专题20 半角模型解析版Word文档下载推荐.docx
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(1)如图①,当∠MAN绕点A旋转到BM=DN时,请你直接写出AH与AB的数量关系:
;
(2)如图②,当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时,
(1)中发现的AH与AB的数量关系还成立吗?
如果不成立请写出理由,如果成立请证明;
(3)如图③,已知∠MAN=45°
,AH⊥MN于点H,且MH=2,NH=3,求AH的长.(可利用
(2)得到的结论)
5.(2019秋•东台市期末)在等边△ABC的两边AB、AC所在直线上分别有两点M、N,D为△ABC外一点,且∠MDN=60°
,∠BDC=120°
,BD=DC.探究:
当M、N分别在直线AB、AC上移动时,BM、NC、MN之间的数量关系及△AMN的周长Q与等边△ABC的周长L的关系.
(1)如图1,当点M、N边AB、AC上,且DM=DN时,BM、NC、MN之间的数量关系是 ;
此时
;
(2)如图2,点M、N在边AB、AC上,且当DM≠DN时,猜想(I)问的两个结论还成立吗?
若成立请直接写出你的结论;
若不成立请说明理由.
(3)如图3,当M、N分别在边AB、CA的延长线上时,探索BM、NC、MN之间的数量关系如何?
并给出证明.
6.请阅读下列材料:
已知:
如图
(1)在Rt△ABC中,∠BAC=90°
,AB=AC,点D、E分别为线段BC上两动点,若∠DAE=45°
.探究线段BD、DE、EC三条线段之间的数量关系.小明的思路是:
把△AEC绕点A顺时针旋转90°
,得到△ABE′,连接E′D,使问题得到解决.请你参考小明的思路探究并解决下列问题:
(1)猜想BD、DE、EC三条线段之间存在的数量关系式,直接写出你的猜想;
(2)当动点E在线段BC上,动点D运动在线段CB延长线上时,如图
(2),其它条件不变,
(1)中探究的结论是否发生改变?
请说明你的猜想并给予证明;
(3)已知:
如图(3),等边三角形ABC中,点D、E在边AB上,且∠DCE=30°
,请你找出一个条件,使线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形,并求出此时等腰三角形顶角的度数.
7.(2019•夏津县二模)如图1,在正方形ABCD中,E、F分别是BC,CD上的点,且∠EAF=45度.则有结论EF=BE+FD成立;
(1)如图2,在四边形ABCD中,AB=AD,∠B=∠D=90°
,E、F分别是BC,CD上的点,且∠EAF是∠BAD的一半,那么结论EF=BE+FD是否仍然成立?
若成立,请证明;
不成立,请说明理由.
(2)若将
(1)中的条件改为:
如图3,在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°
,延长BC到点E,延长CD到点F,使得∠EAF仍然是∠BAD的一半,则结论EF=BE+FD是否仍然成立?
不成立,请写出它们的数量关系并证明.
8.
(1)如图1,将∠EAF绕着正方形ABCD的顶点A顺时针旋转,∠EAF的两边交BC于E,交CD于F,连接EF.若∠EAF=45°
,BE、DF的长度是方程x2﹣5x+6=0的两根,请直接写出EF的长;
(2)如图2,将∠EAF绕着四边形ABCD的顶点A顺时针旋转,∠EAF的两边交CB的延长线于E,交DC的延长线于F,连接EF.若AB=AD,∠ABC与∠ADC互补,∠EAF
∠BAD,请直接写出EF与DF、BE之间的数量关系,并证明你的结论;
(3)在
(2)的前提下,若BC=4,DC=7,CF=2,求△CEF的周长.
①EF的长为:
②数量关系:
.
【点睛】在BE上截取BG,使BG=DF,连接AG.根据SAA证明△ABG≌△ADF得到AG=AF,∠BAG=∠DAF,根据∠EAF
∠BAD,可知∠GAE=∠EAF,可证明△AEG≌△AEF,EG=EF,那么EF=GE=BE﹣BG=BE﹣DF.
【解析】证明:
在BE上截取BG,使BG=DF,连接AG.
