中考数学压轴题专项汇编专题弦图模型

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2024届中考数学压轴(湘教版)专题05 三角形的三边、高线、中线及角平分线压轴题五种模型(解析版)

2024届中考数学压轴(湘教版)专题05 三角形的三边、高线、中线及角平分线压轴题五种模型(解析版)

专题05三角形的三边、高线、中线及角平分线压轴题五种模型全攻略考点一三角形的稳定性考点二三角形的三边关系考点三三角形的高线考点四三角形的中线考点五三角形的角平分线考点一三角形的稳定性例题:(2021·广西·南宁十四中七年级期末)下列图形中没有运用三角形稳定性的是()A.B.C .D.【答案】B【解析】【分析】利用三角形的稳定性解答即可.【详解】解:对于A 、C 、D 选项,都含有三角形,故利用了三角形的稳定性;而B 选项中,用到了四边形的不稳定性.故选B .【点睛】本题主要考查了三角形的稳定性,需理解稳定性在实际生活中的应用;明确能体现出三角形的稳定性,则说明物体中必然存在三角形是解题关键.【变式训练】1.(2022·吉林吉林·二模)如图,人字梯中间设计一“拉杆”,在使用梯子时,固定拉杆会增加安全性.这样做蕴含的数学道理是()A .三角形具有稳定性B .两点之间线段最短典型例题C.经过两点有且只有一条直线D.垂线段最短【答案】A【解析】【分析】人字梯中间设计一“拉杆”后变成一个三角形,稳定性提高.【详解】三角形的稳定性如果三角形的三条边固定,那么三角形的形状和大小就完全确定了,三角形的这个特征,叫做三角形的稳定性.故选A【点睛】本题考查三角形的稳定性,理解这一点是本题的关键.2.(2022·广东·佛山市惠景中学七年级期中)如图所示的自行车架设计成三角形,这样做的依据是三角形具有___.【答案】稳定性【解析】【分析】根据是三角形的稳定性,即可求解.【详解】解:自行车的主框架采用了三角形结构,这样设计的依据是三角形具有稳定性,故答案为:稳定性.【点睛】本题考查的是三角形的性质,掌握三角形具有稳定性是解题的关键.考点二三角形的三边关系例题:(2022·黑龙江·哈尔滨市风华中学校七年级期中)下列各组长度的线段为边,能构成三角形的是().A.1,2,3B.3,4,5C.4,5,11D.6,3,3【答案】B【解析】【分析】比较三边中两较小边之和与较大边的大小即可得到解答.【详解】解:A、1+2=3,不符合题意;B、3+4>5,符合题意;C、4+5<11,不符合题意;D、3+3=6,不符合题意;故选B.【点睛】本题考查构成三角形的条件,熟练掌握三角形的三边关系是解题关键.【变式训练】1.(2022·黑龙江·哈尔滨市第六十九中学校七年级期中)下列各组长度的三条线段能够组成三角形的是()A.3,4,8B.5,6,11C.5,6,10D.10,7,3【答案】C【解析】【分析】根据三角形三边关系可直接进行排除选项.【详解】解:A、3+4<8,不符合三角形三边关系,故不能构成三角形;B、5+6=11,不符合三角形三边关系,故不能构成三角形;C、5+6>10,符合三角形三边关系,故能构成三角形;D、3+7=10,不符合三角形三边关系,故不能构成三角形;故选C.【点睛】本题主要考查三角形三边关系,熟练掌握三角形三边关系是解题的关键.2.(2022·海南·海口市第十四中学七年级阶段练习)在△ABC中,三条边长分别为3和6,第三边长为奇数,那么第三边的长是()A.5或7B.7或9C.3或5D.9【答案】A【解析】【分析】先求出第三边长的取值范围,再根据条件具体确定符合条件的值即可.【详解】解:因为三条边长分别为3和6,所以6-3<第三边<6+3,所以3<第三边<9,因为第三边长为奇数,∴第三边的长为5或7,故选:A.【点睛】本题考查了三角形的三边关系,掌握三角形任意两边之和大于第三边,任意两边之差小于第三边是解题的关键.3.(2022·江苏·南师附中新城初中七年级期中)已知三角形三边长分别为3,x,14,若x为正整数,则这样的三角形个数为()A.4B.5C.6D.7【答案】B【解析】【分析】直接根据三角形的三边关系求出x的取值范围,进而可得出结论.【详解】解:∵三角形三边长分别为3,x,14,x .,即1117x143143∵为正整数,xx ,13,14,15,16,即这样的三角形有5个.12故选:B.【点睛】本题考查的是三角形的三边关系,熟知三角形两边之和大于第三边,两边之差小于第三边是解答此题的关键.考点三三角形的高线的高的图形是()例题:(2022·重庆市育才中学七年级阶段练习)下列各组图形中,BD是ABCA.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】三角形的高即从三角形的顶点向对边引垂线,顶点和垂足间的线段.根据概念即可得到答案.【详解】解:根据三角形高的定义可知,只有选项B 中的线段BD 是△ABC 的高,故选:B .【点睛】考查了三角形的高的概念,掌握高的作法是解题的关键.【变式训练】1.(2022·浙江杭州·中考真题)如图,CD ⊥AB 于点D ,已知∠ABC 是钝角,则()A .线段CD 是 ABC 的AC 边上的高线B .线段CD 是 ABC 的AB 边上的高线C .线段AD 是 ABC 的BC 边上的高线D .线段AD 是 ABC 的AC 边上的高线【答案】B【解析】【分析】根据高线的定义注意判断即可.【详解】∵线段CD 是 ABC 的AB 边上的高线,∴A 错误,不符合题意;∵线段CD 是 ABC 的AB 边上的高线,∴B 正确,符合题意;∵线段AD 是 ACD 的CD 边上的高线,∴C 错误,不符合题意;∵线段AD 是 ACD 的CD 边上的高线,∴D 错误,不符合题意;故选B .【点睛】本题考查了三角形高线的理解,熟练掌握三角形高线的相关知识是解题的关键.2.(2022·湖南怀化·七年级期末)如图,在直角三角形ABC 中,90ACB ,AC =3,BC =4,AB =5,则点C 到AB 的距离为______.【答案】125【解析】【分析】根据面积相等即可求出点C 到AB 的距离.【详解】解:∵在直角三角形ABC 中,90ACB ,∴1122AC BC AB CD ,∵AC =3,BC =4,AB =5,∴1134522CD ,∴CD =125,故答案为:125.【点睛】本题考查求直角三角形斜边上的高,用面积法列出关系式是解题关键.3.(2022·重庆·七年级期中)如图,点A 、点B 是直线l 上两点,10AB ,点M 在直线l 外,6MB ,8MA ,90AMB ,若点P 为直线l 上一动点,连接MP ,则线段MP 的最小值是______.【答案】4.8【解析】【分析】根据垂线段最短可知:当MP AB 时,MP 有最小值,再利用三角形的面积可列式计算求解MP 的最小值.【详解】解:当MP AB 时,MP 有最小值,10AB ∵,6MB ,8MA ,90AMB ,AB MP AM BM ,即1068MP ,解得 4.8MP .故答案为:4.8.【点睛】本题主要考查垂线段最短,三角形的面积,找到MP 最小时的P 点位置是解题的关键.考点四三角形的中线例题:(2021·广西·靖西市教学研究室八年级期中)如图,已知BD 是△ABC 的中线,AB =5,BC =3,且△ABD 的周长为12,则△BCD 的周长是_____.【答案】10【解析】【分析】先根据三角形的中线、线段中点的定义可得AD CD ,再根据三角形的周长公式即可求出结果.【详解】解:∵BD 是ABC 的中线,即点D 是线段AC 的中点,AD CD ,∵5AB ,ABD △的周长为12,12AB BD AD ,即512BD AD ,解得:7BD AD ,7BD CD ,则BCD △的周长是3710BC BD CD .故答案为:10.【点睛】本题主要考查了三角形的中线、线段中点的定义等知识点,掌握线段中点的定义是解题关键.【变式训练】1.(2022·陕西·西安市曲江第一中学七年级期中)在ABC 中,BC 边上的中线AD 将ABC 分成的两个新三角形的周长差为5cm ,AB 与AC 的和为11cm ,则AC 的长为________.【答案】3cm 或8cm【解析】【分析】根据三角形的中线的定义可得BD CD ,然后求出ABD △与ADC 的周长差是AB 与AC 的差或AC 与AB 的差,然后代入数据计算即可得解.【详解】如图1,图2,∵AD 是BC 边上的中线,∴BD CD ,∵中线AD 将ABC 分成的两个新三角形的周长差为5cm ,∴ 5AB BD AD AC CD AD 或 5AC CD AD AB BD AD ,∴5AB AC 或者5AC AB ,∵AB 与AC 的和为11cm ,∴11AB AC ,∴83AB AC 或38AB AC,故答案为:3cm 或8cm .【点睛】本题考查了三角形的中线,熟记概念并求出两个三角形的周长的差等于两边长的差是解题的关键.2.(2022·江苏·泰州市第二中学附属初中七年级阶段练习)如图,D ,E 分别是△ABC 边AB ,BC 上的点,AD =2BD ,BE =CE ,设△ADF 的面积为S 1,△FCE 的面积为S 2,若S △ABC =16,则S 1-S 2的值为_________.【答案】83【解析】【分析】S △ADF −S △CEF =S △ABE −S △BCD ,所以求出三角形ABE 的面积和三角形BCD 的面积即可,因为AD =2BD ,BE =CE ,且S △ABC =16,就可以求出三角形ABE 的面积和三角形BCD 的面积.【详解】解:∵BE =CE ,∴BE =12BC ,∵S △ABC =16,∴S △ABE =12S △ABC =8.∵AD =2BD ,S △ABC =16,∴S △BCD =13S △ABC =163,∵S △ABE −S △BCD =(S 1+S 四边形BEFD )−(S 2+S 四边形BEFD )=S 1−S 2=83,故答案为83.【点睛】本题考查三角形的面积,关键知道当高相等时,面积等于底边的比,据此可求出三角形的面积,然后求出差.3.(2022·江苏·苏州市相城实验中学七年级期中)如图,AD 是△ABC 的中线,BE 是△ABD 的中线,EF BC 于点F .若24ABC S ,BD4,则EF 长为___________.【答案】3【解析】【分析】因为S △ABD =12S △ABC ,S △BDE =12S △ABD ;所以S △BDE =14S △ABC ,再根据三角形的面积公式求得即可.【详解】解:∵AD 是△ABC 的中线,S △ABC =24,∴S △ABD =12S △ABC =12,同理,BE 是△ABD 的中线,612BDE ABD S S,∵S △BDE =12BD •EF ,∴12BD •EF =6,即1462EF ∴EF =3.故答案为:3.【点睛】此题考查了三角形的面积,三角形的中线特点,理解三角形高的定义,根据三角形的面积公式求解,是解题的关键.考点五三角形的角平分线例题:(2022·全国·八年级)如图,在ABC 中,90CAB ,AD 是高,CF 是中线,BE 是角平分线,BE 交AD 于G ,交CF 于H ,下列说法正确的是()①AEG AGE ;②BH CH ;③2EAG EBC ;④ACF BCFS S A .①③B .①②③C .①③④D .②③④【答案】C【解析】【分析】①根据∠CAB =90°,AD 是高,可得∠AEG =90°−∠ABE ,∠DGB =90°−∠DBG ,又因为BE 是角平分线,可得∠ABE =∠DBE ,故能得到∠AEG =∠DGB ,再根据对顶角相等,即可求证该说法正确;②因为CF 是中线,BE 是角平分线,得不到∠HCB =∠HBC ,故该说法错误;③∠EAG +∠DAB =90°,∠DBA +∠DAB =90°,可得∠EAG =∠DBA ,因为∠DBA =2∠EBC ,故能得到该说法正确;④根据中线平分面积,可得该说法正确.【详解】解:①∵∠CAB =90°,AD 是高,∴∠AEG =90°−∠ABE ,∠DGB =90°−∠DBG ,∵BE 是角平分线,∴∠ABE=∠DBE,∴∠AEG=∠DGB,∵∠DGB=∠AGE,∴∠AEG=∠AGE,故该说法正确;②因为CF是中线,BE是角平分线,得不到∠HCB=∠HBC,故该说法错误;③∵∠EAG+∠DAB=90°,∠DBA+∠DAB=90°,∴∠EAG=∠DBA,∵∠DBA=2∠EBC,∴∠EAG=2∠EBC,故该说法正确;④根据中线平分面积,可得S△ACF=S△BCF,故该说法正确.故选:C.【点睛】本题考查了三角形的高,中线,角平分线的性质,解题的关键是熟练掌握各线的特点和性质.【变式训练】1.(2022·全国·八年级)如图,在△ABC中,∠C=90°,D,E是AC上两点,且AE=DE,BD平分∠EBC,那么下列说法中不正确的是()A.BE是△ABD的中线B.BD是△BCE的角平分线C.∠1=∠2=∠3D.S△AEB=S△EDB【答案】C【解析】【分析】根据三角形中线、角平分线的定义逐项判断即可求解.【详解】解:A、∵AE=DE,∴BE是△ABD的中线,故本选项不符合题意;B、∵BD平分∠EBC,∴BD是△BCE的角平分线,故本选项不符合题意;C、∵BD平分∠EBC,∴∠2=∠3,但不能推出∠2、∠3和∠1相等,故本选项符合题意;D 、∵S △AEB =12×AE ×BC ,S △EDB =12×DE ×BC ,AE =DE ,∴S △AEB =S △EDB ,故本选项不符合题意;故选:C【点睛】本题主要考查了三角形中线、角平分线的定义,熟练掌握三角形中,连接一个顶点和它的对边的中点的线段叫做三角形的中线;三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交,连接这个角的顶点和交点的线段叫三角形的角平分线是解题的关键.2.(2022·全国·八年级)如图,AD ,BE ,CF 依次是 ABC 的高、中线和角平分线,下列表达式中错误的是()A .AE =CEB .∠ADC =90°C .∠CAD =∠CBE D .∠ACB =2∠ACF【答案】C【解析】【分析】根据三角形的高、中线和角平分线的定义(1)三角形的角平分线定义:三角形的一个角的平分线与这个角的对边相交,连接这个角的顶点和交点的线段叫做三角形的角平分线;(2)三角形的中线定义:在三角形中,连接一个顶点和它所对边的中点的连线段叫做三角形的中线;(3)三角形的高定义:从三角形一个顶点向它的对边(或对边所在的直线)作垂线,顶点和垂足间的线段叫做三角形的高线,简称为高.求解即可.【详解】解:A 、BE 是△ABC 的中线,所以AE =CE ,故本表达式正确;B 、AD 是△ABC 的高,所以∠ADC =90,故本表达式正确;C 、由三角形的高、中线和角平分线的定义无法得出∠CAD =∠CBE ,故本表达式错误;D 、CF 是△ABC 的角平分线,所以∠ACB =2∠ACF ,故本表达式正确.故选:C .【点睛】本题考查了三角形的高、中线和角平分线的定义,是基础题,熟记定义是解题的关键.3.(2021·全国·八年级课时练习)填空:(1)如图(1),,AD BE CF 是ABC 的三条中线,则2AB ______,BD ______,12AE ______.(2)如图(2),,AD BE CF 是ABC 的三条角平分线,则1 ______,132______,2ACB ______.【答案】AF 或BF CD AC 2 ABC 4【解析】【分析】(1)根据三角形的中线定义:三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线可得E 、F 、D 分别是AC 、AB 、BC 上的中点,进而得到答案.(2)根据角平分线定义,从一个角的顶点出发,把这个角分成两个相等的角的射线,叫做这个角的平分线即可解答.【详解】解:(1)∵CF 是AB 边上的中线,∴AB =2AF =2BF ;∵AD 是BC 边上的中线,∴BD =CD ,∵BE 是AC 边上的中线,∴AE =12AC ,(2)∵AD 是BAC 的角平分线,∴12 ,∵BE 是ABC 的角平分线,∴132ABC ,∵CF 是ACB 的角平分线,∴2ACB 4 .故答案为:AF 或BF ;CD ;AC ;2 ;ABC ;4【点睛】此题主要考查了三角形的中线、角平分线,解题的关键是掌握三角形的中线及角平分线的定义.一、选择题1.(重庆市黔江区2021-2022学年七年级下学期期末数学试题)以下数据分别是3根小木棒的长度.用这3根小木棒的长度为边不能搭成三角形的是()A .3cm ,4cm ,5cmB .5cm ,7cm ,7cmC .5cm ,7cm ,12cmD .6cm ,8cm ,10cm【答案】C【分析】根据三角形的三边关系,逐项判断即可求解.【详解】解:A 、因为345 ,所以这3根小木棒的长度为边能搭成三角形,故本选项不符合题意;B 、因为577+>,所以这3根小木棒的长度为边能搭成三角形,故本选项不符合题意;C 、因为5712+=,所以这3根小木棒的长度为边不能搭成三角形,故本选项符合题意;D 、因为6810 ,所以这3根小木棒的长度为边能搭成三角形,故本选项不符合题意;故选:C【点睛】本题主要考查了三角形的三边关系,熟练掌握三角形的两边之和大于第三边,两边之差小于第三边是解题的关键.2.(2022·全国·八年级专题练习)如图,把平板电脑放在一个支架上面,就可以非常方便的使用它上网课,这样做的数学道理是()A .对顶角相等B .垂线段最短C .三角形具有稳定性D .两点之间线段最短【答案】C 【分析】根据三角形具有稳定性可直接得出答案.【详解】解:把平板电脑放在一个支架上面,就可以非常方便的使用它上网课,这是因为手机支架利用了三角形的稳定性,课后训练故选C .【点睛】本题考查了三角形的稳定性,解题的关键是了解三角形具有稳定性,属于基础题,难度不大.3.(2022·全国·八年级专题练习)用集合来表示“按边把三角形分类”,下面集合正确的是()A .B .C .D .【答案】D【分析】根据三角形的分类,即可求解.【详解】解:三角形按边可以分为不等边三角形和等腰三角形,等腰三角形可以分为两边相等的三角形和三边相等的三角形(等边三角形),∴集合正确的是D .故选:D【点睛】本题主要考查了三角形的分类,熟练掌握三角形可以分为不等边三角形和等腰三角形,等腰三角形可以分为两边相等的三角形和三边相等的三角形(等边三角形)是解题的关键.4.(2022·江苏·吕良中学七年级阶段练习)如图,画ΔABC 一边BC 上的高,下列画法正确的是()A .B .C .D .【答案】C【分析】作哪一条边上的高,即从所对的顶点向这条边或这条边的延长线作垂线段即可.【详解】解:在ABC 中,画出边BC 上的高,即是过点A 作BC 边的垂线段,下图符合条件:正确的是C ,符合题意.故选:C .【点睛】此题主要考查了作图 基本作图,三角形的高,解题的关键是要注意高的作法.5.(2022·安徽·砀山铁路中学七年级期末)已知在△ABC 中,点D 、E 、F 分别为BC 、AD 、CE 的中点,且26cm ABC S ,则BEF S 的值为()1(1)如图,当AC=10cm时,求(2)若AC=12cm,能否求出DC【答案】(1)4cm(2)不能,见解析的长.(1)当15ABE ,BAD (2)若ABC 的面积为30【答案】(1)40(2)5【分析】(1)根据三角形外角和定理计算即可.(2)根据三角形的面积的性质计算即可.(1)BED ∵是ABE 的外角,BED ABE BAD(2)因为AD为ABC的中线,所以12 ADC ADBS S S因为ABC的面积为30所以1132BDE ABC S S【点睛】本题考查了三角形中线的性质,熟练掌握中线的性质是解题的关键.14.(2022·福建泉州·七年级期末)BAE DAE,AF(1)以AD为中线的三角形是(1)若80,求∠2的度数;ADC(2)过点E作EF AB∥,交BD于点【答案】(1)35(2)见解析【分析】(1)先根据三角形的外角性质可得然后根据角平分线的定义即可得;。

三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型(学生版+解析版)

三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型(学生版+解析版)

三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型赵爽弦图分为内弦图与外弦图,是中国古代数学家赵爽发现,既可以证明勾股定理,也可以以此命题,相关的题目有一定的难度,但解题方法也常常是不唯一的。

