腰直角三角形,因此就能得出
(1)中的结论了;
(3)思路同
(2)通过证明△CFE来得出结论,通过全等三角形来证得CF=FE,取AD的中点M,连接EM,MF,取AB的中点N,连接FN、CN、CF.那么关键就是证明△MEF和△CFN全等,利用三角形的中位线和直角三角形斜边上的中线,我们不难得出EM=PN=AD,EC=MF=AB,我们只要再证得两对应边的夹角相等即可得出全等的结论.我们知道PN是△ABD的中位线,那么我们不难得出四边形AMPN为平行四边形,那么对角就相等,于是90°
+∠CNF=90°
+∠MEF,因此∠CNF=∠MEF,那么两三角形就全等了.证明∠CFE是直角的过程与
(1)完全相同.那么就能得出△CEF是个等腰直角三角形,于是得出的结论与
(1)也相同.
(1)如图1,连接CF,线段CE与FE之间的数量关系是CE=FE;
解法1:
∵∠AED=∠ACB=90°
∴B、C、D、E四点共圆
且BD是该圆的直径,
∵点F是BD的中点,
∴点F是圆心,
∴EF=CF=FD=FB,
∴∠FCB=∠FBC,∠ECF=∠CEF,
由圆周角定理得:
∠DCE=∠DBE,
∴∠FCB+∠DCE=∠FBC+∠DBE=45°
∴∠ECF=45°
=∠CEF,
∴△CEF是等腰直角三角形,
∴CE=EF.
解法2:
易证∠BED=∠ACB=90°
∴CF=EF=FB=FD,
∵∠DFE=∠ABD+∠BEF,∠ABD=∠BEF,
∴∠DFE=2∠ABD,
同理∠CFD=2∠CBD,
∴∠DFE+∠CFD=2(∠ABD+∠CBD)=90°
即∠CFE=90°
(2)
(1)中的结论仍然成立.
如图2﹣1,连接CF,延长EF交CB于点G,
∵∠ACB=∠AED=90°
∴DE∥BC,
∴∠EDF=∠GBF,
又∵∠EFD=∠GFB,DF=BF,
∴△EDF≌△GBF,
∴EF=GF,BG=DE=AE,
∵AC=BC,
∴CE=CG,
∴∠EFC=90°
,CF=EF,
∴△CEF为等腰直角三角形,
∴∠CEF=45°
∴CE=FE;
如图2﹣2,连结CF、AF,
∵∠BAD=∠BAC+∠DAE=45°
+45°
=90°
又点F是BD的中点,
∴FA=FB=FD,
而AC=BC,CF=CF,
∴△ACF≌△BCF,
∴∠ACF=∠BCF=∠ACB=45°
∵FA=FB,CA=CB,
∴CF所在的直线垂直平分线段AB,
同理,EF所在的直线垂直平分线段AD,
又DA⊥BA,
∴EF⊥CF,
(3)
(1)中的结论仍然成立.
如图3﹣1,取AD的中点M,连接EM,MF,取AB的中点N,连接FN、CN、CF,
∵DF=BF,
∴FM∥AB,且FM=AB,
∵AE=DE,∠AED=90°
∴AM=EM,∠AME=90°
∵CA=CB,∠ACB=90°
∴CN=AN=AB,∠ANC=90°
∴MF∥AN,FM=AN=CN,
∴四边形MFNA为平行四边形,
∴FN=AM=EM,∠AMF=∠FNA,
∴∠EMF=∠FNC,
∴△EMF≌△FNC,
∴FE=CF,∠EFM=∠FCN,
由MF∥AN,∠ANC=90°
,可得∠CPF=90°
∴∠FCN+∠PFC=90
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