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文档简介
专题01旋转中的三种全等模型(手拉手、半角、对角互补模型)本专题重点分析旋转中的三类全等模型(手拉手、半角、对角互补模型),结合各类模型展示旋转中的变与不变,并结合经典例题和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤,同时规范了解题步骤,提高数学的综合解题能力。模型1.手拉手模型【模型解读】将两个三角形(或多边形)绕着公共顶点旋转某一角度后能完全重合,则这两个三角形构成手拉手全等,也叫旋转型全等。其中:公共顶点A记为“头”,每个三角形另两个顶点逆时针顺序数的第一个顶点记为“左手”,第二个顶点记为“右手”。手拉模型解题思路:SAS型全等(核心在于导角,即等角加(减)公共角)。1)双等边三角形型条件:△ABC和△DCE均为等边三角形,C为公共点;连接BE,AD交于点F。结论:①△ACD≌△BCE;②BE=AD;③∠AFM=∠BCM=60°;④CF平分∠BFD。2)双等腰直角三角形型条件:△ABC和△DCE均为等腰直角三角形,C为公共点;连接BE,AD交于点N。结论:①△ACD≌△BCE;②BE=AD;③∠ANM=∠BCM=90°;④CN平分∠BND。3)双等腰三角形型条件:△ABC和△DCE均为等腰三角形,C为公共点;连接BE,AD交于点F。结论:①△ACD≌△BCE;②BE=AD;③∠ACM=∠BFM;④CF平分∠AFD。4)双正方形形型条件:△ABCFD和△CEFG都是正方形,C为公共点;连接BG,ED交于点N。结论:①△△BCG≌△DCE;②BG=DE;③∠BCM=∠DNM=90°;④CN平分∠BNE。例1.(2022秋·福建龙岩·九年级校考阶段练习)如图,在边长为8的等边△ABC中,点D是AB的中点,点E是平面上△ABC外一点,且DE=2,连接BE,将线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EF,连接AF,CE.
(1)判断△BEF的形状,并说明理由;(2)求证:AF=CE;(3)当点D,E,F在同一直线上时,请你在备用图中画出符合条件的图形,并求出此时BE的长.备用图【答案】(1)△BEF是等边三角形(2)证明见解析(3)【分析】(1)根据旋转即可证明△BEF是等边三角形;(2)由△EBF是等边三角形,可得FB=EB,再证明∠FBA=∠EBC,又因为AB=BC,所以可证明△FBA≌△EBC,进而可得AF=CE;(3)当点D,E,F在同一直线上时,过B作BM⊥EF于M,再在Rt△BMD中利用勾股定理列方程求解即可.(1)∵将线段EB绕点E顺时针旋转60°得到线段EF,∴EB=EF,∴△BEF是等边三角形(2)∵等边△ABC和△BEF∴BF=BE,AB=BC,∴即∠FBA=∠EBC∴△FBA≌△EBC(SAS)∴AF=CE(3)图形如图所示:过B作BM⊥EF于M,∵△BEF是等边三角形∴,∵点D是AB的中点,∴在Rt△BMD中,∵DE=2∴解得或(舍去)∴【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理的运用,旋转的性质,等边三角形的判定和性质,解一元二次方程,利用手拉手模型构造全等三角形是解题的关键.例2.(2022·吉林·九年级期末)如图①,在中,,,点,分别在边,上,且,此时,成立.(1)将绕点逆时针旋转时,在图②中补充图形,并直接写出的长度;(2)当绕点逆时针旋转一周的过程中,与的数量关系和位置关系是否仍然成立?若成立,请你利用图③证明,若不成立请说明理由;(3)将绕点逆时针旋转一周的过程中,当,,三点在同一条直线上时,请直接写出的长度.【答案】(1)补充图形见解析;;(2),仍然成立,证明见解析;(3)或.【分析】(1)根据旋转作图的方法作图,再根据勾股定理求出BE的长即可;(2)根据SAS证明得AD=BE,∠1=∠2,再根据∠1+∠3+∠4=90°得∠2∠3+∠4=90°,从而可得出结论;(3)分两种情况,运用勾股定理求解即可.【详解】解:(1)如图所示,根据题意得,点D在BC上,∴是直角三角形,且BC=,CE=由勾股定理得,;(2),仍然成立.证明:延长交于点,∵,,,∴,又∵,,∴,∴,,在中,,∴,∴,∴.(3)①当点D在AC上方时,如图1所示,同(2)可得∴AD=BE
同理可证在Rt△CDE中,∴DE=在Rt△ACB中,∴设AD=BE=x,在Rt△ABE中,∴解得,∴②当点D在AC下方时,如图2所示,同(2)可得∴AD=BE
同理可证在Rt△CDE中,∴DE=在Rt△ACB中,∴设AD=BE=x,在Rt△ABE中,∴解得,∴.所以,AD的值为或【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识,熟练解答本题的关键.例3.(2022·黑龙江·虎林市九年级期末)已知Rt△ABC中,AC=BC,∠ACB=90°,F为AB边的中点,且DF=EF,∠DFE=90°,D是BC上一个动点.如图1,当D与C重合时,易证:CD2+DB2=2DF2;(1)当D不与C、B重合时,如图2,CD、DB、DF有怎样的数量关系,请直接写出你的猜想,不需证明.(2)当D在BC的延长线上时,如图3,CD、DB、DF有怎样的数量关系,请写出你的猜想,并加以证明.【答案】(1)CD2+DB2=2DF2;(2)CD2+DB2=2DF2,证明见解析【分析】(1)由已知得,连接CF,BE,证明得CD=BE,再证明为直角三角形,由勾股定理可得结论;(2)连接CF,BE,证明得CD=BE,再证明为直角三角形,由勾股定理可得结论.【详解】解:(1)CD2+DB2=2DF2证明:∵DF=EF,∠DFE=90°,∴∴连接CF,BE,如图∵△ABC是等腰直角三角形,F为斜边AB的中点∴,即∴,又∴在和中∴∴,∴∴∵,∴CD2+DB2=2DF2;(2)CD2+DB2=2DF2证明:连接CF、BE∵CF=BF,DF=EF又∵∠DFC+∠CFE=∠EFB+∠CFB=90°∴∠DFC=∠EFB∴△DFC≌△EFB
∴CD=BE,∠DCF=∠EBF=135°∵∠EBD=∠EBF-∠FBD=135°-45°=90°在Rt△DBE中,BE2+DB2=DE2∵DE2=2DF2∴CD2+DB2=2DF2【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、证明三角形全等是解决问题的关键,学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题.例4.(2023·山西大同·九年级期中)综合与实践:已知是等腰三角形,.(1)特殊情形:如图1,当∥时,______.(填“>”“<”或“=”);(2)发现结论:若将图1中的绕点顺时针旋转()到图2所示的位置,则(1)中的结论还成立吗?请说明理由.(3)拓展运用:某学习小组在解答问题:“如图3,点是等腰直角三角形内一点,,且,,,求的度数”时,小明发现可以利用旋转的知识,将绕点顺时针旋转90°得到,连接,构造新图形解决问题.请你根据小明的发现直接写出的度数.【答案】(1)=;(2)成立,理由见解析;(3)∠BPA=135°.【分析】(1)由DE∥BC,得到∠ADE=∠B,∠AED=∠C,结合AB=AC,得到DB=EC;(2)由旋转得到的结论判断出△DAB≌△EAC,得到DB=CE;(3)由旋转构造出△APB≌△AEC,再用勾股定理计算出PE,然后用勾股定理逆定理判断出△PEC是直角三角形,在简单计算即可.【详解】解:(1)∵DE∥BC,∴∠ADE=∠B,∠AED=∠C,∵AB=AC,∴∠B=∠C,∴∠ADE=∠AED,∴AD=AE,∴DB=EC,故答案为:=;(2)成立.