专题十一 几何证明之三角形中作辅助线造全等 中考数学冲刺难点突破 几何证明问题解析版.docx
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专题十一几何证明之三角形中作辅助线造全等中考数学冲刺难点突破几何证明问题解析版
2020年中考数学冲刺难点突破几何证明问题
专题十一几何证明之三角形中作辅助线造全等
1、如图1,OA=2,OB=4,以点A为顶点,AB为腰在第三象限作等腰直角△ABC.
(Ⅰ)求C点的坐标;
(Ⅱ)如图2,OA=2,P为y轴负半轴上的一个动点,若以P为直角顶点,PA为腰等腰直角△APD,过D作DE⊥x轴于E点,求OP﹣DE的值;
(Ⅲ)如图3,点F坐标为(﹣4,﹣4),点G(0,m)在y轴负半轴,点H(n,0)x轴的正半轴,且FH⊥FG,求m+n的值.
解:
(Ⅰ)如图1,过C作CM⊥x轴于M点,如图1所示:
∵CM⊥OA,AC⊥AB,
∴∠MAC+∠OAB=90°,∠OAB+∠OBA=90°,
∴∠MAC=∠OBA,
在△MAC和△OBA中,,
∴△MAC≌△OBA(AAS),
∴CM=OA=2,MA=OB=4,
∴OM=6,
∴点C的坐标为(﹣6,﹣2),
故答案为(﹣6,﹣2);
(Ⅱ)如图2,过D作DQ⊥OP于Q点,
则四边形OEDQ是矩形,
∴DE=OQ,
∵∠APO+∠QPD=90°,∠APO+∠OAP=90°,
∴∠QPD=∠OAP,
在△AOP和△PDQ中,,
∴△AOP≌△PDQ(AAS),
∴AO=PQ=2,
∴OP﹣DE=OP﹣OQ=PQ=OA=2;
(Ⅲ)如图3,过点F分别作FS⊥x轴于S点,FT⊥y轴于T点,
则∠HSF=∠GTF=90°=∠SOT,
∴四边形OSFT是正方形,
∴FS=FT=4,∠EFT=90°=∠HFG,
∴∠HFS=∠GFT,
在△FSH和△FTG中,,
∴△FSH≌△FTG(AAS),
∴GT=HS,
又∵G(0,m),H(n,0),点F坐标为(﹣4,﹣4),
∴OT═OS=4,
∴GT=﹣4﹣m,HS=n﹣(﹣4)=n+4,
∴﹣4﹣m=n+4,
∴m+n=﹣8.
2、如图,在△ABC中,AB=AC,点M在△ABC内,AM平分∠BAC.点D与点M在AC所在直线的两侧,AD⊥AB,AD=BC,点E在AC边上,CE=AM,连接MD、BE.
(1)补全图形;
(2)请判断MD与BE的数量关系,并进行证明;
(3)点M在何处时,BM+BE会有最小值,画出图形确定点M的位置;如果AB=5,BC=6,求出BM+BE的最小值.
解:
(1)如图1所示:
(2)MD=BE.
证明:
延长AM交BC于点F,如图.
∵AM平分∠BAC,
∴∠BAM=∠CAM.
∵AD⊥AB,
∴∠MAD+∠BAM=90°.
∴∠MAD+∠CAM=90°
∵AB=AC,AM平分∠BAC,
∴AF⊥BC.
∴∠C+∠CAM=90°.
∴∠MAD=∠C.
又∵AM=CE,AD=BC,
∴△AMD≌△CEB.
∴MD=BE.
(3)点M的位置如图2,
∵AB=5,BC=6,
∴AD=BC=6,
∴.
∴BM+BE的最小值为.
3、如图1,∠AOB=90°,OC平分∠AOB,以C为顶点作∠DCE=90°,交OA于点D,OB于点E.
(1)求证:
CD=CE;
(2)图1中,若OC=3,求OD+OE的长;
(3)如图2,∠AOB=120°,OC平分∠AOB,以C为顶点作∠DCE=60°,交OA于点D,OB于点E.若OC=3,求四边形OECD的面积.
