专题06 直角三角形性质的应用（教师版） 备战2021年中考几何压轴题分类导练学案

专题6：直角三角形性质的应用

【典例引领】

例：如图，在Rt△ABC中，AC=BC，∠ACB=90°，点D，E分别在AC，BC上，且CD=CE．

（1）如图1，求证：∠CAE=∠CBD；

（2）如图2，F是BD的中点，求证：AE⊥CF；

（3）如图3，F，G分别是BD，AE的中点，若AC=2，CE=1，求△CGF的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）S△CFG=．

【解析】（1）直接判断出△ACE≌△BCD即可得出结论；

（2）先判断出∠BCF=∠CBF，进而得出∠BCF=∠CAE，即可得出结论；

（3）先求出BD=3，进而求出CF=，同理：EG=，再利用等面积法求出ME，进而求出GM，最后用面积公式即可得出结论．

【解答】（1）在△ACE和△BCD中，

，

∴△ACE≌△BCD，

∴∠CAE=∠CBD；

（2）如图2，

在Rt△BCD中，点F是BD的中点，

∴CF=BF，

∴∠BCF=∠CBF，

由（1）知，∠CAE=∠CBD，

∴∠BCF=∠CAE，

∴∠CAE+∠ACF=∠BCF+∠ACF=∠BAC=90°，

∴∠AMC=90°，

∴AE⊥CF；

（3）如图3，

∵AC=2，

∴BC=AC=2，

∵CE=1，

∴CD=CE=1，

在Rt△BCD中，根据勾股定理得，BD==3，

∵点F是BD中点，

∴CF=DF=BD=，

同理：EG=AE=，

连接EF，过点F作FH⊥BC，

∵∠ACB=90°，点F是BD的中点，

∴FH=CD=，

∴S△CEF=CE•FH=×1×=，

由（2）知，AE⊥CF，

∴S△CEF=CF•ME=×ME=ME，

∴ME=，

∴ME=，

∴GM=EG-ME=-=，

∴S△CFG=CF•GM=××=．

【强化训练】

1．在正方形ABCD中，E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），连结BE．

（感知）如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F．易证△ABF≌△BCE．（不需要证明）

（探究）如图②，取BE的中点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G．

（1）求证：BE=FG．

（2）连结CM，若CM=1，则FG的长为　   　．

（应用）如图③，取BE的中点M，连结CM．过点C作CG⊥BE交AD于点G，连结EG、MG．若CM=3，则四边形GMCE的面积为　   　．

【答案】（1）证明见解析；（2）2，9.

【解析】【分析】感知：利用同角的余角相等判断出∠BAF=∠CBE，即可得出结论；

探究：（1）判断出PG=BC，同感知的方法判断出△PGF≌CBE，即可得出结论；

（2）利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，

应用：借助感知得出结论和直角三角形斜边的中线是斜边的一半即可得出结论．

【解答】感知：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，

∴∠ABE+∠CBE=90°，

∵AF⊥BE，

∴∠ABE+∠BAF=90°，

∴∠BAF=∠CBE，

在△ABF和△BCE中，

，

∴△ABF≌△BCE（ASA）；

探究：（1）如图②，

过点G作GP⊥BC于P，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC，∠A=∠ABC=90°，

∴四边形ABPG是矩形，

∴PG=AB，∴PG=BC，

同感知的方法得，∠PGF=∠CBE，

在△PGF和△CBE中，

，

∴△PGF≌△CBE（ASA），

∴BE=FG；

（2）由（1）知，FG=BE，

连接CM，

∵∠BCE=90°，点M是BE的中点，

∴BE=2CM=2，

∴FG=2，

故答案为：2．

应用：同探究（2）得，BE=2ME=2CM=6，

∴ME=3，

同探究（1）得，CG=BE=6，

∵BE⊥CG，

∴S四边形CEGM=CG×ME=×6×3=9，

故答案为：9．

2．综合与实践：

如图1，将一个等腰直角三角尺的顶点放置在直线上，，，过点作于点，过点作于点．

观察发现：

（1）如图1．当，两点均在直线的上方时，

①猜测线段，与的数量关系，并说明理由；

②直接写出线段，与的数量关系；

操作证明：

（2）将等腰直角三角尺绕着点逆时针旋转至图2位置时，线段，与又有怎样的数量关系，请写出你的猜想，并写出证明过程；

拓广探索：

（3）将等腰直角三用尺绕着点继续旋转至图3位置时，与交于点，若，，请直接写出的长度．

【答案】（1）①． 理由见解析；②；（2）；证明见解析；（3）的长度为．

【分析】（1）过点作根据已知条件结合直角三角形性质证明，从而得到四边形为正方形，最后得出①，直接写出②（2）过点作，先证明证明四边形为正方形，根据正方形的性质求解（3）过点作，证明，四边形为正方形，再求解.