证明:由①易知AD=AE,∴由旋转性质可知∠DAB=∠EAC,在△DAB和△EAC中,∴△DAB≌△EAC(SAS),∴DB=CE;(3)如图,将△APB绕点A旋转90°得△AEC,连接PE,∴△APB≌△AEC,∴AE=AP=2,EC=BP=1,∠PAE=90°,∴∠AEP=∠APE=45°,在Rt△PAE中,由勾股定理可得,PE=2,在△PEC中,PE2=(2)2=8,CE2=12=1,PC2=32=9,∵PE2+CE2=PA2,∴△PEC是直角三角形,∴∠PEC=90°,∴∠AEC=135°,又∵△APB≌△AEC,∴∠BPA=∠CEA=135°.【点睛】本题主要考查了旋转的性质,平行线的性质,全等三角形的性质和判定,勾股定理及其逆定理,解本题的关键是构造全等三角形,也是本题的难点.例5.(2023春·浙江·八年级专题练习)边长为4的正方形ABCD与边长为2的正方形CEFG如图1摆放,将正方形CEFG绕点C顺时针旋转,旋转角为α,连接BG,DE.(1)如图2,求证:△BCG≌△DCE;(2)如图2,连接DG,BE,判断DG2+BE2否为定值.若是,求这个定值若不是,说明理由;(3)如图3,当点G恰好落在DE上时,求α的值.【答案】(1)见解析;(2)48;(3)【分析】(1)通过边角边判定三角形全等;(2)连接,设交于点,交于点,先证明,由勾股定理可得;(3)作于点,则,且,由含30度角的直角三角形的性质求解.【详解】(1)四边形与为正方形,,,,,,在和中,(SAS),(2)连接,设交于点,交于点,,,,在△和中,,,,,由勾股定理得,,,,,,,(3)作于点,如图,△为等腰直角三角形,,且,在中,,,,..【点睛】本题考查四边形与三角形的综合问题,解题关键是熟练掌握正方形与直角三角形的性质,通过添加辅助线求解.模型2.半角模型【模型解读】半角模型概念:过多边形一个顶点作两条射线,使这两条射线夹角等于该顶角一半思想方法:通过旋转构造全等三角形,实现线段的转化1)正方形半角模型条件:四边形ABCD是正方形,∠ECF=45°;结论:①△BCE≌△DCG;②△CEF≌△CGF;③EF=BE+DF;④AEF的周长=2AB;⑤CE、CF分别平分∠BEF和∠EFD。2)等腰直角三角形半角模型条件:ABC是等腰直角三角形,∠DAE=45°;结论:①△BAD≌△CAG;②△DAE≌△GAE;③∠ECG==90°;④DE2=BD2+EC2;3)等边三角形半角模型(120°-60°型)条件:ABC是等边三角形,BDC是等腰三角形,且BD=CD,∠BDC=120°,∠EDF=60°;结论:①△BDE≌△CDG;②△EDF≌△GDF;③EF=BE+FC;④AEF的周长=2AB;⑤DE、DF分别平分∠BEF和∠EFC。4)等边三角形半角模型(60°-30°型)条件:ABC是等边三角形,∠EAD=30°;结论:①△BDA≌△CFA;②△DAE≌△FAE;③∠ECF=120°;④DE2=(BD+EC)2+;5)任意角度的半角模型(-型)条件:∠BAC=,AB=AC,∠DAE=;结论:①△BAD≌△CAF;②△EAD≌△EAF;③∠ECF=180°-。例1.(2023·福建·龙岩九年级期中)(1)【发现证明】如图1,在正方形中,点,分别是,边上的动点,且,求证:.小明发现,当把绕点顺时针旋转90°至,使与重合时能够证明,请你给出证明过程.(2)【类比引申】①如图2,在正方形中,如果点,分别是,延长线上的动点,且,则(1)中的结论还成立吗?若不成立,请写出,,之间的数量关系______(不要求证明)②如图3,如果点,分别是,延长线上的动点,且,则,,之间的数量关系是_____(不要求证明).(3)【联想拓展】如图1,若正方形的边长为6,,求的长.【答案】(1)见解析;(2)①不成立,结论:;②,见解析;(3)【分析】(1)证明,可得出,则结论得证;(2)①将绕点顺时针旋转至根据可证明,可得,则结论得证;②将绕点逆时针旋转至,证明,可得出,则结论得证;(3)求出,设,则,,在中,得出关于的方程,解出则可得解.【详解】(1)证明:把绕点顺时针旋转至,如图1,,,,,,,三点共线,,,,,,,,;(2)①不成立,结论:;证明:如图2,将绕点顺时针旋转至,,,,,,,,;②如图3,将绕点逆时针旋转至,,,,,,,,,.即.故答案为:.(3)解:由(1)可知,正方形的边长为6,,.,,设,则,,在中,,,解得:.,.【点睛】本题属于四边形综合题,主要考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用,解题的关键是作辅助线构造全等三角形,根据全等三角形的对应边相等进行推导.例2.(2023·浙江·八年级假期作业)如图,在中,,,D、E是斜边上两点,且,若,,,则与的面积之和为(
)A.36 B.21 C.30 D.22【答案】B【分析】将关于对称得到,从而可得的面积为15,再根据对称的性质可得,然后根据三角形全等的判定定理证出,从而可得,最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得.【详解】解:如图,将关于AE对称得到,则,,,,,在和中,,,,,即是直角三角形,,,即与的面积之和为21,故选:B.【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点,通过作辅助线,构造全等三角形和直角三角形是解题关键.例3.(2023秋·湖北武汉·九年级校考阶段练习)如图,在△ABC中,AB=AC=2.∠BAC=120°,点D,E都在边BC上,∠DAE=60°,若BD=2CE,求DE的长.【答案】DE=3﹣3.【分析】将绕点A逆时针旋转120°得到,取CF的中点G,连接EF、EG,由AB=AC、,可得出,根据旋转的性质可得出,结合可得出为等边三角形,进而得出为直角三角形,通过解直角三角形求出的长度以及证明全等找出,设,则,,在中利用勾股定理可得出,利用,可求出以及的值;【详解】解:将绕点A逆时针旋转120°得到,取的中点G,连接,如图所示:过点作于点,如图,∵,,∴,在中,,∴,∴,∴,∴,∴.∵,∴,∴为等边三角形,∴,∴,∴为直角三角形,∵,∴,∴.在和中,,∴,∴.设,则,在中,,=x,∴,∴,∴,答:的长为.【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程以及旋转的性质,通过勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键.例4.(2023·绵阳市八年级期中)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.(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;(2)如图2,点M、N在边AB、AC上,且当DM≠DN时,猜想(1)问的结论还成立吗?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.【答案】(1);(2)成立,;(3),见解析【分析】(1)由DM=DN,∠MDN=60°可得△MDN是等边三角形,得到Rt△BDM≌Rt△CDN,然后由直角三角形的性质即可求解;(2)在CN的延长线上截取CM1=BM,连接DM1,可证△DBM≌△DCM1,得到∠M1DN=∠MDN=60°,从而得到△MDN≌△M1DN(SAS),即可求证;(3)在CN上截取CM1=BM,连接DM1,可证得△MDN≌△M1DN,即可求证.【详解】(1)解:BM、NC、MN之间的数量关系BM+NC=MN.∵DM=DN,∠MDN=60°,∴△MDN是等边三角形,∵△ABC是等边三角形,∴∠A=60°,∵BD=CD,∠BDC=120°,∴∠BDC=∠DCB=30°,∴∠MBD=∠NCD=90°,在Rt△BDM和Rt△CDN中,,∴Rt△BDM≌Rt△CDN(HL),∴∠BDM=∠CDN=30°,BM=CN,∴DM=2BM,DN=2CN,∴MN=2BM=2CN=BM+CN,故答案为:BM+NC=MN;(2)猜想:结论仍然成立.证明:在CN的延长线上截取CM1=BM,连接DM1.