弦图之美,美在简约,然不失深厚,经典而久远,被誉为“中国数学界的图腾”。

弦图蕴含的割补思想,数形结合思想、图形变换思想更是课堂教学中数学思想渗透的绝佳载体。

一个弦图集合了初中平面几何线与形,位置与数量,方法与思想,小身板,大能量,它就是数学教育里的不老神话。

广受数学教师和数学爱好者研究,近年来也成为了各地中考的热点问题。

模型1、弦图模型(1)内弦图模型:如图1,在正方形ABCD中,AE⊥BF于点E,BF⊥CG于点F,CG⊥DH于点G,DH⊥AE于点H,则有结论:△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH;S正方形ABCD =4S△EAB+S正方形EFGH。

图1图2图3(2)外弦图模型:如图2,在正方形ABCD中,E,F,G,H分别是正方形ABCD各边上的点,且四边形EFGH是正方形,则有结论:△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH;S正方形ABCD =4S△EAB+S正方形EFGH。

(3)内外组合型弦图模型:如图3,2S正方形EFGH =S正方形ABCD+S正方形PQMN.1(2023秋·湖北·九年级校联考开学考试)如图,2002年8月在北京召开的国际数学家大会会标其原型是我国古代数学家赵爽的《勾股弦图》,它是由四个全等的直角三角形拼接而成如.如果大正方形的面积是16,直角三角形的直角边长分别为a,b,且a2+b2=ab+10,那么图中小正方形的面积是()A.2B.3C.4D.52(2022·安徽安庆·八年级期末)汉代数学家赵爽为了证明勾股定理,构造了一副“弦图”,后人称其为“赵爽弦图”,如图,大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成,若∠ADE=∠AED,AD =45,则△ADE的面积为()A.24B.6C.25D.2103(2023·山西八年级期末)如图,图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图,它是由四个全等的直角三角形围成的,若AC=6,BC=5,将四个直角三角形中的边长为6的直角边分别向外延长一倍,得到图2所示的“数学风车”,则这个风车的外围周长是()A.24B.52C.61D.764(2022·杭州九年级月考)我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理,创制了一幅“弦图”,后人称其为“赵爽弦图”.如图是由弦图变化得到,它是用八个全等的直角三角形拼接而成,记图中正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3.若S1+S2+S3=12,则下列关于S1、S2、S3的说法正确的是()A.S1=2B.S2=3C.S3=6D.S1+S3=85(2023·广东·九年级专题练习)公元三世纪,我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”.将两个“赵爽弦图”(如图1)中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ,记空隙处正方形ABCD,正方形EFGH的面积分别为S1,S2S1>S2,则下列四个判断:①S1+S2=14S四边形MNPQ②DG=2AF;③若∠EMH=30°,则S1=3S2;④若点A是线段GF的中点,则3S1=4S2,其中正确的序号是模型2. 勾股树模型6(2022·福建·八年级期末)如图是一株美丽的勾股树,其中所有的四边形都是正方形,所有的三角形都是直角三角形,如果正方形A、B、C、D的边长分别为3,4,1,2.则最大的正方形E的面积是.7(2022·浙江·乐清市八年级期中)如图,在四边形ABCD中,∠B=∠D=90°,分别以AB,BC,CD,DA为一边向外作正方形甲、乙、丙、丁,若用S甲,S乙,S丙,S丁来表示它们的面积,那么下列结论正确的是()A.S 甲=S 丁B.S 乙=S 丙C.S 甲-S 乙=S 丁-S 丙D.S 甲+S 乙=S 丙+S 丁8(2022·河南八年级期末)如图,正方形ABCD 的边长为2,其面积标记为S 1,以CD 为斜边作等腰直角三角形,以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形,其面积标记为S 2,⋯按照此规律继续下去,则S 9的值为()A.126B.127C.128D.1299(2023春·山东菏泽·八年级校考阶段练习)“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形,再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形,重复这一过程所画出来的图形,因为重复数次后的形状好似一棵树而得名.假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树,按照勾股树的作图原理作图,如果第一个正方形面积为1,则第2023代勾股树中所有正方形的面积为.10(2023·浙江八年级期中)如图,以Rt △ABC 的三边为直径,分别向外作半圆,构成的两个月牙形面积分别为S 1、S 2,Rt △ABC 的面积S 3.若S 1=4,S 2=8,则S 3的值为.11(2022春·浙江温州·九年级校考开学考试)如图1,是数学家毕达哥拉斯根据勾股定理所画的“勾股树”.如图2,在Rt △ABC 中,∠BAC =90°,以其三边为边分别向外作正方形,延长EC ,DB 分别交GF ,AH 于点N ,K ,连接KN 交AG 于点M ,若S 1S 2=916,则tan ∠ACB 为()A.12B.23C.34D.51212(2023·贵州遵义·统考二模)如图1,毕达哥拉斯树,也叫“勾股树”,是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形.在图2中,∠ACB =90°,分别以Rt △ABC 的三条边为边向外作正方形,连接BE ,DG 、BE ,交AC 于点Q ,若∠BAC =30°,BC =2,则四边形EQGD 的面积是.13(2023秋·浙江·八年级专题练习)【背景阅读】勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一,西方国家称之为毕达哥拉斯定理.在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三,股四,则弦五”的记载,我国汉代数学家赵爽为了验证勾股定理,创制了一幅“弦图”(如图1),后人称之为“赵爽弦图”,流传至今.【实践操作】(1)请叙述勾股定理;(2)验证勾股定理,人们已经找到了400多种方法,请从下列几种常见的验证方法中任选一种来验证该定理:(以下图形均满足验证勾股定理所需的条件)【探索发现】(3)如图4、5、6,以直角三角形的三边为边或直径,分别向外部作正方形、半圆、等边三角形,这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有个;(4)如图7所示,分别以直角三角形三边为直径作半圆,设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为S1、S2,直角三角形面积为S3,请判断S1、S2、S3的关系并说明理由.课后专项训练1(2022·云南九年级一模)如图是按照一定规律“生长”的“勾股树”:经观察可以发现:图(1)中共有3个正方形,图(2)在图(1)的基础上增加了4个正方形,图(3)在图(2)的基础上增加了8个正方形,⋯⋯,照此规律“生长”下去,图(6)应在图(5)的基础上增加的正方形的个数是()A.12B.32C.64D.1282(2022·浙江初三期中)勾股定理是人类最伟大的科学发现之一,在我国古算书《周髀算经》中早有记载.如图1,以直角三角形的各边为边分别向外作正方形,再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内.若图2中阴影部分的面积为2,且AB+AC=8,则BC的长为()图1图2A.42B.6C.254D.1323(2023·浙江·杭州八年级阶段练习)如图,Rt△ABC中,∠BAC=90°,分别以△ABC的三边为边作正方形ABDE,正方形BCFG,正方形ACHI,AI交CF于点J.三个正方形没有重叠的部分为阴影部分,设四边形BGFJ的面积为S1,四边形CHIJ的面积为S2,若S1-S2=12,S△ABC=4,则正方形BCFG的面积为()A.16B.18C.20D.224(2023春·湖北黄冈·八年级统考期中)“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理,是我国古代数学的骄傲,设直角三角形较长直角边长为a,较短直角边长为b.若ab=8,大正方形的面积为25,则EF 的长为()A.9B.92C.32D.35(2022·四川成都·模拟预测)勾股定理是人类最伟大的科学发现之一,在我国古算书《周髀算经》中早有记载.如图1,以直角三角形的各边为边分别向外作正方形,再将较小的两个正方形分别绕直角三角形斜边上的两顶点旋转得到图2.则图2中阴影部分面积等于()A.直角三角形的面积B.最大正方形的面积C.最大正方形与直角三角形的面积和D.较小两个正方形重叠部分的面积6(2023春·广东潮州·九年级校考期末)我国古代数学家赵爽巧妙地用“弦图”证明了勾股定理,标志着中国古代的数学成就.如图所示的“弦图”,是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形.直角三角形的斜边长为13,一条直角边长为12,则小正方形ABCD 的面积的大小为()A.144B.100C.49D.257(2023春·湖北武汉·八年级统考期末)大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”,亦称“赵爽弦图”,如图,四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD ,中空的部分是小正方形EFGH ,连接EG ,BD 相交于点O ,BD 与HC 相交于点P ,若GO =GP ,则直角三角形的边CG 与BG 之比是()A.12B.25C.2-1D.3-28(2023春·江苏泰州·七年级统考期末)大约在公元222年,赵爽为《周髀算经》一书作序时,介绍了“勾股圆方图”,亦称“赵爽弦图”(如图1).某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2:△ABC 为等边三角形,AD 、BE 、CF 围成的△DEF 也是等边三角形.已知点D 、E 、F 分别是BE 、CF 、AD 的中点,若△ABC 的面积为14,则△DEF 的面积是()A.1B.2C.3D.49(2023·河北石家庄·校考二模)如图1,毕达哥拉斯树,也叫“勾股树”,是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形.在图2中,∠ACB=90°,分别以Rt△ABC的三条边为边向外作正方形,连接BE,DG,BE交AC于点Q.若∠BAC=30°,BC=2,则四边形EQGD的面积是()B.23C.53+3D.3A.53+3210(2023·江苏扬州·统考中考真题)我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”,后人称之为“赵爽弦图”,它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成.如图,直角三角形的直角边长为a、b,斜边长为c,若b-a=4,c=20,则每个直角三角形的面积为.11(2022秋·四川成都·八年级校考期中)“勾股图”有着悠久的历史,它曾引起很多人的兴趣.1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票(如图1),欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究.如图2,在△ABC中,∠ACB=90°,分别以△ABC的三条边为边向外作正方形,连接EB,CM,DG,CM分别与AB,BE相交于点P,Q.若∠ABE=30°,则DGQM的值为.12(2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中)如图①,在Rt△ACB中∠ACB=90°,分别以AC、BC、AB为边,向形外作等边三角形,所得的等边三角形的面积分别为S1、S2、S3,请解答以下问题:(1)S1、S2、S3满足的数量关系是.(2)现将△ABF向上翻折,如图②,若阴影部分的S甲=6、S乙=5、S丙=4,则S△ACB=.13(2023·湖北孝感·统考三模)“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形,再以直角三角形的两直角边分别向外作正方形,重复这一过程所画出来的图形,因为重复数次后的形状好似一棵树而得名.假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树,按照勾股树的作图原理作图,则第五代勾股树中正方形的个数为.14(2022·山东临沂·统考二模)中国古代的数学家们对于勾股定理的发现和证明,在世界数学史上具有独特的贡献和地位尤其是三国时期的数学家赵爽,不仅最早对勾股定理进行了证明,而且创制了“勾股圆方图”,开创了“以形证数”的思想方法.在图中,小正方形ABCD的面积为1,如果把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1(如图1),则正方形的面积为;再把正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2(如图2),如此进行下去,得到的正方形A n B n C n D n的面积为(用含n的式子表示,n为正整数).15(2023·浙江台州·八年级校考期中)如图1,是一个封闭的勾股水箱,其中Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ部分是可盛水的正方形,且相互联通,已知∠ACB=90°,AC=6,BC=8,开始时Ⅲ刚好盛满水,而Ⅰ,Ⅱ无水.(1)如图2摆放时,Ⅰ刚好盛满水,而Ⅱ无水,则Ⅲ中有水部分的面积为;(2)如图3摆放时,水面刚好经过Ⅲ的中心O(正方形两条对角线的交点),则Ⅱ中有水部分的面积为.16(2023·湖北黄冈·统考中考真题)如图,是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的,人们称它为“赵爽弦图”,它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形.设图中AF=a,DF=b,连接AE,BE,若△ADE与△BEH的面积相等,则b2a2+a2b2=.17(2023·江苏徐州·统考二模)如图,四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”,得到正方形ABCD与正方形EFGH.连接AC,若AG平分∠CAD,且正方形EFGH的面积为2,则正方形ABCD的面积为.18(2023·陕西渭南·统考二模)魏朝时期,刘徽利用下图通过“以盈补虚,出入相补”的方法,即“勾自乘为朱方,股自乘为青方,令出入相补,各从其类”证明了勾股定理.如图,四边形ABCD、四边形BFGH和四边形AFMN都是正方形,BF交CD于E,若DE=2,CE=4,则BF的长为.19(2022·宁夏吴忠·统考一模)2002年8月,在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》,它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形(如图1),且大正方形的面积是17,直角三角形的较短直角边为a,较长直角边为b.如果将四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放,则图2中最大的正方形的面积为31.试求图1中小正方形的面积是为.20(2023·山东济宁·统考二模)勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一,西方国家称之为毕达哥拉斯定理.在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三,股四,则弦五”的记载,我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理,创制了一幅“弦图”(如图1),后人称之为“赵爽弦图”,流传至今.勾股定理内容为:如果直角三角形的两条直角边分别为a,b,斜边为c,那么a2+b2=c2.(1)如图2、3、4,以直角三角形的三边为边或直径,分别向外部作正方形、半圆、等边三角形,这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有个;(2)如图5所示,分别以直角三角形三边为直径作半圆,设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为S1,S2,直角三角形面积为S3,请判断S1,S2,S3的关系并证明;(3)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形,再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形,重复这一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”.在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中,设大正方形M的边长为定值m,四个小正方形A,B,C,D的边长分别为a,b,c,d,已知∠1=∠2=∠3=∠α,则当∠α变化时,回答下列问题:(结果可用含m的式子表示)①a2+b2+c2+d2=;②b与c的关系为,a与d的关系为.21(2022·湖南·八年级课时练习)如图①,美丽的弦图,蕴含着四个全等的直角三角形.(1)弦图中包含了一大,一小两个正方形,已知每个直角三角形较长的直角边为a,较短的直角边为b,斜边长为c,结合图①,试验证勾股定理.(2)如图②,将这四个直角三角形紧密地拼接,形成飞镖状,已知外围轮廓(粗线)的周长24,OC=3,求该飞镖状图案的面积.(3)如图③,将八个全等的直角三角形紧密地拼接,记图中正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,若S1+S2+S3=40,求S2.22(2023·广东深圳·校联考三模)中华文明源远流长,如图①是汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的图形,人们称之为赵爽弦图,被誉为中国数学界的图腾.2002年北京国际数学家大会依据赵爽弦图制作了会标,该图有4个全等的直角三角形围成几个大正方形和中间一个小正方形,巧妙的证明了勾股定理.问题发现:如图①,若直角三角形的直角边BC=3,斜边AB=5,则中间小正方形的边长CD=,连接BD,△ABD的面积为.知识迁移:如图②,P是正方形ABCD内一点,连接PA,PB,PC,当∠BPC=90°,BP=10时,△PAB的面积为.拓展延伸:如图③,已知∠MBN=90°,以点B为圆心,适当长为半径画弧,交射线BM,BN分别于A,C两点.(1)已知D为线段AB上一个动点,连接CD,过点B作BE⊥CD,垂足为点E;在CE上取一点F,使EF=BE;过点F作GF⊥CD交BC于点G,试判断三条线段BE,DE,GF之间的数量关系,并说明理由.(2)在(1)的条件下,若D为射线BM上一个动点,F为射线EC上一点;当AB=10,CF=2时,直接写出线段DE的长.三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型赵爽弦图分为内弦图与外弦图,是中国古代数学家赵爽发现,既可以证明勾股定理,也可以以此命题,相关的题目有一定的难度,但解题方法也常常是不唯一的。

弦图与垂直模型-【压轴必刷】中考数学压轴大题之经典模型(全国通用)(解析版)

弦图与垂直模型-【压轴必刷】中考数学压轴大题之经典模型(全国通用)(解析版)