∵∠B+∠ADC=180°
,∠ADF+∠ADC=180°
,
∴∠B=∠ADF.
在△ABG和△ADF中,
∴△ABG≌△ADF(SAS),
∴∠BAG=∠DAF,AG=AF.
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF
∠BAD.
∴∠GAE=∠EAF.
在△AEG和△AEF中,
∴△AEG≌△AEF(SAS).
∴EG=EF,
∵EG=BE﹣BG
∴EF=BE﹣FD.
【点睛】
(1)在AC上截取CD=AN,连接OD,证明△CDO≌△ANO,根据全等三角形的性质得到OD=ON,∠COD=∠AON,证明△DMO≌△NMO,得到DM=MN,结合图形证明结论;
(2)在AC延长线上截取CD=AN,连接OD,仿照
(1)的方法解答.
【解析】解:
(1)CM=AN+MN,
理由如下:
在AC上截取CD=AN,连接OD,
∵△ABC为等边三角形,∠BAC与∠ACB的角平分线交于点O,
∴∠OAC=∠OCA=30°
∴OA=OC,
在△CDO和△ANO中,
∴△CDO≌△ANO(SAS)
∴OD=ON,∠COD=∠AON,
∵∠MON=60°
∴∠COD+∠AOM=60°
∵∠AOC=120°
∴∠DOM=60°
在△DMO和△NMO中,
∴△DMO≌△NMO,
∴DM=MN,
∴CM=CD+DM=AN+MN;
(2)补全图形如图2所示:
CM=MN﹣AN,
在AC延长线上截取CD=AN,连接OD,
∴∠DOM=∠NOM,
∴△DMO≌△NMO(SAS)
∴MN=DM,
∴CM=DM﹣CD=MN﹣AN.
(1)在MB的延长线上,截取BE=DN,连接AE,则可证明△ABE≌△ADN,得到AE=AN,进一步证明△AEM≌△ANM,得出ME=MN,得出BM+DN=MN;
(2)在DC上截取DF=BM,连接AF,可先证明△ABM≌△ADF,得出AM=AF,进一步证明△MAN≌△FAN,可得到MN=NF,从而可得到DN﹣BM=MN;
(3)由已知得出DN=12,由勾股定理得出AN
6
,由平行线得出△ABQ∽△NDQ,得出
,求出AQ=2
;
由
(2)得出DN﹣BM=MN.设BM=x,则MN=12﹣x,CM=6+x,在Rt△CMN中,由勾股定理得出方程,解方程得出BM=2,由勾股定理得出AM
2
,由平行线得出△PBM∽△PDA,得出
,求出PM
AM
,得出AP=AM+PM=3
(1)BM+DN=MN,理由如下:
如图1,在MB的延长线上,截取BE=DN,连接AE,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠BAD=∠ABC=∠D=90°
∴∠ABE=90°
=∠D,
在△ABE和△ADN中,
∴△ABE≌△ADN(SAS),
∴AE=AN,∠EAB=∠NAD,
∴∠EAN=∠BAD=90°
∵∠MAN=45°
∴∠EAM=45°
=∠NAM,
在△AEM和△ANM中,
∴△AEM≌△ANM(SAS),
∴ME=MN,
又∵ME=BE+BM=BM+DN,
∴BM+DN=MN;
故答案为:
BM+DN=MN;
(2)
(1)中的结论不成立,DN﹣BM=MN.理由如下:
如图2,在DC上截取DF=BM,连接AF,
则∠ABM=90°
在△ABM和△ADF中,
∴△ABM≌△ADF(SAS),
∴AM=AF,∠BAM=∠DAF,
∴∠BAM+∠BAF=∠BAF+∠DAF=∠BAD=90°
即∠MAF=∠BAD=90°
∴∠MAN=∠FAN=45°
在△MAN和△FAN中,
∴△MAN≌△FAN(SAS),
∴MN=NF,
∴MN=DN﹣DF=DN﹣BM,
∴DN﹣BM=MN.
(3)∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC=AD=CD=6,AD∥BC,AB∥CD,∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABM=∠MCN=90°
∵CN=CD=6,
∴DN=12,
∴AN
∵AB∥CD,
∴△ABQ∽△NDQ,
∴
∴AQ
AN=2
由
(2)得:
DN﹣BM=MN.