∵∠MBD=∠M1CD=90°,BD=CD,∴△DBM≌△DCM1(SAS),∴DM=DM1,∠MBD=∠M1CD,M1C=BM,∵∠MDN=60°,∠BDC=120°,∴∠M1DN=∠MDN=60°,∴△MDN≌△M1DN(SAS),∴MN=M1N=M1C+NC=BM+NC;(3)NC−BM=MN,理由如下:证明:在CN上截取CM1=BM,连接MN,DM1由(2)得,△DBM≌△DCM1,∴DM=DM1,∴∠M1DN=∠MDN=60°,∴△MDN≌△M1DN(SAS),∴MN=M1N,∴NC﹣BM=MN.【点睛】本题考查了等边三角形,直角三角形,等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识,解题的关键是注意数形结合思想的应用,作出合适的辅助线,构造出全等三角形.例5.(2023·重庆市二模)回答问题(1)【初步探索】如图1:在四边形ABCD中,AB=AD,∠B=∠ADC=90°,E、F分别是BC、CD上的点,且EF=BE+FD,探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关系.小王同学探究此问题的方法是:延长FD到点G,使DG=BE.连接AG,先证明△ABE≌△ADG,再证明△AEF≌△AGF,可得出结论,他的结论应是_______________;(2)【灵活运用】如图2,若在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°.E、F分别是BC、CD上的点,且EF=BE+FD,上述结论是否仍然成立,并说明理由;(3)【拓展延伸】知在四边形ABCD中,∠ABC+∠ADC=180°,AB=AD,若点E在CB的延长线上,点F在CD的延长线上,如图3所示,仍然满足EF=BE+FD,请直接写出∠EAF与∠DAB的数量关系.【答案】(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF;(2)仍成立,理由见解析;(3)∠EAF=180°-∠DAB【分析】(1)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,可判定△ABE≌△ADG,进而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG,再判定△AEF≌△AGF,可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF,据此得出结论;(2)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,先判定△ABE≌△ADG,进而得出∠BAE=∠DAG,AE=AG,再判定△AEF≌△AGF,可得出∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF;(3)在DC延长线上取一点G,使得DG=BE,连接AG,先判定△ADG≌△ABE,再判定△AEF≌△AGF,得出∠FAE=∠FAG,最后根据∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°,推导得到2∠FAE+∠DAB=360°,即可得出结论.【详解】解:(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF.理由:如图1,延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,∵∠B=∠ADF=90°,∠ADG=∠ADF=90°,∴∠B=∠ADG=90°,又∵AB=AD,∴△ABE≌△ADG(SAS),∴∠BAE=∠DAG,AE=AG,∵EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF,∴△AEF≌△AGF(SSS),∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF;故答案为:∠BAE+∠FAD=∠EAF;(2)仍成立,理由:如图2,延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,∵∠B+∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°,∴∠B=∠ADG,又∵AB=AD,∴△ABE≌△ADG(SAS),∴∠BAE=∠DAG,AE=AG,∵EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF,∴△AEF≌△AGF(SSS),∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF;(3)∠EAF=180°-∠DAB.证明:如图3,在DC延长线上取一点G,使得DG=BE,连接AG,∵∠ABC+∠ADC=180°,∠ABC+∠ABE=180°,∴∠ADC=∠ABE,又∵AB=AD,∴△ADG≌△ABE(SAS),∴AG=AE,∠DAG=∠BAE,∵EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF,∴△AEF≌△AGF(SSS),∴∠FAE=∠FAG,∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°,∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°,∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°,即2∠FAE+∠DAB=360°,∴∠EAF=180°-∠DAB.【点睛】本题属于三角形综合题,主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用,解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形,根据全等三角形的对应角相等进行推导变形.解题时注意:同角的补角相等.模型3、旋转中的对角互补模型【模型解读】对角互补模型概念:对角互补模型特指四边形中,存在一对对角互补,而且有一组邻边相等的几何模型。思想方法:解决此类问题常用的辅助线画法主要有两种:①过顶点做双垂线,构造全等三角形;②进行旋转的构造,构造手拉手全等。1)“共斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型(异侧型)条件:如图,已知∠AOB=∠DCE=90°,OC平分∠AOB.结论:①CD=CE,②OD+OE=OC,③.2)“斜边等腰直角三角形+直角三角形”模型(同侧型)条件:如图,已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D,∠AOB=∠DCE=90°,OC平分∠AOB.结论:①CD=CE,②OE-OD=OC,③.3)“等边三角形对120°模型”(1)条件:如图,已知∠AOB=2∠DCE=120°,OC平分∠AOB.结论:①CD=CE,②OD+OE=OC,③.4)“等边三角形对120°模型”(2)条件:如图,已知∠AOB=2∠DCE=120°,OC平分∠AOB,∠DCE的一边与BO的延长线交于点D,结论:①CD=CE,②OD-OE=OC,③.5)“120°等腰三角形对60°模型”条件:△ABC是等腰三角形,且∠BAC=120°,∠BPC=60°。结论:①PB+PC=PA;例1.(2023·江苏·八年级专题练习)在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,D为BC的中点.(1)如图1,E、F分别是AB、AC上的点,且BE=AF、求证:△DEF是等腰直角三角形经过分析已知条件AB=AC,D为BC的中点.容易联想等腰三角形三线合一的性质,因此,连结AD(如图2),以下是某同学由已知条件开始,逐步按层次推出结论的流程图.