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文档简介
培优专题01三角形中的常见模型综合训练
考点大集合
1
卷考点大过关
考点一:三角形的全等模型
・k核总提炼;查漏补缺
全等三角形在中考数学中的重点不是简单的直接考察,而是作为几何题的中间变量,利用全等三角形的
对应边相等、对应角相等,来传递等量线段或者等价角。而当题目不直接考察时,识别需要的全等模型,
并利用对应结论做题就是最为重要的一个突破口,学习模型,运用模型结论直接做题会给我们提供一个非
常重要的做题思路。
・题型特训•精准提分
题型01三角形常见全等模型及其应用
解题大招:全等常见模型:
①K型图:
图形条件与结论辅助线注意事项
第1页共71页
A条件:AC=BC,AC1分别过点A、BK型图可以和等腰直角三
BC作AD1/角板结合,也可以和正方
结论:形结合
t-BE1/
-
)CAADC^ACEB(AAS)
K型全等模型变形——三垂定理:
总结:当一个直角放在一条直线上时,常通过构造K型全等来证明边相等,或者边之间的数量关系
②手拉手:
模型名称几何模型图形特点具有性质
全连结BD、CE
等①△ABD4ACE
型②△AOBs\HOC
AD=AEZ
&匕-----
手③旋转角相等
AB=AC
拉(即41=42=/3)
ZBAC=ZDAE
手④A、B、C、D四点共圆
⑤AH平分立BHE
8
③倍长中线:
基本图形辅助线条件与结论应用环境
①倍长中线常和△三边
延长AD到点E,条件:ZiABC,AD=BD关系结合,考察中线长的
使DE=AD,连接CE取值范围
结论:②倍长中线也可以和其
△ABD^ACED(SAS)他几何图形结合,考察几
VE何图形的面积问题
【中考真题练】
1.(2023•长春)如图,工人师傅设计了一种测零件内径N3的卡钳,卡钳交叉点。为也4,、39的中点,
只要量出49的长度,就可以知道该零件内径N3的长度.依据的数学基本事实是()
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A.两边及其夹角分别相等的两个三角形全等
B.两角及其夹边分别相等的两个三角形全等
C.两条直线被一组平行线所截,所得的对应线段成比例
D.两点之间线段最短
【分析】根据点。为44'、59的中点得出CM=O4,OB=OB',根据对顶角相等得到乙4。8=/4。夕,
从而证得△/。8和△409全等,于是有/3=48,问题得证.
【解答】解:;点。为44、的中点,
;.0A=0A\OBOB',
由对顶角相等得
在A40B和△40®中,
'0A=0A'
-NAOB=NA'OB',
OB=OBy
:.AAOB^AA'O£'(SAS),
:.AB=A'B',
即只要量出4夕的长度,就可以知道该零件内径的长度,
故选:A.
2.(2023•重庆)如图,在Rtz\/8C中,ZBAC=90°,AB=AC,点、D为BC上一点"连接NO.过点3
作BELAD于点E,过点C作CFUD交4D的延长线于点F.若BE=4,CF=1,则EF的长度为3.
【分析】先证明p(44S),根据全等三角形的性质可得/尸=3E=4,4E=CF=1,进一
步可得斯的长.
【解答】解:'JBELAD,CF±AD,
ZBEA=ZAFC=90°,
:./BAE+NABE=9Q°,
VZBAC=90°,
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ABAE+AFAC=9Q°,
・•・ZE4C=AABE,
在和厂中,
<ZBEA=ZAFC
</ABE=/FAC,
AB=AC
••・△ABE咨/\CAF(AAS),
:.AF=BE,AE=CF,
9:BE=4,CF=l,
C.AF=BE=A,AE=CF=1,
:・EF=AF-AE=4-1=3,
故答案为:3.
3.(2023•呼和浩特)如图,在RtZX/BC中,ZABC=90a,AB=BC,AC=4近,点尸为NC边上的中点,
PM交AB的延长线于点M,尸N交3C的延长线于点N,且尸MLLPN.若敏=1,则△「」村的面积为()
A.13B.V13C.8D.H
2
【分析】依据题意,连接3P,然后先证明△BMPg/XCAP,从而CN=BP=1,又由等腰RtZX/BC可得
BC=4,从而在RtZWffiN中可以求得MN,又MP=NP,从而可得〃N的值,进而可以得解.
