所属成套资源:2024年决胜中考数学探究性试题总复习
2024年中考数学探究性试题总复习-- 三角形(14)
展开这是一份2024年中考数学探究性试题总复习-- 三角形(14),共30页。试卷主要包含了综合题等内容,欢迎下载使用。
一、综合题
1.如图:
(1)如图1,若点A,B在直线l的同侧,在直线上找一点P,使AP+BP的值最小.作法如下:作点B关于直线l的对称点B′,连接AB′与直线l的交点就是所求的点P.如图2,在等边三角形ABC中,点E是AB边的中点,AD是高,且AD=2,在AD上找一点P,使BP+PE的值最小.
作法如下:作点B关于直线AD的对称点,恰好与点C重合,连接CE交AD于一点,则这点就是所求的点P,求BP+PE的最小值.
(2)实践运用:如图3,在四边形ABCD中,点B与点D关于直线AC对称,对角线AC与BD相交于点O,AC=8,点P是对角线AC上的一个动点,AB=BC=CD=AD=BD,点M是AB的中点,求PM+PB的最小值;
(3)拓展延伸:如图4,在四边形ABCD的对角线AC上找一点P,使∠APB=∠APD.(保留作图痕迹,不必写出作法)
2.如图:
(1)【发现证明】
如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别是BC,CD边上的动点,且∠EAF=45°,求证:EF=DF+BE.小明发现,当把△ABE绕点A顺时针旋转90°至△ADG,使AB与AD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ABCD中,如果点E,F分别是CB,DC延长线上的动点,且∠EAF=45°,则(1)中的结论还成立吗?若不成立,请写出EF,BE,DF之间的数量关系 (不要求证明)
②如图3,如果点E,F分别是BC,CD延长线上的动点,且∠EAF=45°,则EF,BE,DF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ABCD的边长为6,AE=35,求AF的长.
3.【阅读理解】
三角形内角和定理告诉我们:如图①,三角形三个内角的和等于180°.
如图②,在△ABC中,有∠A+∠ABC+∠C=180°,点D是AB延长线上一点.由平角的定义可得∠ABC+∠CBD=180°,所以∠CBD=∠A+∠C.从而得到三角形内角和定理的推论:三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和.
(1)【初步应用】
如图③,点D,E分别是△ABC的边AB,AC延长线上一点,
若∠A=60°,∠CBD=110°,则∠ACB= °;
(2)若∠A=60°,∠CBD=110°,则∠CBD+∠BCE= °;
(3)若∠A=m°,则∠CBD+∠BCE= °.
(4)【拓展延伸】
如图④,点D,E分别是△ABC的边AB,AC延长线上一点,
若∠A=60°,分别作∠CBD和∠BCE的平分线交于点O,则∠BOC= °;
(5)若∠A=60°,分别作∠CBD和∠BCE的三等分线交于点O,且∠CBO=13∠CBD,∠BCO=13∠BCE,则∠BOC= °;
(6)若∠A=m°,分别作∠CBD和∠BCE的n等分线交于点O,且∠CBO=1n∠CBD,∠BCO=1n∠BCE,则∠BOC= °.
4.
(1)综合与实践
问题情境:如图1,在Rt△ABC中,AC=BC=2,∠ACB=90°,D,E分别是AC,BC的中点,连接DE.
如图2,将△CDE绕着点C逆时针旋转a°,连接BE和AD,小明发现AD=BE,BE⊥AD,请你证明该结论.
(2)猜想探究:
如图3,将△CDE绕着点C逆时针旋转a°(0<α<90),此时恰好有CE⊥BE,连接AD,延长BE,交AD于点F,试猜想四边形CDFE的形状,并说明理由.
拓展探究:
(3)如图4,将△CDE绕着点C逆时针旋转a°(90<α<270),直接写出四边形AEDB的面积的最大值.
5.阅读与思考.
阅读下列材料,并完成相应的任务.
(1)根据材料中的方法,请写出完整的证明过程.
(2)如图2,将直角三角形分割成一个正方形和两对全等的直角三角形,我们把这样的直角三角形称为“勾股形”,图3是由两个完全相同的“勾股形”拼接而成的矩形,若a=3,b=10,求该矩形的面积.
6.
(1)【问题呈现】
如图1,△ABC和△ADE都是等边三角形,连接BD,CE.求证:BD=CE.