请帮助该同学补充完整流程图.补全流程图:①,②∠EDF=(2)如果E、F分别为AB、CA延长线上的点,仍有BE=AF,其他条件不变,试猜想△DEF是否仍为等腰直角三角形?请在备用图中补全图形、先作出判断,然后给予证明.【答案】(1)△BDE,△ADF,90°;(2)△DEF仍为等腰直角三角形,理由见解析【分析】(1)连接AD,根据∠BAC=90°,AB=AC,D为BC的中点,可以得到∠B=∠C=45°,AD⊥BC,,,从而可以证明△BDE≌△ADF(SAS),得到DE=DF,∠BDE=∠ADF,由∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°,可得∠ADE+∠ADF=90°,即∠EDF=90°,即可证明;(2)连接AD,同样证明△BDE≌△ADF(SAS),得到DE=DF,∠BDE=∠ADF,再由∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°,即可得到∠BDE+∠BDF=90°,即∠EDF=90°,即可证明.【详解】解:(1)如图所示,连接AD,∵∠BAC=90°,AB=AC,D为BC的中点,∴∠B=∠C=45°,AD⊥BC,,,∴∠B=∠BAD=∠CAD,在△BDE和△ADF中,,∴△BDE≌△ADF(SAS),∴DE=DF,∠BDE=∠ADF,∵∠ADE+∠BDE=∠BDA=90°,∴∠ADE+∠ADF=90°,即∠EDF=90°,∴△DEF是等腰直角三角形;故答案为:△BDE,△ADF,90°;(2)△DEF仍为等腰直角三角形,理由如下:连接AD,∵∠BAC=90°,AB=AC,D为BC的中点,∴∠ABC=∠C=45°,AD⊥BC,,,∴∠FAD=180°-∠CAD=135°,∠EBD=180°-∠ABC=135°,∴∠FAD=∠EBD,在△BDE和△ADF中,,∴△BDE≌△ADF(SAS),∴DE=DF,∠BDE=∠ADF,∵∠ADF+∠BDF=∠BDA=90°,∴∠BDE+∠BDF=90°,即∠EDF=90°,∴△DEF是等腰直角三角形.【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定,等腰直角三角形的性质与判定,解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件.例2.(2023·山东枣庄·中考模拟)在中,,,于点,(1)如图1,点,分别在,上,且,当,时,求线段的长;(2)如图2,点,分别在,上,且,求证:;(3)如图3,点在的延长线上,点在上,且,求证:;【答案】(1);(2)见解析;(3)见解析.【分析】(1)根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到AD=BD=DC=,求出∠MBD=30°,根据勾股定理计算即可;(2)证明△BDE≌△ADF,根据全等三角形的性质证明;(3)过点M作ME∥BC交AB的延长线于E,证明△BME≌△AMN,根据全等三角形的性质得到BE=AN,根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论.【详解】(1)解:,,,,,,,,,,,,由勾股定理得,,即,解得,,;(2)证明:,,,在和中,,;(3)证明:过点作交的延长线于,,则,,,,,,在和中,,,,.【点睛】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质,掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.例3.(2023·浙江·八年级专题练习)如图1,,,MN是过点A的直线,过点D作于点B,连接CB;过点C作,与MN交于点E.(1)连接AD,AD是AC的______倍;(2)直线MN在图1所示位置时,可以得到线段BD和AE的数量关系是______,与BC之间的数量关系是______,请证明你的结论;(3)直线MN绕点A旋转到图2的位置,若,,则AB的长为______(直接写结果);(4)直线MN绕点A旋转到图3的位置时,直接写出线段BA,BC,BD之间的数量关系______.【答案】(1);(2)AE=BD,BD﹣AB=BC;(3)4;(4)BA+BD=BC【分析】(1)由,,根据勾股定理可直接得出答案;(2)先证明△ACE≌△DCB,确定△ECB为等腰直角三角形,即可得出答案;(3)先证明△ACE≌△DCB,CE=BC,得到△BCE为等腰直角三角形,得到AB=BD+BC,即可得出答案;(4)先证明△ACE≌△DCB,确定△ECB为等腰直角三角形即可得出答案.【详解】(1)解:连接AD,设AC=a,则DC=a,∴AD=,即AD是AC的倍,故答案为:.(2)如图1,设AC与BD交于O,由题可知,∠BCE=90°=∠ACD,∴∠ACE=∠BCD,∵BD⊥MN,∴∠ABD=90°=∠ACD,∵∠AOB=∠DOC,∴∠BAC=∠CDB,∵AC=DC,∴△ACE≌△DCB(ASA),∴CE=BC,AE=BD,∵∠BCE=90°,∴△ECB为等腰直角三角形,∴BE=BC,∵BE=AE﹣AB=BD﹣AB,∴BD﹣AB=BC;故答案为:AE=BD;BD﹣AB=BC;(3)解:如图2,设CD与MN交于O,由题可知,∠BCE=90°=∠ACD,∴∠ACE=∠BCD,∵BD⊥MN,∴∠ABD=90°=∠ACD,∵∠AOC=∠DOB,∴∠BAC=∠CDB,∵AC=DC,∴△ACE≌△DCB(ASA),∴CE=BC,AE=BD,∵∠BCE=90°,∴BE=BC,∵BE=AB﹣AE=AB﹣BD,∴AB=BD+BC,∵BD=2,BC=,∴AB=BD+BC=4,故答案为:4.(4)∴∠BCE=90°=∠ACD,∴∠ACE=∠DCB,∠CEB+∠CBE=90°,∵BD⊥MN,∴∠ABD=90°,∴∠CBE+∠CBD=90°,∴∠CEB=∠CBD,∵AC=DC,∴△ACE≌△DCB(AAS),∴CE=BC,AE=BD,∵∠BCE=90°,∴BE=BC,∵BE=AE+BA=BD+BA,∴BA+BD=BC,故答案为:BA+BD=BC.【点睛】此题属于几何变换综合题,主要考查旋转的性质,等腰直角三角形的性质和判定,勾股定理,全等三角形的判定和性质,构造全等三角形是解本题的关键.例4.(2023四川宜宾八年级期末)如图1,,平分,以为顶点作,交于点,于点E.(1)求证:;(2)图1中,若,求的长;(3)如图2,,平分,以为顶点作,交于点,于点.若,求四边形的面积.【答案】(1)见解析;(2)OD+OE=;(3)【分析】(1)过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H,然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG≌△CEH,从而求解;(2)根据全等三角形的性质得到OD+OE=2OH,然后利用勾股定理求OH的值,从而求解;(3)过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H,然后根据题意利用AAS定理进行证明△CDG≌△CEH,从而求得==2,然后利用含30°的直角三角形性质求得OH=,CH=从而求得三角形面积,使问题得到解决.【详解】解:(1)如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H,∵平分∴CG=CH
∵,