弦图与垂直模型解题策略模型1:垂直模型如图:∠D=∠BCA=∠E=90°,BC=AC.,结论:Rt△BCD≌Rt△CAE.模型分析说到三垂直模型,不得不说一下弦图,弦图的运用在初中直角三角形中占有举足轻重的地位,很多利用垂直求角,勾股定理求边长,相似求边长都会用到从弦图支离出来的一部分几何图形去求解.图①和图②就是我们经常会见到的两种弦图.三垂直图形变形如图③、图④,这也是由弦图演变而来的.模型2:弦图模型如图,在正方形ABCD中,BF⊥CG,CG⊥DH,DH⊥AE,AE⊥BF, 则:△ABE≌△BCF≌△CDG ≌△DAH.经典例题【例1】.(2021·全国·八年级专题练习)如图1,正方形ABCD中,点O是对角线AC的中点,点P是线段AO上(不与点A,O重合)的一个动点,过点P作PE⊥PB且PE交边CD于点E.(1)求证:PE=PB;(2)如图2,若正方形ABCD的边长为2,过点E作EF⊥AC于点F,在点P运动的过程中,PF的长度是否发生变化?若不变,试求出这个不变的值;若变化,请说明理由;(3)用等式表示线段PC,PA,CE之间的数量关系.【答案】(1)见解析;(2)在P点运动的过程中,PF的长度不发生变化.PF的长为定值2;(3)PC=PA+ 2EC.理由见解析.【分析】(1)做辅助线,构建全等三角形,根据ASA证明△BMP≅△PNE即可求解.(2)如图,连接OB,通过证明△OBP≅△FPE,得到PF=OB,则PF为定值是2.(3)根据△AMP和△PCN是等腰直角三角形,得PA=2PM,PC=2NC,整理可得结论.【详解】(1)证明:如图①,过点P作MN∥AD,交AB于点M,交CD于点N.∵PB⊥PE,∴∠BPE=90°,∴∠MPB+∠EPN=90°.∵四边形ABCD是正方形,∴∠BAD=∠D=90°.∵AD∥MN,∴∠BMP=∠BAD=∠PNE=∠D=90,∵∠MPB+∠MB P=90°,∴∠EPN=∠MB P.在Rt△PNC中,∠PCN=45°,∴△PNC是等腰直角三角形,∴PN=CN,∴BM=CN=PN,∴△BMP≌△PNE(ASA),∴PB=PE.(2)解:在P点运动的过程中,PF的长度不发生变化.理由:如图2,连接OB.∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点,∴OB⊥AC,∴∠AOB=90°,∴∠AOB=∠EFP=90°,∴∠OBP+∠BPO=90°.∴∠BPE=90°,∴∠BPO+∠OPE=90°,∴∠OBP=∠OPE.由(1)得PB=PE,∴△OBP≌△FPE(AAS),∴PF=OB.=2.∵AB=2,△ABO是等腰直角三角形,∴OB=22∴PF的长为定值2.(3)解:PC=PA+2EC.理由:如图1,∵∠BAC=45°,∴△AMP是等腰直角三角形,∴PA=2PM.由(1)知PM=NE,∴PA=2NE.∵△PCN是等腰直角三角形,∴PC=2NC=2(NE+EC)=2NE+2EC=PA+2EC.【点睛】本题主要考查了四边形综合应用,通过对三角形全等的证明找出边之间的关系,准确分析代换求解是解题的关键.【例2】.(2021·黑龙江·哈尔滨市第四十九中学校九年级阶段练习)正方形ABCD中,点E、F在BC、CD 上,且BE=CF,AE与BF交于点G.(1)如图1,求证AE⊥BF;(2)如图2,在GF上截取GM=GB,∠MAD的平分线交CD于点H,交BF于点N,连接CN,求证:AN+CN=2BN;【答案】(1)见解析;(2)见解析;【分析】(1)根据正方形的性质得AB=BC,∠ABC=∠BCD=90°,用SAS证明△ABE≌△BCF,得∠BAE =∠CBF,根据三角形内角和定理和等量代换即可得;(2)过点B作BH⊥BN,交AN于点H,根据正方形的性质和平行线的性质,用SAS证明△A GB≌△AGM,得∠BAG=∠MAG,根据角平分线性质得∠BHA=∠GAN=45°,则△HBN是等腰直角三角形,用SAS证明△ABH≌△CBN,得AH=CN,在Rt△HBN中,根据勾股定理即可得;【详解】解:(1)∵四边形ABCD 是正方形,∴AB=BC,∠ABC=∠BCD=90°,在△ABE和△BCF中,AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF∴△ABE≌△BCF(SAS),∴∠BAE=∠CBF,∵∠AEB+∠BAE=180°-∠ABC=180°-90°=90°,∴∠AEB+∠CBF=90°,∴∠E GB=180°-(∠AEB+∠CBF)=180°-90°=90°,∴AE⊥BF;(2)如图所示,过点B作BH⊥BN,交AN于点H,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=AC,∠ABC=∠HBN=90°,∵∠HBN=∠HBA+∠ABN=90°,∠ABC=∠CBN+∠ABN=90°,∴∠HBA=∠CBN,由(1)得,AE⊥BF,∴∠A GB=∠AGM=90°,∴∠HBG=∠AGM=90°,∴HB⎳AE,∴∠BHA=∠EAN,在△A GB和△AGM中,AG=AG∠A GB=∠AGMGB=GM∴△A GB≌△AGM(SAS),∴∠BAG=∠MAG,∵AN平分∠DAM,∴∠DAN=∠MAN,∴∠BAG+∠MAG+∠MAN+∠DAN=90°,2∠MAG+2∠MAN=90°,∠MAG+∠MAN=45°,∠GAN=45°,∴∠BHA=∠GAN=45°,∴∠BNH=180°-∠HBN-∠BHA=180°-90°-45°=45°,∴△HBN是等腰直角三角形,∴BH=BN,在△ABH和△CBN中,BH=BN∠HBA=∠CBNAB=CB∴△ABH≌△CBN(SAS),∴AH=CN,在Rt△HBN中,根据勾股定理HN=BH2+BN2=2BN,∴AN+CN=AN+AH=HN=2BN;【点睛】本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,三角形内角和定理,角平分线,等腰直角三角形的判定与性质,勾股定理和锐角三角函数,解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点.【例3】.(2021·云南曲靖·八年级期末)如图1,在正方形ABCD中,E为BC上一点,连接AE,过点B作BG⊥AE于点H,交CD于点G.(1)求证:AE=BG;(2)如图2,连接AG、GE,点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点,试判断四边形MNPQ的形状,并说明理由;(3)如图3,点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上,把正方形沿直线FR翻折,使得BC的对应边B'C'恰好经过点A,过点A作AO⊥FR于点O,若AB'=1,正方形的边长为3,求线段OF的长.【答案】(1)见解析;(2)四边形MNPQ为正方形,理由见解析;(3)10 6【分析】(1)由四边形ABCD为正方形,可得∠ABC=∠BCD=90°,推得∠ABG+∠CBG=90°,由BG⊥AE,可得∠BAE+∠ABG=90°,可证△ABE≅△BCG ASA即可;(2)M、N为AB、AG中点,可得MN为△ABG的中位线,可证MN⎳BG,MN=12BG,由点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点,可得PQ是△BEG的中位线,MQ为△ABE的中位线,NP为△AEG的中位线,可证PQ⎳BG,PQ=12BG,MQ⎳AE,MQ=12AE,NP⎳AE,NP=12AE,可证四边形MNPQ为平行四边形.再证四边形MNPQ为菱形,最后证MN⊥MQ即可;(3)延长AO交BC于点S,由对称性可得BF=B'F,AB'=BS=1,AO=SO,由勾股定理可求AS=10,可得AO=12AS=102,设AF=x,在Rt△AB'F中,12+(3-x)2=x2,解得x=53,在Rt△AOF中,可求OF=106.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD为正方形,∴∠ABC=∠BCD=90°,∴∠ABG+∠CBG=90°,∵BG⊥AE,∴∠AHB=90°,∴∠BAE+∠ABG=90°,∴∠BAE=∠CBG,在△ABE与△BCG中,∠BAE=∠CBGAB=BC∠ABC=∠BCD,∴△ABE≅△BCG ASA,∴AE=BG.(2)解:四边形MNPQ为正方形,理由如下:∵M、N为AB、AG中点,∴MN为△ABG的中位线,∴MN⎳BG,MN=12BG,∵点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点,∴PQ是△BEG的中位线,MQ为△ABE的中位线,NP为△AEG的中位线,,∴PQ⎳BG,PQ=12BG,MQ⎳AE,MQ=12AE,NP⎳AE,NP=12AE,∴MN=PQ,MQ=NP,∴四边形MNPQ为平行四边形.∵AE=BG,∴MN=MQ,∴四边形MNPQ为菱形,∵BG⊥AE,MQ⎳AE,∴MQ⊥BG,∵MN⎳BG,∴MN⊥MQ,∴四边形MNPQ为正方形.(3)解:延长AO交BC于点S,由对称性可知BF=B'F,AB'=BS=1,AO=SO,在Rt△ABS中,AS=AB2+BS2=10,∴AO=12AS=102,设AF=x,则BF=B'F=3-x,在Rt△AB'F中,12+(3-x)2=x2,x=53,∴AF=53,在Rt△AOF中,2=106.OF=AF2-AO2=53 2-102【点睛】本题考查正方形性质与判定,等角的余角性质三角形全等判定与性质,三角形中位线判定与性质,勾股定理,根据勾股定理建构方程,解拓展一元一次方程等知识,掌握以上知识是解题关键.【例4】.(2021·河南商丘·八年级期中)在平面直角坐标系中,点A的坐标为4,0,点B为y轴正半轴上的一个动点,以B为直角顶点,AB为直角边在第一象限作等腰Rt△ABC.(1)如图1,若OB=3,则点C的坐标为______;(2)如图2,若OB=4,点D为OA延长线上一点,以D为直角顶点,BD为直角边在第一象限作等腰Rt△BDE,连接AE,求证:AE⊥AB;(3)如图3,以B为直角顶点,OB为直角边在第三象限作等腰Rt△OBF.连接CF,交y轴于点P,求线段BP的长度.【答案】(1)点C(3,7);(2)证明见详解过程;(3)2.【分析】(1)如图1,过点C作CH⊥y轴,由“AAS”可证△ABO≌△BCH,可得CH=OB=3,BH=AO=4,可求解;(2)过点E作EF⊥x轴于F,由“AAS”可证△ABO≌△BCH,可得BO=DF=4,OD=EF,由等腰直角三角形的性质可得∠BAO=45°,∠EAF=∠AEF=45°,可得结论;(3)由(1)可知△ABO≌△BCG,可得BO=GC,AO=BG=4,再由“AAS”可证△CPG≌△FPB,可得PB=PG=2.(1)如图1,过点C作CH⊥y轴于H,∴∠CHB=∠ABC=∠AOB=90°,∴∠BCH+∠HBC=90°=∠HBC+∠ABO,∴∠ABO=∠BCH,在△ABO和△BCH中,∠CHB=∠AOB∠BCH=∠ABOBC=AB,∴△ABO≌△BCH(AAS),∴CH=OB=3,BH=AO=4,∴OH=7,∴点C(3,7),故答案为:(3,7);(2)过点E作EF⊥x轴于F,∴∠EFD=∠BDE=∠BOD=90°,∴∠BDO+∠EDF=90°=∠BDO+∠DBO,∴∠DBO=∠EDF,在△BOD和△DFE中,∠BOD=∠EFD∠DBO=∠EDFBD=ED,∴△BOD≌△DFE(AAS),∴BO=DF=4,OD=EF,∵点A的坐标为(4,0),∴OA=OB=4,∴∠BAO=45°,∵OA=DF=4,∴OD=AF=EF,∴∠EAF=∠AEF=45°,∴∠BAE=90°,∴BA⊥AE;(3)过点C作CG⊥y轴G,由(1)可知:△ABO≌△BCG,∴BO=GC,AO=BG=4,∵BF=BO,∠OBF=90°,∴BF=GC,∠CGP=∠FBP=90°,又∵∠CPG=∠FPB,∴△CPG≌△FPB(AAS),∴BP=GP,∴BP=12BG=2.【点睛】本题是三角形综合题,考查了全等三角形的判定和性质,等腰直角三角形的性质等知识,添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键.【例5】.(2021·黑龙江·哈尔滨市风华中学校九年级阶段练习)如图1,正方形ABCD中,点E是边BC延长线上一点,连接DE,过点B作BF⊥DE,垂足为点F,BF与CD相交于点G.(1)求证:△BCG≌△DCE;(2)如图2,连接BD,若BE=42,DG=22,求tan∠DBG的值.【答案】(1)见解析;(2)1 2【分析】(1)由正方形的性质结合已知条件,利用ASA判定三角形全等即可;(2)过点G作GH⊥BD垂足为H,由全等求得CG=CE,进一步结合图形求得BC和CG的长,然后在RT△BDC中求得GH和BH的长,最后在RT△BHG中,利用tan∠DBG=HGBH,即可求得答案.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是正方形,∴∠BCG=∠DCE=90°,BC=CD,∵BF⊥DE,∴∠DFG=∠BCG=90°,∵∠BGC=∠DGF,∴∠CBG=∠CDE.在△BCG和△DCE中,∠CBG=∠CDE BC=CD∠BCG=∠DCE,∴△BCG≌△DCE,(2)解:过点G作GH⊥BD垂足为H,∵△BCG≌△DCE,∴CG=CE,∵BE=BC+CE=42,DG=CD-CG=22,∴BC=CD=32,CG=CE=2,在RT△BDC中,∵∠BCD=90°,∴BD=CD2+BC2=322+322=6,∵∠DHG=45°,∠DHG=90°,DG=22,∴DHDG=sin45°=2 2,∴DH=2,∴GH=DH=2,∵BH=BD-DH,∴BH=6-2=4,在RT△BHG中,∵∠BHG=90°,∴tan∠DBG=HGBH,∴tan∠DBG=12【点睛】本题考查三角形全等的证明,直角三角形中锐角三角函数的定义等相关知识点,熟练掌握数形结合思想解题是重点.培优训练一、解答题1.(2022·江苏·八年级课时练习)如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,直线MN经过点C,且AD⊥MN于D,BE⊥MN于E.(1)由图1,证明:DE=AD+BE;(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时,请猜想出DE,AD,BE的等量关系并说明理由;(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时,试问DE,AD,BE又具有怎样的等量关系?请直接写出这个等量关系(不必说明理由).【答案】(1)证明见解析;(2)DE=AD-BE,证明过程见解析;(3)DE=BE-AD,证明过程见解析【分析】(1)先证明△ADC≌△CEB,得到AD=CE,DC=BE,进而得到DE=CE+DC=AD+BE即可;(2)同(1)中思路,证明△ADC≌△CEB,进而得到DE=CE-DC=AD-BE即可;(3)同(1)中思路,证明△ADC≌△CEB,进而得到DE=DC-CE=BE-AD即可.【详解】解:(1)证明:在△ABC中,∵∠ACB=90°,∴∠ACD+∠BCE=90°,∵AD⊥MN,∴∠ACD+∠CAD=90°,∴∠BCE=∠CAD,又∵AC=BC,∠ADC=∠CEB=90∘,∴△ADC≌△CEB(AAS),∴AD=CE,DC=BE,∵直线MN经过点C,∴DE=CE+DC=AD+BE;(2)DE,AD,BE的等量关系为:DE=AD-BE,理由如下:∵AD⊥MN于D,BE⊥MN于E∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°,∴∠CAD+∠ACD=90°,∠ACD+∠BCE=90°,∴∠CAD=∠BCE,在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90∘AC=CB,∴△ADC≌△CEB AAS∴CE=AD,CD=BE,∴DE=CE-CD=AD-BE;(3)当MN旋转到图3的位置时,DE、AD、BE所满足的等量关系是DE=BE-AD,理由如下:∵AD⊥MN于D,BE⊥MN于E∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°,∴∠CAD+∠ACD=90°,∠ACD+∠BCE=90°,∴∠CAD=∠BCE,在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90∘AC=CB,∴△ADC≌△CEB AAS∴CE=AD,CD=BE,∴DE=CD-CE=BE-AD.【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性质及等角的余角相等等知识点,熟练掌握三角形全等的判定方法是求解的关键.2.(2022·全国·八年级专题练习)如图所示,△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,点D为AB上一点,过点B作直线CD的垂线,垂足为E,连接AE,过点A作AE的垂线交CE于点F.(1)如图1,求∠AEC的度数;(2)如图2,连接BF,且∠ABF-∠EAB=15°,求证:BF=2CF;(3)如图3,在(2)的条件下,G为DF上一点,连接AG,若∠AGD=∠EBF,AG=2,求CF的长.【答案】(1)45°;(2)见解析;(3)2【分析】(1)先证明∠EAB=∠FAC, ∠AEB=∠AFC,再证明△ABE≅△ACF,再利用全等三角形的性质结合等腰直角三角形的性质可得答案;(2)利用全等三角形的性质先求解∠EBF=60°,证明BE=CF, 再求解∠EFB=30°,从而可得结论;(3)如图,过A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 连接EN, 证明△BEN为等边三角形,再证明△AGM≅△ENM,再利用全等三角形的性质可得答案.【详解】解:(1)∵∠BAC=90°,AE⊥AF,∴∠EAB+∠DAF=∠DAF+∠FAC=90°,∠EAF=90°,∴∠EAB=∠FAC,∵BE⊥CE,∴∠BED=90°,∴∠AEB=∠BED+∠AEF=90°+∠AEF=∠AFC, 即∠AEB=∠AFC,∴△ABE≅△ACF,∴AE=AF,∠AEC=45°.(2)∵△ABE≅△ACF,∴∠ABE=∠ACF,BE=CF,∴∠AEB=∠AFC=90°+45°=135°,∴∠EBA+∠EAB=45°,∵∠ABF-∠EAB=15°,∴∠ABF=15°+∠EAB,∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=∠EBA+∠EAB+15°=60°,∴∠BFE=90°-60°=30°,∴BF=2BE,∵BE=CF,∴BF=2CF.(3)如图,过A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 连接EN,∵AE=AF,AM⊥EF,AE⊥AF,∴EM=MF=AM,NE=NF,∴∠NEF=∠NFE=30°,∴∠ENB=∠NEF+∠NFE=60°,∴∠EBN=∠ENB=60°,∴△BEN为等边三角形,∠ENF=120°,∴BE=BN=12BF=FN=EN,∵∠AGD=∠EBF=60°, AM⊥EF,∴∠ENM=12∠ENF=60°,∵AM=EM,∠AMG=∠EMN=90°,∠AGM=∠ENM=60°,∴△AGM≅△ENM,∴AG=EN=2,∴CF=BE=2.【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质,等腰三角形的性质,直角三角形斜边上的中线等腰斜边的一半,等边三角形的判定与性质,含30°的直角三角形的性质,熟练的应用以上知识解题的关键.3.(2020·北京市第十三中学九年级期中)已知:Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC.(1)如图1,点D是BC边上一点(不与点B,C重合),连接AD,过点B作BE⊥AD,交AD的延长线于点E,连接CE.①若∠BAD=α,求∠DBE的大小(用含α的式子表示);②用等式表示线段EA,EB和EC之间的数量关系,并证明.(2)如图2,点D在线段BC的延长线上时,连接AD,过点B作BE⊥AD,垂足E在线段AD上,连接CE.①依题意补全图2;②直接写出线段EA,EB和EC之间的数量关系.【答案】(1)①∠DBE=45°-α;②AE-BE=2EC,证明见解析;(2)①补全图形见解析;②EB-EA= 2EC.【分析】(1)①根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB=45°,即可求出∠CAD=45∘-α.根据三角形的内角和即可求出∠DBE=∠CAD=45∘-α;②过点C作CR⊥CE交AE于R,然后证明△ACR≌△BCE,得到AR=BE,CR=CE,即可得到△CER 是等腰直角三角形,ER=2CE,由此即可求解;(2)①根据题目要求作图即可;②过点C作CF⊥CE,交AD的延长线于点F.根据三角形的内角和定理得到∠CAF=∠CBE,证明△ACF ≌△BCE.根据全等三角形的性质有AF=BE,CF=CE.根据等腰直角三角形的性质有EF=2EC.则有 AF-EA=2EC,即可求出线段EA,EB和EC之间的数量关系.【详解】解:(1)①如图1中,∵∠ACB=90°,AC=BC,∴∠CAB=45°,∵∠BAD=α,∴∠CAD=45°-α.∵∠ACB=90°,BE⊥AD,∠ADC=∠BDE,∴∠DBE=∠CAD=45°-α;②结论:AE-BE=2EC.理由:如图,过点C作CR⊥CE交AE于R.∴∠ACB=∠RCE=90°,∴∠ACR=∠BCE,∵∠CAR+∠ADC=90°,∠CBE+∠BDE=90°,∠ADC=∠BDE,∴∠CAR=∠CBE,在△ACR和△BCE中,∠ACR=∠BCECA=CB∠CAR=∠CBE,∴△ACR≌△BCE(ASA),∴AR=BE,CR=CE,∴△CER是等腰直角三角形,∴ER=2CE,∴AE-BE=AE-AR=ER=2EC.(2)①补全图形,如图2所示:②猜想:当D 在BC 边的延长线上时,EB -EA =2EC ;理由如下:过点C 作CF ⊥CE ,交AD 的延长线于点F ,如图3所示:则∠ECF =90°,∵∠ACB =90°,∴∠ACD =90°,∴∠ECF +∠ACE =∠ACB +∠ACE ,即∠ACF =∠BCE ,∵∠CAF +∠ADB =90°,∠CBE +∠ADB =90°,∴∠CAF =∠CBE ,在△ACF 和△BCE 中,∠ACF =∠BCEAC =BC ∠CAF =∠CBE,∴△ACF ≌△BCE (ASA ),∴AF =BE ,CF =CE .∵∠ECF =90°,∴△CEF 是等腰直角三角形,∴EF =2EC ,即AF -EA =2EC .∴EB -EA =2EC .【点睛】考查等腰直角三角形的性质,三角形的内角和定理,全等三角形的判定与性质等,难度一般,掌握全等三角形的判定定理是解题的关键.4.(2021·四川省成都市七中育才学校七年级期中)已知:△ABC 中,∠ACB =90°,AC =CB ,D 为直线BC 上一动点,连接AD ,在直线AC 右侧作AE ⊥AD ,且AE =AD .(1)如图1,当点D 在线段BC 上时,过点E 作EH ⊥AC 于H ,连接DE .求证:EH =AC ;(2)如图2,当点D 在线段BC 的延长线上时,连接BE 交CA 的延长线于点M .求证:BM =EM ;(3)当点D在直线CB上时,连接BE交直线AC于M,若2AC=5CM,请求出S△ADBS△AEM的值.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)43或47【分析】(1)由“AAS”可证△AHE≌△DCA,可得EH=AC,即可求证;(2)过点E作EN⊥AC,交CA延长线于N,由“AAS”可证△ANE≌△DCA,可得AC=EN=BC,由“AAS”可证△ENM≌△BCM,可得BM=EM;(3)AC=5a,CM=2a,分三种情况:当点D在线段BC上,点D在线段BC的延长线上,点D在线段CB的延长线上,由全等三角形的性质可求得相应线段的长,再由三角形的面积公式可求解.