【解答】解：（1）①．

理由如下：

如图，过点作，交的延长线于点，

∵，，

∴．

又∵

∴

∴四边形为矩形．

∴．

又∵，

∴．

即．

在和中，

∴．

∴，．

又∵四边形为矩形，

∴四边形为正方形．

∴．

∴．

②．

（2）

如图，过点作，交延长线于点，

∵，，

∴．

又∵，

∴．

∴四边形为矩形．

∴．

又∵，

∴，

即．

在和中，

∴．

∴，．

又∵四边形为矩形，

∴四边形为正方形．

∴．

∵，

∴．

∴．

（3）

如图，过点作，交于点，

同理可证，，四边形为正方形．

∴，．

∵，

∴．

∴．

∵，，

∴，．

∵，

∴．

∴．

∴．

3．如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点E在AC上（且不与点A，C重合），在△ABC的外部作△CED，使∠CED=90°，DE=CE，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．

（1）请直接写出线段AF，AE的数量关系     ；

（2）将△CED绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图②，连接AE，请判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；

（3）在图②的基础上，将△CED绕点C继续逆时针旋转，请判断（2）问中的结论是否发生变化？若不变，结合图③写出证明过程；若变化，请说明理由．

【答案】(1)AF=AE；（2）AF=AE，证明详见解析；（3）结论不变，AF=AE，理由详见解析.

【分析】（1）如图①中，结论：AF=AE，只要证明△AEF是等腰直角三角形即可．（2）如图②中，结论：AF=AE，连接EF，DF交BC于K，先证明△EKF≌△EDA再证明△AEF是等腰直角三角形即可．（3）如图③中，结论不变，AF=AE，连接EF，延长FD交AC于K，先证明△EDF≌△ECA，再证明△AEF是等腰直角三角形即可．

【解答】（1）如图①中，结论：AF=AE．

理由：∵四边形ABFD是平行四边形

，

∴AB=DF，

∵AB=AC，

∴AC=DF，

∵DE=EC，

∴AE=EF，

∵∠DEC=∠AEF=90°，

∴△AEF是等腰直角三角形，

∴AF=AE．

（2）如图②中，结论：AF=AE．

理由：连接EF，DF交BC于K．

∵四边形ABFD是平行四边形，

∴AB∥DF，

∴∠DKE=∠ABC=45°，

∴EKF=180°﹣∠DKE=135°，

∵∠ADE=180°﹣∠EDC=180°﹣45°=135°，

∴∠EKF=∠ADE，

∵∠DKC=∠C，

∴DK=DC，

∵DF=AB=AC，

∴KF=AD，

在△EKF和△EDA中，

，

∴△EKF≌△EDA，

∴EF=EA，∠KEF=∠AED，

∴∠FEA=∠BED=90°，

∴△AEF是等腰直角三角形，

∴AF=AE．

（3）如图③中，结论不变，AF=AE．

理由：连接EF，延长FD交AC于K．

∵∠EDF=180°﹣∠KDC﹣∠EDC=135°﹣∠KDC，

∠ACE=（90°﹣∠KDC）+∠DCE=135°﹣∠KDC，

∴∠EDF=∠ACE，

∵DF=AB，AB=AC，

∴DF=AC

在△EDF和△ECA中，

，

∴△EDF≌△ECA，

∴EF=EA，∠FED=∠AEC，

∴∠FEA=∠DEC=90°，

∴△AEF是等腰直角三角形，

4．如图①，△ABC与△CDE是等腰直角三角形，直角边AC、CD在同一条直线上，点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点，连接AE、BD．

（1）猜想PM与PN的数量关系及位置关系，请直接写出结论；

（2）现将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到图②，AE与MP、BD分别交于点G、H．请判断（1）中的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；

（3）若图②中的等腰直角三角形变成直角三角形，使BC=kAC，CD=kCE，如图③，写出PM与PN的数量关系，并加以证明．

【答案】（1）PM=PN，PM⊥PN，理由见解析；（2）理由见解析；（3）PM=kPN；理由见解析

【分析】（1）由等腰直角三角形的性质易证△ACE≌△BCD，由此可得AE=BD，再根据三角形中位线定理即可得到PM=PN，由平行线的性质可得PM⊥PN；（2）（1）中的结论仍旧成立，由（1）中的证明思路即可证明；（3）PM=kPN，由已知条件可证明△BCD∽△ACE，所以可得BD=kAE，因为点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点，所以PM=BD，PN=AE，进而可证明PM=kPN．