∴∠CDO+∠CEO=180︒∵∠CDG+∠CDO=180︒∴∠CDG=∠CEO在△CDG与△CEH中∴△CDG≌△CEH(AAS)∴(2)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∴∴(舍负)∴OH=∴OD+OE=2OH=(3)如图,过点C作CG⊥OA于G,CH⊥OB于H,∵平分∴CG=CH∵,∴∠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∴==2在Rt△OCH中,有∠COH=60°,OC=3,∴OH=,CH=∴∴=2=【点睛】本题考查全等三角形的性质及判定,含30°直角三角形的性质以及勾股定理,是一道综合性问题,掌握相关知识点灵活应用解题是本题的解题关键.例5.(2023湖北省宜城市八年级期末)如图,已知∠AOB=120°,在∠AOB的平分线OM上有一点C,将一个60°角的顶点与点C重合,它的两条边分别与直线OA、OB相交于点D、E.(1)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA垂直时(如图1),请猜想OE+OD与OC的数量关系,并说明理由;(2)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA不垂直时,到达图2的位置,(1)中的结论是否成立?并说明理由;(3)当∠DCE绕点C旋转到CD与OA的反向延长线相交时,上述结论是否成立?若成立,请给于证明;若不成立,线段OD、OE与OC之间又有怎样的数量关系?请写出你的猜想,不需证明.【答案】(1)详见解析;(2)(1)中结论仍然成立,理由详见解析;(3)(1)中结论不成立,结论为OE﹣OD=OC,证明详见解析.【分析】(1)根据OM是∠AOB的角平分线,可得∠AOB=60°,则∠OCE=30°,再根据30°所对直角边是斜边的一半,得出OD=OC,同理:OE=OC,即可得出结论;(2)同(1)的方法得到OF+OG=OC,再根据AAS证明△CFD≌△CGE,得出DF=EG,则OF=OD+DF=OD+EG,OG=OE﹣EG,OF+OG=OD+OE,即可得出结论.(3)同(2)的方法得到DF=EG,根据等量代换可得OE﹣OD=OC.【详解】(1)∵OM是∠AOB的角平分线,∴∠AOC=∠BOC=∠AOB=60°,∵CD⊥OA,∴∠ODC=90°,∴∠OCD=30°,∴∠OCE=∠DCE﹣∠OCD=30°,在Rt△OCD中,OD=OC,同理:OE=OC,∴OD+OE=OC,(2)(1)中结论仍然成立,理由:过点C作CF⊥OA于F,CG⊥OB于G,如图,∴∠OFC=∠OGC=90°,∵∠AOB=120°,∴∠FCG=60°,同(1)的方法得,OF=OC,OG=OC,∴OF+OG=OC,∵CF⊥OA,CG⊥OB,且点C是∠AOB的平分线OM上一点,∴CF=CG,∵∠DCE=60°,∠FCG=60°,∴∠DCF=∠ECG,∴△CFD≌△CGE,∴DF=EG,∴OF=OD+DF=OD+EG,OG=OE﹣EG,∴OF+OG=OD+EG+OE﹣EG=OD+OE,∴OD+OE=OC;(3)(1)中结论不成立,结论为:OE﹣OD=OC,理由:过点C作CF⊥OA于F,CG⊥OB于G,如图,∴∠OFC=∠OGC=90°,∵∠AOB=120°,∴∠FCG=60°,同(1)的方法得,OF=OC,OG=OC,∴OF+OG=OC,∵CF⊥OA,CG⊥OB,且点C是∠AOB的平分线OM上一点,∴CF=CG,∵∠DCE=60°,∠FCG=60°,∴∠DCF=∠ECG,∴△CFD≌△CGE,∴DF=EG,∴OF=DF﹣OD=EG﹣OD,OG=OE﹣EG,∴OF+OG=EG﹣OD+OE﹣EG=OE﹣OD,∴OE﹣OD=OC.【点睛】本题考查了角平分线的性质定理,全等三角形的判定和性质,直角三角形的性质.正确作辅助线是解题的关键.课后专项训练1.(2023·江苏·八年级专题练习)如图,O为正△ABC内一点,OA=3,OB=4,OC=5,将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,下列结论:①可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到;②点O与O′的距离为4;③∠AOB=150°;④S四边形AOBO′=6+2;⑤,其中正确的是(
)A.①②③ B.①②③⑤ C.①②③④ D.①②③④⑤【答案】B【分析】根据旋转的性质,易证,故①正确;证明是等边三角形,故②说法正确;由勾股定理的逆定理可证得,结合等边三角形性质,有,故,③说法正确;由直角三角形和等边三角形的性质,可得,④说法错误;将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD,连接OD,过A作AE⊥CD交CD延长线于点E,根据判断④的方法,判断⑤说法正确.【详解】解:∵将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′,∴,,∵正△ABC,∴,,∵,∴,即,在与中,∵,∴,故可由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到,①说法正确,符合题意;如图1,连接∵,,∴是等边三角形,∵,∴.故点O与O′的距离为4,②说法正确,符合题意;∵,∴,∵,∴,∵,,∴,∴,∵是等边三角形,∴,∵.故③说法正确,符合题意;如图2,过作于点,∵是等边三角形,,,∴,∴.∵,,,∴.∵,,,∴.∴.故④说法错误,不符合题意;将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD,连接OD,过A作AE⊥CD交CD延长线于点E,∵将线段OA以点A为旋转中心逆时针旋转60°得到线段AD,∴,,∵正△ABC,∴,,∵,∴,即,在与中,∵,∴,∴.∵,,∴是等边三角形.∵,∴易求.∵是等边三角形,,∴,∵,,∴,∵,∴,∴.∵,,∴.∴.∵,,∴,∴.∵,,∴,∴,∵,∴,∵,∴,∴.故⑤说法正确,符合题意;综上,正确的说法有①②③⑤,故选:B.【点睛】本题考查了旋转的性质,全等三角形判定,等边三角形性质以及勾股定理以及逆定理,综合运用以上知识是解题的关键.2.(2022·成都市·八年级期末)如图,在边长为4的正方形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,E在BD上,连接CE,作EF⊥CE交AB于点F,交AC于点G,连接CF交BD于点H,延长CE交AD于点M,连接FM,则下列结论:①点E到AB,BC的距离相等;②∠FCE=45°;③∠DMC=∠FMC;④若DM=2,则BF=.正确的有()个.A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【分析】过E点作、,由正方形对角线平分每一组对角以及角平分线性质可得点E到AB,BC的距离相等,故①正确;再证明(AAS)可得是等腰直角三角形,得,故②正确;然后延长MD至P,使,(SAS)再证明(SAS)即可得,故③正确;由全等三角形性质和勾股定理列方程可求.【详解】解:如图1,过E点作、,∴,∵在正方形ABCD中,,,∴,即点E到AB,BC的距离相等,故①正确;;∴,由∵,∴,∴,∴(AAS)∴,∴,故②正确;如图2,延长MD至P,使,连接,易证(SAS)∴,,∵,∴,∴,又∵,∴,∴,∴,,故③正确,在边长为4的正方形ABCD中,,若,则,设,则,,在中,∴,解得:,故;④错误,综上所述,正确的①②③,故选C.【点睛】本题主要考查了正方形和三角形综合知识,解题关键是构造全都三角形转换边角关系.3.(2022春·山东烟台·八年级校考期中)如图,正方形ABCD的边长为6,点E,F分别在边AB,BC上,若F是BC的中点,且∠EDF=45°,则DE的长为_____.【答案】2【分析】延长BA到点G,使AG=CF,连接DG,EF,利用SAS证明△ADG≌△CDF,得∠CDF=∠GDA,DG=DF,再证明△GDE≌△FDE(SAS),得GE=EF,设AE=x,则BE=6x,EF=x+3,再利用勾股定理解决问题.