【详解】证明(1)∵AE⊥AD,∠ACB=90°,∴∠EAH=90°-∠CAD,∠ADC=90°-∠CAD,∴∠EAH=∠ADC,在△AHE与△DCA中∠AHE=∠ACB=90°∠EAH=∠ADCAE=AD,∴△AHE≌△DCA(AAS),∴EH=AC;(2)如图2,过点E作EN⊥AC,交CA延长线于N,∵AE⊥AD,∠ACB=90°,∴∠EAN=90°-∠CAD,∠ADC=90°-∠CAD,∴∠EAN=∠ADC,在△ANE与△DCA中,∠ANE=∠DCA=90°∠ENA=∠ACDAN=AD∴△ANE≌△DCA(AAS),∴EN=AC,又∵AC=BC,∴EN=BC,又在△ENM与△BCM中,∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC∴△ENM≌△BCM(AAS),则BM=EM;(3)如图,当点D 在线段BC 上时,∵2AC =5CM ,∴可设AC =5a ,CM =2a ,由(1)得:△AHE ≌△DCA ,则AH =CD ,EH =AC =BC =5a ,由∵∠EHM =∠BCM =90° ,∠BMC =∠EMH ,∴△MHE ≌△MCB (AAS ),∴CM =HM ,即HM =CM =2a ,∴AH =AC -CM -HM =5a -2a -2a =a ,∴AM =AH +HM =3a ,CD =AH =a ,EH =AC =5a , BD =BC -CD =4a ,∴S △ADB S △AEM =12BD ×AC 12AM ×EH =12×4a ×5a 12×3a ×5a =43;如图,点D 在CB 延长线上时,过点E 作EN ⊥AC ,交AC 延长线于N ,∵2AC =5CM ,∴可设AC =5a ,CM =2a ,∵EN ⊥AC ,AE ⊥AD ,∴∠ANE =∠EAD =∠ACB =90° ,∴∠EAN =90°-∠CAD ,∠ADC =90°-∠CAD ,∴∠EAN =∠ADC ,在△ANE 与△DCA 中,∠ANE =∠DCA =90°∠ENA =∠ACDAN =AD∴△ANE ≌△DCA (AAS ),∴EN =AC ,AN =CD ,又∵AC =BC ,∴EN =BC ,又在△ENM 与△BCM 中,∠EMN =∠BMC∠N =∠BCA=90°EN =BC∴△ENM ≌△BCM (AAS ),∴CM =NM =2a ,NE =BC =AC =5a ,∴AN =AC +CM +MN =9a ,AM =AC +CM =7a ,AN =CD =9a ,∴BD =4a ,∴S △ADB S △AEM =12BD ×AC 12AM ×EN =12×4a ×5a 12×7a ×5a =47,点D 在BC 延长线上由图2得:AC <CM ,∴2AC =5CM 不可能,故舍去综上:S △ADB S △AEM的值为43 或47【点睛】本题是三角形综合题,考查了等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定和性质,添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键.5.(2022·江苏·八年级课时练习)在△ABC 中,AB =BC ,∠B =90°,点D 为直线BC 上的一个动点(不与B 、C 重合),连结AD ,将线段AD 绕点D 按顺时针方向旋转90°,使点A 旋转到点E ,连结EC .(1)如果点D 在线段BC 上运动,如图1:求证:∠BAD =∠EDC(2)如果点D 在线段BC 上运动,请写出AC 与CE 的位置关系.通过观察、交流,小明形成了以下的解题思路:过点E 作EF ⊥BC 交直线BC 于F ,如图2所示,通过证明△DEF ≌△ABD ,可推证△CEF 等腰直角三角形,从而得出AC 与CE 的位置关系,请你写出证明过程.(3)如果点D 在线段CB 的延长线上运动,利用图3画图分析,(2)中的结论是否仍然成若成立,请证明;若不成立,请说明理由.【答案】(1)见解析;(2)垂直,理由见解析;(3)成立,证明见解析【分析】(1)根据直角三角形的性质证明即可;(2)过点E 作EF ⊥BC 交直线BC 于F ,如图2所示,通过证明△DEF ≌△ABD ,可推证△CEF 等腰直角三角形,从而得出AC 与CE 的位置关系;(3)如图3所示,过点E 作EF ⊥DC 于F ,证明△ABD ≌△DFE ,进一步可证明AC ⊥EC【详解】解:(1)证明:∵∠B =90°∴∠BDA +∠BAD =90°∵∠ADE=90°∴∠BDA+∠EDC=90°∴∠BAD=∠EDC(2)垂直∵EF⊥BC∴∠EFD=90°∵∠B=90°∴∠EFD=∠B在△ABD和△DFE中∠BAD=∠FDE∠B=∠DFEAD=DE∴△ABD≌△DFE AAS∴AB=DF,BD=EF∵AB=BC∴BC=DF,∴BC-DC=DF-DC即BD=CF.∴EF=CF又∵∠EFC=90°∴∠ECF=45°,且∠ACB=45°∴∠ACE=180°-90°=90°即AC⊥CE.(3)(2)中的结论仍然成立如图3所示,过点E作EF⊥DC于F ∵∠ABD=90°∴∠EDF=∠DAB=90°-∠ADB在△ABD和△DFE中∠DAB=∠EDF∠ABD=∠DFEAD=DE∴△ABD≌△DFE AAS∴DB=EF,AB=DF=BC∴BC-BF=DF-BF即FC=DB∴FC=EF∴∠DCE=45°∴∠ACE=∠DCE+∠ACB=90°∴AC⊥EC.【点睛】此题是几何变换综合题,主要考查了旋转的性质,全等三角形的判定和性质,证明△ABD≌△DFE是解本题的关键.6.(2021·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级开学考试)如图,已知△ABC中,AB=AC,∠BAC= 90°,分别过B、C向过A的直线作垂线,垂足分别为E、F.(1)如图1,过A的直线与斜边BC不相交时,直接写出线段EF、BE、CF的数量关系是______;(2)如图2,过A的直线与斜边BC相交时,探究线段EF、BE、CF的数量关系并加以证明;(3)在(2)的条件下,如图3,直线FA交BC于点H,延长BE交AC于点G,连接BF、FG、HG,若∠AHB=∠GHC,EF=CF=6,EH=2FH,四边形ABFG的面积是90,求△GHC的面积.【答案】(1)数量关系为:EF=BE+CF;(2)数量关系为:EF=BE-CF.证明见详解;(3)S△GHC=15.【分析】(1)数量关系为:EF=BE+CF.利用一线三直角得到∠BEA=∠AFC=90°,∠EBA=∠FAC,再证△EBA≌△FEC(AAS)可得BE=AF,AE=CF即可;(2)数量关系为:EF=BE-CF.先证∠BEA=∠AFC=90°,∠EBA+∠EAB=90°,∠EAB+∠FAC= =90°,可得∠EBA=∠FAC,再证△EBA≌△FEC(AAS),可得BE=AF,AE=CF即可;(3)先由(2)结论EF=BE-CF;EF=CF=6,求出BE=AF=12,由EH=2FH,可求FH=2,EH=4,利用对角线垂直的四边形面积可求BG=2×90AF=18012=15,再求EG=3,AH=10,分别求出S△ACF=12AF⋅FC=36,S△HCF=12HF⋅FC=6,S△AGH=12AH⋅EG=15,利用面积差即可求出.【详解】解:(1)数量关系为:EF=BE+CF.∵BE⊥EF,CF⊥EF,∠BAC=90°,∴∠BEA=∠AFC=90°,∠EBA+∠EAB=90°,∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°,∴∠EBA=∠FAC,在△EBA和△FEC中,∵∠AEB=∠CFA ∠EBA=∠FAC AB=CA,∴△EBA≌△FAC(AAS),∴BE =AF ,AE =CF ,∴EF =AF +AE =BE +CF ;(2)数量关系为:EF =BE -CF .∵BE ⊥AF ,CF ⊥AF ,∠BAC =90°,∴∠BEA =∠AFC =90°,∠EBA +∠EAB =90°,∠EAB +∠FAC ==90°,∴∠EBA =∠FAC ,在△EBA 和△FEC 中,∵∠AEB =∠CFA∠EBA =∠FAC AB =CA,∴△EBA ≌△FAC (AAS ),∴BE =AF ,AE =CF ,∴EF =AF -AE =BE -CF ;(3)∵EF =BE -CF ;EF =CF =6,∴BE =AF =EF +CF =6+6=12,∵EH =2FH ,EH +FH =EF =6,∴2FH +FH =6,解得FH =2,∴EH =2FH =4,S 四边形ABFG =12AF ⋅BG =90,∴BG =2×90AF =18012=15,∴EG =BG -BE =15-12=3,AH =AE +EH =6+4=10,∵S △ACF =12AF ⋅FC =12×12×6=36,S △HCF =12HF ⋅FC =12×2×6=6,S △AGH =12AH ⋅EG =12×10×3=15,∴S △GHC =S △ACF -S △HCF -S △AGH =36-6-15=15.【点睛】本题考查图形变换探究线段和差问题,感知,探究以及应用,三角形全等判定与性质,三角形面积,四边形面积,与三角形高有关的计算,掌握图形变换探究线段和差问题,感知,探究以及应用,三角形全等判定与性质,三角形面积,四边形面积,与三角形高有关的计算是解题关键.7.(2021·江苏泰州·八年级期末)如图,正方形ABCD 边长为4,点G 在边AD 上(不与点A 、D 重合),BG 的垂直平分线分别交AB 、CD 于E 、F 两点,连接EG .(1)当AG =1时,求EG 的长;(2)当AG 的值等于时,BE =8-2DF ;(3)过G 点作GM ⊥EG 交CD 于M①求证:GB 平分∠AGM ;②设AG =x ,CM =y ,试说明16xy -4x -4y-1的值为定值.【答案】(1)178;(2)8-43(3)①见解析;②16xy -4x -4y-1=0,理由见解析【分析】(1)根据EF 是线段BG 的垂直平分线,BE =EG ,设EG =EB =x ,则AE =AB -BE =4-x ,再由勾股定理求解即可;(2)过点F 作FH ⊥AB 于H ,连接FB ,FG ,由BE =8-2DF ,CF =CD -DF =4-DF ,得到BE =2CF ,先证明四边形BCFH 是矩形,得到CF =HB ,则BH =EH =FC ,设AG =x ,BE =y ,则AE =4-y ,GD =4-x ,CF =12y ,DF =4-12y 由AE 2+AG 2=EG 2,GD 2+DF 2=GF 2,BC 2+FC 2=BF 2,可以得到4-y 2+x 2=y 2①,4-x 2+4-12y 2=42+12y 2②,联立①②求解即可得到答案;(3)①先证明∠EBG =∠E GB ,然后根据ABG +∠A GB =90°,∠E GB +∠BGM =90°,即可得到∠A GB =∠BGM ;②连接BM ,过点B 作BH ⊥GM ,由角平分线的性质得到BH =AB =4,由S 正方形ABCD =S △ABG +S △MB G +S △BCM +S △CDM =4×4=16,可以得到2x +2GM +2y +124-x 4-y =16,由勾股定理可以得到DM 2+GD 2=GM 即4-x 2+4-y 2=4-xy 4 ,最后解方程即可得到答案.【详解】解:(1)∵EF 是线段BG 的垂直平分线,∴BE =EG ,∵四边形ABCD 是正方形,且边长为4,∴AB =4,∠A =90°,设EG =EB =x ,则AE =AB -BE =4-x ,∵AE 2+AG 2=EG 2,∴4-x 2+12=x 2,解得x =178,∴EG =178;(2)如图所示,过点F 作FH ⊥AB 于H ,连接FB ,FG∵EF 是线段BG 的垂直平分线,∴BF =FG ,∵BE =8-2DF ,CF =CD -DF =4-DF ,∴BE =2CF ,∵四边形ABCD 是正方形,FH ⊥AB ,∴∠HBC =∠C =∠BHF =90°,∴四边形BCFH 是矩形,∴CF =HB ,∴BH =EH =FC ,设AG =x ,BE =y ,则AE =4-y ,GD =4-x ,CF =12y ,DF =4-12y ∵AE 2+AG 2=EG 2,GD 2+DF 2=GF 2,BC 2+FC 2=BF 2,∴4-y 2+x 2=y 2①,4-x 2+4-12y 2=42+12y 2②,联立①②解得x =8-43或x =8+43(舍去),∴当AG =8-43时,BE =8-2DF ,故答案为:8-43;(3)①∵EF 是线段BG 的垂直平分线,∴EG =BE ,∴∠EBG =∠E GB ,∵四边形ABCD 是正方形,EG ⊥GM ,∴∠A =∠EGM =90°,∴∠ABG +∠A GB =90°,∠E GB +∠BGM =90°,∴∠A GB =∠BGM ,∴BG 平分∠AGM ;②如图,连接BM ,过点B 作BH ⊥GM ,由(3)①得BG 平分∠AGM ,∴BH =AB =4,∵AG =x ,CM =y ,∴DG =4-x ,DM =4-y ,∵S 正方形ABCD =S △ABG +S △MB G +S △BCM +S △CDM =4×4=16,∴12AG ·AB +12GM ·BH +12CM ·BC +12DM ·GD =16,∴2x +2GM +2y +124-x 4-y =16,∴GM =4-xy 4,∵DM 2+GD 2=GM ,∴4-x 2+4-y 2=4-xy 4 ∴16-8x +x 2+16-8y +y 2=16-2xy +x 2y 216∴x +y 2-8x +y +16=x 2y 216,∴x +y -4 2=x 2y 216,∴x +y -4=±xy 4,当x +y -4=xy 4时,则4x +4y -16=xy ,∴y =16-4x 4-x =4(不符合题意),∴4x +4y -16=-xy∴16xy -4x -4y-1=0.【点睛】本题主要考查了正方形的性质,勾股定理,角平分线的性质,线段垂直平分线的性质,等腰三角形的性质与判定,三角形的面积等等,解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.8.(2021·全国·八年级专题练习)已知,如图,在Rt △ABC 中,∠BAC =90°,∠ABC =45°,点D 为直线BC 上一动点(点D 不与点B ,C 重合).以AD 为边作正方形ADEF ,连接CF ,当点D 在线段BC 的反向延长线上,且点A ,F 分别在直线BC 的两侧时.(1)求证:△ABD ≌△ACF ;(2)若正方形ADEF 的边长为22,对角线AE ,DF 相交于点O ,连接OC ,求OC 的长度.【答案】(1)证明见解析; (2)OC =2【分析】(1)由题意易得AD =AF ,∠DAF =90°,则有∠DAB =∠FAC ,进而可证AB =AC ,然后问题可证;(2)由(1)可得△ABD ≌△ACF ,则有∠ABD =∠ACF ,进而可得∠ACF =135°,然后根据正方形的性质可求解.【详解】(1)证明:∵四边形ADEF 为正方形,∴AD =AF ,∠DAF =90°,又∵∠BAC =90°,∴∠DAB =∠FAC ,∵∠ABC =45°,∠BAC =90°,∴∠ACB =45°,∴∠ABC=∠ACB,∴AB=AC,∴△ABD≌△ACF(SAS);(2)解:由(1)知△ABD≌△ACF,∴∠ABD=∠ACF,∵∠ABC=45°,∴∠ABD=135°,∴∠ACF=135°,由(1)知∠ACB=45°,∴∠DCF=90°,∵正方形ADEF边长为22,∴DF=4,∴OC=12DF=12×4=2.【点睛】本题主要考查正方形的性质及等腰直角三角形的性质,熟练掌握正方形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键.9.(2021·安徽安庆·八年级期末)如图1,点E为正方形ABCD内一点,∠AEB=90°,将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°(即∠EBE'=90°),得到△CBE′(点A的对应点为点C)延长AE交CE于点F,连接DE.(1)试判断四边形BE′FE的形状,并说明理由.(2)如图2,若DA=DE,请猜想线段CF于FE'的数量关系并加以证明.(3)如图1,若AB=17,CF=3,请直接写出DE的长.【答案】(1)正方形,理由见解析;(2)CF=FE',证明见解析;(3)5【分析】(1)由旋转的特征可得到∠E′=∠AEB=90°、∠EBE′=90°、BE′=BE,再由∠BEF=180°-∠AEB =90°,可判定四边形BE′FE是正方形;(2)过点D作DG⊥AE于点G,由DA=DE得AG=12AE,再证明△ADG≌△BAE,且由四边形BE′FE是正方形,得到FE′=AG=12CE′,可证得结论;(3)过点D作DG⊥AE于点G,由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系:AE=CE′=FE′+CF= FE′+3=BE+3,在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长,由(1)可知,△ADG≌△BAE,得到DG=BE,AG=BE,再由勾股定理求出DE的长.【详解】解:(1)四边形BE′FE是正方形.理由如下:由旋转得,∠E′=∠AEB=90°,∠EBE′=90°,∵∠BEF=180°-∠AEB=90°,∴四边形BE′FE是矩形,由旋转得,BE′=BE,∴四边形BE′FE是正方形.(2)CF=FE',证明:如图2,过点D作DG⊥AE于点G,则∠DGA=∠AEB=90°,∵DA=DE,∴AG=12AE,∵四边形ABCD是正方形,∴DA=AB,∠DAB=90°,∴∠BAE+∠DAG=90°,∵∠ADG+∠DAG=90°,∴∠ADG=∠BAE,在△ADG和△BAE中∠ADG=∠BAE∠AGD=∠AEBAD=AB,∴△ADG≌△BAE(AAS),∴AG=BE;∵四边形BE′FE是正方形,∴BE=FE′,∴AG=FE′,由旋转得,AE=CE′,∴12AE=12CE′,∴FE′=12AE=12CE′,∴CF=FE'.(3)如图3,过点D作DG⊥AE于点G,∵BE=FE′,CF=3,∴AE=CE′=FE′+CF=FE′+3=BE+3,∵AE2+BE2=AB2,且AB=17,∴(BE+3)2+BE2=(17)2,解得,BE=1或BE=-4(不符合题意,舍去),∴AE=1+3=4,由(2)得,△ADG≌△BAE,∴DG=AE=4,AG=BE=1,∴GE=AE-AG=4-1=3,∵∠DGE=90°,∴DE=DG2+GE2=42+32=5.【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点,解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线,构造全等三角形.10.(2021·湖北鄂州·八年级期末)如图,四边形ABCD是正方形,点P是线段AB的延长线上一点,点M是线段AB上一点,连接DM,以点M为直角顶点作MN⊥DM交∠CBP的角平分线于N,过点C作CE⎳MN交AD于E,连接EM,CN,DN.(1)求证:DM=MN.(2)求证:EM⎳CN.(3)若AE=1,BN=32,求DN的长.【答案】(1)见解析;(2)见解析;(3)52【分析】(1)在边DA上截取线段DF,使DF=MB连MF,证明△MDF≌△N MB即可求解;(2)由(1)△MDF≌△N MB,证明四边形EMNC为平行四边形即可求解;(3)过N作NQ⊥AP垂足为Q,由(2)知,△EDC≌△MAD;得到AD-DE=AB-AM,AE=MB,BN平分∠CBP所以∠NBQ=45°,可知三角形NBQ是等腰直角三角形,再用勾股定理即可求出和MN和DN.【详解】(1)证明:在边DA上截取线段DF,使DF=MB连MF.∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC=CD=AD;∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°∴∠CBP=180°-∠ABC=90°∵BN平分∠CBP∴∠CBP=45°∴∠NBM=∠ABC+∠CBN=90°+45°=135°∵DF=MB,AD=AB∴AD-DF=AB-MB∴AF =AM在Rt △FAM 中,AF =AM ,∴∠AFM =∠AMF =45°∴∠MFD =180°-∠AFM =135°∴∠MFD =∠NBM∵∠DMN =90°∴∠N MB +∠DMA =180°-90°=90°∵∠DMA +∠MDF =90°∴∠N MB =∠MDF在△MDF 和△N MB 中∠MFD =∠NBADF =MB∠MDF =∠NMB∴△MDF ≌△N MB (ASA )∴DM =MN .(2)如图,设DM 与CE 的交点为H ,∵四边形ABCD 是正方形∴AD =DC ,∠DAM =∠CDE =90°∵∠DMN =90°,CE ⎳MN∴∠DHC =90°,∴∠HDC +∠DCH =90°∴∠HDC +∠ADM =90°∴∠DCE =∠ADM ,在△EDC 和△MAD 中,∠CDE =∠DAMAD =DC∠DCE =∠ADM∴△EDC ≌△MAD (ASA ).∴EC =DM 又DM =MN ,∴EC =MN 又EC ⎳MN .∴四边形EMNC 为平行四边形.∴EM ⎳CN .(3)解:如图所示,过N 作NQ ⊥AP 垂足为Q .由(2)知,△EDC ≌△MAD∴DE =MA ,又AD =AB∴AD -DE =AB -AM 即AE =MB =1∵BN平分∠CBP所以∠NBQ=45°,∴三角形NBQ是等腰直角三角形,在Rt△NBQ中,设BQ=x,则NQ=BQ=x,即x2+x2=(32)2,∴x=3.∴NQ=3,MQ=1+3=4,在Rt△MQN中,MN=32+42=5,又∵在Rt△DMN中,MN=5,DM=5,∴DN=52+52=52.【点睛】此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用,掌握它们的性质和判定是解题的关键.11.(2022·广东·塘厦初中八年级期中)四边形ABCD为正方形,点E为线段AC上一点,连接DE,过点E作EF⊥DE,交射线BC于点F,以DE、EF为邻边作矩形DEFG,连接CG.(1)如图,求证:矩形DEFG是正方形;(2)若AB=4,CE=22,求CG的长度;(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时,直接写出∠EFC的度数.【答案】(1)见解析;(2)22;(3)∠EFC=130°或40°【分析】(1)作EP⊥CD于P,EQ⊥BC于Q,证明Rt△EQF≌Rt△EPD,得到EF=ED,根据正方形的判定定理证明即可;(2)通过计算发现E是AC中点,点F与C重合,△CDG是等腰直角三角形,由此即可解决问题;(3)分两种情形:①如图3,当DE与AD的夹角为40°时,求得∠DEC=45°+40°=85°,得到∠CEF=5°,根据角的和差得到∠EFC=130°,②如图4,当DE与DC的夹角为40°时,根据三角形的内角和定理即可得到结论.【详解】(1)证明:如图1,作EP⊥CD于P,EQ⊥BC于Q,∵∠DCA=∠BCA,∴EQ=EP,∵∠QEF+∠FEC=45°,∠PED+∠FEC=45°,∴∠QEF =∠PED ,在△EQF 和△EPD 中,∠QEF =∠PEDEQ =EP ∠EOF =∠EPD,∴△EQF ≌△EPD (ASA ),∴EF =ED ,∴矩形DEFG 是正方形;(2)如图2中,在Rt △ABC 中,AC =2AB =42,∵CE =22,∴AE =CE ,∴点F 与C 重合,此时△DCG 是等腰直角三角形,∴四边形DECG 是正方形,∴CG =CE =22;(3)①如图3,当DE 与AD 的夹角为40°时,∠DEC =45°+40°=85°,∵∠DEF =90°,∴∠CEF =5°,∵∠ECF =45°,∴∠EFC =130°,②如图4,当DE 与DC 的夹角为40°时,∵∠DEF =∠DCF =90°,∴∠EFC =∠EDC =40°,综上所述,∠EFC =130°或40°.【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质,涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质,熟练掌握相关基本性质是解题的关键.12.(2021·山西·八年级期末)综合与实践:如图1,在正方形ABCD 中,连接对角线AC ,点O 是AC 的中点,点E 是线段OA 上任意一点(不与点A ,O 重合),连接DE ,BE .过点E 作EF ⊥DE 交直线BC于点F.。

