教师1份寒假七年级全等三角形的综合应用3.docx
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教师1份寒假七年级全等三角形的综合应用3
第15讲全等三角形的综合应用(3)
综合应用
1.如图所示,在正方形ABCD中,E是对角线AC上一点,EF垂直CD于F,EG垂直AD于G,求证:
BE=FG.
证明:
如图,连接DE,
在正方形ABCD中,AB=AD,∠BAC=∠DAC,
∵在△ABE和△ADE中,
AB=AD
∠BAC=∠DAC
AE=AE
∴△ABE≌△ADE(SAS),
∴BE=DE,
∵EF⊥CD于F,EG⊥AD于G,∠ADC=90°,
∴四边形EFDG是矩形,
∴DE=FG,
∴BE=FG.
2.
(1)如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别在边BC,CD上,AE,BF交于点O,∠AOF=90°.求证:
BF=AE.
(2)如图2,正方形ABCD边长为12,将正方形沿MN折叠,使点A落在DC边上的点E处,且DE=5,求折痕MN的长.
(3)已知点E,H,F,G分别在矩形ABCD的边AB,BC,CD,DA上,EF,GH交于点O,∠FOH=90°,EF=4.直接写出下列两题的答案:
①如图3,矩形ABCD由2个全等的正方形组成,则GH=______;
②如图4,矩形ABCD由n个全等的正方形组成,则GH=______.(用n的代数式表示)
(1)证明:
如图,∵四边形ABCD为正方形,
∴AB=BC,∠ABC=∠BCD=90°,
∴∠EAB+∠AEB=90°.
∵∠EOB=∠AOF=90°,
∴∠FBC+∠AEB=90°,
∴∠EAB=∠FBC,
在△ABE和△BCF中,
∠EAB=∠FBC
AB=BC
∠ABC=∠C=90°
,
∴△ABE≌△BCF(ASA),
∴AE=BF;
(2)解:
如图2,连接AE,过点N作NH⊥AD于H,
由折叠的性质得,AE⊥NM,
∴∠DAE+∠AMN=90°,
∠MNH+∠AMN=90°,
∴∠DAE=∠MNH,
在△ADE和△NHM中,
∠DAE=∠MNH
AD=NH
∠MHN=∠D=90°
∴△ADE≌△NHM(ASA),
∴AE=MN,
∵DE=5,
∴由勾股定理得,AE=
122+52
=13,
∴MN=13;
(3)解:
如图3、4,过点F作FM⊥AB于M,过点G作GN⊥BC于N,
∵∠FOH=90°,
∴∠MFE=∠NAH,
又∵∠EMF=∠HNG=90°,
∴△EFM∽△HNG,
∴
GH
EF
=
GN
FM
,
图3,GN=2FM,
∴GH=2EF=2×4=8,
图4,GN=nFM,
∴GH=nEF=4n.
故答案为:
8,4n.
3.如图,D是△ABC的BC边上一点且CD=AB,∠BDA=∠BAD,AE是△ABD的中线.
求证:
∠C=∠BAE.
证明:
延长AE到F,使EF=AE,连接DF,
∵AE是△ABD的中线
∴BE=ED,
在△ABE与△FDE中
∵
BE=DE
∠AEB=∠DEF
AE=EF
∴△ABE≌△FDE(SAS),
∴AB=DF,∠BAE=∠EFD,
∵∠ADB是△ADC的外角,
∴∠DAC+∠ACD=∠ADB=∠BAD,
∴∠BAE+∠EAD=∠BAD,∠BAE=∠EFD,
∴∠EFD+∠EAD=∠DAC+∠ACD,
∴∠ADF=∠ADC,
∵AB=DC,∴DF=DC,
在△ADF与△ADC中
∵
AD=AD
∠ADF=∠ADC
FD=DC
∴△ADF≌△ADC(SAS)
∴∠C=∠AFD=∠BAE.
4.如图,已知点C为线段AB上一点,△ACM、△BCN是等边三角形.
(1)求证:
AN=BM;
(2)求∠NOB的度数.
(3)若把原题中“△ACM和△BCN是两个等边三角形”换成两个正方形(如图),AN与BM的数量关系如何?
请说明理由.
