中考数学专题复习全等三角形二.docx
- 文档编号:17319403
- 上传时间:2023-07-24
- 格式:DOCX
- 页数:26
- 大小:214.17KB
中考数学专题复习全等三角形二.docx
《中考数学专题复习全等三角形二.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《中考数学专题复习全等三角形二.docx(26页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
中考数学专题复习全等三角形二
2021年中考数学专题复习:
全等三角形
(二)
1.在△ABC中,AB=AC,点D是BC的中点,点E和点F是AC上的两点,AB=BF,连接ED交BF于点H.
(1)如图1,连接BE,若∠BEC=90°,BC=10,CE=6,求AB的长;
(2)如图2,G为ED延长线上一点,且BD=BG,∠ABF=∠CBG,求证:
AE=EF.
2.如图,∠BAD=∠CAE=90°,AB=AD,AE=AC,AF⊥CB,垂足为F.
(1)求证:
△ABC≌△ADE;
(2)求∠FAE的度数;
(3)求证:
CD=2BF+DE.
3.如图,△ABC中,∠ACB=90°,AC=12,BC=16.点P从A点出发沿A﹣C﹣B路径向终点运动,终点为B点;点Q从B点出发沿B﹣C﹣A路径向终点运动,终点为A点.点P和Q分别以2和6的运动速度同时开始运动,两点都要到相应的终点时才能停止运动,在某时刻,分别过P和Q作PE⊥l于E,QF⊥l于F.
问:
点P运动多少时间时,△PEC与QFC全等?
请说明理由.
4.如图,在△ABC中,∠ABC=60°,AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB,求证:
AC=AE+CD.
5.如图,△ABC和△EBD中,∠ABC=∠DBE=90°,AB=CB,BE=BD,连接AE,CD,AE与CD交于点M,AE与BC交于点N.
(1)求证:
AE=CD;
(2)求证:
AE⊥CD;
(3)连接BM,有以下两个结论:
①BM平分∠CBE;②MB平分∠AMD.其中正确的有 (请写序号,少选、错选均不得分).
6.已知△ABC为等边三角形,点D为直线BC上一动点(点D不与点B,点C重合).以AD为边作等边三角形ADE,连接CE.
(1)如图1,当点D在边BC上时.
①求证:
△ABD≌△ACE;
②直接判断结论BC=DC+CE是否成立(不需证明);
(2)如图2,当点D在边BC的延长线上时,其他条件不变,请写出BC,DC,CE之间存在的数量关系,并写出证明过程.
7.已知,如图△ABC中,∠ABC=45°,CD⊥AB于D,BE平分∠ABC,且BE⊥AC于E,与CD相交于点F.求证:
(1)BF=AC;
(2)CE=
BF.
8.在平面直角坐标系中,A(7,0),B(0,7).
(1)如图1,P是AB上一点且
=
,求P点坐标;
(2)如图2,D为OA上一点,AC∥OB且∠CBO=∠DCB,求∠CBD的度数;
(3)如图3,E为OA上一点,OF⊥BE于F,若∠EOF=∠ABE,求
的值
9.如图,点A、C、D、B在同一条直线上,且AC=BD,∠A=∠B,∠E=∠F.
(1)求证:
△ADE≌△BCF;
(2)若∠BCF=65°,求∠DMF的度数.
10.阅读探索题:
(1)如图1,OP是∠MON的平分线,以O为圆心任意长为半径作弧,分别交射线ON、OM于C、B两点,在射线OP上任取一点A(点O除外),连接AB、AC.求证:
△AOB≌△AOC.
(2)请你参考以上方法,解答下列问题:
如图2,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=60°,CD平分∠ACB,试判断BC和AC、AD之间的数量关系并证明.
11.如图所示,一个四边形纸片ABCD,∠B=∠D=90°,把纸片按如图所示折叠,使点B落在AD边上的B′点,AE是折痕.
(1)试判断B′E与DC的位置关系;
(2)如果∠C=130°,求∠AEB的度数.
12.如图,点C在线段AB上,AD∥EB,AC=BE,AD=BC.CF平分∠DCE.
求证:
(1)△ACD≌△BEC;
(2)CF⊥DE.
13.请将下面的说理过程和理由补充完整.
如图,点B,E,C,F在一条直线上,BE=CF,AB∥DE,AB=DE,说明AC=DF.
解:
∵BE=CF,(已知)
∴BE+EC=CF+ .(等式的性质)
即BC= .