九年级数学几何模型压轴题专题练习(解析版)

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九年级数学几何模型压轴题专题练习(解析版)一、初三数学旋转易错题压轴题(难)1.如图 1,在 Rt∆ΛSC 中,Z4 = 90o, AB=AC f点 D, E 分别在边 AB, AC 上,AD=AE f连接DC,点M, P, N分别为DE, DC, BC的中点.(1)观察猜想:图1中,线段PM与PN的数量关系是_,位置关系是_;(2〉探究证明:把AADF绕点A逆时针方向旋转到图2的位置,连接BD, CE,判断APMN的形状,并说明理由;(3)拓展延伸:把AADF绕点A在平面内自由旋转,若AD=4, AB=IO f请直接写出APMN面积的最人值.【答案】(I)PM=PΛ∕, PM丄PN;(2) APMN是等腰直角三角形.理由见解析;(3)49 S A.PMN⅜⅛大=.【解析】【分析】(1)由已知易得加=C利用三角形的中位线得出PM = ;CE , PN = ;BD,即可2 2得出数量关系,再利用三角形的中位线得出PM//CE得出ZDPM = ZDc4,最后用互余即可得出位置关系;(2)先判断出MBQ三AACE,得出皮) = CE,同(1)的方法得出PM=-BD i2PN = LBD t即可得出PM = PN,同(1)的方法由2ZMPN = ZDCE+ ZDCB+ ZDBC= ZACB+ ZABC ,即可得出结论;(3〉方法1:先判断出MN最人时,APMN的面积最大,进而求出AN, AM,即可得出MN最)<=AM + AN,最后用面积公式即可得出结论.方法2:先判断出BD最大时,WMN的面积最大,而Br)最人是AB + AD = 14,即可得出结论.【详解】解:(1)•••点P, N是BC, CD的中点,.∙.PN□BD, PN = -BD,2•••点P, M是CD,DE的中点,..PM//CE9 PM=丄CE ,2∙.∙AB=AC, AD=AE^:.BD = CE ,:.PM = PN,-PN//BD f.∙. ZDPN = ZADC,':PMIlCE.:.ZDPM = ZDCA,∙.∙ ZfiAC = 90。

中考数学模型28 弦图及推广图在某些三角形面积最大值中的应用

中考数学模型28 弦图及推广图在某些三角形面积最大值中的应用

中考数学模型28 弦图及推广图在某些三角形面积最大值中的应用弦图由我国三国时期数学家赵爽发现与研究的,由四个全等的直角三角形拼成的内外都为正方形(外正方形的边为直角三角形的斜边)的一个图形,如下图1、弦(斜边)在外的弦图称为外弦图,如下图2中的弦在内的弦图称为内弦图.弦图一般用来证明勾股定理之外,笔者研究发现还可以用来求某些直角三角形面积最大值问题.例1.(1)求斜边为4的直角三角形面积的最大值;(2)求直角边之和为4的直角三角形面积的最大值. 解:(1) 如图3,取4个这样的全等直角三角形组 成外弦图,直角三角形面积等于外正方形的面 积减去内正方形面积的差再除以4的结果.外正方形的面积为16,当这种这种直角三角形的两条直角边相等时,内正方形的面积为0,直角三角形的面积最大 故斜边为4的直角三角形面积最大值为:16÷4=4.(2)如图4,取4个这样的全等直角三角形组成 内弦图,同样,直角三角形面积等于外正方形 的面积减去内正方形面积的差再除以4的结 果.外正方形的面积为16,当内正方形的半径最小时,内正方形的面积取得最小值,而内正方形的半径最小值为2,此时直角三角形的两边相等,故直角三角形的面积最大值为:12×2×2=2.分析与反思:这2道问题略有不同,差别在于已知条件的不同,一个是斜边为定值,图4图3内弦图图2外弦图图1一个是直角边之和为定值,因而选择不同的弦图,那么为什么要选择弦图来解决这类问题呢?当然这2个问题的解决还有许多方法,不一一列举了,经过观察,我们能发现,首先,直角三角形最大角是直角,正多边形内角为直角的仅仅是正方形,而且,直角三角形两个锐角之和也为直角,因此,此类问题都可以运用弦图来解决.拓展:既然这类直角三角形面积最大值问题可以用弦图来解答,那么其他斜三角形的某些面积最大值能否找到类似方法呢?这是肯定的,但是仅限于特殊内角的三角形,大家看看例2.例2.(1)一个三角形的一条边为4,其对角为120°,求该三角形面积的最大值;(2)一个三角形的两边之和为4,这两边的夹角为120°,求该三角形面积的最大值.解:(1)如图5,取3个这样符合条件的全等三角形拼成正三角形,外正三角形的面积为:12×4×当内正三角形面积为0,即该三角形为等腰三角形时,三角形面积有最大值,最大值为:(2)如图6,取6个这样符合条件的全等三角形拼成正六边形,外正六边形的面积为:12×4×6=6= 当内正六边形面积最小,即半径最小,即半径垂直外正六边形的边时,内正六边形的边长为12×3×6=6= 故这样的三角形面积最大值为:(-)÷6=质疑:是否所有三角形面积最大值问题都有类似解法呢?我们下面来看看例3. 例3.(1)一个三角形一个内角是45°,其对边为定值,求证:当该角的两条夹边相等时,该三角形的面积最大.(2)一个三角形一个内角是45°,该角的两条夹边之和为定值,求证:当这2条边相等时,该三角形的面积最大.证明:(1)如图7,取8个这样的三角形组成正八边形,45°角的对边为 该正八边形的边. ∵该三角形45°角所对的边为定值, ∴该图形中的外正八边形的面积为定值.当45°角的两条夹边不等时,该图形会产生一个内正八边形,当45°角的两条夹边相等时,这8个三角形45°图6图5角的顶点会重合,从而不产生内正八边形.∴当该角的两条夹边相等时,该三角形的面积最大,恰等于这个正 八边形面积的八分之一.(2)如图8,取8个这样的三角形按一定方向组成一个正八边形, 45°角所对的边为正八边形的边,这样就形成了一个“八角星”, 依次连接“八角星”的8个顶点,这样又产生了外正八边形.外正八边形和内正八边形之间的环形区域由8个两直角边为a b 、的直角三角形和8个两边为a b 、且夹角为45°的三角 形组成.这两类三角形面积比值为:12ab :1sin 452ab ︒=令环形面积为S ,则这2个两类三角形面积之和为18S.∴这种三角形面积为:18S18=S. 那么何种情形下,环形面积最大呢?显然,当a b =时,直角三角形的斜边(外正八边形的边)最 大[例1(2)有详细严谨的证明],而且45°角的对边c 最小(不 是很严谨),外、内正八边形的面积分别最大和最小,环形面积最大! ∴当这2条夹边相等时,该三角形面积最大.分析与反思:例3(1)依然有类似于例1(1)、例2(1)的方法解决,但是例3(2)的解决之法与例1(2)、例2(2)的方法相去甚远,而且证明过程中对于内正八边形的最小面积的证明不是很有说服力,若要毫无破绽地证明,那么需要其他方面的知识!这与我们用更简单的方法来证明此类问题的目的背离了!这不如直接利用三角形面积公式1sinA 2S ab =、余弦定理和基本不等式来证明!原因何在?我们观察例1(2)与例2(2),发现90°和120°都可以成为一个正多边形的内角,而没有任何一个正多边形的内角可以是45°!我们应当放弃这种方法!拓展:这类三角形面积最大值问题可分为两类:第一类为:已知一角的大小及对边的长度,第二类:已知一角的大小及两条夹边的长度之和.例1(1)、例2(1)、例3(1)都属于第一类,例1(2)、例2(2)、例3(2)都属于第二类.第一类对应的图形为图3、图5、图7,第二类对应的图形为图4、图6.这5个图形除了图3、图4称之为弦图,剩下3个图形都与弦图有很大的类似!我们不妨来个定义:对于有一个内角为α的三角形,把若干个这样的三角形拼成一个正多边形,象图3、图5、图7这样都是由剩下的2个内角的和作为正多边形的内角,我们称之为该三角形的“关联正多边形Ⅰ型”,象图4、图6这c 图8ba样直接由该角作为正多边形的内角,我们称之为干三角形的“关联正多边形Ⅱ型”.总结与归纳:此类三角形面积最大值问题能否类似于弦图来解决,关键在于这个三角形的某个内角或某2个内角之和能不能成为一个正多边形的内角.1.当有一个内角为α的三角形的对边已知,α能成为一个正多边形的外角(即剩下2个角的和可成为正多边形的内角)时,我们用“关联正多边形Ⅰ型”来证明或解答其面积最大值;2.当有一个内角为α的三角形,α能成为一个正多边形的内角,2条夹边和为定值时,我们用“关联正多边形Ⅱ型”来证明或解答其面积最大值.练习:求一个内角为150°,且2条夹边之和为8的三角形的面积最大值.。

专题11 弦图模型巩固练习(提优)-冲刺2021年中考几何专项复习(解析版)

专题11 弦图模型巩固练习(提优)-冲刺2021年中考几何专项复习(解析版)

弦图模型巩固练习1.在一次课题学习中,老师让同学们合作编题,某学习小组受赵爽弦图的启发,编写了下面这道题,请你来解一解:如图,将平行四边形ABCD的四边DA、AB、BC、CD分别延长至E、F、G、H,使得AE=CG,BF=DH,连接EF,FG,GH,HE.求证:四边形EFGH为平行四边形.【分析】根据平行四边形的性质得到AB=CD,∠BCD=∠BAD,根据平角的定义得到∠HCG=∠EAF,根据启动建设性的性质得到EF=CH,同理EH=GF,于是得到结论.【解答】证明:∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,∠BCD=∠BAD,∵∠HCG=180°﹣∠BCD,∠EAF=180°﹣∠BAD,∴∠HCG=∠EAF,∵BF=DH,∴AF=CH,∴△HCG≌△F AE(SAS),∴EF=GH,同理EH=GF,∴四边形EFGH为平行四边形.【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质,全等三角形的判定和性质,熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键.2.勾股定理是一条古老的数学定理,它有很多种证明方法,我国汉代数学家赵爽根据弦图,利用面积法进行证明,著名数学家华罗庚曾提出把“数形关系”(勾股定理)带到其他星球,作为地球人与其他星球“人”进行第一次“谈话”的语言.(1)请你根据图1中的直角三角形叙述勾股定理(用文字及符号语言叙述).(2)以图1中的直角三角形为基础,可以构造出以a,b为底,以a+b为高的直角梯形(如图2),请你利用图2,验证勾股定理.<√2.请完成其证明.(3)利用图2中的直角梯形中线段BC与AD的大小关系,可以证明a+bc【分析】(1)根据勾股定理即可求解;(2)利用S 梯形ABCD =S Rt △ABE +S Rt △DEC +S Rt △AED 进行证明即可;(3)在直角梯形ABCD 中,BC <AD ,由于已证△AED 是直角三角形,那么利用勾股定理有AD =√2c ,从而可证a+b c<√2.【解答】解:(1)如果直角三角形的两直角边长分别为a 、b ,斜边长为c ,那么a 2+b 2=c 2. (2)∵Rt △ABE ≌Rt △ECD , ∴∠AEB =∠EDC , 又∵∠EDC +∠DEC =90°, ∴∠AEB +∠DEC =90°, ∴∠AED =90°.∵S 梯形ABCD =S Rt △ABE +S Rt △DEC +S Rt △AED , ∴12(a +b )(a +b )=12ab +12ab +12c 2, 整理,得a 2+b 2=c 2.(3)∵AD =√2c ,BC <AD , ∴a +b <√2c ,即a+b c<√2.【点评】本题考查了勾股定理的证明,本题利用了全等三角形的判定和性质、面积分割法、勾股定理等知识.3.(1)我国著名的数学家赵爽,早在公元3世纪,就把一个矩形分成四个全等的直角三角形,用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形(如图1),这个矩形称为赵爽弦图,验证了一个非常重要的结论:在直角三角形中两直角边a 、b 与斜边c 满足关系式a 2+b 2=c 2,称为勾股定理. 证明:∵大正方形面积表示为S =c 2,又可表示为S =4×12ab +(b ﹣a )2, ∴4×12ab +(b ﹣a )2=c 2. ∴ a 2+b 2=c 2即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方.(2)爱动脑筋的小明把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形(如图2),也能验证这个结论,请你帮助小明完成验证的过程.(3)如图3所示,∠ABC=∠ACE=90°,请你添加适当的辅助线,证明结论a2+b2=c2.【分析】(1)化简可得结论;(2)根据四个全等的直角三角形的面积+中间小正方形的面积=大正方形的面积,即可证明;(3)如图3,作辅助线,构建矩形,根据矩形的面积可得结论.ab+(b﹣a)2,【解答】证明:(1)∵大正方形面积表示为S=c2,又可表示为S=4×12ab+(b﹣a)2=c2.∴4×12∴2ab+b2﹣2ab+a2=c2,∴a2+b2=c2,即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方.故答案为:a2+b2=c2;×ab×4+c2=(a+b)×(a+b),(2)证明:由图得,大正方形面积=12整理得,2ab+c2=a2+b2+2ab,即a2+b2=c2;(3)如图3,过A作AF⊥AB,过E作EF⊥AF于F,交BC的延长线于D,则四边形ABDF是矩形,∵△ACE是等腰直角三角形,∴AC=CE=c,∠ACE=90°=∠ACB+∠ECD,∵∠ACB+∠BAC=90°,∴∠BAC=∠ECD,∵∠B=∠D=90°,∴△ABC≌△CDE(AAS),∴CD=AB=b,DE=BC=a,S矩形ABDF=b(a+b)=2×12ab+12c2+12(a+b)(b−a),∴a2+b2=c2.【点评】本题考查了用数形结合来证明勾股定理,矩形和正方形的面积,三角形的面积,锻炼了同学们的数形结合的思想方法.4.教材第九章中探索乘法公式时,设置由图形面积的不同表示方法验证了乘法公式.我国著名的数学家赵爽,早在公元3世纪,就把一个矩形分成四个全等的直角三角形,用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形(如图1),这个图形称为赵爽弦图,验证了一个非常重要的结论:在直角三角形中两直角边a、b 与斜边c满足关系式a2+b2=c2,称为勾股定理.(1)爱动脑筋的小明把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形(如图2),也能验证这个结论,请你帮助小明完成验证的过程.(2)小明又把这四个全等的直角三角形拼成了一个梯形(如图3),利用上面探究所得结论,求当a=3,b =4时梯形ABCD的周长.(3)如图4,在每个小正方形边长为1的方格纸中,△ABC的顶点都在方格纸格点上.请在图中画出△ABC的高BD,利用上面的结论,求高BD的长.【分析】(1)根据四个全等的直角三角形的面积+阴影部分小正方形的面积=大正方形的面积,代入数值,即可证明;(2)由(1)中结论先求出c的值,再根据周长公式即可得出梯形ABCD的周长;(3)先根据高的定义画出BD ,由(1)中结论求出AC 的长,再根据△ABC 的面积不变列式,即可求出高BD 的长.【解答】(1)证明:由图得,12×ab ×4+c 2=(a +b )×(a +b ), 整理得,2ab +c 2=a 2+b 2+2ab , 即a 2+b 2=c 2;(2)解:∵a =3,b =4, ∴c =2+b 2=5,梯形ABCD 的周长为:a +c +3a +c ═4a +2c =4×3+2×5=22; (3)解:如图,BD 是△ABC 的高.∵S △ABC =12AC •BD =12AB ×3,AC =√42+32=5, ∴BD =3AB AC =3×35=95.【点评】本题考查了用数形结合来证明勾股定理,勾股定理的应用,梯形的周长,三角形的高与面积,锻炼了同学们的数形结合的思想方法. 5.(1)问题情境:勾股定理是一条古老的数学定理,它有很多种证明方法,我国汉代数学家赵爽根据弦图,借助“数形关系”利用面积法进行证明,而以刘徽的“青朱出入图”为代表的“无字证明”也颇为神奇,证明不需用任何数学符号和文字,整个证明单靠移动几块图形而得出.如图1和2,将4个全等的直角三角形拼成边长为(a +b )的正方形,使中间留下一个边长为c 的空白正方形,画出边长为(a +b )的正方形,再移动三角形至图2所示的位置中,于是留下了边长分别为a 和b 的两个空白正方形.则图1和图2中的白色部分面积必定相等,即 c 2=a 2+b 2;(2)尝试证明:实际上只需图2的“一半”即可用“数形关系”和面积法证明,美国总统伽菲尔德在1876年利用图3证明了勾股定理,请你来试一试,借助图3完成证明: (3)问题拓展:已知Rt △ABC 的两直角边分别为a ,b ,斜边为c ,求证:a+b c≤√2.【分析】(1)结合图形可知得到c 2=a 2+b 2;(2)可以利用梯形减去两个黑色直角三角形的面积,整理可得到c 2=a 2+b 2,可证得结论; (3)可把不等式两边平方,再结合勾股定理可证得.【解答】(1)解:在图1中,白色部分为边为c 的正方形,其面积为c 2, 在图2中,白色部分为边长分别为a 和b 的两个正方形,其面积和为a 2+b 2, 而a 、b 、c 是直角三角形的三边,所以有c 2=a 2+b 2,故答案为:c 2=a 2+b 2;(2)证明:∵S 白三角形=S 梯形﹣2S 黑三角形, ∴12c 2=12(a +b )(a +b )﹣2×12ab ,即c 2=a 2+b 2;(3)证明:∵0≤(a ﹣b )2, ∴2ab ≤a 2+b 2,∴a 2+b 2+2ab ≤2(a 2+b 2), ∵a 2+b 2=c 2, ∴(a +b )2≤2c 2, ∴(a+b c)2≤2,∴a+b c≤√2.【点评】本题主要考查勾股定理的证明和应用,等积法是证明勾股定理常用的方法,注意数形结合思想的应用. 6.综合与实践正方形内“奇妙点”及性质探究:定义:如图1,在正方形ABCD 中,以BC 为直径作半圆O ,以D 为圆心,DA 为半径作AĈ,与半圆O 交于点P 我们称点P 为正方形ABCD 的一个“奇妙点”.过奇妙点的多条线段与正方形ABCD 无论是位置关系还是数量关系,都具有不少优美的性质值得探究.性质探究:如图2,连接DP并延长交AB于点E,则DE为半圆O的切线.证明:连接OP,OD.由作图可知,DP=DC,OP=OC,又∵OD=OD.∴△OPD≌△OCD.(SSS)∴∠OPD=∠OCD=90°∴DE是半圆O的切线.问题解决:(1)如图3,在图2的基础上,连接OE.请判断∠BOE和∠CDO的数量关系,并说明理由;(2)在(1)的条件下,请直接写出线段DE,BE,CD之间的数量关系;(3)如图4,已知点P为正方形ABCD的一个“奇妙点”,点O为BC的中点,连接DP并延长交AB于点E,连接CP并延长交AB于点F,请写出BE和AB的数量关系,并说明理由;(4)如图5,已知点E,F,G,H为正方形ABCD的四个“奇妙点”连接AG,BH,CE,DF,恰好得到一个特殊的“赵爽弦图”.请根据图形,探究并直接写岀一个不全等的几何图形面积之间的数量关系.【分析】(1)根据全等三角形的性质得到∠OPD=∠OCD=90°,∠POD=∠COD,∠CDO=∠PDO=1 2∠PDC,于是得到∠BOP=∠PDC,根据全等三角形的性质得到∠POE=∠BOE=12∠BOP.于是得到结论;(2)根据全等三角形的性质得到PD=DC,PE=BE,根据线段的和差即可得到结论;(3)如图4,连接OE,OD,根据三角函数的定义得到BEBO =OCDC=12,于是得到BE=12BO=12×12BC=14BC,根据正方形的性质即可得到结论;(4)答案不唯一,根据图形即可得到结论.【解答】解:(1)∠BOE=∠CDO,理由如下:∵PD=DC,OD=OD,OP=OC,∴△OPD≌△OCD(SSS),∴∠OPD=∠OCD=90°,∠POD=∠COD,∠CDO=∠PDO=12∠PDC,∴∠POC+∠PDC=360°﹣∠OPD﹣∠OCD=180°,∴∠POC+∠BOP=180°,∴∠BOP=∠PDC,在Rt△POE和Rt△BOE中,∵OE=OE,OP=OB,∴△POE≌△BOE(HL),∴∠POE=∠BOE=12∠BOP.∵∠CDO=∠PDO=12∠PDC,∴∠BOE=∠CDO;(2)线段DE,BE,CD之间的数量关系是DE=BE+CD,理由:由(1)知,△OPD≌△OCD,△POE≌△BOE,∴PD=DC,PE=BE,∵DE=PE+PD,∴DE=CD+BE;(3)如图4,连接OE,OD,由(1)可知,∠BOE=∠CDO,又∵∠B=∠OCD=90°,点O为BC的中点,∴tan∠BOE=tan∠CDO,∴BEBO =OCDC=12,∴BE=12BO=12×12BC=14BC,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC,AB;∴BE=14(4)答案不唯一,如图5,连接DE,∵点E是正方形ABCD的“奇妙点”,∴DE=CD,∵DF⊥CE,∴EF=CF,CE,∴EF=12∴设EF=a,则CE=2a,a×2a=a2,正方形EFGH的面积=a2,∴△ABH的面积=12等等.∴△ABH的面积=正方形EFGH的面积;同理正方形EFGH的面积等于正方形ABCD面积的15【点评】本题考查了圆的综合题,正方形的性质,全等三角形的判定和性质,解直角三角形,正确的识别图形是解题的关键.7.如图①,美丽的弦图,蕴含着四个全等的直角三角形.(1)弦图中包含了一大,一小两个正方形,已知每个直角三角形较长的直角边为a,较短的直角边为b,斜边长为c,结合图①,试验证勾股定理.(2)如图②,将这四个直角三角形紧密地拼接,形成飞镖状,已知外围轮廓(粗线)的周长为24,OC=3,求该飞镖状图案的面积.(3)如图③,将八个全等的直角三角形紧密地拼接,记图中正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT 的面积分别为S1,S2,S3,若S1+S2+S3=40,则S2=40.3【分析】(1)通过图中小正方形面积证明勾股定理;(2)可设AC=x,根据勾股定理列出方程可求x,再根据直角三角形面积公式计算即可求解;(3)根据图形的特征得出四边形MNKT的面积设为x,将其余八个全等的三角形面积一个设为y,从而用x,y表示出S1,S2,S3,得出答案即可.ab=c2﹣2ab,【解答】解:(1)S小正方形=(a﹣b)2=a2﹣2ab+b2,另一方面S小正方形=c2﹣4×12即b2﹣2ab+a2=c2﹣2ab,则a2+b2=c2.(2)24÷4=6,设AC=x,依题意有(x+3)2+32=(6﹣x)2,解得x=1,1×(3+1)×3×42×4×3×4=12=24.故该飞镖状图案的面积是24.(3)将四边形MTKN的面积设为x,将其余八个全等的三角形面积一个设为y,∵正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,S1+S2+S3=40,∴得出S1=8y+x,S2=4y+x,S3=x,∴S1+S2+S3=3x+12y=40,,∴x+4y=403∴S2=x+4y=40.3.故答案为:403【点评】考查了勾股定理的证明,本题是用数形结合来证明勾股定理,锻炼了同学们的数形结合的思想方word可编辑文档法.(3)考查了图形面积关系,根据已知得出用x,y表示出S1,S2,S3,再利用S1+S2+S3=40求出是解决问题的关键.11。

