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Word文档下载推荐.docx

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∴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．

（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，

∴CG＝CH，

∵∠A0B＝120°

，∠DCE＝60°

由题易得△OCG与△OCH是全等的直角三角形，且OG＝OH，

∴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．

（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

∴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．

（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°

∴∠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°

∴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，

，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，

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＝　　．

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）．

（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°

22.5；

结论：

BE＝FD，

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°

∴∠ABC＝∠C＝∠GDB，

∴HB＝HD，

∵∠BED＝∠BHD＝90°

，∠BFE＝∠DFH，

∴∠EBF＝∠HDF，

∴△GBH≌△FDH（ASA），

∴GB＝FD，

∴BE＝FD；

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．

∴△