在RtZ\A8C中,ZABC=90°,
•:AB=BC,点P为/C边上的中点,
:.BP±AC,NCBP=/ABP=L/ABC=45。,ZBCA=45°,BP=CP=Lc=2近.
22
:.NMBP=NNCP=180°-45°=135°.
'JBPLAC,PMLPN,
:.ZBPM+ZMPC=90°,ZCPN+ZMPC=90a.
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/BPM=ZCPN.
又BP=CP,ZMBP=ZNCP,
:./\BMP^/\CNPCASA).
:.BM=CN=1,MP=NP.
在RtZ\8PC中,BC=A/BP24CP2=4-
/.在RtdMBN中,MN=VBM2+BN2=Vl2+52=^26.
又在RtzXAffW中,MP=NP,
:.MP2+NP2=MN2.
:.MP=NP=^p^.
:.SAPMN=—MP-NP=1^-.
22
故选:D.
4.(2023•湖北)如图,ABAC,和△/斯都是等腰直角三角形,/B4C=/DEB=/AEF=90°,
点E在△/2C内,BE>AE,连接交/E于点G,DE交AB于点、H,连接CF.给出下面四个结论:
①/DB4=NEBC;②/BHE=/EGF;③AB=DF;④AD=CF.其中所有正确结论的序号是①
⑶⑷.
【分析】由等腰直角三角形的性质可得出//5C=/D2E=45°,可得出①正确;证明△BE/g/VJE尸
(&4S),由全等三角形的性质得出可得出③正确;由直角三角形的性质可判断②不正确;
证明四边形。尸C4为平行四边形,由平行四边形的性质可得出D/=CR则可得出答案.
【解答】解:△。即都是等腰直角三角形,
:.NABC=NDBE=45°,
ZABC-ZABE=ZDBE-AABE,
:.ZEBC=ZDBA,
故①正确;
,:ADEB和△/所都是等腰直角三角形,
:.BE=DE,AE=EF,NBED=NAEF=90°,
:.NBEA=NDEF,
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:•△BEA^ADEF(SAS),
:.AB=DF,ZABE=AEDF,ZBAE=ZDFE,
故③正确;
VZBEH=ZGEF=90°,
:・NABE+NBHE=90°,NEGF+NDFE=90°,
■:BE>AE,
:.NABEr/AEB,
:./ABEW/DFE,
:./BHE#/EGF;
VZBAC=90°,ZEAF=45°,
AZBAE+ZE4C=45°,
又♦;NAFD+/EFG=45°,ZBAE=ZDFE,
:.ZDFA=ZFAC,
J.DF//AC,
■:AB=DF,AB=AC,
:・DF=AC,
・•・四边形。尸C4为平行四边形,
:.DA=CF.
故④正确.
故答案为:①③④.
5.(2023•遂宁)如图,以△45。的边45、4C为腰分别向外作等腰直角△42E、AACD,连结瓦入BD、
EC,过点4的直线/分别交线段。回、5C于点M、N.以下说法:①当45=4C=5C时,ZAED=30°;
②EC=BD;③若45=3,AC=4fBC=6,则QE=2愿;④当直线时,点M为线段的中
点.正确的有①②⑷.(填序号)
【分析】由4B=4C=BC,得/B4c=60°,因为AC=AD,ZBAE=ZCAD=90°,所以ZE
=AD,ZEAD=nO°,则N/ED=N/OE=30°,可判断①正确;由NC4O=NA4E=90°,推导出
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/CAE=NDAB,可证明g△D42,得EC=BD,可判断②正确;设BD交AE于点、G,交CE于
点、O,可证明/EO5=90°,可根据勾股定理推导出。£2+8°2=
BE2+CD2,可求得8炉=452+/炉=]8,CD1^AD~+AC1^32,BC?=36,则。五#2向,可判断
③错误;当直线/L8C时,作斯〃40交直线/于点R连接。尸,可证明△瓦4尸丝△/2C,贝1JE尸=/C
=4D,所以四边形NDFE是平行四边形,则”为线段。E的中点,可判断④正确,于是得到问题的答
案.