设BM=x,则MN=12﹣x,CM=6+x,
在Rt△CMN中,由勾股定理得:
62+(6+x)2=(12﹣x)2,
解得:
x=2,
∴BM=2,
∴AM
∵BC∥AD,
∴△PBM∽△PDA,
∴PM
∴AP=AM+PM=3
AH=AB ;
(1)由三角形全等可以证明AH=AB,
(2)延长CB至E,使BE=DN,证明△AEM≌△ANM,能得到AH=AB,
(3)分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH,得到△ABM和△AND,然后分别延长BM和DN交于点C,得正方形ABCE,设AH=x,则MC=x﹣2,NC=x﹣3,在Rt△MCN中,由勾股定理,解得x.
(1)如图①AH=AB.
(2)数量关系成立.如图②,延长CB至E,使BE=DN.
∵ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠D=∠ABE=90°
在Rt△AEB和Rt△AND中,
∴Rt△AEB≌Rt△AND,
∵∠DAN+∠BAM=45°
∴∠EAB+∠BAM=45°
∴∠EAM=∠NAM=45°
∴△AEM≌△ANM.
∴S△AEM=S△ANM,EM=MN,
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高,
∴AB=AH.
(3)如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH,得到△ABM和△AND,
∴BM=2,DN=3,∠B=∠D=∠BAD=90°
分别延长BM和DN交于点C,得正方形ABCD,
由
(2)可知,AH=AB=BC=CD=AD.
设AH=x,则MC=x﹣2,NC=x﹣3,
在Rt△MCN中,由勾股定理,得MN2=MC2+NC2
∴52=(x﹣2)2+(x﹣3)2(6分)
解得x1=6,x2=﹣1.(不符合题意,舍去)
∴AH=6.
(1)如图1,当点M、N边AB、AC上,且DM=DN时,BM、NC、MN之间的数量关系是 BM+NC=MN ;
;
(1)由DM=DN,∠MDN=60°
,可证得△MDN是等边三角形,又由△ABC是等边三角形,CD=BD,易证得Rt△BDM≌Rt△CDN,然后由直角三角形的性质,即可求得BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC=MN,此时
(2)在CN的延长线上截取CM1=BM,连接DM1.可证△DBM≌△DCM1,即可得DM=DM1,易证得∠CDN=∠MDN=60°
,则可证得△MDN≌△M1DN,然后由全等三角形的性质,即可得结论仍然成立;
(3)首先在CN上截取CM1=BM,连接DM1,可证△DBM≌△DCM1,即可得DM=DM1,然后证得∠CDN=∠MDN=60°
,易证得△MDN≌△M1DN,则可得NC﹣BM=MN.
(1)如图1,BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC=MN.
此时
.(2分).
理由:
∵DM=DN,∠MDN=60°
∴△MDN是等边三角形,
∵△ABC是等边三角形,
∴∠A=60°
∵BD=CD,∠BDC=120°
∴∠DBC=∠DCB=30°
∴∠MBD=∠NCD=90°
∵DM=DN,BD=CD,
∴Rt△BDM≌Rt△CDN,
∴∠BDM=∠CDN=30°
,BM=CN,
∴DM=2BM,DN=2CN,
∴MN=2BM=2CN=BM+CN;
∴AM=AN,
∴△AMN是等边三角形,
∵AB=AM+BM,
∴AM:
AB=2:
3,
(2)猜想:
结论仍然成立.(3分).
证明:
在NC的延长线上截取CM1=BM,连接DM1.(4分)
∵∠MBD=∠M1CD=90°
,BD=CD,
∴△DBM≌△DCM1,
∴DM=DM1,∠MBD=∠M1CD,M1C=BM,
∵∠MDN=60°
∴∠M1DN=∠MDN=60°
∴△MDN≌△M1DN,
∴MN=M1N=M1C+NC=BM+NC,
∴△AMN的周长为:
AM+MN+AN=AM+BM+CN+AN=AB+AC,
(3)证明:
在CN上截取CM1=BM,连接DM1.(4分)
可证△DBM≌△DCM1,
∴DM=DM1,(5分)
可证∠M1DN=∠MDN=60°
∴MN=M1N,(7分).