(2)【类比探究】
如图2,△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,∠ABC=∠ADE=90°.连接BD,CE.请直接写出BDCE的值.
(3)【拓展提升】
如图3,△ABC和△ADE都是直角三角形,∠ABC=∠ADE=90°,且ABBC=ADDE=34.连接BD,CE.延长CE交BD于点F,交AB于点G.求sin∠BFC的值.
7.如图1,已知△ABC和△ADE均为等腰直角三角形,点D、E分别在线段AB、AC上,∠C=∠AED=90°.
(1)观察猜想:如图2,将△ADE绕点A逆时针旋转,连接BD、CE,BD的延长线交CE于点F.当BD的延长线恰好经过点E时,点E与点F重合,此时,
①BDCE的值为 ;
②∠BFC的度数为 度;
(2)类比探究:如图3,继续旋转△ADE,点F与点E不重合时,上述结论是否仍然成立,请说明理由.
(3)拓展延伸:若AE=DE=2,AC=BC=10,当CE所在的直线垂直于AD时,请直接写出线段BD的长.
8.在Rt△ABC和Rt△DEF中,∠C=∠F=90°,∠B=∠E=30°,AC=AF=6,用这两个直角三角形研究图形的变换.
(1)【翻折】如图1,将△DEF沿线段AB翻折,连接CF,下列对所得四边形ACBF的说法正确的是 .
①AB平分∠CBF、∠CAF,②AB、CF互相平分,③S四边形ACBF=12AB⋅CF,④A、C、B、F四点共圆.
(2)【平移】
如图2,将△DEF沿线段AB向右平移,使D点移到AB的中点,连接CD、CF、FB,请猜想四边形CDBF的形状,并说明理由.
(3)【旋转】如图3,将△DEF绕点C(F)逆时针方向旋转,使AC∥ED,连接AE、AD,则旋转角为 °,AD= cm.
9.如图
(1)【问题情境】如图1,四边形ABCD是正方形,点E是AD边上的一个动点,以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG,连接DG、BE,则DG与BE的数量关系是 ;
(2)如图2,四边形ABCD是矩形,AB=2,BC=4,点E是AD边上的一个动点,以CE为边在CE的右侧作矩形CEFG,且CG:CE=1:2,连接DG、BE.判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系,并说明理由;
(3)【拓展提升】如图3,在(2)的条件下,连接BG,则2BG+BE的最小值为 .
10.【思维探究】如图1,在四边形ABCD中,∠BAD=60°,∠BCD=120°,AB=AD,连接AC.求证:BC+CD=AC.
(1)小明的思路是:延长CD到点E,使DE=BC,连接AE.根据∠BAD+∠BCD=180°,推得∠B+∠ADC=180°,从而得到∠B=∠ADE,然后证明△ADE≌△ABC,从而可证BC+CD=AC,请你帮助小明写出完整的证明过程.
(2)【思维延伸】如图2,四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=90°,AB=AD,连接AC,猜想BC,CD,AC之间的数量关系,并说明理由.
(3)【思维拓展】在四边形ABCD中,∠BAD=∠BCD=90°,AB=AD=6,AC与BD相交于点O.若四边形ABCD中有一个内角是75°,请直接写出线段OD的长.
11.综合与实践,【问题情境】:数学活动课上,老师出示了一个问题:如图1,在正方形ABCD中,E是BC的中点, AE⊥EP ,EP与正方形的外角 △DCG 的平分线交于P点.试猜想AE与EP的数量关系,并加以证明;
(1)【思考尝试】同学们发现,取AB的中点F,连接EF可以解决这个问题.请在图1中补全图形,解答老师提出的问题.
(2)【实践探究】希望小组受此问题启发,逆向思考这个题目,并提出新的问题:如图2,在正方形ABCD中,E为BC边上一动点(点E,B不重合), △AEP 是等腰直角三角形, ∠AEP=90° ,连接CP,可以求出 ∠DCP 的大小,请你思考并解答这个问题.
(3)【拓展迁移】突击小组深入研究希望小组提出的这个问题,发现并提出新的探究点:如图3,在正方形ABCD中,E为BC边上一动点(点E,B不重合), △AEP 是等腰直角三角形, ∠AEP=90° ,连接DP.知道正方形的边长时,可以求出 △ADP 周长的最小值.当 AB=4 时,请你求出 △ADP 周长的最小值.