【解答】解:':AB=AC=BC,
:.ZBAC=60°,
,:AE=AB,AC=AD,/BAE=/CAD=90°,
;.AE=AD,N£4D=360-60°-90°-90°=120°,
ZAED=ZADE=^X(180°-120°)=30°,
2
故①正确;
■:NCAD=NBAE=90°,
:.ZCAE=ZDAB=90°+ZDAE,
:./\CAE^/\DAB(SAS),
:.EC=BD,
故②正确;
如图1,设2。交NE于点G,交CE于点。,
ZAEC=AABD,ZOGE=ZAGB,
:.ZAEC+ZOGE=ZABD+ZAGB=90°,
:.ZEOB=90°,
AZCOD=ZBOC=ZDOE=90°,
:.DE2+BC2=OD1+OE1+OB-+OC1=BE2+CD2,
AE=AB=3,AD=AC=4,BC=6,
:.BE2=AB2+AE2=32+32=18,CD2=AD2+AC2=42+42=32,5C2=62=36,
:・DE='>/BE2-^D2-BC2=V18+32-36=V14W2M,
故③错误;
当直线/_LBC时,如图2,作所〃交直线/于点尸,连接。咒
:/AEF+NDAE=18Q°,ZBAC+ZDAE=180°,
/AEF=ABAC,
■:/ANB=NBAE=90°,
:.ZEAF=ZABC=900-ZBAN,
;EA=4B,
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:.LEAF%LABC(ASA),
:.EF=AC=AD,
四边形ADFE是平行四边形,
为线段DE的中点,
故④正确,
故答案为:①②④.
图2
6.(2023•鞍山)如图,在正方形48CD中,点”为CD边上一点,连接将绕点/顺时针旋
转90°得到△4BN,在/M,/N上分别截取NE,AF,使连接£凡交对角线于点G,
连接/G并延长交于点X.若/〃=型,CH=2,则/G的长为—图L.
3~7~
【分析】解法一:由旋转的性质得DM=BN,NMAN=90°,ZDAM=ZBAN,ZAMD=Z
ANB,连接。E,BF,由等线段减等线段相等可得/N=EM,于是可通过&4s证明△ARV刍得
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到8尸=。£,易得4F=4B,AE=AD,由三角形内角和定理可得尸=//7咕=工(180°-NBAF),
2
ZADE^ZAED=1.(180°-NDAE),由/D4E=NBAF得至“NABF=N4FB=/4DE=/AED,易
2
得△/匹为等腰直角三角形,根据等角减等角相等可知NGF5=NGDE,于是可通过44s证明△GEBg
△GDE,得至U/G=OG,BG=EG,进而可通过SSS证明也ZUDG,得至叱D4H=NNAH,由平
行线的性质可得N4fflV=NM48,则空,设BH=x,则48=2C=x+2,2"=变_丫,
33
在RtZ\48N中,利用勾股定理建立方程,求得xi=6,x」,即3〃=6或工,过点G作PG//BC,交
x233
AB于点、P,易得乙APGS^ABH,由相似三角形的性质得£望_,易得△P2G为等腰直角三角形,PG
PGBH
PB,分两种情况讨论:①当3〃=6时,AB=BC=8,则理_工殳=_1,进而可设4P=4a,PG=3a=
PGBH3
PB,由4B=4P+P3=8,解得a总,在RtZUPG中,利用勾股定理即可求出NG的长;②当即工时,
73
AD=CD=AB=L,此时点M在CD的延长线上,与题意不符.
