中考专题---三角形.doc
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中考专题---三角形.doc
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一、同步知识梳理
一、三角形的性质:
1、三角形的内角和是三角形的任意一个外角和它不相得两个内角的和三角形的一个外角任意一个和它不相邻的内角
2、三角形任意两边之和第三边,任意两边之差第三边
3、三角形具有性
提醒:
1、三角形的外角是指三角形一边和另一边的组成的角,三角形有个外角,三角形的外角和是
2、三角形三边关系定理是确定三条线段否构成三角形和判断限度间不等关系的主要依据】
二、三角形中的主要线段:
1、角平分线:
三角形的三条角平分线都在三角形部且交于一点,这些是三角形的心它到得距离相等
2、中线:
三角形的三条中线都在三角形部,且交于一点
3、高线:
不同三角形的三条高线位置不同,锐角三角形三条高都连三角形直角三角形有一条高线在部,另两条河重合,钝角三角形有一条高线在三角形部,两条在三角形部
4、中位线:
连接三角形任意两边的线段叫做三角形的中位线。
定理:
三角形的中位线第三边且等于第三边的
三、全等三角形的概念和性质:
1、性质:
全等三角形的、分别相等,全等三角形的对应线段(角平分线、中线、高线)周长、面积分别对应
四、全等三角形的判定:
1、一般三角形的全等判定方法:
①边角边,简记为②角边角:
简记为③角角边:
简记为④边边边:
简记为
2、直角三角形的全等判定除可用一般三角形全等判定的所有方法以外,还可以用来判定
二、同步题型分析
考点一:
三角形内角、外角的应用
例1如图,△ABC中,∠C=70°,若沿图中虚线截去∠C,则∠1+∠2=( )
A.360°B.250°C.180°D.140°
思路分析:
先利用三角形内角与外角的关系,得出∠1+∠2=∠C+(∠C+∠3+∠4),再根据三角形内角和定理即可得出结果.
解:
∵∠1、∠2是△CDE的外角,
∴∠1=∠4+∠C,∠2=∠3+∠C,
即∠1+∠2=∠C+(∠C+∠3+∠4)=70°+180°=250°.
故选B.
[来源:
Z&xx&k.Com]
点评:
此题主要考查了三角形内角和定理及外角的性质,三角形内角和是180°;三角形的任一外角等于和它不相邻的两个内角之和.
对应训练
1.如图,在△ABC中,∠A=60°,∠B=40°,点D、E分别在BC、AC的延长线上,则∠1=°.
1.80
分析:
先根据三角形内角和定理求出∠ACB的度数,再根据对顶角相等求出∠1的度数即可.
解:
∵△ABC中,∠A=60°,∠B=40°,
∴∠ACB=180°-∠A-∠B=180°-60°-40°=80°,
∴∠1=∠ACB=80°.
故答案为:
80.
点评:
本题考查的是三角形的内角和定理,即三角形内角和是180°.
考点二:
三角形三边关系
例2已知三角形两边的长分别是3和6,第三边的长是方程x2-6x+8=0的根,则这个三角形的周长等于( )
A.13B.11C.11或13D.12或15
2.分析:
首先从方程x2-6x+8=0中,确定第三边的边长为2或4;其次考查2,3,6或4,3,6能否构成三角形,从而求出三角形的周长.
解:
由方程x2-6x+8=0,得:
解得x1=2或x2=4,
当第三边是2时,2+3<6,不能构成三角形,应舍去;
当第三边是4时,三角形的周长为4+3+6=13.
故选A.
点评:
考查了三角形三边关系,求三角形的周长,不能盲目地将三边长相加起来,而应养成检验三边长能否成三角形的好习惯,不符合题意的应弃之.
对应训练
1.如果三角形的两边长分别为3和5,第三边长是偶数,则第三边长可以是( )
A.2B.3C.4D.8
思路分析:
根据三角形三边关系,可令第三边为X,则5-3<X<5+3,即2<X<8,又因为第三边长为偶数,所以第三边长是4,6.问题可求.
解:
由题意,令第三边为X,则5-3<X<5+3,即2<X<8,
∵第三边长为偶数,∴第三边长是4或6.
∴三角形的三边长可以为3、5、4.
故选:
C.
点评:
此题主要考查了三角形三边关系,熟练掌握三角形的三边关系是解决此类问题的关键.