12.【经典回顾】
梅文鼎是我国清初著名的数学家,他在《勾股举隅》中给出多种证明勾股定理的方法图1是其中一种方法的示意图及部分辅助线.
在△ABC中,∠ACB=90°,四边形ADEB、ACHI和BFGC分别是以Rt△ABC的三边为一边的正方形.延长IH和FG,交于点L,连接LC并延长交DE于点J,交AB于点K,延长DA交IL于点M.
(1)证明:AD=LC;
(2)证明:正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积;
(3)请利用(2)中的结论证明勾股定理.
(4)【迁移拓展】
如图2,四边形ACHI和BFGC分别是以△ABC的两边为一边的平行四边形,探索在AB下方是否存在平行四边形ADEB,使得该平行四边形的面积等于平行四边形ACHI、BFGC的面积之和.若存在,作出满足条件的平行四边形ADEB(保留适当的作图痕迹);若不存在,请说明理由.
13.回顾:用数学的思维思考
(1)如图1,在△ABC中,AB=AC.
①BD,CE是△ABC的角平分线.求证:BD=CE.
②点D,E分别是边AC,AB的中点,连接BD,CE.求证:BD=CE.
(从①②两题中选择一题加以证明)
(2)猜想:用数学的眼光观察
经过做题反思,小明同学认为:在△ABC中,AB=AC,D为边AC上一动点(不与点A,C重合).对于点D在边AC上的任意位置,在另一边AB上总能找到一个与其对应的点E,使得BD=CE.进而提出问题:若点D,E分别运动到边AC,AB的延长线上,BD与CE还相等吗?请解决下面的问题:
如图2,在△ABC中,AB=AC,点D,E分别在边AC,AB的延长线上,请添加一个条件(不再添加新的字母),使得BD=CE,并证明.
(3)探究:用数学的语言表达
如图3,在△ABC中,AB=AC=2,∠A=36°,E为边AB上任意一点(不与点A,B重合),F为边AC延长线上一点.判断BF与CE能否相等.若能,求CF的取值范围;若不能,说明理由.
14.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作,是数学发展史的一个里程碑.在该书的第2幕“几何与代数”部分,记载了很多利用几何图形来论证的代数结论,利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中.
(1)我们在学习许多代数公式时,可以用几何图形来推理,观察下列图形,找出可以推出的代数公式,(下面各图形均满足推导各公式的条件,只需填写对应公式的序号)
公式①:(a+b+c)d=ad+bd+cd
公式②:(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd
公式③:(a−b)2=a2−2ab+b2
公式④:(a+b)2=a2+2ab+b2
图1对应公式 ,图2对应公式 ,图3对应公式 ,图4对应公式 ;
(2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式(a+b)(a−b)=a2−b2的方法,如图5,请写出证明过程;(已知图中各四边形均为矩形)
(3)如图6,在等腰直角三角形ABC中,∠BAC=90°,D为BC的中点,E为边AC上任意一点(不与端点重合),过点E作EG⊥BC于点G,作EH⊥ADF点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F.记△BFG与△CEG的面积之和为S1,△ABD与△AEH的面积之和为S2.
①若E为边AC的中点,则S1S2的值为 ▲ ;
②若E不为边AC的中点时,试问①中的结论是否仍成立?若成立,写出证明过程;若不成立,请说明理由.
15.如图
问题提出:如图(1),△ABC中,AB=AC,D是AC的中点,延长BC至点E,使DE=DB,延长ED交AB于点F,探究AFAB的值.
(1)问题探究:
先将问题特殊化.如图(2),当∠BAC=60°时,直接写出AFAB的值;
(2)再探究一般情形.如图(1),证明(1)中的结论仍然成立.
(3)问题拓展:
如图(3),在△ABC中,AB=AC,D是AC的中点,G是边BC上一点,CGBC=1n(n<2),延长BC至点E,使DE=DG,延长ED交AB于点F.直接写出AFAB的值(用含n的式子表示).
16.某校一数学兴趣小组在一次合作探究活动中,将两块大小不同的等腰直角三角形 ABC 和等腰直角三角形 CDE ,按如图1的方式摆放, ∠ACB=∠ECD=90° ,随后保持 △ABC 不动,将 △CDE 绕点C按逆时针方向旋转 α ( 0°<α<90° ),连接 AE , BD ,延长 BD 交 AE 于点F,连接 CF .该数学兴趣小组进行如下探究,请你帮忙解答:
【初步探究】
(1)如图2,当 ED∥BC 时,则 α= ;
(2)如图3,当点E,F重合时,请直接写出 AF , BF , CF 之间的数量关系: ;
(3)如图4,当点E,F不重合时,(2)中的结论是否仍然成立?若成立,请给出推理过程;若不成立,请说明理由.