3
解法二:同解法一可得红,没BH:x,BN=y,贝U5C=x+2=45,AN=x+y,以此可建
3
-25
x+y=《-_1
Ox=6
立关于x,y的方程组,,解得:<7或,'W,再同解法一讨论即可得出
/\22/25、2
(x+2n)+y=(―)y=8
【解答】解:解法一:・・,将△4/)河绕点4顺时针旋90°得到△%加,
:.AM=AN,DM=BN,NMAN=90°,/DAM=/BAN,ZAMD^ZANB,
如图,连接DE,BF,
':AE=AF=BC,FN^AN-AF,EM=AM-AE,
:.FN=EM,
在△瓦W和中,
'BN=DM
<NFNB=NEMD,
FN=EM
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:.丛BFN%ADEMCSAS),
:.BF=DE,
:四边形4BCD是正方形,
;./ADB=NABD=45°,AB=AD=BC,
:.AF=AB,AE=AD,
AABF和△/££(都是等腰三角形,
ZABF=ZAFB=A(180°-ZBAF),ZADE=ZAED=1.(180°-NDAE),
22
':ZDAE=ZBAF,
:.NABF=NAFB=N4DE=ZAED,
;AF=AE,ZMAN=90°,
4AFE为等腰直角三角形,
:.NAEG=NAFG=45°,
,:ZGDE=ZADE-NADB=ZADE-45°,
ZGFB=ZAFB-ZAFG=NAEB-45°,
:.ZGFB=ZGDE,
在△GFB和△GDE中,
'NBGF=NEGD
<ZGFB=ZGDE-
tBF=DE
:./\GFB^/\GDE(AAS),
:.FG=DG,BG=EG,
在△4FG和△NOG中,
'AF=AD
<FG=DG,
AG=AG
:•△AFG/AADGCSSS),
ZE4G=ZDAG,即
,:AD〃BC,
:.ZDAH=ZAHN,
:./AHN=/NAH,
:.AN=NH=AM=2L,
3
设BH=x,贝!|A8=8C=5H+C7f=x+2,BN=NH-BH=-^--x,
3
在RtZ\/3N中,AN2=BN2+AB2,
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,/25、2,25\2/、2
,・(—)=(可-x)+(x+n2),
解得:X1=6,Kc」,
X23
.•.昉r=6或L
3
如图,过点G作尸G〃3C,交4B于点、P,
•■-AP=--P-G,"g-n-A-P=--A-B,
ABBHPGBH
■:PG//BC,
・・・NG尸8=180°-ZPBH=1SO°-90°=90°,
TN尸5G=45°,
:・/PGB=90°-N尸5G=45°=/PBG,
:.PG=PB,
①当BH=6时,AD=CD=AB=BH+CH=8,
•-・-A-P二AB=—8=—4,
PGBH63
・••设4尸=4a,PG=3a=PB,
•:AB=AP+PB=8,
4。+3a=8,
解得「专
在中,22=7(4a)2+(3a)2=5a=-y;
RtZ\NPGAG=VAP+PG
②当BH」时,AB=CD=BC=BH+CH=工,
,:DM=8>CD=1~,
3
...点”在CD的延长线上,与题意不符.
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综上,AG的长为也.
7
解法二:同解法一可得空,
3
设BH=x,BN=y,
:.BC=BH+CH=x+2=AB,AN=BH+BN=x+y,
在Rtz\/8N中,AB^B^^AN2,
(-25
x+y丁
/\22,25、2
(x+n2)+y=(飞")
'x=6'
解得一7,4'3,
|y=8
同解法一讨论,即可得出/G=也.
7
故答案为:也.
7
7.(2023•大连)如图,AC=AE,BC=DE,5c的延长线与。£相交于点RZACF+ZAED=180°.求
证:AB=AD.
【分析】由已知N4CF+N/ED=180°,可得到N/C5=44助,再利用S/S证明△/8C之△/£>£,从
而得至!J/8=4D.
【解答】证明:VZACF+ZAED=1SO°,ZACF+ZACB=ISO°,
NACB=/AED,
在△48C和△/£)£中,
'AC=AE,
<ZACB=ZAED,
BC=DE,
:.AABC”AADE(&4S),
:.AB=AD.
8.(2023•遂宁)如图,四边形N3CD中,/D〃3C,点。为对角线3。的中点,过点。的直线/分别与
AD,8C所在的直线相交于点£、F.(点E不与点。重合)
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(1)求证:XDOE空XBOF;
(2)当直线/_L3D时,连结BE、DF,试判断四边形E8FD的形状,并说明理由.