考点三:
三角形全等的判定
例3如图,在△ABC中,∠C=90°,AC=BC=4,D是AB的中点,点E、F分别在AC、BC边上运动(点E不与点A、C重合),且保持AE=CF,连接DE、DF、EF.在此运动变化的过程中,有下列结论:
①△DFE是等腰直角三角形;
②四边形CEDF不可能为正方形;
③四边形CEDF的面积随点E位置的改变而发生变化;
④点C到线段EF的最大距离为.
其中正确结论的个数是( )
A.1个B.2个C.3个D.4个
思路分析:
①作常规辅助线连接CD,由SAS定理可证△CDF和△ADE全等,从而可证∠EDF=90°,DE=DF.所以△DFE是等腰直角三角形;
②当E为AC中点,F为BC中点时,四边形CEDF为正方形;
③由割补法可知四边形CDFE的面积保持不变;
④△DEF是等腰直角三角形DE=EF,当DF与BC垂直,即DF最小时,FE取最小值2,此时点C到线段EF的最大距离.
解:
①如图,连接CD;
∵△ABC是等腰直角三角形,
∴∠DCB=∠A=45°,CD=AD=DB;
∵AE=CF,
∴△ADE≌△CDF;
∴ED=DF,∠CDF=∠EDA;
∵∠ADE+∠EDC=90°,
∴∠EDC+∠CDF=∠EDF=90°,
∴△DFE是等腰直角三角形.故此选项正确;
②当E、F分别为AC、BC中点时,四边形CDFE是正方形,故此选项错误;
③如图2所示,分别过点D,作DM⊥AC,DN⊥BC,于点M,N,
可以利用割补法可知四边形CDFE的面积等于正方形CMDN面积,故面积保持不变;故此选项错误;
④△DEF是等腰直角三角形DE=EF,
当EF∥AB时,即EF取最小值2,此时点C到线段EF的最大距离为.故此选项正确;
故正确的有2个,
故选:
B.
点评:
此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正方形、等腰三角形、直角三角形性质等知识,根据图形利用割补法可知四边形CDFE的面积等于正方形CMDN面积是解题关键.
一、专题精讲
例1:
如图,把正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转45°得到正方形A′B′CD′(此时,点B′落在对角线AC上,点A′落在CD的延长线上),A′B′交AD于点E,连接AA′、CE.
求证:
(1)△ADA′≌△CDE;
(2)直线CE是线段AA′的垂直平分线.
思路分析:
(1)根据正方形的性质可得AD=CD,∠ADC=90°,∠EA′D=45°,则∠A′DE=90°,再计算出∠A′ED=45°,根据等角对等边可得AD=ED,即可利用SAS证明△AA′D≌△CED;
(2)首先由AC=A′C,可得点C在AA′的垂直平分线上;再证明△AEB′≌△A′ED,可得AE=A′E,进而得到点E也在AA′的垂直平分线上,再根据两点确定一条直线可得直线CE是线段AA′的垂直平分线.
证明:
(1)∵四边形ABCD是正方形,
∴AD=CD,∠ADC=90°,
∴∠A′DE=90°,
根据旋转的方法可得:
∠EA′D=45°,,
∴∠A′ED=45°,
∴A′D=DE,
在△AA′D和△CED中:
AD=CD,∠ADA′=∠EDC,A′D=ED,
∴△AA′D≌△CED(SAS);
(2)∵AC=A′C,
∴点C在AA′的垂直平分线上,
∵AC是正方形ABCD的对角线,
∴∠CAE=45°,
∵AC=A′C,CD=CB′,
∴AB′=A′D,
在△AEB′和△A′ED中:
∠EAB′=∠EA′D,∠AEB′=∠A′ED,AB′=A′D,
∴△AEB′≌△A′ED,
∴AE=A′E,
∴点E也在AA′的垂直平分线上,
∴直线CE是线段AA′的垂直平分线.
点评:
此题主要考查了正方形的性质,以及旋转的性质,关键是熟练掌握正方形的性质:
正方形的四条边都相等,四个角都是直角;正方形的两条对角线相等,互相垂直平分,并且每条对角线平分一组对角;找准旋转后相等的线段.
例2:
感知:
如图①,点E在正方形ABCD的边BC上,BF⊥AE于点F,DG⊥AE于点G,可知△ADG≌△BAF.(不要求证明)
拓展:
如图②,点B、C分别在∠MAN的边AM、AN上,点E、F在∠MAN内部的射线AD上,∠1、∠2分别是△ABE、△CAF的外角.已知AB=AC,∠1=∠2=∠BAC,求证:
△ABE≌△CAF.