(4)如图5,在 △ABC 与 △CDE 中, ∠ACB=∠DCE=90° ,若 BC=mAC , CD=mCE (m为常数).保持 △ABC 不动,将 △CDE 绕点C按逆时针方向旋转 α ( 0°<α<90° ),连接 AE , BD ,延长 BD 交 AE 于点F,连接 CF ,如图6.试探究 AF , BF , CF 之间的数量关系,并说明理由.
17.综合与实践
(1)知识再现
如图1,Rt△ABC中,∠ACB=90°,分别以BC、CA、AB为边向外作的正方形的面积为S1、S2、S3.当S1=36,S3=100时,S2= .
(2)问题探究
如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°.
如图2,分别以BC、CA、AB为边向外作的等腰直角三角形的面积为S1、S2、S3,则S1、S2、S3之间的数量关系是 .
(3)如图3,分别以BC、CA、AB为边向外作的等边三角形的面积为S4、S5、S6,试猜想S4、S5、S6之间的数量关系,并说明理由.
(4)实践应用
如图4,将图3中的△BCD绕点B逆时针旋转一定角度至△BGH,△ACE绕点A顺时针旋转一定角度至△AMN,GH、MN相交于点P.求证:S△PHN=S四边形PMFG;
(5)如图5,分别以图3中Rt△ABC的边BC、CA、AB为直径向外作半圆,再以所得图形为底面作柱体,BC、CA、AB为直径的半圆柱的体积分别为V1、V2、V3.若AB=4,柱体的高h=8,直接写出V1+V2的值.
答案解析部分
1.【答案】(1)解:如图,
∵△ABC是等边三角形,E是AB的中线,
∴CE⊥AB、AB=BC
∵S△ABC=12BC⋅AD=12AB⋅CE
∴AD=CE=2
∵B,C关于AD对称
∴AD是BC的垂直平分线
∴BP=PC
∴BP+PE=PC+PE=CE=2
PB+PE的值最为2.
(2)解:如图,连接DP,DM.
∵AB=BC=CD=AD=BD,点M是AB的中点
∴△ABD是等边三角形,四边形ABCD为菱形
∴DM⊥AB
∴AC与BD互相垂直平分,
∴AO=12AC=4,PB=PD
∵S△ABD=12DB⋅AO=12AB⋅DM
∴AO=DM=4
∴PM+PB的最小值即为PM+PD最小值即为DM长
∴PM+PB的最小值为4.
(3)解:如图:
2.【答案】(1)解:证明:把ΔABE绕点A顺时针旋转90°至ΔADG,如图1,
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG,∠B=∠ADG=90°,
∴∠ADF+∠ADG=180°,
∴F,D,G三点共线,
∵∠EAF=45°,
∴∠BAE+∠FAD=45°,
∴∠DAG+∠FAD=45°,
∴∠EAF=∠FAG,
∵AF=AF,
∴ΔEAF≅ΔGAF(SAS),
∴EF=FG=DF+DG,
∴EF=DF+BE
(2)不成立,结论:EF=DF-BE;BE=EF+DF
(3)解:由(1)可知AE=AG=35,
∵正方形ABCD的边长为6,
∴DC=BC=AD=6,
∴DG=AG2−AD2=(35)2−62=3.
∴BE=DG=3,
∴CE=BC−BE=6−3=3,
设DF=x,则EF=FG=x+3,CF=6−x,
在Rt△EFC中,
∵CF2+CE2=EF2,
∴(6−x)2+32=(x+3)2,
解得:x=2.
∴DF=2,
∴AF=AD2+DF2=62+22=210.