【分析】(1)由/D〃2C,得NODE=NOBF,而0。=。8,ZDOE=ZBOF,即可根据全等三角形的
判定定理证明
(2)由00=05,直线/经过点。且WDE=BE,DF=BF,由△OOE四△30尸,得DE=BF,
则DE=BE=DF=BF,所以四边形EBFD是菱形.
【解答】(1)证明:
:./ODE=/OBF,
:点。为对角线5D的中点,
:.OD=OB,
在AD0E和4台。尸中,
fZODE=ZOBF
<OD=OB,
LZDOE=ZBOF
:.丛D0E"4B0F(ASA).
(2)解:四边形EAED是菱形,理由如下:
•:OD=OB,直线/经过点。且
直线I是线段BD的垂直平分线,
:.DE=BE,DF=BF,
':ADOE沿ABOF,
:.DE=BF,
,:DE=BE=DF=BF,
四边形班即是菱形.
9.(2023•巴中)综合与实践.
(1)提出问题.如图1,在△48C和△4DE中,/BAC=/DAE=9G°,S.AB=AC,AD=AE,连接
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BD,连接C£交8。的延长线于点O.
①4BOC的度数是90°.
②BD:CE=1:1.
(2)类比探究.如图2,在△4BC和△OEC中,NBAC=/EDC=90°,S.AB=AC,DE=DC,连接
AD.BE并延长交于点O.
@ZAOB的度数是45°;
@AD:BE=
(3)问题解决.如图3,在等边△/2C中,4D_L3c于点。,点£在线段40上(不与/重合),以
/£为边在的左侧构造等边将△,跖绕着点4在平面内顺时针旋转任意角度.如图4,M为
所的中点,N为的中点.
①说明△MVD为等腰三角形.
②求乙的度数.
【分析】(1)(2)从图形可辩知,这个是手拉手全等或相似模型,按模型的相关结论解题.
(3)稍有变化,受前两间的启发,连接8RCE完成手拉手的构造,再结合三角形中位线知识解题.
【解答】解:(1)(1),:ZBAC=ZDAE=9Q°,
:.ABAC-NDAC=NDAE-ZDAC,
:.ZBAD=ZCAE.
又;AB=4C,AD=AE,
:.△BAD^dCAE(&4S).
NABD=NACE,
VZBAC^90°,
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ZABC+ZACB=ZABD+ZOBC+ZACB=90°,
ZACE+ZOBC+NACB=9Q°,
即:ZBCE+ZOBC=90°,
:.ZB(9C=90°.
故/20C的度数是90°.
②由①得△240名
:.BD=CE.
故8。:CE=1:1.
(2)@':AB=AC,DE=DC,
•ABAC
"DF'DC"
又:NBAC=/EDC=90°,
△NBCsADEC,
:.N4CB=NDCB,匹
ACDC
ZACE+ZECB=ZDCA+ZACE,
:.ZECB=ZDCA.
:.△ECBsADCA,
:.NCBE=NCAD,
:.ZAOB=lSQa-ZABO-N2/O=180°-ZABO-ZCAD-N8/C=180°-ZABO-ZCBE-90°
=180°-45°-90°=45°.
故的度数是45°.
②由①得:AECBsADCA.
:.AD:BE=DC:EC,
■:NEDC=90°,S.DE=DC,
:.ZDCE=45°,
AD£=COS45°=迈.
EC2
AD:BE=1:V2.
(3)①解:连接3RCE,延长CE交MN于点、P,交BF于点、O.
在等边△/BC中/8=/C,又于点。,
为8C的中点,
又为斯的中点,N为2E的中点,
:.MN、ND分别是ABEF、△BCE的中位线,
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:.MN=%F,DN=1£C.
22
VZE4E=ZBAC=60°,
ZE4E+ZEAB=ZBAC+ZEAB.
:.ZFAB=ZEAC.
在△NCE和ANB产中,
'AF=AE
<ZFAB=ZEAC-
LAB=AC
:.AACE沿AABF(S/S).
:.BF=EC.
:.MN=DN.
:AMND为等腰三角形.