(1)证明:
∵△ACM、△CBN都是等边三角形,
∴AC=CM,CN=CB,∠ACM=∠BCN=60°,
∴∠ACM+∠MCN=∠BCN+∠MCN,
∴∠ACN=∠BCM,
∵在△ACN和△MCB中
AC=CM
∠ACN=∠MCB
CN=CB
,
∴△ACN≌△MCB(SAS),
∴AN=MB;
(2)∵∠BON=∠AOM,且∠AOM=∠NAB+∠ABM,
∴∠BON=∠NAB+∠ABM.
∴∠BON=∠CMB+∠ABM.
∵∠CMB+∠ABM=∠ACM=60°,
∴∠BON=60°.
(3)AN=BM,
理由如下:
∵四边形AFMC和四边形NCBF是正方形,
∴AC=CM,∠ACN=∠MCB=90°,CN=CB,
在△ACN和△MCB中,
AC=CM
∠ACN=∠MCB=90°
CN=CB
,
∴△ACN≌△MCB,
∴AN=BM.
5.已知如图,点C为线段AB上一点,△ACM、△CBN都是等边三角形,AN交CM于点E,BM交CN于点F,求证:
(1)CE=CF;
(2)EF∥AB.
证明:
(1)∵△ACM,△CBN是等边三角形,
∴AC=MC,BC=NC,∠ACM=60°,∠NCB=60°,
∴∠ACM+∠MCN=∠NCB+∠MCN,
即:
∠ACN=∠MCB,
在△CAN和△MCB中,
AC=MC,∠ACN=∠MCB,NC=BC,
∴△CAN≌△MCB(SAS),
∴∠CMB=∠CAN
又∵∠ACM=∠MCN=60°,AC=NC
∴△ACE≌△MCF
∴CE=CF.
(2)∵△CAN≌△CMB,
∴∠CAN=∠CMB,
又∵∠MCF=180°-∠ACM-∠NCB=180°-60°-60°=60°,
∴∠MCF=∠ACE,
在△CAE和△CMF中,
∠CAE=∠CMF
CA=CM
∠ACE=∠MCF
∴△CAE≌△CMF(ASA),
∴CE=CF,
∴△CEF为等腰三角形,
又∵∠ECF=60°,
∴△CEF为等边三角形.
∴∠CEF=∠MCA=60°
∴EF∥AB
6.已知:
如图,点C为线段AB上一点,△ACM,△CBN都是等边三角形,AN交MC于点E,BM交CN于点F.
(1)求证:
AN=BM;
(2)求证:
△CEF为等边三角形
证明
(1):
∵△ACM,△CBN是等边三角形
∴AC="MC,BC=NC,"∠ACM="60°,"∠NCB="60°
在△CAN和△MCB中
AC=MC,∠ACN=∠MCB,NC="BC"
∴△CAN≌△MCB(SAS)
∴AN="BM
(2)∵△CAN≌△MCB
∴∠CAN=∠MCB
又∵∠MCF=180°-∠ACM-∠NCB="180°-60°-60°=60°"
∴∠MCF=∠ACE
在△CAE和△CMF中
∠CAE=∠CMF,CA=CM,∠ACE=∠MCF
∴△CAE≌△CMF(ASA)
∴CE="CF" ∴△CEF为等腰三角形,
又∵∠ECF="60°"
∴△CEF为等边三角形.
8.如图,已知点C是AB上一点,△ACM、△CBN都是等边三角形.
(1)说明AN=MB.
(2)将△ACM绕点C按逆时针旋转180°,使A点落在CB上,请对照原题图画出符合要求的图形.
(3)在
(2)所得到的图形中,结论“AN=BM”是否成立,若成立,说明理由;若不成立,也请说明理由.
(4)在
(2)所得到的图形中,设AM的延长线与BN相交于点D,请你判断△ABD的形状,并说明你的理由.
解:
(1)证明:
∵△ACM、△CBN都是等边三角形,
ACM+
MCN=
MCN+
NCB.
即
ACN=
MCB,AC=CM,BC=CN,
ACM=
MCN=
NCB=60°
∴△ACN≌△MCB,∴AN=BM.
(2)如图所示:
(3)成立理由:
∵△ACM,△CBM是等边三角形,
∴
NCB=
ACM,CM=AC,BC=CN,
∴△CMB≌△CAN
∴BM=AN.