3.【答案】(1)50
(2)240
(3)(m+180)
(4)解:
(5)60
(6)(180−mn−180n)
4.【答案】(1)解:如图,延长BE交AD于点F,交AC于点G,
∵△ACB,△DCE都是等腰直角三角形,AC=BC,DC=EC,∠ACB=∠DCE=90°,
∴∠DCA=∠ECB,
在△ADC和△BEC中,
DC=EC∠DCA=∠ECBAC=BC,
∴△ADC≌△BEC(SAS),
∴AD=BE,∠DAC=∠EBC,
∵∠CBG+∠CGB=90°,∠CGB=∠AGF,
∴∠DAC+∠AGF=90°,
∴∠AFG=90°,
∴BE⊥AD;
(2)解:正方形,理由:
∵∠DCE=90°,∠CEF=90°,
由(1)知,∠EFD=90°,
∴四边形CDEF是矩形,
∵DC=EC,
∴四边形CDFE是正方形;
(3)解:由(1)知,BE⊥AD,S四边形AEDB=12AD⋅BE,
∵CE+CB>BE,CA+CD>AD,
∴当点C在线段BE上,且AC⊥BE时,即△CDE绕着点C逆时针旋转180°时,四边形AEDB的面积有最大值,
此时BE=AD=2+1=3,
∴S四边形AEDB=12AD⋅BE=12×3×3=92,
即四边形AEDB的面积的最大值为92.
5.【答案】(1)证明:在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,
∴∠ADC=∠BDC=90°=∠ACB,
∴∠A+∠B=90°,∠A+∠ACD=90°,
∴∠B=∠ACD,
∴△ACD∽△ABC,
∴ACAB=ADAC,
∴AC2=AD⋅AB,
同理,△BCD∽△BAC,
∴BCAB=BDBC,
∴BC2=BD⋅AB,
∴AC2+BC2=AB⋅AD+BD⋅AB=AB(AD+BD)=AB2,
∴AC2+BC2=AB2;
(2)解:设小正方形的边长为x,则BC=a+x=3+x,AB=b+x=10+x,
∵a=3,b=10,
∴AC=3+10=13,
在Rt△ABC中,AC2=BC2+AB2,
∴132=(3+x)2+(10+x)2,
∴x2+13x=30,
∵矩形的面积=(3+x)(10+x)=x2+13x+30,
∴矩形的面积=30+30=60.
6.【答案】(1)证明:∵△ABC和△ADE都是等边三角形,
∴AD=AE,AB=AC,∠DAE=∠BAC=60°,
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE,即∠DAB=∠EAC
∴ΔADB≌ΔAEC(SAS)
∴BD=CE
(2)解:∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,∠ABC=∠ADE=90°,AD=DE,AB=BC
∴AE=AD2+DE2=2AD,AC=AB2+BC2=2AB,
∴AEAC=2AD2AB=ADAB
∵∠DAE=∠BAC=45°,
∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠DAE,即∠DAB=∠EAC
∴△DAB∽△EAC,
∴BDCE=ADAE=AD2AD=22;
(3)解: ∵△ABC和△ADE都是直角三角形,∠ABC=∠ADE=90°,且ABBC=ADDE=34,
∴△ABC∽△ADE,
∴∠DAE=∠BAC,ADAB=AEAC
∴∠DAE−∠BAE=∠BAC−∠BAE,即∠DAB=∠EAC,
∴△DAB∽△EAC,
∴∠ABD=∠ACE,
∵∠AGC=∠FGB,
∴∠BFC=∠CAB,
∴sin∠BFC=sin∠BAC=BCAC,
设AB=3k,BC=4k,则AC=AB2+BC2=(3k)2+(4k)2=5k,
∴sin∠BFC=BCAC=4k5k=45
7.【答案】(1)2;45
(2)解:设AC与BF交于O,
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,∠ACB=∠AED=90°,
∴∠EAD=∠CAB=45°,AC=BC,AE=DE,
∴AB=2AC,AD=2AE,∠EAD−∠CAD=∠CAB−∠CAD,即∠EAC=∠DAB,
∴ACAB=AEAD=22,
∴△EAC∽△DAB,
∴BDCE=ADAE=2,∠ACE=∠ABD,
∵∠AOB=∠COF,
∴∠BFC=∠CAB=45°;
(3)解:如图3-1所示,当CE⊥AD于O时,
∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,AE=DE=2,AC=BC=10,
∴同(1)可得AD=2AE=2,
∵EO⊥AD,
∴OE=OD=OA=12AD=1,
∴OC=AC2−AO2=3,
∴EC=OE+OC=4,
同理可证△AEC∽△ADB,
∴BDCE=ADAE=2,
∴BD=42;
如图3-2所示,当EC⊥AD时,延长CE交AD于O.