应用:
如图③,在等腰三角形ABC中,AB=AC,AB>BC.点D在边BC上,CD=2BD,点E、F在线段AD上,∠1=∠2=∠BAC.若△ABC的面积为9,则△ABE与△CDF的面积之和为 6 .
考点:
全等三角形的判定与性质;等腰三角形的性质;正方形的性质。
810360
分析:
拓展:
利用∠1=∠2=∠BAC,利用三角形外角性质得出∠4=∠ABE,进而利用AAS证明△ABE≌△CAF;
应用:
首先根据△ABD与△ADC等高,底边比值为:
1:
2,得出△ABD与△ADC面积比为:
1:
2,再证明△ABE≌△CAF,即可得出△ABE与△CDF的面积之和为△ADC的面积得出答案即可.
解答:
拓展:
证明:
∵∠1=∠2,
∴∠BEA=∠AFC,
∵∠1=∠ABE+∠3,∠3+∠4=∠BAC,∠1=∠BAC,
∴∠BAC=∠ABE+∠3,
∴∠4=∠ABE,
∴,
∴△ABE≌△CAF(AAS).
应用:
解:
∵在等腰三角形ABC中,AB=AC,CD=2BD,
∴△ABD与△ADC等高,底边比值为:
1:
2,
∴△ABD与△ADC面积比为:
1:
2,
∵△ABC的面积为9,
∴△ABD与△ADC面积分别为:
3,6;
∵∠1=∠2,
∴∠BEA=∠AFC,
∵∠1=∠ABE+∠3,∠3+∠4=∠BAC,∠1=∠BAC,
∴∠BAC=∠ABE+∠3,
∴∠4=∠ABE,
∴,
∴△ABE≌△CAF(AAS),
∴△ABE与△CAF面积相等,
∴△ABE与△CDF的面积之和为△ADC的面积,
∴△ABE与△CDF的面积之和为6,
故答案为:
6.
点评:
此题主要考查了三角形全等的判定与性质以及三角形面积求法,根据已知得出∠4=∠ABE,以及△ABD与△ADC面积比为:
1:
2是解题关键.
例3:
(1)如图,在△ABC和△ADE中,AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°.
①当点D在AC上时,如图1,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?
直接写出你猜想的结论;
②将图1中的△ADE绕点A顺时针旋转α角(0°<α<90°),如图2,线段BD、CE有怎样的数量关系和位置关系?
请说明理由.
(2)当△ABC和△ADE满足下面甲、乙、丙中的哪个条件时,使线段BD、CE在
(1)中的位置关系仍然成立?
不必说明理由.
甲:
AB:
AC=AD:
AE=1,∠BAC=∠DAE≠90°;
乙:
AB:
AC=AD:
AE≠1,∠BAC=∠DAE=90°;
丙:
AB:
AC=AD:
AE≠1,∠BAC=∠DAE≠90°.
考点:
全等三角形的判定与性质。
810360
专题:
几何综合题。
分析:
(1)①BD=CE,BD⊥CE.根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA;然后在△ABD和△CDF中,由三角形内角和定理可以求得∠CFD=90°,即BD⊥CF;
②BD=CE,BD⊥CE.根据全等三角形的判定定理SAS推知△ABD≌△ACE,然后由全等三角形的对应边相等证得BD=CE、对应角相等∠ABF=∠ECA;作辅助线(延长BD交AC于F,交CE于H)BH构建对顶角∠ABF=∠HCF,再根据三角形内角和定理证得∠BHC=90°;
(2)根据结论①、②的证明过程知,∠BAC=∠DFC(或∠FHC=90°)时,该结论成立了,所以本条件中的∠BAC=∠DAE≠90°不合适.
解答:
解:
(1)①结论:
BD=CE,BD⊥CE;
②结论:
BD=CE,BD⊥CE…1分
理由如下:
∵∠BAC=∠DAE=90°
∴∠BAD﹣∠DAC=∠DAE﹣∠DAC,即∠BAD=∠CAE…1分
在Rt△ABD与Rt△ACE中,
∵
∴△ABD≌△ACE…2分
∴BD=CE…1分
延长BD交AC于F,交CE于H.
在△ABF与△HCF中,
∵∠ABF=∠HCF,∠AFB=∠HFC
∴∠CHF=∠BAF=90°
∴BD⊥CE…3分
(2)结论:
乙.AB:
AC=AD:
AE,∠BAC=∠DAE=90°…2分
点评:
本题考查了全等三角形的判定与性质.SSS,SAS,ASA,AAS,HL均可作为判定三角形全等的定理.注意:
在全等的判定中,没有AAA(角角角)和SSA(边边角)(特例:
直角三角形为HL,因为勾股定理,只要确定了斜边和一条直角边,另一直角边也确定,属于SSS),因为这两种情况都不能唯一确定三角形的形状;另外三条中线(或高、角平分线)分别对应相等的两个三角形也全等.
