2022中考数学专题三 几何证明(共40张PPT)课件PPT

这是一份2022中考数学专题三 几何证明(共40张PPT)课件PPT，共40页。

　　几何证明是平面几何中的一个重要问题,它对培养学生逻辑思维能力有着很大作用.几何证明有两种基本类型:一是平面图形的数量关系;二是有关平面图形的位置关系.这两类问题常常可以相互转化,如证明平行关系可转化为证明角相等或角互补的问题.
考点一 证明线段相等或角相等 　　两条线段或两个角相等是平面几何证明中最基本也是最重要的一种相等关系.很多其他问题最后都可化归为此类问题来证.证明两条线段或两角相等最常用的方法是利用全等三角形的性质,其他如线段中垂线的性质、角平分线的性质、等腰三角形的判定与性质等也经常用到.
【示范题1】(2017·湖州中考)已知正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O.(1)如图1,E,G分别是OB,OC上的点,CE与DG的延长线相交于点F.若DF⊥CE,求证:OE=OG.
(2)如图2,H是BC上的点,过点H作EH⊥BC,交线段OB于点E,连接DH交CE于点F,交OC于点G.若OE=OG,①求证:∠ODG=∠OCE;②当AB=1时,求HC的长.
【思路点拨】(1)欲证明OE=OG,只要证明△DOG≌△COE即可.(2)①欲证明∠ODG=∠OCE,只要证明△ODG≌△OCE即可;②设CH=x,由△CHE∽△DCH,可得 ,即HC2=EH·CD,由此构建方程即可解决问题.
【自主解答】(1)∵四边形ABCD是正方形,∴AC⊥BD,OD=OC,∴∠DOG=∠COE=90°,∴∠OEC+∠OCE=90°,∵DF⊥CE,∴∠OEC+∠ODG=90°,∴∠ODG=∠OCE,∴△DOG≌△COE(ASA),∴OE=OG.
(2)①∵OG=OE,∠DOG=∠COE=90°,OD=OC,∴△ODG≌△OCE,∴∠ODG=∠OCE.②设CH=x,∵四边形ABCD是正方形,AB=1,∴BH=1-x,∠DBC=∠BDC=∠ACB=45°,∵EH⊥BC,∴∠BEH=∠EBH=45°,∴EH=BH=1-x,
∵∠ODG=∠OCE,∴∠BDC-∠ODG=∠ACB-∠OCE,∴∠HDC=∠ECH,∵EH⊥BC,∴∠EHC=∠HCD=90°,∴△CHE∽△DCH,∴ ,∴HC2=EH·CD,∴x2=(1-x)·1,解得x= 或 (舍弃),∴HC= .
【特别提醒】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质.在几何图形中,证明线段(或角)相等的一般思路是证明线段(或角)所在的三角形全等;求线段的长时,可构造直角三角形利用勾股定理求解,有时利用相似三角形的对应边成比例构造方程求解.
【变式训练】如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠A=30°,AB的垂直平分线分别交AB,AC于点D,E.(1)求证:AE=2CE.(2)求证:DE=EC.
【证明】(1)连接BE,∵在△ABC中,∠C=90°,∠A=30°,∴∠ABC=90°-∠A=60°,∵DE是AB的垂直平分线,∴AE=BE,∴∠ABE=∠A=30°,∴∠CBE=∠ABC-∠ABE=30°,在Rt△BCE中,BE=2CE,∴AE=2CE.
(2)由(1)知∠CBE=∠ABE=30°,∵DE⊥AB,∠C=90°,∴DE=CE.
【知识归纳】1.掌握分析、证明几何问题的常用方法:(1)综合法(由因导果):从已知条件出发,通过有关定义、定理、公理的应用,逐步向前推进,直到问题的解决.
(2)分析法(执果索因):从命题的结论考虑,推敲使其成立需要具备的条件,然后再把所需的条件看成要证的结论继续推敲,如此逐步往上逆求,直到已知事实为止.
(3)两头凑法:将分析与综合法合并使用,比较起来,分析法利于思考,综合法易于表达,因此,在实际思考问题时,可合并使用,灵活处理,以利于缩短题设与结论的距离,最后达到证明目的.
2.掌握构造基本图形的方法:复杂的图形都是由基本图形组成的,因此要善于将复杂图形分解成基本图形.在更多时候需要构造基本图形,在构造基本图形时往往需要添加辅助线,以达到集中条件、转化问题的目的.
考点二 证明直线平行或垂直 　　在两条直线的位置关系中,平行与垂直是两种特殊的位置.证两直线平行,可用同位角、内错角或同旁内角的关系来证,也可通过边对应成比例、三角形中位线定理证明.证两条直线垂直,可转化为证一个角等于90°,或利用两个锐角互余,或等腰三角形“三线合一”来证.
【示范题2】(2017·南充中考)如图,在正方形ABCD中,点E,G分别是边AD,BC的中点,AF= AB.(1)求证:EF⊥AG.
(2)若点F,G分别在射线AB,BC上同时向右、向上运动,点G运动速度是点F运动速度的2倍,EF⊥AG是否成立(只写结果,不需说明理由)?(3)正方形ABCD的边长为4,P是正方形ABCD内一点,当S△PAB=S△OAB时,求△PAB周长的最小值.