同理可得OD=OA=OE=1,OC=3,CE=OC−OE=2,
∴BD=2CE=22;
综上所述,BD的长为22或42.
8.【答案】(1)①③④
(2)解:∵△DEF沿线段AB向左平移,
∴AB∥CF,CF=BE.
∵△DEF是直角三角形,D是AB的中点,
∴BE=BD=BF=12ED.
∴CF=BD
∵AB∥CF,
∴四边形BDCF是平行四边形.
∵BD=BF,
∴四边形ABEF是菱形.
(3)120;63
9.【答案】(1)DG=BE
(2)解:DG=12BE,DG⊥BE.
理由如下:延长BE、GD相交于点H.
∵矩形ECGF、矩形ABCD,
∴∠ECG=∠BCD=90°,
∴∠DCG=∠BCE,
∵CD:CB=2:4=1:2,CG:CE=1:2,
∴CD:CB=CG:CE,
∵∠DCG=∠BCE,
∴△DCG∽△BCE,
∴DGBE=CGCE=12,∠BEC=∠DGC,
∴DG=12BE
∵矩形ECGF
∴∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°-∠FEC=90°,∠FGH+∠DGC=90°,
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE
(3)410
10.【答案】(1)解:如图1中,延长CD到点E,使DE=BC,连接AE.
∵∠BAD+∠BCD=180°,
∴∠B+∠ADC=180°,
∵∠ADE+∠ADC=180°
∴∠B=∠ADE,
在△ADE和△ABC中,
DA=BA∠ADE=∠BDE=BC,
∴△ADE≌△ABC(SAS),
∴∠DAE=∠BAC,AE=AC,
∴∠CAE=∠BAD=60°,
∴△ACE的等边三角形,
∴CE=AC,
∵CE=DE+CD,
∴AC=BC+CD;
(2)解:结论:CB+CD=2AC.
理由:如图2中,过点A作AM⊥CD于点M,AN⊥CB交CB的延长线于点N.
∵∠DAB=∠DCB=90°,
∴∠CDA+∠CBA=180°,
∵∠ABN+∠ABC=180°,
∴∠D=∠ABN,
∵∠AMD=∠N=90°,AD=AB,
∴△AMD≌△ANB(AAS),
∴DM=BN,AM=AN,
∵AM⊥CD,AN⊥CN,
∴∠ACD=∠ACB=45°,
∴AC=2CM,
∵AC=AC.AM=AN,
∴Rt△ACM≌Rt△ACN(HL),
∴CM=CN,
∴CB+CD=CN-BN+CM+DM=2CM=2AC;
(3)解:33−3或3−3
11.【答案】(1)解:AE=EP,
理由如下:取AB的中点F,连接EF,
∵F、E分别为AB、BC的中点,
∴AF=BF=BE=CE,
∴∠BFE=45°,
∴∠AFE=135°,
∵CP平分∠DCG,
∴∠DCP=45°,
∴∠ECP=135°,
∴∠AFE=∠ECP,
∵AE⊥PE,
∴∠AEP=90°,
∴∠AEB+∠PEC=90°,
∵∠AEB+∠BAE=90°,
∴∠PEC=∠BAE,
∴△AFE≌△ECP(ASA),
∴AE=EP;
(2)解:在AB上取AF=EC,连接EF,
由(1)同理可得∠CEP=∠FAE,
∵AF=EC,AE=EP,
∴△FAE≌△CEP(SAS),
∴∠ECP=∠AFE,
∵AF=EC,AB=BC,
∴BF=BE,
∴∠BEF=∠BFE=45°,
∴∠AFE=135°,
∴∠ECP=135°,
∴∠DCP=45°;
(3)解:作DG⊥CP,交BC的延长线于G,交CP于O,连接AG,
由(2)知,∠DCP=45°,
∴∠CDG=45°,
∴△DCG是等腰直角三角形,
∴点D与G关于CP对称,
∴AP+DP的最小值为AG的长,
∵AB=4,
∴BG=8,
由勾股定理得AG= 45 ,
∴△ADP周长的最小值为AD+AG= 4+45 .