(1)证明:
如图1,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H,
∵OC平分∠AOB,
∴CG=CH
∵∠AOB=90°,∠DCE=90°,
∴∠CDO+∠CEO=180°,
∵∠CDG+∠CDO=180°,
∴∠CDG=∠CEO,
在△CDG与△CEH中
,
∴△CDG≌△CEH(AAS),
∴CD=CE;
(2)解:
由
(1)得△CDG≌△CEH,
∴DG=HE,
由题易得△OCG与△OCH是全等的等腰直角三角形,且OG=OH,
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH,
设OH=CH=x,在Rt△OCH中,由勾股定理,得:
OH2+CH2=OC2
∴x2+x2=32
∴(舍负)
∴OH=
∴OD+OE=2OH=;
(3)解:
如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H,
∵OC平分∠AOB,
∴CG=CH,
∵∠A0B=120°,∠DCE=60°,
∴∠CDO+∠CEO=180°,
∵∠CDG+∠CDO=180°,
∴∠CDG=∠CEO,
在△CDG与△CEH中
,
∴△CDG≌△CEH(AAS),
∴DG=HE,
由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形,且OG=OH,
∴OD+OE=OD+OH+HE=OG+OH=2OH,
∴S四边形OECD=S四边形OHCG=2S△OCG
在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3,
∴OH=,CH=
∴,
∴S四边形OECD=2S△OCG=.
4、在△ABC中,AB=AC,CD是AB边上的高,若AB=10,BC=.
(1)求CD的长.
(2)动点P在边AB上从点A出发向点B运动,速度为1个单位/秒;动点Q在边AC上,从点A出发向点C运动,速度为v个单位/秒(v>1).设运动的时间为t(t>0),当点Q到点C时,两个点都停止运动.
①若当v=2时,CP=BQ,求t的值.
②若在运动过程中存在某一时刻,使CP=BQ成立,求v关于t的函数表达式,并写出自变量t的取值范围.
解:
(1)如图,作AE⊥BC于点E,
∵AB=AC
∴BE=BC=2
在Rt△ABE中,
AE===4
∵S△ABC=BC•AE=AB•CD
∴CD===8
答:
CD的长为8.
(2)过点B作BF⊥AC于点F,
当点Q在AF之间时,如图所示:
∵S△ABC=AC•BF=AB•CD
∵AB=AC
∴BF=CD
在Rt△CDP和Rt△BQF中,
∵CP=BQ,CD=BF
∴Rt△CDP≌Rt△BQF(HL)
∴PD=QF
在Rt△ACD中,CD=8,AC=AB=10
∴AD==6
同理可得AF=6
∴PD=AD=AP=6﹣t,
QF=AF﹣AQ=6﹣2t
由PD=QF得6﹣t=6﹣2t,解得t=0
∵t>0,
此种情况不符合题意,舍去;
当点Q在FC之间时,如图所示:
此时PD=6﹣t,QF=2t﹣6,
由PD=QF,得6﹣t=2t﹣6
解得t=4
综上得t的值为4.
②同①可知:
v>1时,Q在AF之间不存在CP=BQ,
Q在FC之间存在CP=BQ,
Q在F点时,显然CP不等于BQ.
∵运动时间为t,则AP=t,AQ=vt,
∴PD=6﹣t,QF=vt﹣6,
由DP=QF,得6﹣t=vt﹣6
整理得v=
∵Q在FC之间,即AF<AQ≤AC
∴6<vt≤10,代入v=得
6<12﹣t≤10,解得2≤t<6
所以v=(2≤t<6).
5、在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=30°,BD是△ABC的角平分线.
(1)如图1,求证:
AD=2DC.
(2)如图2,作∠CBD的角平分线交线段CD于点M,若CM=1,求△DBM的面积;
(3)如图3,过点D作DE⊥AB于点E,点N是线段AC上一点(不与C、D重合),以BN为一边,在BN的下方作∠BNG=60°,NG交DE延长线于点G,试探究线段ND,DG与AD之间的数量关系,并说明理由.