∵AB∥DE,(已知).
∴∠B= .( )
又∵AB=DE,(已知)
∴△ABC≌△DEF.( )
∴AC=DF.( )
14.如图1,在△ABC中,AB=AC,点D是BC的中点,点E在AD上.
(1)求证:
∠ABE=∠ACE;
(2)如图2,若BE的延长线交AC于点F,CE的延长线交AB于点G.求证:
EF=EG.
15.已知,在△ABC中,AC=BC.分别过A,B点作互相平行的直线AM和BN.过点C的直线分别交直线AM,BN于点D,E.
(1)如图1.若CD=CE.求∠ABE的大小;
(2)如图2.∠ABC=∠DEB=60°.求证:
AD+DC=BE.
参考答案
1.解:
(1)如图1,连接AD,∵AB=AC,点D是BC的中点,
∴AD⊥BC
∵∠BEC=90°,BC=10,CE=6,
∴BE=
=
=8
设AB=x,则AE=x﹣6
∵AE2+BE2=AB2,即(x﹣6)2+82=x2,解得:
x=
,
∴AB=
,
(2)证明:
如图2,连接BE,∵BD=BG
∴∠BDG=∠BGD
∵AB=BF,
∴∠A=∠AFB
∵∠ABF=∠CBG,
∴∠BDG=∠A
∴∠EDC=∠BDG=∠A
∵∠A+∠ABC+∠C=∠EDC+∠CED+∠C=180°
∴∠CED=∠ABC
∵AB=AC
∴∠C=∠ABC
∴∠C=∠CED
∴DE=DC
∵点D是BC的中点,
∴BD=DC
∴DE=DC=BD
∴∠BED=∠EBD
∵∠BED+∠EBD+∠C+∠CED=180°,即2∠BED+2∠CED=180°
∴∠BED+∠CED=90°
∴BE⊥AF
∵BA=BF
∴AE=EF
2.证明:
(1)∵∠BAD=∠CAE=90°,
∴∠BAC+∠CAD=90°,∠CAD+∠DAE=90°,
∴∠BAC=∠DAE,
在△BAC和△DAE中,
,
∴△BAC≌△DAE(SAS);
(2)∵∠CAE=90°,AC=AE,
∴∠E=45°,
由
(1)知△BAC≌△DAE,
∴∠BCA=∠E=45°,
∵AF⊥BC,
∴∠CFA=90°,
∴∠CAF=45°,
∴∠FAE=∠FAC+∠CAE=45°+90°=135°;
(3)延长BF到G,使得FG=FB,
∵AF⊥BG,
∴∠AFG=∠AFB=90°,
在△AFB和△AFG中,
,
∴△AFB≌△AFG(SAS),
∴AB=AG,∠ABF=∠G,
∵△BAC≌△DAE,
∴AB=AD,∠CBA=∠EDA,CB=ED,
∴AG=AD,∠ABF=∠CDA,
∴∠G=∠CDA,
∵∠GCA=∠DCA=45°,
在△CGA和△CDA中,
,
∴△CGA≌△CDA(AAS),
∴CG=CD,
∵CG=CB+BF+FG=CB+2BF=DE+2BF,
∴CD=2BF+DE.
3.解:
∵△PEC≌△QFC,∴斜边CP=CQ,有四种情况:
①P在AC上,Q在BC上,
,
CP=12﹣2t,CQ=16﹣6t,
∴12﹣2t=16﹣6t,
∴t=1;
②P、Q都在AC上,此时P、Q重合,
∴CP=12﹣2t=6t﹣16,
∴t=3.5;
③P到BC上,Q在AC时,此时不存在;
理由是:
16÷6×2<12,Q到AC上时,P点也在AC上;
④当Q到A点(和A重合),P在BC上时,
∵CP=CQ=AC=12.CP=12﹣2t,
∴2t﹣12=12,
∴t=12符合题意;
答:
点P运动1或3.5或12时,△PEC与△QFC全等.
4.证明:
在AC上取AF=AE,连接OF,
∵AD平分∠BAC、
∴∠EAO=∠FAO,
在△AEO与△AFO中,
∴△AEO≌△AFO(SAS),
∴∠AOE=∠AOF;
∵AD、CE分别平分∠BAC、∠ACB,
∴∠ECA+∠DAC=
∠ACB+
∠BAC=
(∠ACB+∠BAC)=
(180°﹣∠B)=60°
则∠AOC=180°﹣∠ECA﹣∠DAC=120°;
∴∠AOC=∠DOE=120°,∠AOE=∠COD=∠AOF=60°,
则∠COF=60°,
∴∠COD=∠COF,
∴在△FOC与△DOC中,
,
∴△FOC≌△DOC(ASA),
∴DC=FC,
∵AC=AF+FC,
∴AC=AE+CD.