【解答】（1）PM=PN，PM⊥PN，理由如下：

∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形， ∴AC=BC，EC=CD，∠ACB=∠ECD=90°．

在△ACE和△BCD中， ∴△ACE≌△BCD（SAS）， ∴AE=BD，∠EAC=∠CBD，

∵点M、N分别是斜边AB、DE的中点，点P为AD的中点， ∴PM=BD，PN=AE，

∴PM=PM， ∵∠NPD=∠EAC，∠MPN=∠BDC，∠EAC+∠BDC=90°， ∴∠MPA+∠NPC=90°，

∴∠MPN=90°，  即PM⊥PN；

（2）∵△ACB和△ECD是等腰直角三角形， ∴AC=BC，EC=CD，∠ACB=∠ECD=90°．

∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE． ∴∠ACE=∠BCD． ∴△ACE≌△BCD． ∴AE=BD，∠CAE=∠CBD．

又∵∠AOC=∠BOE，∠CAE=∠CBD， ∴∠BHO=∠ACO=90°．

∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点， ∴PM=BD，PM∥BD； PN=AE，PN∥AE．

∴PM=PN． ∴∠MGE+∠BHA=180°． ∴∠MGE=90°． ∴∠MPN=90°． ∴PM⊥PN．                       

（3）PM=kPN  

∵△ACB和△ECD是直角三角形， ∴∠ACB=∠ECD=90°． ∴∠ACB+∠BCE=∠ECD+∠BCE．

∴∠ACE=∠BCD． ∵BC=kAC，CD=kCE， ∴=k． ∴△BCD∽△ACE． ∴BD=kAE．

∵点P、M、N分别为AD、AB、DE的中点， ∴PM=BD，PN=AE． ∴PM=kPN．

5．如图，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点E是直线BC上一点，连接AE，过点C作CF⊥AE于点F，连接BF．如图①，当点E在BC上时，易证AF﹣CF=BF（不需证明），点E在CB的延长线上，如图②：点E在BC的延长线上，如图③，线段AF，CF，BF之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．

【答案】证明AF=CF+BF．

如图②中，结论：CF﹣AF=BF．理由见解析；②如图③中，结论：CF+AF=BF．理由见解析.

【分析】

如图①中，作BH⊥BF交AF于H．只要证明△BAH≌△BCF，即可解决问题.

①如图②中，结论：CF－AF＝BF．作BH⊥BF交AF于H．只要证明△BAH≌△BCF，即可解決问題.

②如图③中，结论：CF＋AF＝BF，只要证明△BAH≌△BCF，即可解決问题.

【解答】

证明：如图①中，作BH⊥BF交AF于H．

∵∠ABC=∠FBH，

∴∠FBC=∠ABH，

∵∠EFC=∠EBA=90°，

∠CEF=∠AEB，

∴∠ECF=∠EAB，

在△BAH和△BCF中，

，

∴△BAH≌△BCF，

∴AH=CF，BH=BF，

∵∠FBH=90°，

∴△BFH是等腰直角三角形，

∴FH=BF，

∵FH=AF﹣AH=AF﹣CF，

∴AF﹣CF=BF，

∴AF=CF+BF．

①如图②中，结论：CF﹣AF=BF．

理由：作BH⊥BF交AF于H．

∵∠ABC=∠FBH，

∴∠FBC=∠ABH，

∵∠AFC=∠ABC=90°，

∴∠CEF+∠FCB=90°，∠AEB+∠BAH=90°

∴∠ECF=∠EAB，

在△BAH和△BCF中，

，

∴△BAH≌△BCF，

∴AH=CF，BH=BF，

∵∠FBH=90°，

∴△BFH是等腰直角三角形，

∴FH=BF，

∵FH=AH﹣AF=CF﹣AF，

∴CF﹣AF=BF．

②如图③中，结论：CF+AF=BF．

理由：作BH⊥BF交AF于H．

∵∠ABC=∠FBH，

∴∠FBC=∠ABH，

∵∠AFC=∠ABC=90°，

∴∠BCF+∠BAF=180°，∵∠BAF+∠BAH=180°

∴∠BCF=∠BAH，

在△BAH和△BCF中，

，

∴△BAH≌△BCF，

∴AH=CF，BH=BF，

∵∠FBH=90°，

∴△BFH是等腰直角三角形，

∴FH=BF，

∵FH=AH+AF=CF+AF，

∴CF+AF=BF．