②:FACE当A4BF,
:.NACE=/ABF,
由(1)(2)规律可知:ZBOC=60°,
:.ZFOC=180°-ZSOC=180°-60°=120°,
又,:BF〃MN,CP//DN,
:.ZMND=ZMPE=ZFOC=120°.
图5
【中考模拟练】
I.(2023•三穗县校级一模)如图,点,£分别为△48C的边48,NC上的点,连接并延长至R使
EF=DE,连接FC.若FC〃4B,AB=5,CF=3,则8。的长等于()
A.1B.2C.3D.5
【分析】由尸C〃/8得,ZDAE=ZFCE,再利用44s证明△£)/£1丝△尸C£,得4D=CF,从而解决问
题.
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【解答】解:
ZDAE=NFCE,
在ADAE与AFCE中,
,ZDAE=ZFCE
'NAED=NCEF,
.DE=EF
.'.△DAE咨MCE(AAS),
:.AD=CF,
:C尸=3,
;.AD=CF=3,
又*8=5,
:.BD=AB-AD=5-3=2,
故选:B.
2.(2024•昆山市一模)如图,在平行四边形48。中,AD=5,AB=6近,/£>是锐角,C£_L4D于点£,
厂是CD的中点,连接8尸,EF.若/EFB=9Q°,则CE的长为2\/Ti.
【分析】如图,延长2/交/。的延长线于。,连接BE,设DE=x,首先证明△BCF之尸(44S),
得出EQ=BE=x+5,利用勾股定理构建方程即可解决问题.
【解答】解:如图,延长8b交/。的延长线于0,连接5E,设DE=x,
C.DQ//BC,AD=BC=5,
:./Q=/CBF,
,:DF=FC,ZDFQ=ZBFC,
:.丛BCFW丛QDF(AAS),
:.BC=DQ,QF=BF,
;/MB=90°,
第17页共71页
:.EFLQB,
.\EQ=BE=x+5,
9:CE.LAD,BC//AD,
:.CEA.BC,
:.ZDEC=ZECB=90°,
•:CE2=DC2-ED2=EB2-BC2,
(6A/2)2-x2—(x+5)2-52,
整理得:2,+10x-72=0,
解得x=4或-9(舍弃),
:.BE=9,
CE=7BE2-BC2=792-52=2>/14-
故答案为:2日.
3.(2023•福田区二模)如图,正方形A8CD的边长为8,对角线/C,3。相交于点O,点N分别在
边3C,CD上,且NVON=90°,连接MV交0c于尸,若BM=2,则OP・OC=20.
【分析】过点。作OEL8C于点E,根据正方形的性质可得05=。。=。。,ZBOC=ZCOD=90a,
NO8C=/OCB=NOCD=45°,再根据同角的余角相等可得N3OA/=NCON,以此即可通过N&4证明
/\OBM^/\OCN,得到2M=CN=2,OM=ON,进而得到NCW=/OCM=45°,易证明△OMPs4
OCM,根据相似三角形的性质可得理_旦巳,即。P・OC=O序,由等腰直角三角形的性质可得OE=3£
OC0M
=4,则ME=2,最后根据勾股定理即可求解.
【解答】解:如图,过点。作。于点E,
•/四边形ABCD为边长为8的正方形,
第18页共71页
:.OB=OC=OD,8c=8,BD±AC,
:.ZBOC=ZCOD=90°,ZOBC=ZOCB=ZOCD=45°,
':NBOC=ZBOM+ZCOM^90°,
又,//MON=ZCOM+ZCON=90°,
:.ZBOM=ACON,
在AOBM和△OCN中,
,ZB0M=ZC0N
-OB=OC,
,Z0BM=Z0CN
:./\OBM^/\OCNCASA),
:.BM=CN=2,OM=ON,
...△MON为等腰直角三角形,
ZOMN=ZOW=45°,
:.ZOMP=ZOCM=45°,
':ZPOM=NMOC,
•.•-0-M~-O-P-,
0C0M
:.OP-OC=OM2,
VZBOC=90°,OB=OC,OELBC,
.".OE=BE=~^l(j=4,
:.ME=BE-BM=2,
在RtAOME中,。胎=OE2+ME2,
.•.OA/2=42+22=20,
:.OP-OC=20.