(4)△ABD为等边三角形,
∵
NBC=60°,
NAB=
CAM=60°.
∴
ADB=60°
∴△ABD为等边三角形.
9.
(1)已知:
如图1,点C为线段AB上一点,△ACM,△CBN是等边三角形,求证:
AN=BM,这时可以证明≌,得到AN=BM;
(2)如果去掉“点C为线段AB上一点”的条件,而是让△CBN绕点C
旋转成图2的情形,还有“AN=BM”的结论吗?
如果有,请给予证明.
分析:
(1)AN=BM,理由为:
由△ACM和△CBN都是等边三角形,根据等边三角形的边长相等分别得到边长相等,三个内角相等,由∠ACM和∠NCB相等,两边加上∠MCN,得到∠ACN与∠MCB相等,利用SAS即可得到三角形ACN与三角形MCB全等,根据全等三角形的对应边相等即可得证;
(2)AN=BM,理由为:
由△ACM和△CBN都是等边三角形,根据等边三角形的边长相等分别得到边长相等,三个内角相等,由∠ACM和∠NCB相等,两边加上∠MCN,得到∠ACN与∠MCB相等,利用SAS即可得到三角形ACN与三角形MCB全等,根据全等三角形的对应边相等即可得证.
解:
(1)相等.
证明如下:
∵△ACM,△CBN是等边三角形,
∴AC=CM,CN=BC,∠ACM=∠BCN=60°,
又∠ACN=∠MCN+∠ACM=∠MCN+60°,∠MCB=∠MCN+∠BCN=∠MCN+60°,
∴∠ACN=∠MCB,
在△ACN和△MCB中
AC=MC
∠ACN=∠MCB
CN=CB
∴△ACN≌△MCB(SAS),
∴AN=BM;
(2)相等.
证明如下:
∵△ACM,△CBN是等边三角形,
∴AC=CM,CN=BC,∠ACM=∠BCN=60°,
又∠ACN=∠MCN+∠ACM=∠MCN+60°,∠MCB=∠MCN+∠BCN=∠MCN+60°,
在△ACN和△MCB中
AC=MC
∠ACN=∠MCB
CN=CB
∴△ACN≌△MCB(SAS),
∴AN=BM.
10、已知:
如图1,点C为线段AB上一点,△ACM,△CBN都是等边三角形,AN交MC于点E,BM交CN于点F.
(1)求证:
AN=BM;
(2)求证:
△CEF为等边三角形;
(3)将△ACM绕点C按逆时针方向旋转90°,其他条件不变,在图2中补出符合要求的图形,并判断第
(1)、
(2)两小题的结论是否仍然成立(不要求证明).
分析:
(1)可通过全等三角形来得出简单的线段相等,证明AN=BM,只要求出三角形ACN和MCB全等即可,这两个三角形中,已知的条件有AC=MC,NC=CB,只要证明这两组对应边的夹角相等即可,我们发现∠ACN和∠MCB都是等边三角形的外角,因此它们都是120°,这样就能得出两三角形全等了.也就证出了AN=BM.
(2)我们不难发现∠ECF=180-60-60=60°,因此只要我们再证得两条边相等即可得出三角形ECF是等边三角形,可从EC,CF入手,由
(1)的全等三角形我们知道,∠MAC=∠BMC,
又知道了AC=MC,∠MCF=∠ACE=60°,那么此时三角形AEC≌三角形MCF,可得出CF=CE,于是我们再根据∠ECF=60°,便可得出三角形ECF是等边三角形的结论.
(3)
判定结论1是否正确,也是通过证明三角形ACN和BCM来求得.这两个三角形中MC=AC,
NC=BC,∠MCB和∠ACN都是60°+∠ACB,因此两三角形就全等,AN=BM,结论1正确.
根据图1,当把MC逆时针旋转90°后,AC也旋转了90°,因此∠ACB=90°,很显然∠FCE>90°,因此三角形FCE绝对不可能是等边三角形.
证明:
(1)∵△ACM,△CBN是等边三角形,
∴AC=MC,BC=NC,∠ACM=60°,∠NCB=60°,
∴∠ACM+∠MCN=∠NCB+∠MCN,
即:
∠ACN=∠MCB,
在△ACN和△MCB中,
AC=MC,∠ACN=∠MCB,NC=BC,
∴△ACN≌△MCB(SAS).