12.【答案】(1)证明:如图1,连接HG,
∵四边形ACHI,ABED和BCGF是正方形,
∴AC=CH,BC=CG,∠ACH=∠BCG=90°,AB=AD,
∵∠ACB=90°,
∴∠GCH=360°﹣90°﹣90°﹣90°=90°,
∴∠GCH=∠ACB,
∴△ACB≌△HCG(SAS),
∴GH=AB=AD,
∵∠GCH=∠CHI=∠CGL=90°,
∴四边形CGLH是矩形,
∴CL=GH,
∴AD=LC;
(2)证明:∵∠CAI=∠BAM=90°,
∴∠BAC=∠MAI,
∵AC=AI,∠ACB=∠I=90°,
∴△ABC≌△AMI(ASA),
由(1)知:△ACB≌△HCG,
∴△AMI≌△HGC,
∵四边形CGLH是矩形,
∴S△CHG=S△CHL,
∴S△AMI=S△CHL,
∴正方形ACHI的面积等于四边形ACLM的面积;
(3)证明:由正方形ADEB可得AB∥DE,
又AD∥LC,所以四边形ADJK是平行四边形,
由(2)知,四边形ACLM是平行四边形,
由(1)知,AD=LC,
所以S平行四边形ADJK=S平行四边形ACLM=S正方形ACHI,
延长EB交LG于Q,
同理有S平行四边形KJEB=S平行四边形CBQL=S正方形BFGC,
所以S正方形ACHI+S正方形BFGC=S平行四边形ADJK+S平行四边形KJEB=S正方形ADEB.
所以AC2+BC2=AB2.
(4)解:如图为所求作的平行四边形ADEB.
13.【答案】(1)解:①如图1,∵AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB,
∵BD,CE是△ABC的角平分线,
∴∠ABD=12∠ABC,∠ACE =12∠ACB,
∴∠ABD=∠ACE,
∵AB=AC,∠A=∠A,
∴△ABD≌△ACE,
∴BD=CE.
②如图1,∵AB=AC,点D,E分别是边AC,AB的中点,
∴AE=AD,
∵AB=AC,∠A=∠A,
∴△ABD≌△ACE,
∴BD=CE.
(2)解:添加条件CD=BE,证明如下:
∵AB=AC,CD=BE,
∴AC+CD=AB+BE,
∴AD=AE,
∵AB=AC,∠A=∠A,
∴△ABD≌△ACE,
∴BD=CE.
(3)能.
在AC上取一点D,使得BD=CE,根据BF=CE,得到BD=BF,
当BD=BF=BA时,E与A重合,
∵∠A=36°,AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=72°,∠A=∠BFA=36°,
∴∠ABF=∠BCF=108°,∠BFC=∠AFB,
∴△CBF∽△BAF,
∴BFAF=CFBF,
∵AB=AC=2=BF, 设CF=x,
∴2x+2=x2,
整理,得x2+2x−4=0,
解得x=5−1,x=−5−1(舍去),
故CF= x=5−1,
∴0<CF<5−1.
14.【答案】(1)①;②;④;③
(2)解:由图可知,矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形,且AK=DB=a-b,
∴S矩形AKLC=S矩形DBFG=a(a−b),
∵S矩形AKHD=S矩形AKLC+S矩形CLHD,
∴S矩形AKHD=S矩形DBFG+S矩形CLHD=S正方形BCEF−S正方形LEGH=a2−b2,
又∵S矩形AKHD=(a+b)(a−b),
∴(a+b)(a−b)=a2−b2;
(3)解:①2;②成立,证明如下:
由题意可得:△ABD,△AEH,△CEG,△BFG都是等腰直角三角形,四边形DGEH是矩形,
设BD=a,DG=b,
∴AD=BD=a,AH=HE=DG=b,EG=CG=a−b,FG=BG=a+b,
∴S1=S△BFG+S△CEG=12(a+b)2+12(a−b)2=a2+b2,
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12b2=12(a2+b2),
∴S1S2=2仍成立.
15.【答案】(1)解:14
(2)证明:取BC的中点H,连接DH.
∵D是AC的中点,∴DH∥AB,DH=12AB.
∵AB=AC,∴DH=DC,∴∠DHC=∠DCH.
∵BD=DE,∴∠DBH=∠DEC.
∴∠BDH=∠EDC.
∴△DBH≌△DEC.
∴BH=EC.∴EBEH=32.
∵DH∥AB,∴△EDH∽△EFB.
∴FBDH=EBEH=32.
∴FBAB=34.
∴AFAB=14.
另解1:证明∠ADF=∠ABD,得△ADF∽△ABD也可求解.