二、专题过关
检测题1:
检测题2:
一、能力培养
综合题1、如图1,在Rt△ABC中,∠A=90°,AB=6,AC=8,点D为边BC的中点,DE⊥BC交边AC于点E,点P为射线AB上的一动点,点Q为边AC上的一动点,且∠PDQ=90°.
(1)求ED、EC的长;
(2)若BP=2,求CQ的长;
(3)记线段PQ与线段DE的交点为F,若△PDF为等腰三角形,求BP的长.
图1备用图
思路点拨
1.第
(2)题BP=2分两种情况.
2.解第
(2)题时,画准确的示意图有利于理解题意,观察线段之间的和差关系.
3.第(3)题探求等腰三角形PDF时,根据相似三角形的传递性,转化为探求等腰三角形CDQ.
满分解答
(1)在Rt△ABC中,AB=6,AC=8,所以BC=10.
在Rt△CDE中,CD=5,所以,.
(2)如图2,过点D作DM⊥AB,DN⊥AC,垂足分别为M、N,那么DM、DN是
△ABC的两条中位线,DM=4,DN=3.
由∠PDQ=90°,∠MDN=90°,可得∠PDM=∠QDN.
因此△PDM∽△QDN.
所以.所以,.
图2图3图4
①如图3,当BP=2,P在BM上时,PM=1.
此时.所以.
②如图4,当BP=2,P在MB的延长线上时,PM=5.
此时.所以.
(3)如图5,如图2,在Rt△PDQ中,.
在Rt△ABC中,.所以∠QPD=∠C.
由∠PDQ=90°,∠CDE=90°,可得∠PDF=∠CDQ.
因此△PDF∽△CDQ.
当△PDF是等腰三角形时,△CDQ也是等腰三角形.
①如图5,当CQ=CD=5时,QN=CQ-CN=5-4=1(如图3所示).
此时.所以.
②如图6,当QC=QD时,由,可得.
所以QN=CN-CQ=(如图2所示).
此时.所以.
③不存在DP=DF的情况.这是因为∠DFP≥∠DQP>∠DPQ(如图5,图6所示).
图5图6
考点伸展
如图6,当△CDQ是等腰三角形时,根据等角的余角相等,可以得到△BDP也是等腰三角形,PB=PD.在△BDP中可以直接求解.
综合题2、如图1,抛物线与x轴交于A、B两点(点B在点A的右侧),与y轴交于点C,连结BC,以BC为一边,点O为对称中心作菱形BDEC,点P是x轴上的一个动点,设点P的坐标为(m,0),过点P作x轴的垂线l交抛物线于点Q.
(1)求点A、B、C的坐标;
(2)当点P在线段OB上运动时,直线l分别交BD、BC于点M、N.试探究m为何值时,四边形CQMD是平行四边形,此时,请判断四边形CQBM的形状,并说明理由;
(3)当点P在线段EB上运动时,是否存在点Q,使△BDQ为直角三角形,若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.
图1
思路点拨
1.第
(2)题先用含m的式子表示线段MQ的长,再根据MQ=DC列方程.
2.第
(2)题要判断四边形CQBM的形状,最直接的方法就是根据求得的m的值画一个准确的示意图,先得到结论.
3.第(3)题△BDQ为直角三角形要分两种情况求解,一般过直角顶点作坐标轴的垂线可以构造相似三角形.
满分解答
(1)由,得A(-2,0),B(8,0),C(0,-4).
(2)直线DB的解析式为.
由点P的坐标为(m,0),可得,.
所以MQ=.
当MQ=DC=8时,四边形CQMD是平行四边形.
解方程,得m=4,或m=0(舍去).
此时点P是OB的中点,N是BC的中点,N(4,-2),Q(4,-6).
所以MN=NQ=4.所以BC与MQ互相平分.
所以四边形CQBM是平行四边形.
图2图3
(3)存在两个符合题意的点Q,分别是(-2,0),(6,-4).
考点伸展
第(3)题可以这样解:
设点Q的坐标为.
①如图3,当∠DBQ=90°时,.所以.
解得x=6.此时Q(6,-4).
②如图4,当∠BDQ=90°时,.所以.
解得x=-2.此时Q(-2,0).
图3图4
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- 中考 专题 三角形