5.
(1)证明:
∵∠ABC=∠DBE,
∴∠ABC+∠CBE=∠DBE+∠CBE,
即∠ABE=∠CBD,
在△ABE和△CBD中,
,
∴△ABE≌△CBD,
∴AE=CD.
(2)∵△ABE≌△CBD,
∴∠BAE=∠BCD,
∵∠NMC=180°﹣∠BCD﹣∠CNM,∠ABC=180°﹣∠BAE﹣∠ANB,
又∠CNM=∠ANB,
∵∠ABC=90°,
∴∠NMC
=90°,
∴AE⊥CD.
(3)结论:
②
理由:
作BK⊥AE于K,BJ⊥CD于J.
∵△ABE≌△CBD,
∴AE=CD,S△ABE=S△CDB,
∴
•AE•BK=
•CD•BJ,
∴BK=BJ,∵作BK⊥AE于K,BJ⊥CD于J,
∴BM平分∠AMD.
不妨设①成立,则△CBM≌△EBM,则AB=BD,显然不可能,故①错误.
故答案为②.
6.解:
(1)①∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴∠BAC=∠DAE=60°,AB=BC=AC,AD=DE=AE.
∴∠BAC﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC,
∴∠BAD=∠EAC.
在△ABD和△ACE中
,
∴△ABD≌△ACE(SAS).
②∵△ABD≌△ACE,
∴BD=CE.
∵BC=BD+CD,
∴BC=CE+CD.
(2)BC+CD=CE.
∵△ABC和△ADE是等边三角形,
∴∠BAC=∠DAE=60°,AB=BC=AC,AD=DE=AE.
∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC,
∴∠BAD=∠EAC.
在△ABD和△ACE中
,
∴△ABD≌△ACE(SAS).
∴BD=CE.
∵BD=BC+CD,
∴CE=BC+CD;
7.
(1)证明:
∵CD⊥AB,BE⊥AC,
∴∠BDC=∠ADC=∠AEB=90°,
∴∠A+∠ABE=90°,∠ABE+∠DFB=90°,
∴∠A=∠DFB,
∵∠ABC=45°,∠BDC=90°,
∴∠DCB=90°﹣45°=45°=∠DBC,
∴BD=DC,
在△BDF和△CDA中
∵
,
∴△BDF≌△CDA(AAS),
∴BF=AC;
(2)证明:
∵BE⊥AC,
∴∠AEB=∠CEB,
∵BE平分∠ABC,
∴∠ABE=∠CBE,
在△AEB和△CEB中
∵
,
∴△AEB≌△CEB(ASA),
∴AE=CE,
即CE=
AC,
∵由
(1)知AC=BF,
∴CE=
BF.
8.解:
(1)作PG⊥x轴于G,PN⊥y轴于N,
∵A(7,0),B(0,7),
∴OA=7,OB=7,
∵PG⊥x轴,
∴PG∥OB,
∴△AGP∽△AOB,
∴
=
,
即
=
,
解得,PG=3,
同理,PN=4,
∴P点坐标为(4,3);
(2)作BG⊥AC交AC的延长线于G,作BH⊥CD于H,
∴四边形BOAG为矩形,
∴BO=BG,
∵OA=OB,
∴矩形BOAG为正方形,
∵AC∥OB,
∴∠CBO=∠BCG,
∵∠CBO=∠DCB,
∴∠BCG=∠DCB,
在△BCH和△BCG中,
,
∴△BCH≌△BCG(AAS),
∴∠CBH=∠CBG,BG=BH,
∴BO=BH,
在Rt△BOD和Rt△BHD中,
,
∴Rt△BOD≌Rt△BHD(HL),
∴∠BOD=∠HOD,
∴∠CBD=∠DBH+∠CBH=
∠OBG=45°;
(3)∵OA=OB,
∴∠ABO=∠BAO=45°,
∵∠BEO=∠BAE+∠ABE=45°+∠EOF,
∵OF⊥BE,
∴∠BEO+∠EOF=90°,
∴∠BEO=67.5°,∠EOF=22.5°,
则∠OBE=22.5°,
作∠BOP=∠OBE=22.5°,
则PB=PO,∠OPF=45°,
设OF=a,则PF=OF=a,
由勾股定理得,OP=
a,
∴PB=
a,
∴BF=
a+a,
∵∠BOP=∠OBE,∠OFB=∠EFO=90°,
∴△OFB∽△EFO,
∴EF=
=
a﹣a,
∴
=
=2.