另解2:取AB的中点M,证明△ECD≌△DMB也可以求解.
(3)解:2−n4
16.【答案】(1)45°
(2)BF=AF+2CF
(3)解:如图4,当点E,F不重合时,(2)中的结论仍然成立,理由如下,
由(2)知:△ACE≌△BCD,
∴∠CAF=∠CBD,
如图,过点C作CG⊥CF交BF于点G,
∵∠FCG=∠ACB=90°,
∴∠ACF=∠BCG,
∵∠CAF=∠CBG,BC=AC,
∴△BCG≌△ACF(ASA),
∴GC=FC,BG=AF,
∴△GCF为等腰直角三角形,
∴GF=2CF,
∴BF=BG+GF=AF+2CF.
(4)解:BF=mAF+1+m2CF,理由如下,
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形,
∴∠DCE=∠ACB=90°,
∴∠ACE=∠BCD,
又∵BC=mAC,CD=mCE,
∴△BCD∽△ACE,
∴∠CBD=∠CAE,
如图,过点C作CG⊥CF交BF于点G,
由(3)可得△BCG≌△ACF,
∴∠BCG=∠ACF,
∴△BGC∽△AFC,
∴BG:AF=BC:AC=CG:CF=m:1,
∴BG=mAF,CG=mFC,
在Rt△CGF中,由勾股定理得GF=CF2+CG2=CF2+(mCF)2=1+m2CF,
∴BF=BG+GF=mAF+1+m2CF.
17.【答案】(1)64
(2)S1+S2=S3
(3)解:∵Rt△ABC中,∠ACB=90°,
∴AB2=AC2+BC2,
过点D作DG⊥BC交于G,
在等边三角形BCD中,CD=BC,CG=12BC,
∴DG=32BC,
∴S4=12×BC×32BC=34BC2,
同理可得S5=34AC2,S6=34AB2,
∴34AB2=34AC2+34BC2,
∴S4+S5=S6;
(4)证明:设AB=c,BC=a,AC=b,
∴HN=a+b−c,FG=c−a,MF=c−b,
∵△HGB是等边三角形,△ABF是等边三角形,
∴HG//AF,MN//BF,
∴∠HPN=60°,
∴△HNP是等边三角形,四边形MFGP是平行四边形,
∴S△PMN=34(a+b−c)2,S四边形PMFG=32(c−a)(c−b),
∵△ABC是直角三角形,
∴c2=a2+b2,
∴34(a+b−c)2=34(a2+b2+c2+2ab−2bc−2ac)=32(c2+ab−bc−ac)=32(c−a)(c−b),
∴S△PMN=S四边形PMFG;
(5)解:设AB=c,BC=a,AC=b,以AB为直径的圆的面积为S3、以BC为直径的圆的面积为S1、以AC为直径的圆的面积为S2,
∵△ABC是直角三角形,
∴c2=a2+b2,
∴π4c2=π4a2+π4b2,
∴S1+S2=S3,
∵V2=12S2h,V1=12S1h,V3=12S3h,
∴V2+V1=12(S1+S2)h=12S3h=V3,
∵AB=4,h=8,
∴V3=12S3h=12×π×4×8=16π,
∴V1+V2=16π.纯几何法验证勾股定理我们知道,勾股定理:在直角三角形中,两条直角边的平方和等于斜边的平方.勾股定理的验证方法到目前为止也有300多种,最著名的有“赵爽弦图法”“总统证法”“毕达哥拉斯法”“青朱出入法”“达·芬奇法”“欧几里得法”等等.下面我们介绍一种纯几何验证法.
如图1,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,CD⊥AB于点D,先证明△ACD∽△ABC,可得AC2=AD⋅AB,再证明△BCD∽△BAC,可得BC2=BD⋅AB,两式相加即可得勾股定理,这种方法避开了利用拼图和面积法繁琐的证明,不失为一种很好的验证方法.
相关试卷
这是一份2024年中考数学探究性试题总复习-- 轴对称(17),共22页。试卷主要包含了综合题等内容,欢迎下载使用。
这是一份2024年中考数学探究性试题总复习-- 旋转(18),共31页。试卷主要包含了综合题等内容,欢迎下载使用。
这是一份2024年中考数学探究性试题总复习-- 新定义(3),共13页。试卷主要包含了单选题,填空题,综合题等内容,欢迎下载使用。