中考数学复习指导《三角形》经典考点专题点评文档格式.docx
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(4)因此∠AMB=∠DMC.
技巧贴士
本题要求证的是两个角相等,一般采用证明两角所在的两个三角形全等的方法.从图中观察到∠AMB与∠DMC所在的两个三角形△AME与△CMD显然不全等,但是这两个三角形中有其他相等元素:
AM—CM.结合本条件,加上结论,全等三角形条件有两个,因此我们想到通过添加辅助线,构造两个全等三角形△AMG、△CMD,从而得到∠AMB=∠DMC.
题2
如图7-3所示,已知在△ABC中,AB=AC,延长AB至D使BD=AB,E为AB中点.求证:
CD=2EC.
(1)如图7-4所示,延长CE至F使CE=EF,再连接BF.
(2)易证△ACE≌△BFE,从而可得AC=BF、∠CAE=∠FBE.
(3)由∠CBD=∠CAE+∠ACB、∠CBF=∠FBE+∠ABC,可得∠CBD=∠CBF.
(4)由条件BD=AB=AC=BF,BC=BC,易证△CBF≌△CBD.
(5)因此CD=CF=2EC.
本题还可用三角形中位线定理解答(三角形中位线是指连接三角形两边中点的线段,即三角形的中位线平行于第三边并且等于它的一半).取AC的中点G,连接EG、BG,由AB=AC,E、G分别为AB、AC中点,得出BE=CG,从而△BEC≌△CGB.故CE=BG.由中位线定理可知BG=CD,所以CE=CD.
题3
如图7-5所示,已知在△ABC外作正方形ABDE和ACGF,M是BC的中点.求证:
AM=EF.
满分解答
(1)如图7-6所示,延长AM至N,使MN=AM,连接BN.
(2)易证△ACM≌△NBM,从而可得∠ACB=∠NBC.
(3)由∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°
,可得∠ABC+∠NBC+∠BAC=180°
,即∠ABN+∠BAC=180°
.
(4)再由∠EAF+∠EAB+∠BAC+∠CAF=360°
,得到∠EAF+∠BAC=180°
,即∠ABN=∠EAF.
(5)结合条件EA=AB,BN=CA=AF,易证△ABN≌△EAF.
(6)因此EF=AN=2AM,即AM=EF.
已知条件中出现了中点以及AM=EF形式,这暗示了可使用“中线倍长”的方法.通过将中线AM延长一倍后,证明AN=EF,找到AN、EF所在的△ABN、△EAF,证明两个三角形全等即可.
思维点评
二次全等,就是通过两次三角形全等,解决题目中涉及的角度、线段间的关系.7年级学习了全等三角形,自然全等三角形是一种手段与工具.它能用于证明角、边的等量关系,因此证明边、角相等,往往就是证明边、角所在三角形全等.所以,对于角、边的关系,一定要将其置于某个载体,如两个全等三角形
中,此外,解决二次全等往往使用逆推的思路,在题1贴
士中所构造的△AMG≌△CMD所缺少的条件是AG=
CD,通过△BGA≌△ADC来提供.
中线倍长,是初中数学几何中常见的一种添加辅助
线的方法.若题目出现中点、中线,要求证或出现
“A=2B”,一般延长一倍的中线.如图7-7所示,通过
△ACM≌△BNM,从而实现“A=2B”.
题4
如图7-8所示,在△ABC中,AB=AC,BD为边AC上的高,P为线段BC边上的动点(且不与B、C两点重合),过P点分别作AB、AC边上的垂线且与AB、AC分别交于M、N两点,求证:
BD=PM+PN.
(1)如图7-9所示,在NP的延长线上截取PE=PM,连接BE.
(2)由条件PE=PM、∠MPB=∠EPB(在.Rt△BMP与Rt△PNC中,由于∠MBP=∠C,因此∠MPB=∠NPC.又∠BPE与∠NPC为对顶角,因此∠MPB=∠EPB),BP=BP,易证△BPM≌△BPE,从而可得∠BEP=90°
(3)因此四边形BEND为矩形,可得EN=BD.
(4)由EN=EP+PN得BD=PM+PN.
本题是运用“补短法”,把所要求的BD=PM+PN中的PM“补”到PN所在的直线上,接着,只需证明四边形BEND为矩形,结合已有的两个直角,只需证明一个∠BEP=90°
,从而便有证明△BPM≌△BPE(本分析思路仍为逆向思维,可见在证明几何问题中,逆向思维出现较多).当然,本题还可用“截长法”(详见本专题[思维点评])和“面积法”来做,“面积法”思路如下:
连接AP,由于△ABC为等腰三角形,再运用S△ABC=S△ABP+S△APC,即可得证.
题5
如图7-10所示,在等腰△ABC中,AB=AC,顶角∠A=100°
,∠B的平分线BE交AC于E,求证:
BC=AE+EB.
(1)如图7-11所示,在BC上取BD=BE,BF=AB.
(2)由条件AB=BF、BE=BE、∠ABE=∠EBC=20°
,易证△ABE≌△FBE.
(3)因此∠BFE=100°
'
故∠BEF=60°
,∠EFD=80°
(4)又由于BD=BE,可得∠BED=∠BDE=80°
,∠FED=∠BED-∠BEF=20°
,故∠EFD=∠EDF,EF=ED.
(5)由于∠DEC=180°
-∠BEA-∠BED=40°
=∠C,所以ED=CD,即CD=EF=AE.