∴AN=BM.
(2)∵△CAN≌△MCB,
∴∠CAN=∠CMB.
又∵∠MCF=180°-∠ACM-∠NCB=180°-60°-60°=60°,
∴∠MCF=∠ACE.
在△CAE和△CMF中
∠CAE=∠CMF,CA=CM,∠ACE=∠MCF,
∴△CAE≌△CMF(ASA)
.
∴CE=CF.
∴△CEF为等腰三角形.
又∵∠ECF=60°,
∴△CEF为等边三角形.
(3)如右图,
∵△CMA和△NCB都为等边三角形,
∴MC=CA,CN=CB,∠MCA=∠BCN=60°,
∴∠MCA+∠ACB=∠BCN+∠ACB,即∠MCB=∠ACN,
∴△CMB≌△CAN,
∴AN=MB,
结论1成立,结论2不成立.
11.如图所示,已知△ACM和△CBN都是等边三角形,点A、C、B在同一直线上,连接AN、MB.
(1)求证:
AN=BM.
(2)若等边三角形CBN绕顶点C顺时针旋转后(旋转角
),此时AN与BM是否还相等?
若相等,给出证明;若不相等,说明理由.
(1)
证明:
在三角形ACM和NCB中,
因为,△ACM和△CBN是等边三角形,
所以,AC=MC,CB=CN.
∠ACM=∠NCB=60°,∠MCN=60°,
∠ACN=∠MCB=120°.
所以△ACN≌△MCB.
所以,AN=BM.
(2)AN与BM相等.
旋转角为
,
当
时,如下图
因为,△ACM和△CBN是等边三角形,
所以,AC=MC,CB=CN.
∠ACN=60°+∠MCN
∠MCB=60°+∠MCN
∠ACN=∠MCB.
所以,△ACN≌△MCB.
所以,AN=BM.
当
时,A、C、N三点共线,M、C、B三点共线,
AN=AC+CN,BM=MC+CB=AC+CN
所以,AN=BM.
当
时,如下图,
因为,△ACM和△CBN是等边三角形,
所以,AC=MC,CB=CN.
∠ACN=60°+∠ACB.
∠MCB=60°+∠ACB
∠ACN=∠MCB.
∴△ACN≌△MCB
∴AN=BM.
12、已知:
如图,点C为线段AB上一点,△ACM、△CBN是等边三角形,可以说明:
△ACN≌△MCB,从而得到结论:
AN=BM.
现要求:
(1)将△ACM绕C点按逆时针方向旋转180°,使A点落在CB上.请对照原题图在下图中画出符合要求的图形(不写作法,保留作图痕迹);
(2)在
(1)所得到的图形中,结论“AN=BM”是否还成立?
若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由;
(3)在
(1)所得到的图形中,设MA的延长线与BN相交于D点,请你判断△ABD与四边形MDNC的形状,并说明你的结论的正确性.
分析:
(1)可以C为圆心以CA为半径,画弧交BC于A,然后分别以C,A为圆心,以CA长为半径,画弧在BC下方交于M连接CM,AM,三角形ACM就是所求的三角形.
(2)还成立,可通过证明三角形ACN和BCM来实现,这两个三角形中,CN=BC,CA=CM,这两组对应边的夹角都等于60°,因此两三角形全等,即可得出AN=BM.
(3)MA的延长线与BN相交于D点,那么对顶角DAB和CAM都应该是60°,∠NBC也是60°,那么三角形ABD是等边三角形.∠DAB=∠NCB=60°,因此MD∥CN,∠MCB=∠NBC=60°,因此CM∥NB,因此四边形CMDN就是个平行四边形.
证明:
(1)如下图.
(2)结论“AN=BM”还成立.
证明:
∵CN=CB,∠ACN=∠MCB=60°,CA=CM,
∴△ACN≌△MCB.
∴AN=BM.
(3)△ABD是等边三角形,四边形MDNC是平行四边形,
证明:
∵∠DAB=∠MAC=60°,∠DBA=60°,
∴∠ADB=60°.
∴△ABD是等边三角形,
∵∠ADB=∠AMC=60°,
∴ND∥CM,
∵∠ADB=∠BNC=60°
∴MD∥CN
∴四边形MDNC是平行四边形.