赵爽弦图模型-学生版--中考数学专题专练

赵爽弦图模型-学生版--中考数学专题专练

赵爽弦图模型模型讲解◎结论1:在正方形ABCD的四边AB,BC,CD,DA上分别取点E,F,G,H,使得BE=CF= GD=AH,则四边形EHGF是正方形.◎结论2:如图所示,在正方形ABCD的四边AB,BC,CD,DA上分别取点E,F,G,H,使得BE=CF=GD=AH,此外EQ∥BC,HP∥CD,GO∥DA,FR∥AB,则四边形ORQP是正方形.◎结论3:如图所示,在正方形ABCD的四边AB,BC,CD,DA上分别取点E,F,G,H,使得BE=CF=GD=AH,此外EQ∥BC,HP∥CD,GO∥DA,FR∥AB,则:(1)S正方形ABCD =4SΔAEH十S正方形EFGH;(2)S正方形EFGH =4SΔHPE十S正方形OPQR;(3)S正方形ABCD -S正方形EFGH=S正方形EFGH-S正方形OPQR.(4)2S正方形EFGH =S正方形ABCD十S正方形OPQR注:常见的勾股数组合①3,4,5; ②5,12,13;③6,8,10;④8,15,17;⑤9,12,15;1(2023春·四川南充·八年级四川省南充高级中学校考阶段练习)如图所示的“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理,是我国古代数学的骄傲.该图由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成一个大正方形,设直角三角形较长直角边长为a,较短直角边长为b.若ab=10,大正方形面积为25,则小正方形边长为()A.3B.2C.5D.32(2023春·河北沧州·八年级校考阶段练习)如图,用4个相同的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形,若图中直角三角形较短的直角边长是5,小正方形的边长是7,则大正方形的面积是()A.121B.144C.169D.1963(2022秋·福建三明·八年级统考期末)某大会会标如图所示,它是由相同的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形.若大正方形的面积是13,小正方形的面积是1,直角三角形中较长的直角边为a,较短的直角边为b,则a+b2的值()A.13B.19C.25D.1694(2021秋·贵州六盘水·八年级统考阶段练习)如图,这是“赵爽弦图”,△ABH,△BCG,△CDF,△DAE是四个全等的直角三角形,四边形ABCD和四边形EFGH都是正方形,如果EF=1,AH=3,那么AB等于()A.4B.5C.9D.105(2023春·全国·八年级专题练习)如图是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的正方形图案.已知大正方形面积为25,小正方形面积为1,若用a、b表示直角三角形的两直角边(a>b),则下列说法:①a2+b2=25,②a-b=1,③ab=12,④a+b=7.正确的是()A.①②B.①②③C.①②④D.①②③④6(2023春·全国·八年级专题练习)用四个全等的直角三角形拼成如图①所示的大正方形,中间也是一个正方形,它是美丽的弦图,其中四个直角三角形的直角边长分别为a,b a<b,斜边长为c.(1)结合图①,求证:a2+b2=c2;(2)如图②,将这四个全等的直角三角形无缝隙无重叠地拼接在一起,得到图形ABCDEFGH.若该图形的周长为48,OH=6.求该图形的面积.7(2023秋·河南洛阳·八年级统考期末)八年级课外兴趣小组活动时,老师提出了如下问题:将2a -3ab -4+6b 因式分解.【观察】经过小组合作交流,小明得到了如下的解决方法:解法一:原式=2a -3ab -4-6b =a 2-3b -22-3b =2-3b a -2解法二:原式=2a -4 -3ab -6b =2a -2 -3b a -2 =a -2 2-3b【感悟】对项数较多的多项式无法直接进行因式分解时,我们可以将多项式分为若干组,再利用提公因式法、公式法达到因式分解的目的,这就是因式分解的分组分解法.分组分解法在代数式的化简、求值及方程、函数等学习中起着重要的作用.(温馨提示:因式分解一定要分解到不能再分解为止)【类比】(1)请用分组分解法将x 2-a 2+x +a 因式分解;【应用】(2)“赵爽弦图”是我国古代数学的骄傲,我们利用它验证了勾股定理.如图,“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形围成的一个大正方形,中间是一个小正方形.若直角三角形的两条直角边长分别是a 和b (a >b ),斜边长是3,小正方形的面积是1.根据以上信息,先将a 4-2a 3b +2a 2b 2-2ab 3+b 4因式分解,再求值.8(2023春·全国·八年级专题练习)我国古代数学家赵爽的“勾股圆方图”是由四个全等的直角三角形(如图1)与中间的一个小正方形拼成一个大正方形(如图2).(1)利用图2正方形面积的等量关系得出直角三角形勾股的定理,该定理的结论用字母表示:;(2)用图1这样的两个直角三角形构造图3的图形,满足AE=BC=a,DE=AC=b,AD=AB=c,∠AED=∠ACB=90°,求证(1)中的定理结论;(3)如图,由四个全等的直角三角形拼成的图形,设CE=m,HG=n,求正方形BDFA的面积.(用m,n表示)9(2020秋·广东佛山·八年级统考期中)我们在探索乘法公式时,设置由图形面积的不同表示方法验证了乘法公式.我国著名的数学家赵爽,早在公元3世纪,就把一个矩形分成四个全等的直角三角形,用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形(如图①),这个图形称为赵爽弦图,验证了一个非常重要的结论:在直角三角形中两直角边a,b与斜边c满足关系式a2+b2=c2,称为勾股定理.(1)爱动脑筋的小明把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形(如图②),也能验证这个结论,请你帮助小明完成验证的过程.(2)如图,在每个小正方形边长为1的方格纸中,△ABC的顶点都在方格纸格点上.请在图中画出△ABC的高BD,利用上面的结论,求高BD的长.10(2022春·安徽芜湖·八年级统考期中)图①是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图,它是由四个全等的直角三角形围成的.(1)在Rt△ABCC中,AC=a,BC=b,∠ACB=90°,若图①中大正方形的面积为61,小正方形的面积为1,求a+b2;(2)在(1)的条件下,若将图①中的四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍,得到图②所示的“数学风车”,求这个风车的外围周长(图中实线部分).。

中考几何综合压轴题十大模型

中考几何综合压轴题十大模型

中考几何综合压轴题十大模型包括:
1. “12345”模型:适用于和为30度、60度的证明,以及倍长中点的相关证明。

2. “半角”模型:说明上图依次是45°、30°、22.5°、15°及有一个角是30°直角三角形的对称(翻折),翻折成正方形或者等腰直角三角形、等边三角形、对称全等。

3. “角平分线”模型:角平分线定理的应用,以及角平分线+垂线=等腰三角形,角分线+平行线=等腰三角必呈现等的应用。

4. “手拉手”模型:适用于两个等腰三角形,顶角相等,顶点重合的情况,可以证明三角形全等,手的夹角相等,顶点连手的交点得平分。

5. “将军饮马”模型:最短路径问题,适用于解决两点之间距离最短的问题。

6. “中点”模型:中点旋转的模型,可以解决旋转全等问题。

7. “垂直”模型:垂直也可以做为轴进行对称全等。

8. “旋转全等”模型:通过旋转将另外两个和为二分之一的角拼接在一起,成对称全等。

9. “自旋转”模型:遇60度旋60度,造等边三角形;遇90度旋90度,造等腰直角。

10. “共旋转”模型:通过“8”字模型可以证明。

以上就是中考几何综合压轴题的十大模型,希望对你有所帮助。

中考数学几何模型之弦图模型(解析版)

中考数学几何模型之弦图模型(解析版)