【思路点拨】(1)由正方形的性质得出AD=AB,∠EAF=∠ABG=90°,证出 ,得出△AEF∽△BAG,由相似三角形的性质得出∠AEF=∠BAG,再由角的互余关系和三角形内角和定理证出∠AOE=90°即可.
(2)证明△AEF∽△BAG,得出∠AEF=∠BAG,再由角的互余关系和三角形内角和定理即可得出结论.
(3)过点O作MN∥AB,交AD于点M,交BC于点N,则MN⊥AD,MN=AB=4,由三角形的面积关系得出点P在线段MN上,当P为MN的中点时,△PAB的周长最小,此时PA=PB,PM= MN=2,连接EG,则EG∥AB,EG=AB=4,证明△AOF∽△GOE,得出 ,证出 ,得出AM= AE= ,由勾股定理求出PA,即可得出答案.
【自主解答】(1)∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AB,∠EAF=∠ABG=90°,∵点E,G分别是边AD,BC的中点,AF= AB.∴△AEF∽△BAG,∴∠AEF=∠BAG,∵∠BAG+∠EAO=90°,∴∠AEF+∠EAO=90°,∴∠AOE=90°,∴EF⊥AG.
(2)成立.理由如下:根据题意得:又∵∠EAF=∠ABG,∴△AEF∽△BAG,∴∠AEF=∠BAG,∵∠BAG+∠EAO=90°,∴∠AEF+∠EAO=90°,∴∠AOE=90°,∴EF⊥AG.
(3)过点O作MN∥AB,交AD于点M,交BC于点N,如图所示,则MN⊥AD,MN=AB=4,∵P是正方形ABCD内一点,S△PAB=S△OAB,∴点P在线段MN上,当P为MN的中点时,△PAB的周长最小,此时PA=PB,PM= MN=2,
连接EG,PA,PB,则EG∥AB,EG=AB=4,∴△AOF∽△GOE,∴∵MN∥AB,∴∴由勾股定理得:PA=∴△PAB周长的最小值=2PA+AB=
【特别提醒】本题是四边形的综合题目,考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、三角形内角和定理、直角三角形的性质等知识,证明三角形相似是解决问题的关键.
【变式训练】如图所示,在四边形ABCD中,∠A=∠C=90°,BE,DF分别平分∠ABC,∠ADC.判断BE,DF是否平行,并说明理由.
【解析】BE∥DF.理由如下:∵∠A=∠C=90°,∴∠ABC+∠ADC=180°.∵BE平分∠ABC,DF平分∠ADC,∴∠1=∠2= ∠ABC,∠3=∠4= ∠ADC.∴∠2+∠4= (∠ABC+∠ADC)= ×180°=90°.又∠1+∠CEB=90°,∴∠4=∠CEB.∴BE∥DF.
考点三 证明线段和差的问题 【示范题3】如图,正方形ABCD中,E,F分别在BC,DC上,且∠EAF=45°.试说明:BE+DF=EF.
【思路点拨】把△ABE逆时针旋转90°得到△ADG,根据旋转的性质可得BE=GD,AE=AG,再根据∠EAF=45°求出∠FAG=45°,然后证明△AEF与△AGF全等,根据全等三角形对应边相等可得EF=GF,即EF=GD+FD,即可证明EF=BE+DF.
【自主解答】如图,把△ABE逆时针旋转90°得到△ADG,∴BE=GD,AE=AG,∵∠EAF=45°,∴∠FAG=90°-45°=45°,∴∠EAF=∠FAG,在△AEF和△AGF中,
∴△AEF≌△AGF(SAS),∴EF=GF,即EF=GD+DF,∴BE+DF=EF.
【特别提醒】本题考查了正方形四边均相等,且各内角均为直角的性质,考查了全等三角形的证明,本题把△ABE逆时针旋转90°,构建全等三角形△AEF与△AGF是解题的关键.
【变式训练】如图,已知正方形ABCD中,对角线AC,BD交于O点,过O点作OE⊥OF分别交DC于E,交BC于F,∠FEC的角平分线EP交直线AC于P.(1)求证:OE=OF.(2)写出线段EF,PC,BC之间的一个等量关系式,并证明你的结论.
【解析】(1)∵正方形ABCD中,对角线AC,BD交于O点,∴AC⊥BD,∴∠BOC=∠DOC=90°,∴∠BOF+∠FOP=90°,∵OE⊥OF,∴∠FOE=90°,∴∠EOC+∠FOP=90°
∴∠BOF=∠EOC,又∵OB=OC,∠OBF=∠OCE=45°,∴△BOF≌△COE,∴OE=OF.
(2)EF+ CP=BC.证明:∵△BOF≌△COE,∴OE=OF,∴∠OEF=∠OFE=45°.∵∠FEC的角平分线EP交直线AC于P,∴∠FEP=∠CEP.∵∠OEP=∠OEF+∠FEP,∠OPE=∠ACD+∠CEP,又∵∠OEF=∠ACD=45°,∴∠OEP=∠OPE.