证明:
(1)如图1,过点D作DE⊥AB,
∵BD是△ABC的角平分线,DE⊥AB,∠ACB=90°,
∴DC=DE,
∵∠A=30°,DE⊥AB,
∴AD=2DE,
∴AD=2DC;
(2)如图2,过点M作ME∥BD,
∵∠ACB=90°,∠A=30°,
∴∠ABC=60°,
∵BD是△ABC的角平分线,
∴∠ABD=∠DBC=30°,
∵BM平分∠CBD,
∴∠CBM=15°=∠DBM,
∵ME∥BD,
∴∠MEC=∠CBD=30°,∠EMB=∠DBM=∠MBE,
∴ME=BE,
∵∠MEC=30°,∠C=90°
∴CE=MC=,ME=2MC=2=BE,
∴BC=+2,
∵∠CBD=30°,∠C=90°,
∴BC=CD,
∴CD=1+,
∴DM=,
∴△DBM的面积=××(+2)=1+;
(3)若点N在CD上时,AD=DG+DN,
理由如下:
如图3所示:
延长ED使得DW=DN,连接NW,
∵∠ACB=90°,∠A=30°,BD是△ABC的角平分线,DE⊥AB于点E,
∴∠ADE=∠BDE=60°,AD=BD,
∵DN=DW,且∠WDN=60°
∴△WDN是等边三角形,
∴NW=DN,∠W=∠WND=∠BNG=∠BDN=60°,
∴∠WNG=∠BND,
在△WGN和△DBN中,
∴△WGN≌△DBN(SAS),
∴BD=WG=DG+DN,
∴AD=DG+DN.
(3)若点N在AD上时,AD=DG﹣DN,
理由如下:
如图4,延长BD至H,使得DH=DN,连接HN,
由
(1)得DA=DB,∠A=30°.
∵DE⊥AB于点E.
∴∠2=∠3=60°.
∴∠4=∠5=60°.
∴△NDH是等边三角形.
∴NH=ND,∠H=∠6=60°.
∴∠H=∠2.
∵∠BNG=60°,
∴∠BNG+∠7=∠6+∠7.
即∠DNG=∠HNB.
在△DNG和△HNB中,
∴△DNG≌△HNB(ASA).
∴DG=HB.
∵HB=HD+DB=ND+AD,
∴DG=ND+AD.
∴AD=DG﹣ND.
6、在△ABC中,∠A=90°,点D在线段BC上,∠EDB=∠C,BE⊥DE,垂足为E,DE与AB相交于点F.
探究:
当AB=AC且C,D两点重合时(如图1)探究
(1)线段BE与FD之间的数量关系,直接写出结果 ;
(2)∠EBF= .
证明:
当AB=AC且C,D不重合时,探究线段BE与FD的数量关系,并加以证明.
计算:
当AB=kAC时,如图,求的值(用含k的式子表示).
探究:
(1)延长BE,CA交于G,
∵∠EDB=∠C,
∴CE平分∠ACB,
∵BE⊥DE,
∴∠BEC=∠CEG=90°,
∵CE=CE,
∴△BCE≌△GCE(ASA),
∴BE=EG=BG,
∵∠BEF=∠BAC=90°,
∠BFE=∠AFC,
∴∠ABG=∠ACF,
∵∠BAG=∠CAF,AB=AC,
∴△ABG≌△ACF(ASA),
∴BG=CF,
∴BE=DF;
故答案为:
BE=DF;
(2)∵∠A=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠C=45°,
∴∠EDB=∠C=22.5°,又BE⊥DE,
∴∠EBD=90°﹣22.5°=67.5°,
∴∠EBF=67.5°﹣45°=22.5°,
故答案为:
22.5;
证明:
结论:
BE=FD,
证明:
如图2,过点D作DG∥CA,与BE的延长线相交于点G,与AB相交于点H,
则∠GDB=∠C,∠BHD=∠A=90°=∠GHB,
∵∠EDB=∠C=∠GDB=∠EDG,
又DE=DE,∠DEB=∠DEG=90°,
∴△DEB≌△DEG(ASA),
∴BE=GE=GB,
∵∠A=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠C=∠GDB,
∴HB=HD,
∵∠BED=∠BHD=90°,∠BFE=∠DFH,
∴∠EBF=∠HDF,
∴△GBH≌△FDH(ASA),
∴GB=FD,
∴BE=FD;
计算:
如图3,过点D作DG∥CA,与BE的延长线相交于点G,与AB相交于点H,
同理可证△DEB≌△DEG,BE=GB,∠BHD=∠GHB=90°,∠EBF=∠HDF.
∴△
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