中考数学几何模型:弦图模型名师点睛拨开云雾开门见山弦图模型,包含两种模型:内弦图模型和外弦图模型.(一)内弦图模型:如图,在正方形ABCD中,AE⊥BF于点E,BF⊥CG于点F,CG⊥DH于点G,DH ⊥AE于点H,则有结论:△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.注意局部弦图(二)外弦图模型:如图,在正方形ABCD中,E,F,G,H分别是正方形ABCD各边上的点,且四边形EFGH是正方形,则有结论:△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH.包含“一线三垂直”典题探究启迪思维探究重点例题1. 如图,在△ABC中,∠ABC=90°,分别以AB,AC向外作正方形ABDE,ACFG,连接EG,若AB=12,BC=16,求△AEG的面积.变式练习>>>1.如图,四边形ABCD是边长为4的正方形,点E在边AD上,连接CE,以CE为边作正方形CEFG,点D,F在直线CE的同侧,连接BF,若AE=1,求BF的长.例题2. 如图,以Rt△ABC的斜边BC在△ABC同侧作正方形BCEF,该正方形的中心为点O,连接AO.若AB=4,AO=62,求AC的长.变式练习>>>2.如图,点A,B,C,D,E都在同一条直线上,四边形X,Y,Z都是正方形,若该图形总面积是m,正方形Y的面积是n,则图中阴影部分的面积是___________.例题3. 如图,在△ABC 中,∠BAC=45°,D 为△ABC 外一点,满足∠CBD=90°,BC=BD ,若=4.5ACD S △,求AC 的长.变式练习>>>3.点P 是正方形ABCD 外一点,PB=10cm ,△APB 的面积是60cm 2,△CPB 的面积是30cm 2.求正方形ABCD 的面积.例题4. 在边长为10的正方形ABCD 中,内接有6个大小相同的正方形,P 、Q 、M 、N 是落在大正方形边上的小正方形的顶点,如图所示,求这六个小正方形的面积.变式练习>>>4.如图,在平面直角坐标系中,经过点A的双曲线y=(x>0)同时经过点B,且点A在点B的左侧,点A的横坐标为,∠AOB=∠OBA=45°,则k的值为1+.【解答】解:在△AOM和△BAN中,,∴△AOM≌△BAN(AAS),∴AM=BN=,OM=AN=,∴OD=+,BD=﹣,∴B(+,﹣),∴双曲线y=(x>0)同时经过点A和B,∴(+)•(﹣)=k,整理得:k2﹣2k﹣4=0,解得:k=1±(负值舍去),∴k=1+;故答案为:1+.例题5. 如图,在等腰Rt △ACB 和等腰Rt △DCE 中,∠AXB=∠DCE=90°,连接AD ,BE ,点I 在AD 上, (1)若IC ⊥BE ,求证:I 为AD 中点; (2)若I 为AD 中点,求证:IC ⊥BE例题6. 在平面直角坐标系中,直线l 的解析式为2y x b =+,其与x 轴交于点A,与y 轴交于点B ,在直线l 移动的过程中,直线y=4上是否存在点P ,使得△PAB 是等腰直角三角形,若存在,请求出满足条件的所有点P 的坐标,如不存在,请说明理由.达标检测领悟提升强化落实1. 如图所示,“赵爽弦图”是由8个全等的直角三角形拼接而成的,记图中正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,已知S1+S2+S3=10,则S2的值是.【解答】解:将四边形MTKN的面积设为x,将其余八个全等的三角形面积一个设为y,∵正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,S1+S2+S3=10,∴得出S1=8y+x,S2=4y+x,S3=x,∴S1+S2+S3=3x+12y=10,故3x+12y=10,x+4y=,所以S2=x+4y=,故答案为:.2. 我国古代数学家赵爽利用弦图证明了勾股定理,这是著名的赵爽弦图(如图1).它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案.在弦图中(如图2),已知点O为正方形ABCD的对角线BD的中点,对角线BD分别交AH,CF于点P、Q.在正方形EFGH的EH、FG两边上分别取点M,N,且MN经过点O,若MH=3ME,BD=2MN=4.则△APD的面积为5.【解答】解:如图,连接FH,作EK∥MN,OL⊥DG∵四边形ABCD是正方形,且BD=2MN=4∴MN=2,AB=2∵四边形EFGH是正方形∴FO=HO,EH∥FG∴∠HMO=∠FNO,∠MHO=∠NFO,且FO=HO∴△MHO≌△FNO(AAS),∴MH=FN∵MH=3ME,∴MH=FN=3EM,EH=EF=4EM∴EK∥KN,EH∥FG,∴四边形EMNK是平行四边形∴MN=EK=2,KN=EM,∴FK=2EM∵EF2+FK2=EK2,∴16EM2+4EM2=20,∴EM=1,∴EH=4,∵AD2=(AE+4)2+DH2,且AE=DH∴DH=AE=2,∴AH=6∵PH∥OL,∴,∴PH=1,∴AP=5,∴S△APD=×5×2=5故答案为53.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接CE,BG,EG.(正方形的各边都相等,各角均为90°)(1)判断CE与BG的关系,并说明理由;(2)若BC=3,AB=5,则AEG面积等于6.【解答】解:(1)如图,∵∠EAB=∠GAC=90°,∴∠EAC=∠BAG,在△EAC和△BAG中,,∴△EAC≌△BAG(SAS),∴CE=BG,∠AEC=ABG,∵∠AEC+∠APE=90°,∠APE=∠BPC,∴∠BPC+∠ABG=90°,∴CE⊥BG;(2)延长GA,过E作EQ⊥AQ,∵∠EAB=∠GAC=90°,∴∠EAG+∠BAC=180°,∵∠EAG+∠EAQ=180°,∴∠EAQ=∠BAC,∴EQ=AE•sin∠EAQ=AB•BC=3,∵BC=3,AB=5,∴AC==4,∴AEG面积=AG•EQ=×4×3=6.4.【问题解决】一节数学课上,老师提出了这样一个问题:如图1,点P是正方形ABCD内一点,P A=1,PB=2,PC =3.你能求出∠APB的度数吗?小明通过观察、分析、思考,形成了如下思路:思路一:将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,求出∠APB的度数;思路二:将△APB绕点B顺时针旋转90°,得到△CP'B,连接PP′,求出∠APB的度数.请参考小明的思路,任选一种写出完整的解答过程.【类比探究】如图2,若点P是正方形ABCD外一点,P A=3,PB=1,PC=,求∠APB的度数.【解答】解:(1)思路一、如图1,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,∴△ABP'≌△CBP,∴∠PBP'=90°,BP'=BP=2,AP'=CP=3,在Rt△PBP'中,BP=BP'=2,∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=BP=2,∵AP=1,∴AP2+PP'2=1+8=9,∵AP'2=32=9,∴AP2+PP'2=AP'2,∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°;(2)如图2,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,∴△ABP'≌△CBP,∴∠PBP'=90°,BP'=BP=1,AP'=CP=,在Rt△PBP'中,BP=BP'=1,∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=BP=,∵AP=3,∴AP2+PP'2=9+2=11,∵AP'2=()2=11,∴AP2+PP'2=AP'2,∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°.5.如图,已知∠ABC=90°,D是直线AB上一点,AD=BC.(1)如图1,过点A作AF⊥AB,并截取AF=BD,连接DC、DF、CF.①求证:AF+AB=BC②判断FD与DC的关系并证明;(2)如图2,E是直线BC上一点,且CE=BD,直线AE、CD相交于点P,∠APD的度数是一个固定的值吗?若是,请求出它的度数;若不是,请说明理由.【解答】(1)证明:①∵AD=BC,∴AD=AB+BD,AF=BD,∴AF+AB=BC.②∵AF⊥AB,∴∠F AD=90°,又∵∠DBC=90°,∴∠F AD=∠DBC,∵AF=BD,AD=BC,∴△F AD≌△DBC(SAS),∴FD=CD,∠ADF=∠BCD,∴∠BDC+∠ADF=∠BDC+∠BCD=90°,即DF⊥DC;(2)解:作AF⊥AB于A,使AF=BD,连结DF,CF,如图,∵AF⊥AD,∠ABC=90°,∴∠F AD=∠DBC,在△F AD与△DBC中,,∴△F AD≌△DBC(SAS),∴FD=DC,∴△CDF是等腰三角形,∵△F AD≌△DBC,∴∠FDA=∠DCB,∵∠BDC+∠DCB=90°,∴∠BDC+∠FDA=90°,∴△CDF是等腰直角三角形,∴∠FCD=45°,∵AF∥CE,且AF=CE,∴四边形AFCE是平行四边形,∴AE∥CF,∴∠APD=∠FCD=45°.6.【探究证明】(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究,提出下列问题,请你给出证明.如图1,矩形ABCD中,EF⊥GH,EF分别交AB,CD于点E,F,GH分别交AD,BC于点G,H,求证:;【结论应用】(2)如图2,在满足(1)的条件下,又AM⊥BN,点M,N分别在边BC,CD上,若,则的值为;(直接写出结果)【联系拓展】(3)如图3,四边形ABCD中,∠ABC=90°,AB=AD=6,BC=CD=3,AM⊥DN,点M,N分别在边BC,AB上,求的值.【解答】解:(1)过点A作AP∥EF,交CD于P,过点B作BQ∥GH,交AD于Q,如图1,∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥DC,AD∥BC.∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形,∴AP=EF,GH=BQ.又∵GH⊥EF,∴AP⊥BQ,∴∠QAT+∠AQT=90°.∵四边形ABCD是矩形,∴∠DAB=∠D=90°,∴∠DAP+∠DP A=90°,∴∠AQT=∠DP A.∴△PDA∽△QAB,∴,∴;(2)如图2,∵EF⊥GH,AM⊥BN,∴由(1)中的结论可得,;∴,故答案为;(3)过点D作平行于AB的直线,交过点A平行于BC的直线于R,交BC的延长线于S,如图3,则四边形ABSR是平行四边形.∵∠ABC=90°,∴平行四边形ABSR是矩形,∴∠R=∠S=90°,RS=AB=6,AR=BS.∵AM⊥DN,∴由(1)中的结论可得.设SC=x,DS=y,则AR=BS=3+x,RD=6﹣y,∴在Rt△CSD中,x2+y2=9①,在Rt△ARD中,(3+x)2+(6﹣y)2=36②,由②﹣①得x=2y﹣3③,解方程组,得(舍去),或,∴AR=3+x=,∴==.7.如图,直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,l是AD的垂直平分线,交AD于点M,以腰AB 为边作正方形ABFE,EP⊥l于P.求证:2EP+AD=2CD.【解答】证明:作AH⊥BC于H,延长EP交AH于G,∵l是AD的垂直平分线,∴AM=MD=AD,l∥AH,又∵四边形ABCD是直角梯形,∴四边形AHCD是矩形,∴AH=CD,∵PE⊥l,∴EG⊥AH,∴四边形AGPM是矩形,∴GP=AM=AD,∴∠AHB=∠AGE=90°,∴∠1+∠2=90°,在正方形ABFE中,AB=AE,∠BAE=90°,∴∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3,在△ABH和△EAG中,,∴△ABH≌△EAG(AAS),∴AH=EG,∴CD=GP+PE=AD+PE,即2CD=AD+2PE.8.提出问题:如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接CE,BG,EG.(1)探索CE与BG的关系;(2)探究△ABC与△AEG面积是否仍然相等?说明理由.(3)如图2,学校教学楼前的一个六边形花圃被分成七个部分,分别种上不同品种的花卉,已知△CDG 是直角三角形,∠CGD=90°,DG=3m,CG=4m,四边形ABCD、CIHG、GFED均为正方形,则这个六边形花圃ABIHFE的面积为74m2.【解答】解(1)CE=BG,CE⊥BG;理由:∵∠EAB=∠GAC=90°,∴∠EAC=∠BAG,在△EAC和△BAG中,,∴△EAC≌△BAG(SAS),∴CE=BG,∠AEC=ABG,∵∠AEC+∠APE=90°,∠APE=∠BPC,∴∠BPC+∠ABG=90°,∴CE⊥BG;即:CE=BG,CE⊥BG;(2)如图1,过点E作EH⊥AG交GA延长线于H;∴∠EHA=∠90°=∠BCA,∵∠EAH+∠BAH=90°,∠BAC+∠BAH=90°,∴∠EAH=∠BAC,在△EHA和△BCA中,,∴△EHA≌△BCA,∴EH=BC,∵AC=AG∴S△ABC=AC×BC=AC×EH,S△AGE=AG×EH=AC×EH,∴S△ABC=S△AGE,(3)∵在Rt△CDG中,DG=3m,CG=4m,∴CD=5m,∵四边形ABCD,CIHG、GFED均为正方形∴CG=GH=4,DG=FG=3,同(2)的方法得出S△BCI=S△CDG,S△ADE=S△CDG∴S六边形花圃ABIHFE=S正方形ABCD+S△BCI+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+S△ADE+S△SDG =S正方形ABCD+S△CDG+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+S△CDG+S△CDG=S正方形ABCD+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+3S△CDG=CD2+CG2+GH×FG+DG2+3×CG×DG=52+42+×4×3+32+×4×3=25+16+6+9+18=74(m2).故答案为74m2.9.已知:l1∥l2∥l3∥l4,平行线l1与l2、l2与l3、l3与l4之间的距离分别为d1、d2、d3,且d1=d3=1,d2=2.我们把四个顶点分别在l1、l2、l3、l4这四条平行线上的四边形称为“格线四边形”.(1)如图1,正方形ABCD为“格线四边形”,则正方形ABCD的边长为.(2)矩形ABCD为“格线四边形”,其长:宽=2:1,求矩形ABCD的宽.(3)如图1,EG过正方形ABCD的顶点D且垂直l1于点E,分别交l2,l4于点F,G.将∠AEG绕点A 顺时针旋转30°得到∠AE′D′(如图2),点D′在直线l3上,以AD′为边在E′D′左侧作菱形AB′C′D′,使B′,C′分别在直线l2,l4上,求菱形AB′C′D′的边长.【解答】解:(1)∵l1∥l2∥l3∥l4,∠AED=90°∴∠DGC=90°,∵四边形ABCD为正方形∴∠ADC=90°,AD=CD,∵∠ADE+∠2=90°,∴∠1+∠2=90°,∴∠1=∠ADE,∵l3∥l4,∴∠1=∠DCG,∠ADE=∠DCG,在△AED与△DGC中,,∴△AED≌△GDC(AAS),∴AE=GD=1,ED=GC=3,∴AD==,故答案为:;(2)如图2过点B作BE⊥L1于点E,反向延长BE交L4于点F,则BE=1,BF=3,∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=90°,∴∠ABE+∠FBC=90°,∵∠ABE+∠EAB=90°,∴∠FBC=∠EAB,当AB<BC时,AB=BC,∴AE=BF=,∴AB==;如图3当AB>BC时,同理可得:BC=,∴矩形的宽为:,;(3)如图4过点E′作ON垂直于l1分别交l1,l3于点O,N,∵∠OAE′=30°,则∠E′FN=60°∵AE′=AE=1,故E′O=,E′N=,E′D′=,由勾股定理可知菱形的边长为:==.10.四边形ABCD是边长为4的正方形,点E在边AD所在直线上,连接CE,以CE为边,作正方形CEFG (点D,点F在直线CE的同侧),连接BF.(1)如图1,当点E与点A重合时,请直接写出BF的长;(2)如图2,当点E在线段AD上时,AE=1;①求点F到AD的距离;②求BF的长;(3)若BF=3,请直接写出此时AE的长.【解答】解:(1)作FH⊥AB于H,如图1所示:则∠FHE=90°,∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,∴AD=CD=4,EF=CE,∠ADC=∠DAH=∠BAD=∠CEF=90°,∴∠FEH=∠CED,在△EFH和△CED中,,∴△EFH≌△CED(AAS),∴FH=CD=4,AH=AD=4,∴BH=AB+AH=8,∴BF===4;(2)过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H,作FM⊥AB于M,如图2所示:则FM=AH,AM=FH,①∵AD=4,AE=1,∴DE=3,同(1)得:△EFH≌△CED(AAS),∴FH=DE=3,EH=CD=4,即点F到AD的距离为3;②∴BM=AB+AM=4+3=7,FM=AE+EH=5,∴BF===;(3)分三种情况:①当点E在边AD的左侧时,过F作FH⊥AD交AD于点H,交BC延长线于K.如图3所示:同(1)得:△EFH≌△CED,∴FH=DE=AE+4,EH=CD=4,∴FK=8+AE,在Rt△BFK中,BK=AH=EH﹣AE=4﹣AE,由勾股定理得:(4﹣AE)2+(8+AE)2=(3)2,解得:AE=1或AE=﹣5(舍去),∴AE=1;②当点E在边AD的右侧时,过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H,交BC延长线于K,如图4所示:同理得:AE=2+或2﹣(舍去).③当点E在AD上时,可得:(8﹣AE)2+(4+AE)2=90,解得AE=5或﹣1,5>4不符合题意.综上所述:AE的长为1或2+.。

专题18《弦图模型》

专题18《弦图模型》

3.略. 【提示】 显然四边形 EHBC 为矩形,所以 FH=BC=AB,所以△PAB≌△FHE( ASA).所 以 HF=AP.
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则四边形 ABSR 是平行四边形. 因为∠ABC=90°, 所以四边形 ABSR 是矩形. 所以∠R=∠S=90°,RS=AB=10,AR=BS. 因为 AM⊥DN. 所以由(1)中的结论可得 DN = AR .
AM AB 设 SC=x,DS=y,则 AR=BS=5+x.RD=10-y , 所以在 Rt△CSD 中,x2+y2=25. 在 Rt△ARD 中.(5+x)2+(10-y)2=100.
边形 OMND 为矩形,易证△AOM≌△ABN,所以 AM=BN= 2 ,OM=AN= k ,BD= k - 2 ,
2
2
OD= k + 2 ,所以点 B( k + 2 , k - 2 ),根据双曲线表达式,有( k + 2 )·( k
2
2
2
2
2
+ 2 )=k,解得 k=1+ 5 .
2.∠APD=45°,为固定值. 【提示】 如图,过点 A 作 AF⊥AB,并截取 AF=BD,连结 DF,CF.可得 AF∥CE,AF=CE, 所以四边形 AFCE 是平行四边形,所以 FC∥AE,∠APD=∠FCD.易证△DAF≌△CBD.则∠1 =∠2,FD=DC.从而∠APD=∠FCD=45°.
联立方程组
(5
x2 y2 25 x)2 (10 y)2
102

x 5
x 3

y
0
(舍),或
y
. 4
所以 AR=5+x=8, 所以 DN = AR = 8 = 4 .
AM AB 10 5
进阶训练 1.如图,在平面直角坐标系中,经过点 A 的双曲线,y= k (k>0)同时经过点 B.且 x

第6讲弦图模型(解析版)

第6讲弦图模型(解析版)

中考数学几何模型6:弦图模型名师点睛拨开云雾开门见山弦图模型,包含两种模型:内弦图模型和外弦图模型.(一)内弦图模型:如图,在正方形ABCD中,AE⊥BF于点E,BF⊥CG于点F,CG⊥DH于点G,DH ⊥AE于点H,则有结论:△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.注意局部弦图(二)外弦图模型:如图,在正方形ABCD中,E,F,G,H分别是正方形ABCD各边上的点,且四边形EFGH是正方形,则有结论:△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH.包含“一线三垂直”典题探究启迪思维探究重点例题1. 如图,在△ABC中,∠ABC=90°,分别以AB,AC向外作正方形ABDE,ACFG,连接EG,若AB=12,BC=16,求△AEG的面积.变式练习>>>1.如图,四边形ABCD是边长为4的正方形,点E在边AD上,连接CE,以CE为边作正方形CEFG,点D,F在直线CE的同侧,连接BF,若AE=1,求BF的长.例题2. 如图,以Rt△ABC的斜边BC在△ABC同侧作正方形BCEF,该正方形的中心为点O,连接AO.若AB=4,AO=62,求AC的长.变式练习>>>2.如图,点A,B,C,D,E都在同一条直线上,四边形X,Y,Z都是正方形,若该图形总面积是m,正方形Y的面积是n,则图中阴影部分的面积是___________.例题3. 如图,在△ABC 中,∠BAC=45°,D 为△ABC 外一点,满足∠CBD=90°,BC=BD ,若=4.5ACD S △,求AC 的长.变式练习>>>3.点P 是正方形ABCD 外一点,PB=10cm ,△APB 的面积是60cm 2,△CPB 的面积是30cm 2.求正方形ABCD 的面积.例题4. 在边长为10的正方形ABCD 中,内接有6个大小相同的正方形,P 、Q 、M 、N 是落在大正方形边上的小正方形的顶点,如图所示,求这六个小正方形的面积.变式练习>>>4.如图,在平面直角坐标系中,经过点A的双曲线y=(x>0)同时经过点B,且点A在点B的左侧,点A的横坐标为,∠AOB=∠OBA=45°,则k的值为1+.【解答】解:在△AOM和△BAN中,,∴△AOM≌△BAN(AAS),∴AM=BN=,OM=AN=,∴OD=+,BD=﹣,∴B(+,﹣),∴双曲线y=(x>0)同时经过点A和B,∴(+)•(﹣)=k,整理得:k2﹣2k﹣4=0,解得:k=1±(负值舍去),∴k=1+;故答案为:1+.例题5. 如图,在等腰Rt △ACB 和等腰Rt △DCE 中,∠AXB=∠DCE=90°,连接AD ,BE ,点I 在AD 上, (1)若IC ⊥BE ,求证:I 为AD 中点; (2)若I 为AD 中点,求证:IC ⊥BE例题6. 在平面直角坐标系中,直线l 的解析式为2y x b =+,其与x 轴交于点A,与y 轴交于点B ,在直线l 移动的过程中,直线y=4上是否存在点P ,使得△PAB 是等腰直角三角形,若存在,请求出满足条件的所有点P 的坐标,如不存在,请说明理由.达标检测领悟提升强化落实1. 如图所示,“赵爽弦图”是由8个全等的直角三角形拼接而成的,记图中正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,已知S1+S2+S3=10,则S2的值是.【解答】解:将四边形MTKN的面积设为x,将其余八个全等的三角形面积一个设为y,∵正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,S1+S2+S3=10,∴得出S1=8y+x,S2=4y+x,S3=x,∴S1+S2+S3=3x+12y=10,故3x+12y=10,x+4y=,所以S2=x+4y=,故答案为:.2. 我国古代数学家赵爽利用弦图证明了勾股定理,这是著名的赵爽弦图(如图1).它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案.在弦图中(如图2),已知点O为正方形ABCD的对角线BD的中点,对角线BD分别交AH,CF于点P、Q.在正方形EFGH的EH、FG两边上分别取点M,N,且MN经过点O,若MH=3ME,BD=2MN=4.则△APD的面积为5.【解答】解:如图,连接FH,作EK∥MN,OL⊥DG∵四边形ABCD是正方形,且BD=2MN=4∴MN=2,AB=2∵四边形EFGH是正方形∴FO=HO,EH∥FG∴∠HMO=∠FNO,∠MHO=∠NFO,且FO=HO∴△MHO≌△FNO(AAS),∴MH=FN∵MH=3ME,∴MH=FN=3EM,EH=EF=4EM∴EK∥KN,EH∥FG,∴四边形EMNK是平行四边形∴MN=EK=2,KN=EM,∴FK=2EM∵EF2+FK2=EK2,∴16EM2+4EM2=20,∴EM=1,∴EH=4,∵AD2=(AE+4)2+DH2,且AE=DH∴DH=AE=2,∴AH=6∵PH∥OL,∴,∴PH=1,∴AP=5,∴S△APD=×5×2=5故答案为53.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接CE,BG,EG.(正方形的各边都相等,各角均为90°)(1)判断CE与BG的关系,并说明理由;(2)若BC=3,AB=5,则AEG面积等于6.【解答】解:(1)如图,∵∠EAB=∠GAC=90°,∴∠EAC=∠BAG,在△EAC和△BAG中,,∴△EAC≌△BAG(SAS),∴CE=BG,∠AEC=ABG,∵∠AEC+∠APE=90°,∠APE=∠BPC,∴∠BPC+∠ABG=90°,∴CE⊥BG;(2)延长GA,过E作EQ⊥AQ,∵∠EAB=∠GAC=90°,∴∠EAG+∠BAC=180°,∵∠EAG+∠EAQ=180°,∴∠EAQ=∠BAC,∴EQ=AE•sin∠EAQ=AB•BC=3,∵BC=3,AB=5,∴AC==4,∴AEG面积=AG•EQ=×4×3=6.4.【问题解决】一节数学课上,老师提出了这样一个问题:如图1,点P是正方形ABCD内一点,P A=1,PB=2,PC =3.你能求出∠APB的度数吗?小明通过观察、分析、思考,形成了如下思路:思路一:将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,求出∠APB的度数;思路二:将△APB绕点B顺时针旋转90°,得到△CP'B,连接PP′,求出∠APB的度数.请参考小明的思路,任选一种写出完整的解答过程.【类比探究】如图2,若点P是正方形ABCD外一点,P A=3,PB=1,PC=,求∠APB的度数.【解答】解:(1)思路一、如图1,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,∴△ABP'≌△CBP,∴∠PBP'=90°,BP'=BP=2,AP'=CP=3,在Rt△PBP'中,BP=BP'=2,∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=BP=2,∵AP=1,∴AP2+PP'2=1+8=9,∵AP'2=32=9,∴AP2+PP'2=AP'2,∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°;(2)如图2,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,∴△ABP'≌△CBP,∴∠PBP'=90°,BP'=BP=1,AP'=CP=,在Rt△PBP'中,BP=BP'=1,∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=BP=,∵AP=3,∴AP2+PP'2=9+2=11,∵AP'2=()2=11,∴AP2+PP'2=AP'2,∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,∴∠APB=∠APP'﹣∠BPP'=90°﹣45°=45°.5.如图,已知∠ABC=90°,D是直线AB上一点,AD=BC.(1)如图1,过点A作AF⊥AB,并截取AF=BD,连接DC、DF、CF.①求证:AF+AB=BC②判断FD与DC的关系并证明;(2)如图2,E是直线BC上一点,且CE=BD,直线AE、CD相交于点P,∠APD的度数是一个固定的值吗?若是,请求出它的度数;若不是,请说明理由.【解答】(1)证明:①∵AD=BC,∴AD=AB+BD,AF=BD,∴AF+AB=BC.②∵AF⊥AB,∴∠F AD=90°,又∵∠DBC=90°,∴∠F AD=∠DBC,∵AF=BD,AD=BC,∴△F AD≌△DBC(SAS),∴FD=CD,∠ADF=∠BCD,∴∠BDC+∠ADF=∠BDC+∠BCD=90°,即DF⊥DC;(2)解:作AF⊥AB于A,使AF=BD,连结DF,CF,如图,∵AF⊥AD,∠ABC=90°,∴∠F AD=∠DBC,在△F AD与△DBC中,,∴△F AD≌△DBC(SAS),∴FD=DC,∴△CDF是等腰三角形,∵△F AD≌△DBC,∴∠FDA=∠DCB,∵∠BDC+∠DCB=90°,∴∠BDC+∠FDA=90°,∴△CDF是等腰直角三角形,∴∠FCD=45°,∵AF∥CE,且AF=CE,∴四边形AFCE是平行四边形,∴AE∥CF,∴∠APD=∠FCD=45°.6.【探究证明】(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究,提出下列问题,请你给出证明.如图1,矩形ABCD中,EF⊥GH,EF分别交AB,CD于点E,F,GH分别交AD,BC于点G,H,求证:;【结论应用】(2)如图2,在满足(1)的条件下,又AM⊥BN,点M,N分别在边BC,CD上,若,则的值为;(直接写出结果)【联系拓展】(3)如图3,四边形ABCD中,∠ABC=90°,AB=AD=6,BC=CD=3,AM⊥DN,点M,N分别在边BC,AB上,求的值.【解答】解:(1)过点A作AP∥EF,交CD于P,过点B作BQ∥GH,交AD于Q,如图1,∵四边形ABCD是矩形,∴AB∥DC,AD∥BC.∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形,∴AP=EF,GH=BQ.又∵GH⊥EF,∴AP⊥BQ,∴∠QAT+∠AQT=90°.∵四边形ABCD是矩形,∴∠DAB=∠D=90°,∴∠DAP+∠DP A=90°,∴∠AQT=∠DP A.∴△PDA∽△QAB,∴,∴;(2)如图2,∵EF⊥GH,AM⊥BN,∴由(1)中的结论可得,;∴,故答案为;(3)过点D作平行于AB的直线,交过点A平行于BC的直线于R,交BC的延长线于S,如图3,则四边形ABSR是平行四边形.∵∠ABC=90°,∴平行四边形ABSR是矩形,∴∠R=∠S=90°,RS=AB=6,AR=BS.∵AM⊥DN,∴由(1)中的结论可得.设SC=x,DS=y,则AR=BS=3+x,RD=6﹣y,∴在Rt△CSD中,x2+y2=9①,在Rt△ARD中,(3+x)2+(6﹣y)2=36②,由②﹣①得x=2y﹣3③,解方程组,得(舍去),或,∴AR=3+x=,∴==.7.如图,直角梯形ABCD中,AD∥BC,∠ADC=90°,l是AD的垂直平分线,交AD于点M,以腰AB 为边作正方形ABFE,EP⊥l于P.求证:2EP+AD=2CD.【解答】证明:作AH⊥BC于H,延长EP交AH于G,∵l是AD的垂直平分线,∴AM=MD=AD,l∥AH,又∵四边形ABCD是直角梯形,∴四边形AHCD是矩形,∴AH=CD,∵PE⊥l,∴EG⊥AH,∴四边形AGPM是矩形,∴GP=AM=AD,∴∠AHB=∠AGE=90°,∴∠1+∠2=90°,在正方形ABFE中,AB=AE,∠BAE=90°,∴∠2+∠3=90°,∴∠1=∠3,在△ABH和△EAG中,,∴△ABH≌△EAG(AAS),∴AH=EG,∴CD=GP+PE=AD+PE,即2CD=AD+2PE.8.提出问题:如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接CE,BG,EG.(1)探索CE与BG的关系;(2)探究△ABC与△AEG面积是否仍然相等?说明理由.(3)如图2,学校教学楼前的一个六边形花圃被分成七个部分,分别种上不同品种的花卉,已知△CDG 是直角三角形,∠CGD=90°,DG=3m,CG=4m,四边形ABCD、CIHG、GFED均为正方形,则这个六边形花圃ABIHFE的面积为74m2.【解答】解(1)CE=BG,CE⊥BG;理由:∵∠EAB=∠GAC=90°,∴∠EAC=∠BAG,在△EAC和△BAG中,,∴△EAC≌△BAG(SAS),∴CE=BG,∠AEC=ABG,∵∠AEC+∠APE=90°,∠APE=∠BPC,∴∠BPC+∠ABG=90°,∴CE⊥BG;即:CE=BG,CE⊥BG;(2)如图1,过点E作EH⊥AG交GA延长线于H;∴∠EHA=∠90°=∠BCA,∵∠EAH+∠BAH=90°,∠BAC+∠BAH=90°,∴∠EAH=∠BAC,在△EHA和△BCA中,,∴△EHA≌△BCA,∴EH=BC,∵AC=AG∴S△ABC=AC×BC=AC×EH,S△AGE=AG×EH=AC×EH,∴S△ABC=S△AGE,(3)∵在Rt△CDG中,DG=3m,CG=4m,∴CD=5m,∵四边形ABCD,CIHG、GFED均为正方形∴CG=GH=4,DG=FG=3,同(2)的方法得出S△BCI=S△CDG,S△ADE=S△CDG∴S六边形花圃ABIHFE=S正方形ABCD+S△BCI+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+S△ADE+S△SDG =S正方形ABCD+S△CDG+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+S△CDG+S△CDG=S正方形ABCD+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+3S△CDG=CD2+CG2+GH×FG+DG2+3×CG×DG=52+42+×4×3+32+×4×3=25+16+6+9+18=74(m2).故答案为74m2.9.已知:l1∥l2∥l3∥l4,平行线l1与l2、l2与l3、l3与l4之间的距离分别为d1、d2、d3,且d1=d3=1,d2=2.我们把四个顶点分别在l1、l2、l3、l4这四条平行线上的四边形称为“格线四边形”.(1)如图1,正方形ABCD为“格线四边形”,则正方形ABCD的边长为.(2)矩形ABCD为“格线四边形”,其长:宽=2:1,求矩形ABCD的宽.(3)如图1,EG过正方形ABCD的顶点D且垂直l1于点E,分别交l2,l4于点F,G.将∠AEG绕点A 顺时针旋转30°得到∠AE′D′(如图2),点D′在直线l3上,以AD′为边在E′D′左侧作菱形AB′C′D′,使B′,C′分别在直线l2,l4上,求菱形AB′C′D′的边长.【解答】解:(1)∵l1∥l2∥l3∥l4,∠AED=90°∴∠DGC=90°,∵四边形ABCD为正方形∴∠ADC=90°,AD=CD,∵∠ADE+∠2=90°,∴∠1+∠2=90°,∴∠1=∠ADE,∵l3∥l4,∴∠1=∠DCG,∠ADE=∠DCG,在△AED与△DGC中,,∴△AED≌△GDC(AAS),∴AE=GD=1,ED=GC=3,∴AD==,故答案为:;(2)如图2过点B作BE⊥L1于点E,反向延长BE交L4于点F,则BE=1,BF=3,∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=90°,∴∠ABE+∠FBC=90°,∵∠ABE+∠EAB=90°,∴∠FBC=∠EAB,当AB<BC时,AB=BC,∴AE=BF=,∴AB==;如图3当AB>BC时,同理可得:BC=,∴矩形的宽为:,;(3)如图4过点E′作ON垂直于l1分别交l1,l3于点O,N,∵∠OAE′=30°,则∠E′FN=60°∵AE′=AE=1,故E′O=,E′N=,E′D′=,由勾股定理可知菱形的边长为:==.10.四边形ABCD是边长为4的正方形,点E在边AD所在直线上,连接CE,以CE为边,作正方形CEFG (点D,点F在直线CE的同侧),连接BF.(1)如图1,当点E与点A重合时,请直接写出BF的长;(2)如图2,当点E在线段AD上时,AE=1;①求点F到AD的距离;②求BF的长;(3)若BF=3,请直接写出此时AE的长.【解答】解:(1)作FH⊥AB于H,如图1所示:则∠FHE=90°,∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,∴AD=CD=4,EF=CE,∠ADC=∠DAH=∠BAD=∠CEF=90°,∴∠FEH=∠CED,在△EFH和△CED中,,∴△EFH≌△CED(AAS),∴FH=CD=4,AH=AD=4,∴BH=AB+AH=8,∴BF===4;(2)过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H,作FM⊥AB于M,如图2所示:则FM=AH,AM=FH,①∵AD=4,AE=1,∴DE=3,同(1)得:△EFH≌△CED(AAS),∴FH=DE=3,EH=CD=4,即点F到AD的距离为3;②∴BM=AB+AM=4+3=7,FM=AE+EH=5,∴BF===;(3)分三种情况:①当点E在边AD的左侧时,过F作FH⊥AD交AD于点H,交BC延长线于K.如图3所示:同(1)得:△EFH≌△CED,∴FH=DE=AE+4,EH=CD=4,∴FK=8+AE,在Rt△BFK中,BK=AH=EH﹣AE=4﹣AE,由勾股定理得:(4﹣AE)2+(8+AE)2=(3)2,解得:AE=1或AE=﹣5(舍去),∴AE=1;②当点E在边AD的右侧时,过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H,交BC延长线于K,如图4所示:同理得:AE=2+或2﹣(舍去).③当点E在AD上时,可得:(8﹣AE)2+(4+AE)2=90,解得AE=5或﹣1,5>4不符合题意.综上所述:AE的长为1或2+.。