(6)由BC=BD+CD,BD=EB,得BC=AE+EB.
本题运用“截长法”,把最长的BC截取题中所要求的其中一段,如BD=BE.至于BF=AB的出现则在于从∠B的角平分线得到启示,看到角平分线,往往意味着三角形翻折,△ABF≌△FBE也可认为两三角形翻折(相等会为全等提供可能性),并且出现等腰三角形往往还意味着存在等量代换.
题6
如图7-12所示,在正方形ABCD中,点E在DC的延长线上,点F在CB的延长线上,∠EAF=45°
,求证:
DE-BF=EF.
(1)如图7-13所示,在DC上截取DG,使得DG=BF,连接AG.
(2)由四边形ABCD是正方形,可得∠ADG=∠ABF=90°
,AD=AB.
(3)又由于DG=BF,可得△ADG≌△ABF,故∠GAD=∠FAB,AG=AF.
(4)∠DAB=90°
=∠DAG+∠GAB=∠BAF+∠GAB=∠GAF,即∠GAE=∠GAF-∠EAF=45°
,∠GAE=∠FAE=45°
(5)又因为AG=AF、AE=AE,故△EAG≌△EAF,即得EF=EG=ED-GD=DE-BF.
本题运用“截长法”,在DC上截取DG=BF,可得△ADG≌△ABF.而在有正方形的题目中看到∠EAF,即使∠EAF≠45°
,也要反应出存在一对含该角度∠EAF的全等三角形,即题中的△EAG≌△EAF.
一般问题中出现“A=B+C”,且B、C不在同一直线上的形式,就可以考虑“截长补短”,即把不同的线段通过辅助线联系起来,最终得到所要求的等量关系.事实上,“截长补短”意味着两种方法:
一是“截长”(在A上截取B或C),二是“补短”(在B上延长C得A或在C上延长B得A).这两种方法在三角形中基本上是互补的,截长补短不适用的情况主要在圆中才有体现(详见9年级与“圆”相关的专题).
还有以下几点在证明三角形全等中需要特别注意.
(1)三角形中,大量存在“等量代换”的技巧,即使没有告诉我们“A=B”.
(2)即使只告诉一般的三角形,通过辅助线,通过角、边的关系,中间往往会存在大量等腰三角形、等边三角形(这里隐含了“一般与特殊”的思想方法,通常联系等腰三角形、等边三角形,一般三角形的情况比较少).
(3)相等会为全等提供可能性:
只要出现“A=B”,A和B都属于某个三角形,通过各种方式证明A和B所在的两个三角形全等就可以解决部分问题.
再对题4的“截长法”做如下简述:
在BD上截取线段BF,使BF=PM,可证得△BPF≌△PBM,从而得到BF=PM,PF⊥BD,即可求得四边形PFDN为矩形,得到PN=DF,即可得证.
题7
如图7-14所示,在△ABC中,∠ACB=90°
,BC=AC,D、E为AB上两点,且∠DCE=45°
AD2+BE2=DE2.
(1)如图7-15所示,将△ADC绕C旋转到如图位置,则△CAD≌△CBF.
(2)由∠A=∠ABC=45°
,可得∠EBF=∠ABC+∠CBF=∠ABC+∠A=90°
,故△BEF为直角三角形,且BF=AD.
(3)又因∠ACD+∠ECB=45°
,且∠ACD=∠FCB,故∠ECB+∠FCB=∠FCE=45°
=∠DCE.
(4)由DC=CF,CE=CE,可得△CDE≌△CFE,DE=FE,即BE2+AD2=DE2.
勾股定理及其逆定理:
在△ABC中,∠C=90°
a2+b2=c2(a、b为直角边,c为斜边).根据本题结论,通过等量代换,要将AD、BE、DE置于一个直角三角形中.先由BC=AC这一信息,想到若将△ADC进行旋转,即可得到两对全等的三角形,同时也构建出了一个直角三角形,从而通过三角形的全等,可将所求边转化到同一直角三角形中,从而得到结论.
题8
如图7-16所示,P为等边△ABC内一点,若AP=3,PB=4,PC=5,求∠APB的度数.
(1)如图7-17所示,过B作∠P'
BP=60°
,BP'
=BP,连接P'
P、AP'
(2)由于么P'
=BP=4,可得P'
P=4,∠P'
PB=60°
(3)又因△P'
BA≌△PCA,得PC=AP'
=5,且AP2+P'
P2=AP'
2,故∠APP'
=90°
(4)即得∠APB=∠P'
PB+∠APP'
=150°
本题的考点在于3、4、5这三条边长.熟悉直角三角形性质的同学不难发现,若三角形的三边长存在3:
4:
5的关系时,此三角形便是一个直角三角形.同样常见的例子还有5:
12:
13等.因此,只要发现这类边长中存在的特殊比例关系,我们便能通过之前所学习过的三角形“平移”、“旋转”、“翻折”的一系列变化方法,得到我们所需要的答案.
题9
如图7-18所示,在四边形ABCD中,BD平分∠ABC.DP⊥BC于点P,AB+BC=2BP.求证:
∠BAD+∠C=180°
(1)如图7-19所示,过点D作DE⊥BA交BA延长线于点E.
(2)由于BD平分∠ABC,故DE=DP(角平分线定理),可得Rt△BED≌Rt△BPD,故BE=BP.
(3)由于AB+BC=2BP,得到AB+BP+PC=BP+BE,所以AB+PC=BE,即得PC=BE-AB=AE.
(4