【详解】解:延长BA到点G,使AG=CF,连接DG,EF,∵AD=CD,∠DAG=∠DCF,∴△ADG≌△CDF(SAS),∴∠CDF=∠GDA,DG=DF,∵∠EDF=45°,∴∠EDG=∠ADE+∠ADG=∠ADE+∠CDF=45°,∵DE=DE,∴△GDE≌△FDE(SAS),∴GE=EF,∵F是BC的中点,∴AG=CF=BF=3,设AE=x,则BE=6﹣x,EF=x+3,由勾股定理得,(6﹣x)2+32=(x+3)2,解得x=2,∴AE=2,∴DE=,故答案为:2.【点睛】本题主要考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,勾股定理等知识,熟练掌握半角模型的处理策略是解题的关键.4.(2022·广东深圳·八年级期末)如图,△ABC中,∠BAC=120°,AB=AC,点D为BC边上一点.点E为线段CD上一点,且CE=2,AB=,∠DAE=60°,则DE的长为______.【答案】【分析】将绕点A逆时针旋转至,连接ME,过M作于Q,过A作于F,由旋转的性质得,设,则,,证明,得,最后利用勾股定理来解答.【详解】解:如图,将绕点A逆时针旋转至,连接ME,过M作于Q,过A作于F,∵,,,AB=,∴,,∴,,∴,.在中,.∵,∴.设,∴,,∴.∵,,∴,∴.∵.在和中,∴,∴,由勾股定理得:,∴,∴,即.故答案为:.【点睛】本题考查含30°角的直角三角形的性质,等腰三角形的性质,全等三角形有判定和性质,勾股定理,旋转的性质,作辅助线构造直角三角形是求解本题的关键.5.(2023·吉林松原·九年级统考期中)如图,点O是等边三角形ABC内的一点,,将△BOC绕点C顺时针旋转60°得△ADC,连接OD.(1)当时,°;(2)当时,°;(3)若,,,则OA的长为.【答案】(1)40;(2)60;(3)【分析】(1)证明△COD是等边三角形,得到∠ODC=60°,即可得到答案;(2)利用∠ADC-∠ODC求出答案;(3)由△BOC≌△ADC,推出∠ADC=∠BOC=150°,AD=OB=8,根据△COD是等边三角形,得到∠ODC=60°,OD=,证得△AOD是直角三角形,利用勾股定理求出.【详解】(1)解:∵CO=CD,∠OCD=60°,∴△COD是等边三角形;∴∠ODC=60°,∵∠ADC=∠BOC=,∴∠ADC-∠ODC=40°,故答案为:40;(2)∵∠ADC=∠BOC=,∴∠ADC-∠ODC=60°,故答案为:60;(3)解:当,即∠BOC=150°,∴△AOD是直角三角形.∵△BOC≌△ADC,∴∠ADC=∠BOC=150°,AD=OB=8,又∵△COD是等边三角形,∴∠ODC=60°,OD=,∴∠ADO=90°,即△AOD是直角三角形,∴,故答案为:.【点睛】本题以“空间与图形”中的核心知识(如等边三角形的性质、全等三角形的性质与证明、直角三角形的判定、多边形内角和等)为载体,内容由浅入深,层层递进.试题中几何演绎推理的难度适宜,蕴含着丰富的思想方法(如运动变化、数形结合、分类讨论、方程思想等),能较好地考查学生的推理、探究及解决问题的能力.6.(2022.成都市八年级期中)在中,,,于点,(1)如图1,点,分别在,上,且,当,时,求线段的长;(2)如图2,点,分别在,上,且,求证:;(3)如图3,点在的延长线上,点在上,且,求证:;【答案】(1);(2)见解析;(3)见解析.【分析】(1)根据等腰三角形的性质、直角三角形的性质得到AD=BD=DC=,求出∠MBD=30°,根据勾股定理计算即可;(2)证明△BDE≌△ADF,根据全等三角形的性质证明;(3)过点M作ME∥BC交AB的延长线于E,证明△BME≌△AMN,根据全等三角形的性质得到BE=AN,根据等腰直角三角形的性质、勾股定理证明结论.【详解】(1)解:,,,,,,,,,,,,由勾股定理得,,即,解得,,;(2)证明:,,,在和中,,;(3)证明:过点作交的延长线于,,则,,,,,,在和中,,,,.【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质,掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.7.如图1,在Rt△ABC中,∠ABC=90°,BA=BC,直线MN是过点A的直线CD⊥MN于点D,连接BD.(1)观察猜想张老师在课堂上提出问题:线段DC,AD,BD之间有什么数量关系.经过观察思考,小明出一种思路:如图1,过点B作BE⊥BD,交MN于点E,进而得出:DC+AD=BD.(2)探究证明:将直线MN绕点A顺时针旋转到图2的位置写出此时线段DC,AD,BD之间的数量关系,并证明;【答案】(1);(2)AD﹣DC=BD;【分析】(1)根据全等三角形的性质求出DC,AD,BD之间的数量关系(2)过点B作BE⊥BD,交MN于点E.AD交BC于O,证明,得到,,根据为等腰直角三角形,得到,再根据,即可解出答案.【详解】解:(1)如图1中,由题意:,∴AE=CD,BE=BD,∴CD+AD=AD+AE=DE,∵是等腰直角三角形,∴DE=BD,∴DC+AD=BD,故答案为.(2).证明:如图,过点B作BE⊥BD,交MN于点E.AD交BC于O.∵,∴,∴.∵,,,∴,∴.又∵,∴,∴,,∴为等腰直角三角形,.∵,∴.【点睛】本题主要考查全等三角形的性质,等腰直角三角形的性质以及图形的应用,正确作辅助线和熟悉图形特性是解题的关键.8.如图,已知∠DCE与∠AOB,OC平分∠AOB.(1)如图1,∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E,∠AOB=∠DCE=90°,试判断线段CD与CE的数量关系,并说明理由.以下是小宇同学给出如下正确的解法:解:CD=CE.理由如下:如图1,过点C作CF⊥OC,交OB于点F,则∠OCF=90°,…请根据小宇同学的证明思路,写出该证明的剩余部分.(2)你有与小宇不同的思考方法吗?请写出你的证明过程.(3)若∠AOB=120°,∠DCE=60°.①如图3,∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D、E时,(1)中的结论成立吗?为什么?线段OD、OE、OC有什么数量关系?说明理由.②如图4,∠DCE的一边与AO的延长线相交时,请回答(1)中的结论是否成立,并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系;如图5,∠DCE的一边与BO的延长线相交时,请回答(1)中的结论是否成立,并请直接写出线段OD、OE、OC有什么数量关系.解:(1)∵OC平分∠AOB,∴∠AOC=∠BOC=45°,且∠OCF=90°,∴∠OFC=45°=∠BOC,∴OC=FC,∵∠DCE=∠OCF=90°,∴∠DCO=∠ECF,且CO=CF,∠AOC=∠CFE=45°,∴△CDO≌△CEF(ASA)∴CD=CE(2)如图2,过点C作CM⊥OA,CN⊥OB,垂足分别为M,N,∴∠CMD=∠CNE=90°,又∵OC平分∠AOB,∴CM=CN,在四边形ODCE中,∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO=360°,又∵∠AOB=∠DCE=90°,∴∠CDO+∠CEO=180°,又∵∠CDO+∠CDM=180°,∴∠CEO=∠CDM,且∠CMD=∠CNE,CM=CN,∴△CMD≌△CNE(AAS),∴CD=CE.(3)①(1)中的结论仍成立.OE+OD=OC.理由如下:如图3,过点C作CM⊥OA,CN⊥OB,垂足分别为M,N,∴∠CMD=∠CNE=90°,又∵OC平分∠AOB,∴CM=CN,∠AOC=∠BOC=60°,在四边形ODCE中,∠AOB+∠DCE+∠CDO+∠CEO=360°,又∵∠AOB+∠DCE=60°+120°=180°,∴∠CDO+∠CEO=180°,又∵∠CEO+∠CEN=180°,∴∠CDO=∠CEN,且CM=CN,∠CMD=∠CNE,∴△CMD≌△CNE(AAS),∴CD=CE,DM=EN.∴OE+OD=OE+OM+DM=OE+OM+EN=ON+OM.∵∠AOC=60°,CM⊥AO,∴∠MCO=30°,∴,同理可得ON=OC,∴.