故答案为:20.
4.(2024•河南一模)如图,在菱形O4BC中,48。。=60°,点C(-3,0),点。在对角线20上,
且00=22。,点£是射线/。上一动点,连接。E,尸为x轴上一点(尸在左侧),且/ED尸=60°,
连接即,当△。跖的周长最小时,点£的坐标为()
第19页共71页
A.(1,3)B.(-1,-V3)c.(1,多D.(0,0)
【分析】先说明△。既是等边三角形,再利用垂线段最短找到点E的位置,最后确定E的坐标.
【解答】解:如图,取点G(-2,0),连接DG,
:四边形CU8C是菱形点。(-3,0),
OC=OA=BC=3,
VZBCO=60°,
...△8C。是等边三角形,
:.OB=3,NBOC=60°,
,:OD=2BD,
:.OD=2,
:OG=2,
...△OG。是等边三角形,
:.ZGDO=60°,DG=DO,
VZEDF=60°,
ZFDG=/EDO,
VZFGD=ZEOD=120°,
:.^FDG^/\EDO(ASA),
:.DF=DE,
即是等边三角形,
;.△£)£厂的周长最小时,DE最小,
如图,过。作DE_L。/,垂足为E,过E作EH_Lx轴,垂足为
RtZXDOE中,ZDOE=60°,OD=2,
:.OE=loD^l,
2
RtZ\O£77中,ZEOH=60a,
第20页共71页
:.OH=1JOE=X,EH=OE-sinZEOH=OE-sm6Q0=江,
222
故选:C.
5.(2023•长春模拟)两个大小不同的等边三角形三角板按图①所示摆放.将两个三角板抽象成如图②所
示的△/8C和点2、C、。依次在同一条直线上,连接CE.若CD=1,CE=3,则点/到直线
BC的距离为_V3_.
图①图②
【分析】首先根据等边三角形的性质得NA4C=60°,AB=AC,/£>/£=60°,AD=AE,进而可得出
ZBAD=ZCAE,据此可依据“S/S”判定和全等,从而得出BD=CE=3,进而得8C=2,
然后过点/作于点〃,在中,利用勾股定理可求出的长.
【解答】解::△/BC和△/£>£均为等边三角形,
?.ZBAC=60°,AB=AC,NDAE=60°,AD=AE,
:./BAC=ZDAE,
:.NBAC+NCAD=ZDAE+ZCAD,
即:ZBAD^ZCAE,
在△48。和中,
'AB=AC
,ZBAD=ZCAE-
LAD=AE
.♦.△ABD/△ACE(SAS),
:.BD=CE,
即:BC+CD=CE,
':CD=\,CE=3,
:.BC+\=3,
:.BC=2,
图①图②
;△NBC是等边三角形,
第21页共71页
•■•BH=CH=yBC-1-X2=l-AC=BC=2,
在RtZ\/〃C中,AC=2,CH=\,
由勾股定理得:AH=VAC2-CH2=^22-12=V3-
,点/到直线5c的距离为近.
故答案为:V3.
6.(2024•雁塔区校级二模)已知:如图,点£、尸在8C上,4F与DE交于点、G,AB=DC,GE=GF,
【分析】由GE=GR得出AGE/为等腰三角形,即/GE/=NGEE,再判定以名△OCE,根据/厂
-GF=DE-GE,即可得出结论.
【解答】证明::GE=GR
...△GM为等腰三角形,
ZGEF=ZGFE,
在AABF和△£»(7£中,NB=NC,
:./A=ND,
在尸和△DCE中,
rZA=ZD
,AB=DC,
LZB=ZC
:.△ABF/ADCE(ASA),
:.AF=DE,
又,:GF=GE,
:.AF-GF=DE-GE,
即AG=DG.
7.(2024•凉州区一模)某同学用10块高度都是5c%的相同长方体小木块,垒了两堵与地面垂直的木墙,
木墙之间刚好可以放进一个等腰直角三角板(N4SD=90°,BD=BA),点8在C£上,点/和。
分别与木墙的顶端重合.