9.证明:
如图所示:
(1)∵AD=AC+CD,BC=BD+CD,AC=BD,
∴AD=BC,
在△AED和△BFC中,
,
∴△AED≌△BFC(AAS),
(2)∵△AED≌△BFC,
∴∠ADE=∠BCF,
又∵∠BCF=65°,
∴∠ADE=65°,
又∵∠ADE+∠BCF=∠DMF
∴∠DMF=65°×2=130°.
10.
(1)证明:
在△AOB和△AOC中,
,
∴△AOB≌△AOC(SAS).
(2)在CB上截取CE=CA,
∵CD平分∠ACB,
∴∠ACD=∠BCD,
在△ACD和△ECD中,
,
∴△ACD≌△ECD(SAS),
∴∠CAD=∠CED=60°,
∵∠ACB=90°,
∴∠B=30°,
∴∠EDB=30°,
即∠EDB=∠B,
∴DE=EB,
∵BC=CE+BE,
∴BC=AC+DE,
∴BC=AC+AD.
11.解:
(1)由于AB′是AB的折叠后形成的,
∠AB′E=∠B=∠D=90°,
∴B′E∥DC;
(2)∵折叠,
∴△ABE≌△AB′E,
∴∠AEB′=∠AEB,即∠AEB=
∠BEB′,
∵B′E∥DC,
∴∠BEB′=∠C=130°,
∴∠AEB=
∠BEB′=65°.
12.证明:
(1)∵AD∥BE,
∴∠A=∠B,
在△ACD和△BEC中
,
∴△ACD≌△BEC(SAS);
(2)∵△ACD≌△BEC,
∴CD=CE,
又∵CF平分∠DCE,
∴CF⊥DE.
13.解:
∵BE=CF,(已知)
∴BE+EC=CF+EC(等式的性质)
即BC=EF.
∵AB∥DE,(已知)
∴∠B=∠DEF.(两直线平行,同位角相等)
又∵AB=DE,(已知)
∴△ABC≌△DEF(SAS)
∴AC=DF.(全等三角形对应边相等)
故答案为:
EC;EF;∠DEF;两直线平行,同位角相等;SAS;全等三角形对应边相等.
14.解:
(1)证明:
∵点D是BC的中点,
∴BD=CD,
在△ABD和△ACD中,
,
∴△ABD≌△ACD(SSS),
∴∠BAD=∠CAD,
在△ABE和△ACE中,
,
∴△ABE≌△ACE(SAS),
∴∠ABE=∠ACE;
(2)如图,
由
(1)知,△ABE≌△ACE,
∴BE=CE,∠ABE=∠ACE,
在△BEG和△CEF中,
,
∴△BEG≌△CEF(ASA),
∴EG=EF.
15.
(1)解:
如图1,延长AC交BN于点F,
∵AM∥BN,
∴∠DAF=∠AFB,
在△ADC和△FEC中,
,
∴△ADC≌△FEC(AAS),
∴AC=FC,
∵AC=BC,
∴BC=AC=FC=
AF,
∴△ABF是直角三角形,
∴∠ABE=90°;
(2)证明:
如图2,在EB上截取EH=EC,连CH,
∵AC=BC,∠ABC=60°,
∴△ABC为等边三角形,
∵∠DEB=60°,
∴△CHE是等边三角形,
∴∠CHE=60°,∠HCE=60°,
∴∠BHC=120°,
∵AM∥BN,
∴∠ADC+∠BEC=180°,
∴∠ADC=120°,
∴∠DAC+∠DCA=60°,
又∵∠DCA+∠ACB+∠BCH+∠HCE=180°,
∴∠DCA+∠BCH=60°,
∴∠DAC=∠BCH,
在△DAC与△HCB中,
,
∴△DAC≌△HCB(AAS),
∴AD=CH,DC=BH,
又∵CH=CE=HE,
∴BE=BH+HE=DC+AD,
即AD+DC=BE.
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 中考 数学 专题 复习 全等 三角形