②在图4中,(1)中的结论成立,OE﹣OD=OC,如图4,过点C作CM⊥OA,CN⊥OB,垂足分别为M,N,∴∠CMD=∠CNE=90°,又∵OC平分∠AOB,∴CM=CN,∠AOC=∠BOC=60°,∵∠COE+∠CEO+∠DCE+∠OCD=180°,∴∠OCD+∠CEO=60°,∵∠AOC=∠CDO+∠OCD=60°,∴∠CDO=∠CEN,且CM=CN,∠CMD=∠CNE,∴△CMD≌△CNE(AAS),∴CD=CE,DM=EN.∴OE﹣OD=ON+NE﹣(MD﹣OM)=ON+OM.∵∠AOC=60°,CM⊥AO,∴∠MCO=30°,∴,同理可得ON=OC,∴OE﹣OD=ON+OM=OC;在图5中,(1)中的结论成立,OD﹣OE=OC,如图5,过点C作CM⊥OA,CN⊥OB,垂足分别为M,N,∴∠CMD=∠CNE=90°,又∵OC平分∠AOB,∴CM=CN,∠AOC=∠BOC=60°,∵∠COA+∠CDO+∠DCE+∠OCE=180°,∴∠OCE+∠CDO=60°,∵∠NOC=∠CEO+∠OCE=60°,∴∠CDO=∠CEO,且CM=CN,∠CMD=∠CNE,∴△CMD≌△CNE(AAS),∴CD=CE,DM=EN.∴OD﹣OE=DM+OM﹣(EN﹣ON)=ON+OM.∵∠AOC=60°,CM⊥AO,∴∠MCO=30°,∴,同理可得ON=OC,∴OD﹣OE=ON+OM=OC;9.(河南省南阳市方城县2021-2022学年八年级上学期期末数学试题)提出问题:如图1,已知OC平分∠AOB,点D、E分别在OA,OB上.若∠ODC=∠OEC=90°,求证:CD=CE.思路梳理:(1)请根据思路梳理的过程填空.证法1:由OC平分∠AOB,∠ODC=∠OEC,OC=OC,可得≌,则CD=CE.证法2:由OC平分∠AOB,∠ODC=∠OEC=90°,则CD=CE,其理论依据是.类比探究:(2)如图2,已知OC平分∠AOB,点D、E分别在OA,OB上.若∠ODC+∠OEC=180°,求证:CD=CE.拓展迁移:(3)如图3,已知OC平分∠AOB,点D在OA的反向延长线上,点E在OB上,且∠ODC=∠OEC,若OC=4,CE=5,点C到OB的距离是3,则OD+OE的值是.(直接写出结果,不说明理由)【答案】(1);角平分线上的点到角的两边距离相等(2)证明见解析(3)【分析】(1)方法1:利用全等三角形的性质证明;方法2:利用角平分线的性质定理证明即可;(2)过点C作CQ⊥OA于点Q,CP⊥OB于点P,证明△CQD≌△CPE(ASA),可得结论;(3)过点C作CQ⊥OA于点Q,CP⊥OB于点P,利用全等三角形的性质证明OD+OE=2PE,利用勾股定理求出PE即可.(1)证法1:如图1中,∵OC平分∠AOB,∴∠COD=∠COE,在△COD和△COE中,,∴△COD≌△COE(AAS),∴CD=CE.故答案为:△COD,△COE;证法2:∵OC平分∠AOB,∠ODC=∠OEC=90°,∴CD=CE(角平分线上的点到角的两边距离相等),故答案为:角平分线上的点到角的两边距离相等;(2)证明:如图2,过点C作CQ⊥OA于点Q,CP⊥OB于点P,∵∠ODC+∠OEC=180°,∴∠DOE+∠DCE=180°∵∠OQC=∠EPC=90°,∴∠AOB+∠PCQ=180°,∴∠PCQ=∠DCE,∴∠DCQ=∠ECP,∵点C是∠AOB的平分线上,且CQ⊥OA,CP⊥OB,∴CQ=CP,∵∠OQC=∠EPC=90°,∴△CQD≌△CPE(ASA),∴CD=CE;(3)解:如图3,过点C作CQ⊥OA于点Q,CP⊥OB于点P,∴∠OQC=∠EPC=90°,∴∠AOB+∠PCQ=180°,∵∠ODC=∠CEO,∴∠DOE=∠DCE,∵∠DOE+∠AOB=180°,∴∠AOB+∠DCE=180°,∴∠PCQ=∠DCE,∴∠DCQ=∠ECP,∵点C是∠AOB的平分线上,且CQ⊥OA,CP⊥OB,∴CQ=CP,∵∠OQC=∠EPC=90°,∴△CQD≌△CPE(ASA),∴DQ=PE,∵OD=DQ﹣OQ,OE=OP+PE,∴OE+OD=OP+PE+(DQ﹣OQ)=PE+DQ=2PE,∵EC=5,CP=3,∴PE=,∴OE+OD=8.故答案为:8.【点睛】本题是三角形综合题,主要考查了角平分线的定义和定理,全等三角形的判定和性质,正确作出辅助线是解本题的关键.10.(2023春·江苏·八年级期中)请阅读下列材料:已知:如图(1)在中,,点D、E分别为线段上两动点,若.探究线段三条线段之间的数量关系.小明的思路是:把绕点A顺时针旋转,得到,连接,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在线段上,动点D运动在线段延长线上时,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),等边三角形中,点D、E在边上,且,请你找出一个条件,使线段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.【答案】(1)(2)不变,见解析(3),【分析】(1)将绕A顺时针旋转后成,根据题意证明,故,因为中,,所以,从而可得,在中,由勾股定理得线段之间的等量关系式;(2)解法一:将沿直线对折,得,连接,根据全等三角形的性质得到,,然后进一步证明,然后根据全等三角形的性质求解即可;解法二:将绕点A顺时针旋转得到.连接,根据题意证明,进而求解即可;(3)与(2)类似,以为一边,作,在上截取,证明出,然后根据等腰三角形的概念求解即可.【详解】(1),证明如下:将绕A顺时针旋转后成,连接,∴,∵,∴,∴,在和中,,∴,∴,∵,∴,∴,在中,∴;故答案为:;(2)关系式仍然成立.证明:将沿直线对折,得,连接∴,∴,,又∵,∴,∵,,∴,又∵,∴,∴∴,∴在中,,即;解法二:将绕点A顺时针旋转得到.连接.∴,∵,∴,∵,∴,∵,∴,∴,∵∴;(3)当时,线段能构成一个等腰三角形.如图,与(2)类似,以为一边,作,在上截取,可得.∴.∴.若使为等腰三角形,只需,即,∴当时,线段能构成一个等腰三角形,且顶角为.【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定,等腰三角形的性质,解题的关键是通过旋转变换构造全等三角形.11.(2022秋·陕西延安·八年级统考期末)【问题提出】(1)如图①,在四边形中,,,E、F分别是边BC、CD上的点,且.求证:;【问题探究】(2)如图②,在四边形中,,,E、F分别是边BC、CD延长线上的点,且,(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请说明理由;若不成立,请写出它们之间的数量关系,并说明理由.【答案】(1)见解析;(2)结论不成立,应当是理由见解析【分析】(1)延长到点,使,连接,由全等三角形的判定和性质得出,,,继续利用全等三角形的判定得出,结合图形及题意即可证明;(2)在上截取,使,连接,结合图形利用全等三角形的判定得出,再次使用全等三角形的判定得出,利用全等三角形的性质即可证明.【详解】(1)证明:如图①,延长到点,使,连接.又∵,,∴,∴,,又∵,∴,∴,又∵,∴,∴,∵,∴;(2)解:结论不成立,应当是,理由:如图②,在上截取,使,连接,∵,,∴,又∵,,∴,∴,,又∵,∴,∴,又∵,,∴,∴,∵,∴.【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质,理解题意,作出相应辅助线是解题关键.12.(2023春·四川达州·八年级校考阶段练习)倡导研究性学习方式,着力教材研究,习题研究,是学生跳出题海,提高学习能力和创新能力的有效途径.(1)【问题背景】已知:如图1,点E、F分别在正方形的边上,,连接,则之间存在怎样的数量关系呢?
(分析:我们把绕点A顺时针旋转至,点G、B、C在一条直线上.)于是易证得:和,所以.直接应用:正方形的边长为6,,则的值为.(2)【变式练习】已知:如图2,在中,,D、E是斜边上两点,且,请写出之间的数量关系,并说明理由.