(1)求证:△ACB9ABED;
(2)求两堵木墙之间的距离.
第22页共71页
D
【分析】(1)根据题意可得/C=2C,ZACB=90°,ADLDE,BELDE,进而得到/4DC=NCE2=
90°,再根据等角的余角相等可得N2CE=N£UC,再证明△/OC四△CE2即可;
(2)利用全等三角形的性质进行解答.
【解答】(1)证明:由题意得:AB=BD,ZABD=90a,ACLCE,DEA^CE,
:.ZBED=ZACB=90°,
:.NBDE+NDBE=90°,ZDBE+ZABC=90°,
ZBDE=/ABC,
在△NCB和△BED中,
,ZABC=ZBDE
<NACB=/BED,
BD=AB
:.△ACB沿ABED(AAS);
(2)解:由题意得:NC=5X3=15(cm),£>£=7X5=35(cm),
■:AACBmABED,
DE=BC=35cm,BE=AC=l5cm,
:.DE=DC+CE=50(cm),
答:两堵木墙之间的距离为50cm.
8.(2024•龙马潭区一模)如图,抛物线y=a?+6x+6(aWO)与x轴交于/(-1,0),5(3,0)两点,
与y轴交于点C,顶点为D
(1)求抛物线的解析式;
(2)若在线段3c上存在一点",使得N3MO=45°,过点。作08,(W交BC的延长线于点8,求
点M的坐标;
(3)点P是y轴上一动点,点0是在对称轴上一动点,是否存在点P,0,使得以点P,Q,C,。为顶
点的四边形是菱形?若存在,求出点0的坐标;若不存在,请说明理由.
第23页共71页
备用图
【分析】⑴把点N(7,0),2(3,0)代入抛物线解析式得卜++6=°,解得(a=-2,即可得
l9a+3b+6=0Ib=4
出结论;
(2)由待定系数法得直线8C的解析式为y=-2x+6,设点〃■的坐标为(加,-2加+6)(0</<3),
过点新作轴于点N,过点77作胸_Ly轴于点K,证△OMN之(44S),得MN=OK,ON
=HK.则X(-2m+6,-m),再由点H(-2加+6,-m)在直线y=-2x+6上,得-2(-2w+6)+6
=-m,解得加=旦,即可解决问题;
5
(3)分两种情况讨论,①当CD为菱形的边时,②当CD为菱形的对角线时,分别求出点。的坐标即
可.
【解答】解:(1)•.•抛物线歹=改2+历:+6经过点/(-I,0),B(3,0)两点,
.(a-b+6=0
l9a+3b+6=0,
解得:卜=-2,
Ib=4
...抛物线的解析式为了=-2X2+4X+6;
(2)由(1)得,点C(0,6),
设直线BC的解析式为y=kx+c,
:直线3C经过点B(3,0),C(0,6),
.(3k+c=0
"Ic=6,
解得:。=-2
Ic=6
直线2c的解析式为y=-2x+6,
设点Af的坐标为(m,-2m+6)(0<m<3),
如图1,过点〃■作MNLy轴于点N,过点〃作轴于点K,
则/ACVO=NOKH=90°,
\"OHLOM,
第24页共71页
ZMOH=90°,
':ZOMB=45°,
・・・AMOH是等腰直角三角形,
:.OM=OH.
VZMON+ZKOH=90°,ZOHK+ZKOH=90°,
・•・ZMON=ZOHKf
:•△OMN"AHOK(AAS),
:.MN=OK,ON=HK.
:.H(-2加+6,-m),
♦;点、H(-2加+6,-加)在直线y=-2x+6±,
-2(-2m+6)+6=-m,
解得:m=—
5f
把羽=2代入y=-2x+6得:》=里_,
55
.•.当NOMB=45°时,点〃的坐标为(旦,-1§.);
55
(3)存在,理由如下:
:抛物线的解析式为y=-2%2+4X+6=-2(x-1)2+8,顶点为D,
.•.点。的坐标为(1,8),
分两种情况讨论:
①当CD为菱形的边时,
如图2,过。作CE_LD。于£
VC(0,6),D(1,8
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