∴NC﹣BM=MN.(8分).
(1)DE2=BD2+EC2,将△ADB沿直线AD对折,得△AFD,连FE,容易证明△AFD≌△ABD,然后可以得到AF=AB,FD=DB,∠FAD=∠BAD,∠AFD=∠ABD,再利用已知条件可以证明△AFE≌△ACE,从而可以得到∠DFE=∠AFD﹣∠AFE=135°
﹣45°
=90°
,根据勾股定理即可证明猜想的结论;
(2)根据
(1)的思路一样可以解决问题;
(3)当AD=BE时,线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形.如图,与
(1)类似,以CE为一边,作∠ECF=∠ECB,在CF上截取CF=CB,可得△CFE≌△CBE,△DCF≌△DCA,然后可以得到AD=DF,EF=BE.由此可以得到∠DFE=∠1+∠2=∠A+∠B=120°
,这样就可以解决问题.
(1)DE2=BD2+EC2;
(2)关系式DE2=BD2+EC2仍然成立.
将△ADB沿直线AD对折,得△AFD,连FE
∴△AFD≌△ABD,
∴AF=AB,FD=DB,
∠FAD=∠BAD,∠AFD=∠ABD,
又∵AB=AC,
∴AF=AC,
∵∠FAE=∠FAD+∠DAE=∠FAD+45°
∠EAC=∠BAC﹣∠BAE=90°
﹣(∠DAE﹣∠DAB)=45°
+∠DAB,
∴∠FAE=∠EAC,
又∵AE=AE,
∴△AFE≌△ACE,
∴FE=EC,∠AFE=∠ACE=45°
,∠AFD=∠ABD=180°
﹣∠ABC=135°
∴∠DFE=∠AFD﹣∠AFE=135°
∴在Rt△DFE中,DF2+FE2=DE2,
即DE2=BD2+EC2;
(3)当AD=BE时,线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形.
如图,与
(2)类似,以CE为一边,作∠ECF=∠ECB,在CF上截取CF=CB,
可得△CFE≌△CBE,△DCF≌△DCA.
∴AD=DF,EF=BE.
∴∠DFE=∠1+∠2=∠A+∠B=120°
若使△DFE为等腰三角形,只需DF=EF,即AD=BE,
∴当AD=BE时,线段DE、AD、EB能构成一个等腰三角形,且顶角∠DFE为120°
(1)结论仍然成立.延长CB到G,使BG=FD,根据已知条件容易证明△ABG≌△ADF,由此可以推出∠BAG=∠DAF,AG=AF,而∠EAF
∠BAD,所以得到∠DAF+∠BAE=∠EAF,进一步得到∠EAF=∠GAE,现在可以证明△AEF≌△AEG,然后根据全等三角形的性质就可以证明结论成立;
(2)结论不成立,应为EF=BE﹣DF,如图在CB上截取BG=FD,由于∠B+∠ADC=180°
,可以得到∠B=∠ADF,再利用已知条件可以证明△ABG≌△ADF,由此可以推出∠BAG=∠DAF,AG=AF,而∠EAF
∠BAD,所以得到∠EAF=∠GAE,现在可以证明△AEF≌△AEG,再根据全等三角形的性质就可以证明EF=EG=EB﹣BG=EB﹣DF.
(1)延长CB到G,使BG=FD,连接AG,
∵∠ABG=∠D=90°
,AB=AD,
∴△ABG≌△ADF,
∴∠BAG=∠DAF,AG=AF,
∵∠EAF
∠BAD,
∴∠DAF+∠BAE=∠EAF,
∴∠EAF=∠GAE,
∴△AEF≌△AEG,
∴EF=EG=EB+BG=EB+DF.
(2)结论不成立,应为EF=BE﹣DF,
∵AB=AD,
∴△ABG≌△ADF.
∴∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD
=∠EAF
∵AE=AE,
∴△AEG≌△AEF.