(3)【拓展延伸】在(2)的条件下,当绕着点A逆时针一定角度后,点D落在线段BC上,点E落在线段BC的延长线上,如图3,此时(2)的结论是否仍然成立,并证明你的结论.【答案】(1)(2),见解析(3)成立,见解析【分析】(1)根据分析过程及图形分析即可;(2),把顺时针旋转到的位置此时与重合,连接,证,得,再证是直角三角形,然后由勾股定理即可解决问题;(3)根据第(2)问的辅助线画出图形即可证明.【详解】(1)∵四边形是正方形,∴,把绕点A顺时针旋转至,则与重合,∴∴,∴点G、B、C在一条直线上∵,∴,∴,∴,∵,∴,∴,∵,∴;∵正方形的边长为6,,∴,∴,,在中,,∴,解得,∴故答案为:;(2),理由如下:把顺时针旋转到的位置此时与重合,连接,
则,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∴是直角三角形,∴,∴.(3)依然成立,理由如下:把顺时针旋转到的位置此时与重合,连接,则,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∴,∵,∴,∴,∴,∴是直角三角形,∴,∴.【点睛】本题是四边形综合题目,考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识;本题综合性比较强,正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键,属于中考常考题型.13.(2023·河南洛阳·八年级校考阶段练习)【问题发现】(1)如图1,和均为等边三角形,点B,D,E在同一直线上,连接,容易发现:①的度数为;②线段、之间的数量关系为;【类比探究】(2)如图2,和均为等腰直角三角形,,点B,D,E在同一直线上,连接,试判断的度数以及线段、、之间的数量关系,并说明理由;【问题解决】(3)如图3,,,,,则的值为.【答案】(1)①;②;(2),,见解析;(3)8【分析】(1)根据等边三角形的性质得到,得到,证明,根据全等三角形的性质证明结论;(2)由“”可证,可得,即可求解;(3)如图3,作辅助线构建全等三角形,由“”可证,可得,,可求,根据列方程可得x的值,最后由勾股定理可求解.【详解】解:(1)∵和均为等边三角形,∴,∴,即,在和中,,∴(),∴,∴,故答案为:;(2),理由如下:∵,和均为等腰直角三角形,∴,,,即,在和中,,∴(),∴,∴,∵,∴;(3)如图3,过点C作,交的延长线于F,过点B作于E,∴,∴四边形是矩形,∴,∵,∴,∵,∴,∵,∴(),∴,设,则,,∴∴,∴,,∴,∴在中,.故答案为:.【点睛】本题是三角形的综合题,考查的是等边三角形的性质,等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理等知识,掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键.14.(2023·重庆市九年级阶段练习)【问题背景】如图1,P是等边三角形ABC外一点,∠APB=30°,则PA2+PB2=PC2.小明为了证明这个结论,将△PAB绕点A逆时针旋转60°,请根据此思路完成其证明.【迁移应用】如图2,在等腰直角三角形ABC中,BA=BC,∠ABC=90°,点P在△ABC外部,且∠BPC=45°,若△APC的面积为5.5,求PC.【答案】(1)【问题背景】见解析;(2)【迁移应用】【分析】(1)【问题背景】将△PAB绕点A逆时针旋转60°得到△DAC,连接PD,由旋转及等边三角形的性质可得∠PDC=90゜,由勾股定理即可解决;(2)【迁移应用】过B作BM⊥PB交PC的延长线于点M,连接AM,则易得△PBC≌△MBA,由全等三角形的性质易得∠AMP=90゜,再由面积条件即可求得PC的长.【详解】(1)【问题背景】将△PAB绕点A逆时针旋转60°得到△DAC,连接PD,如图所示由旋转的性质得:AD=PA,CD=PB,∠PAD=60゜,∠ADC=∠APB=30゜∵AD=PA,∠PAD=60゜∴△PAD是等边三角形∴PD=PA,∠PDA=60゜∴∠PDC=∠PDA+∠ADC=60゜+30゜=90゜在Rt△PDC中,由勾股定理得:∴(2)【迁移应用】过B作BM⊥PB交PC的延长线于点M,连接AM,如图所示则∠PBM=∠ABC=90゜∴∠PBC+∠CBM=∠CBM+∠MBA∴∠PBC=∠MBA∵∠PBM=90゜,∠BPC=45゜∴∠BMP=∠BPC=45゜∴PB=MB在△PBC和△MBA中∴△PBC≌△MBA(SAS)∴∠BMA=∠BPC=45゜,PC=AM∴∠AMP=∠BMP+∠BMA=45゜+45゜=90゜∵∴【点睛】本题考查了旋转的性质,等边三角形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,等腰三角形的判定,勾股定理等知识,根据条件作图形的旋转或构造三角形全等是解决问题的关键与难点.15.(2023春·广东揭阳·九年级校考期中)已知Rt△ABC中,∠ACB=90°,CA=CB=4,另有一块等腰直角三角板的直角顶点放在C处,CP=CQ=2,将三角板CPQ绕点C旋转(保持点P在△ABC内部),连接AP、BP、BQ.(1)如图1求证:AP=BQ;(2)如图2当三角板CPQ绕点C旋转到点A、P、Q在同一直线时,求AP长.【答案】(1)见解析;(2)【分析】(1)根据∠ACB=∠PCQ=90°,可得∠ACP=∠BCQ,再利用SAS,即可求证;(2)根据直角三角形的性质,可得,再由勾股定理,可得,即可求解.【详解】证明:(1)∵∠ACB=∠PCQ=90°,∴∠ACP=∠BCQ,∵AC=BC,CP=CQ,∴△△ACP≌△BCQ(SAS)∴AP=BQ;(2)如图2中,作CH⊥PQ于H,∵CP=CQ=2,∴,∵∠PCQ=90°,∴,∴,∵AC=4,∴,∵点A、P、Q在同一直线,∴.【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质,图形的旋转,勾股定理,二次根式的化简,熟练掌握相关知识点是解题的关键.16.(2022春·贵州黔东南·八年级校联考期末)【探究发现】(1)如图1,在四边形中,对角线,垂足是O,求证:.【拓展迁移】(2)如图2.以三角形的边、为边向外作正方形和正方形,求证:.(3)如图3,在(2)小题条件不变的情况下,连接,若,,,则的长_____________.(直接填写答案)【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3).【分析】(1)根据,利用勾股定理分别求出和即可证明结论;(2)利用正方形的性质证明△CAE≌△GAB(SAS),可得∠CEA=∠GBA,根据∠GBA+∠ANB=90°等量代换求出∠EMN=90°即可;(3)利用勾股定理分别求出AE、CG和BE,然后利用(1)中结论求出BC即可.【详解】解:(1)∵,∴∠AOD=∠AOB=∠COD=∠BOC=90°,由勾股定理得:,,∴;(2)∵在正方形和正方形中,AC=AG,AE=AB,∠CAG=∠EAB=90°,∴∠CAG+∠GAE=∠EAB+∠GAE,即∠CAE=∠GAB,∴△CAE≌△GAB(SAS),∴∠CEA=∠GBA,∵∠GBA+∠ANB=90°,∠ANB=∠MNE,∴∠CEA+∠MNE=90°,∴∠EMN=90°,∴;(3)如图3,连接CG,BE,∵,,,∴AC=8,AE=,∴AB=10,∴CG=,BE=,∵,∴由(1)可知:,即,∵BC>0,∴.故答案为:.【点睛】本题主要考查了勾股定理,全等三角形的判定和性质,熟练掌握勾股定理是解答此题的关键.17.(2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习)(1)如图1,在中,,,,则与的数量关系是,与延长线的夹角;(2)如图2,四边形中,,,,连接,猜想、、之间的数量关系,并证明你的猜想;(3)如图3,四边形中,,,,,,请直接写出的长为.【答案】(1),(2)(3)【分析】(1)证明≌即可.(2)由(1)的证明方法可知:将绕点顺时针旋转,连接、,证明≌,再为直角三角形,用勾股定理即可.(3)由(1)的证明方法可知:将绕点顺时针旋转,连接、,延长交于,再证明,用勾股定理即可求解.【详解】(1)与的数量关系:,证明:,,,在和中,≌,,故与的数量关系:;,≌,,即:,在中:.故.(2)结论:,证明:如图,将绕点顺时针旋转,连接、,,,是等边三角形,,,,,在和中,≌,,,,,,,在中,.(3)解:如图,将绕点顺时针旋转,连接、,延长交于,
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