13如图,已知点E为正方形ABCD的边BC上一点,连接AE,过点D作DG⊥AE,垂足为G,延长DG交AB于点F.求证:
BF=CE.
证明:
在正方形ABCD中,∠DAF=∠ABE=90°,DA=AB=BC,
∵DG⊥AE,
∴∠FDA+∠DAG=90°.
又∵∠EAB+∠DAG=90°,
∴∠FDA=∠EAB.
在Rt△DAF与Rt△ABE中,DA=AB,∠FDA=∠EAB,
∴Rt△DAF≌Rt△ABE.
∴AF=BE.
∵AB=BC,
∴BF=CE.
14、已知正方形ABCD和正方形AEFG有一个公共点A,点G、E分别在线段AD、AB上.
(1)如图1,连接DF、BF,证明:
BF=DF;
(2)若将正方形AEFG绕点A按顺时针方向旋转,在旋转的过程中线段DF与BF的长还相等吗?
若相等,请证明;若相不等,连接DG,在旋转的过程中,你能否找到一条线段的长与线段DG的长始终相等.并以图2为例说明理由.
分析:
(1)根据已知证明△DGF≌△BEF.
(2)观察DG的位置,找包含DG的三角形,要使两条线段相等,只要找到与之全等的三角形,即可找到与之相等的线段.
解答:
(1)证明:
∵四边形AEFG是正方形
∴GF=EF=AG=AE∠DGF=∠BEF=90°
∵四边形ABCD是正方形
∴AD=AB
∴AD-AG=AB-AE即 DG=BE
∴△DGF≌△BEF
∴BF=DF
(2)BF≠DE 连接BE 有BE=DG
理由如下:
∵∠DAB=∠GAE=90°
∴∠DAG=∠BAE
又AD=AB AG=AE
∴△DAG≌△BAE
∴BE=DG .
15.已知:
如图,D为线段AB上一点(不与点A、B重合),CD⊥AB,且CD=AB,AE⊥AB,BF⊥AB,且AE=BD,BF=AD.
(1)如图1,当点D恰是AB的中点时,请你猜想并证明∠ACE与∠BCF的数量关系;
(2)如图2,当点D不是AB的中点时,你在
(1)中所得的结论是否发生变化,写出你的猜想并证明;
(3)若∠ACB=α,直接写出∠ECF的度数(用含α的式子表示).
(1)猜想:
∠ACE=∠BCF.
证明:
∵D是AB中点,
∴AD=BD,
又∵AE=BD,BF=AD,
∴AE=BF.
∵CD⊥AB,AD=BD,
∴CA=CB.
∴∠1=∠2.
∵AE⊥AB,BF⊥AB,
∴∠3=∠4=90°.
∴∠1+∠3=∠2+∠4.
即∠CAE=∠CBF.
∴△CAE≌△CBF.
∴∠ACE=∠BCF.…
(2)∠ACE=∠BCF仍然成立.
证明:
连接BE、AF.
∵CD⊥AB,AE⊥AB,
∴∠CDB=∠BAE=90°.
又∵BD=AE,CD=AB,
△CDB≌△BAE.…
∴CB=BE,∠BCD=∠EBA.
在Rt△CDB中,∵∠CDB=90°,
∴∠BCD+∠CBD=90°.
∴∠EBA+∠CBD=90°.
即∠CBE=90°.
∴△BCE是等腰直角三角形.
∴∠BCE=45°.…
同理可证:
△ACF是等腰直角三角形.
∴∠ACF=45°.…
∴∠ACF=∠BCE.
∴∠ACF-∠ECF=∠BCE-∠ECF.
即∠ACE=∠BCF.…
(3)∠ECF的度数为90°-α.…
分析:
(1)D恰是AB的中点时,则AD是AB的中垂线,则CA=CB,易证∠CAE=∠CBF,则易证△CAE≌△CBF,得到∠ACE=∠BCF;
(2)连接BE、AF,则易证△CDB≌△BAE,则△BCE和△ACF都是等腰直角三角形,则∠ACF=∠ECB=45°,即可证得:
∠ACE=∠BCF;
(3)根据∠ACF=∠ECB=45°,再依据∠ECF=∠ACF-∠ACE=∠ACF-(∠ACB-∠BCE)即可求解.
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