中考数学几何专项复习题-11弦图模型知识精讲

中考数学几何专项复习题-11弦图模型知识精讲

弦图模型知识精讲1.证法一以a、b为直角边(b>a),以c为斜边作四个全等的直角三角形,则每个直角三角形的面积等于,如图所示:∵Rt△DAH≌Rt△ABE,∴∠HDA=∠EAB,∵∠ADH+∠HAD=90°,∴∠EAB+∠HAD=90°,∴∠DAB=90°∵AB=AD,∴四边形ABCD是一个边长为c的正方形,它的面积等于c2,∵EF=FG=GH=HE=b-a,∠HEF=90°,∴四边形EFGH是一个边长为(b-a)的正方形,它的面积等于(b-a)2,,∴a2+b2=c2.2.证法二以a、b为直角边(b>a),以c为斜边作四个全等的直角三角形,则每个直角三角形的面积等于,如图所示:∵Rt△HAE≌Rt△EBF,∴∠AHE=∠BEF,∵∠AEH+∠AHE=90°,∴∠AEH+∠BEF=90°,∴∠HEF=180°-90°=90°,∴四边形EFGH是一个边长为c的正方形.它的面积等于c2,∵Rt△GDH≌Rt△HAE,∴∠HGD=∠EHA.∵∠HGD+∠GHD=90°,∴∠EHA+∠GHD=90°,又∵∠GHE=90°,∴∠DHA=90°+90°=180°,∵四边形EFGH是一个边长为(a+b)的正方形,它的面积等于(a+b)2,,∴a2+b2=c2.3.证法三以a、b为直角边,以c为斜边作两个全等的直角三角形,则每个直角三角形的面积等于,如图所示:∵Rt△EAD≌Rt△CBE,∴∠ADE=∠BEC.∵∠AED+∠ADE=90°,∴∠AED+∠BEC=90°,∴∠DEC=180°-90°=90°,∴△DEC是一个等腰直角三角形,它的面积等于又∵∠DAE=90°,∠EBC=90°,∴AD∥BC,∴四边形ABCD是一个直角梯形,它的面积等于,a2+b2=c2.4.证法四如图所示,分别以a、b为直角边,以c为斜边的四个直角三角形全等,图中3个正方形的边长分别为a、b、c,整个图形的面积为S,则:∵△ABH≌△HEF,∴∠BAH=∠EHF,∴∠BAH+∠AHB=∠EHF+∠AHB=90°,∴∠AHF=90°,∴四边形AHFI是正方形,,∴,∴a2+b2=c2.5.证法五分别以a、b为直角边,以c为斜边的四个直角三角形全等,将它们按如图所示拼成一个多边形,并延长AC交DF于点P.∵D、E、F在一条直线上,且Rt△GEF≌Rt△EBD,∴∠EGF=∠BED,∵∠EGF+∠GEF=90°,∴∠BED+∠GEF=90°,∴∠BEG=180°-90°=90°又∵AB=BE=EG=GA=c,∴四边形ABEG是一个边长为c的正方形,∴∠ABC+∠CBE=90°,∵Rt△ABC≌Rt△EBD,∴∠ABC=∠EBD.∴∠EBD+∠CBE=90°,即∠CBD=90°,又∵∠BDE=90°,∠BCP=90°,BC=BD=a,∴四边形BDPC是一个边长为a的正方形,同理,四边形HPFG是一个边长为b的正方形,设多边形GHCBE的面积为S,则,,∴a2+b2=c2.。

中考数学几何专项复习题-11弦图模型巩固练习(基础)(解析版)

中考数学几何专项复习题-11弦图模型巩固练习(基础)(解析版)
弦图模型巩固练习 1.在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,BC=a,AC=b.AB=c,将 Rt△ABC 绕点 O 依次旋转 90°、180°和 270°, 构成的图形如图所示,该图是我国古代数学家赵爽制作的“勾股圆方图”,也被称作“赵爽弦图”,它是我 国最早对勾股定理证明的记载,也成为了 2002 年在北京召开的国际数学家大会的会标设计的主要依据. (1)请你利用这个图形证明勾股定理. (2)请你利用这个图形说明 a2+b2≥2ab,并说明等号成立的条件. (3)设 a ,b ,代入 a2+b2≥2ab 中,你能得到什么结论? 根据你得到的结论解决下面的问题:长为 x,宽为 y 的矩形,其周长为 16,请问当 x,y 取何值时,该矩形 面积最大?最大面积是多少?
由此推导出重要的勾股定理:如果直角三角形两条直角边长为 a,b,斜边长为 c,则 a2+b2=c2. (1)图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”,请你利用图②推导勾股定理.
(2)如图③,在△ABC 中,AD 是 BC 边上的高,AB=4,AC=5,BC=6,设 BD=x,求 x 的值. (3)试构造一个图形,使它的面积能够解释(a+b)(a+2b)=a2+3ab+2b2,画在如图 4 的网格中,并标出 字母 a,b 所表示的线段.
当且仅当 x=y=4 时取“=”. ∴当 x=y=4 时,该矩形面积最大,最大面积是 16. 【点评】本题考查了四边形综合题.需要学生掌握勾股定理的证明和以及非负数的性质,掌握三角形和正 方形面积计算公式是解决问题的关键. 2.如图 1,在计算阴影部分面积时,我们可以用边长为 a 的大正方形面积减去边长为 b 的小正方面积,即: S=a2﹣b2.我们也可以把图中阴影部分剪下一个小长方形,然后按图 2 把阴影部分拼接成一个长为(a+b), 宽为(a﹣b)的长方形来计算面积,即:S=(a+b)(a﹣b),因为阴影部分的面积相等,我们可以得到 a2 ﹣b2=(a+b)(a﹣b),这恰好验证了平方差公式.

(完整版)中考复习3弦图专题

(完整版)中考复习3弦图专题
变式2、如图1,在矩形纸片ABCD中, , ,点E是CD中点。将这张纸片依次折叠两次:第一次折叠纸片使点A与点E重合,如图2,折痕为MN,连接ME、NE;第二次折叠纸片使点N与点E重合,如图3,点B落到 处,折痕为HG,连接HE,则 =_____ 。
例4、情境观察:将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开,得到 和 ,如图1所示。将 的顶点 与点A重合,并绕点A按逆时针方向旋转,使点D、 、B在同一条直线上,如图2所示。
(1)当 时,求 的面积; (2)当 时,求 的面积;
(3)当 时,猜想 的面积与 大小有何关系?若有关,写出 的面积S与 的关系式;若无关,请证明结论.
变式1、如图所示,小路是由黑色的正方形理石和白色的三角形理石铺成,已知中间所有正方形的面积之和是m平方米,小路的左侧的所有三角形面积之和为n平方米,则这条小路一共占地的面积是_________平方米.
例2、如图,正方形ABCD的边长为10,AG=CH=8,BG=DH=6,连接GH,则线段GH的长为( )
A. B. C. D.
检测1、勾股定理被誉为“几何明珠”,在数学的发展历程中占有举足轻重的地位.如图1是由边长相等的小正方形和直角三角形构成的,可以用其面积关系验证勾股定理.图2是由图1放入长方形内得到的, , , ,点D、E、F、G、H、I 都在长方形KLMJ的边上,则长方形KLMJ的面积为( )
小明发现,分别延长QE,MF,NG,PH交FA,GB,HC,ED的延长线于点R,S,T,W,可得 , , , 是四个全等的等腰直角三角形(如图(2))。
请回答:
变式1、已知如图,梯形ABCD中, ,以两腰AB,CD为一边分别向两边作正方形ABGE和DCHF,设线段AD的垂直平分线 交线段EF于点M, 于P, 于Q.

专题:弦图模型

专题:弦图模型

专题:弦图模型弦图模型有两种模型:内弦图模型和外弦图模型.(一)内弦图模型:如图,在正方形ABCD中,AE⊥BF于点E,BF⊥CG于点F,CG⊥DH于点G,DH⊥AE 于点H,则有结论:△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.(二)外弦图模型:如图,在正方形ABCD中,E,F,G,H分别是正方形ABCD各边上的点,且四边形EFGH 是正方形,则有结论:△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH.例题1:如图所示,“赵爽弦图”是由8个全等的直角三角形拼接而成的,记图中正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,已知S1+S2+S3=10,则S2的值是.【解答】将四边形MTKN的面积设为x,将其余八个全等的三角形面积一个设为y,∵正方形ABCD,正方形EFGH,正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3,S1+S2+S3=10,∴得出S1=8y+x,S2=4y+x,S3=x,∴S1+S2+S3=3x+12y=10,故3x+12y=10,x+4y=,所以S2=x+4y=,例题2:我国古代数学家赵爽利用弦图证明了勾股定理,这是著名的赵爽弦图(如图1).它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案.在弦图中(如图2),已知点O 为正方形ABCD的对角线BD的中点,对角线BD分别交AH,CF于点P、Q.在正方形EFGH 的EH、FG两边上分别取点M,N,且MN经过点O,若MH=3ME,BD=2MN=4.则△APD的面积为5.【解答】解:如图,连接FH,作EK∥MN,OL⊥DG∵四边形ABCD是正方形,且BD=2MN=4∴MN=2,AB=2∵四边形EFGH是正方形∴FO=HO,EH∥FG∴∠HMO=∠FNO,∠MHO=∠NFO,且FO=HO∴△MHO≌△FNO(AAS),∴MH=FN∵MH=3ME,∴MH=FN=3EM,EH=EF=4EM∴EK∥KN,EH∥FG,∴四边形EMNK是平行四边形∴MN=EK=2,KN=EM,∴FK=2EM∵EF2+FK2=EK2,∴16EM2+4EM2=20,∴EM=1,∴EH=4,∵AD2=(AE+4)2+DH2,且AE=DH∴DH=AE=2,∴AH=6∵PH∥OL,∴,∴PH=1,∴AP=5,∴S△APD=×5×2=5例题3:如图,在△ABC中,∠ACB=90°,分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接CE,BG,EG.(正方形的各边都相等,各角均为90°)(1)判断CE与BG的关系,并说明理由;(2)若BC=3,AB=5,则AEG面积等于6.【解答】解:(1)如图,∵∠EAB=∠GAC=90°,∴∠EAC=∠BAG,在△EAC和△BAG中,,∴△EAC≌△BAG(SAS),∴CE=BG,∠AEC=ABG,∵∠AEC+∠APE=90°,∠APE=∠BPC,∴∠BPC+∠ABG=90°,∴CE⊥BG;(2)延长GA,过E作EQ⊥AQ,∵∠EAB=∠GAC=90°,∴∠EAG+∠BAC=180°,∵∠EAG+∠EAQ=180°,∴∠EAQ=∠BAC,∴EQ=AE•sin∠EAQ=AB•BC=3,∵BC=3,AB=5,∴AC==4,∴AEG面积=AG•EQ=×4×3=6.例题4.【问题解决】一节数学课上,老师提出了这样一个问题:如图1,点P是正方形ABCD内一点,P A=1,PB=2,PC=3.你能求出∠APB的度数吗?小明通过观察、分析、思考,形成了如下思路:思路一:将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,求出∠APB的度数;思路二:将△APB绕点B顺时针旋转90°,得到△CP'B,连接PP′,求出∠APB的度数.请参考小明的思路,任选一种写出完整的解答过程.【类比探究】如图2,若点P是正方形ABCD外一点,P A=3,PB=1,PC=,求∠APB的度数.【解答】解:(1)思路一、如图1,将△BPC绕点B逆时针旋转90°,得到△BP′A,连接PP′,∴△ABP'≌△CBP,∴∠PBP'=90°,BP'=BP=2,AP'=CP=3,在Rt△PBP'中,BP=BP'=2,∴∠BPP'=45°,根据勾股定理得,PP'=BP=2,∵AP=1,∴AP2+PP'2=1+8=9,∵AP'2=32=9,∴AP2+PP'2=AP'2,∴△APP'是直角三角形,且∠APP'=90°,∴∠APB=∠APP'+∠BPP'=90°+45°=135°;(2)如图2,将△BPC 绕点B 逆时针旋转90°,得到△BP ′A ,连接PP ′,∴△ABP '≌△CBP ,∴∠PBP '=90°,BP '=BP =1,AP '=CP =,在Rt △PBP '中,BP =BP '=1,∴∠BPP '=45°,根据勾股定理得,PP '=BP =,∵AP =3,∴AP 2+PP '2=9+2=11,∵AP '2=()2=11,∴AP 2+PP '2=AP '2,∴△APP '是直角三角形,且∠APP '=90°,∴∠APB =∠APP '﹣∠BPP '=90°﹣45°=45°.精品练习:1. 如图,在△ABC 中,∠ABC=90°,分别以AB ,AC 向外作正方形ABDE ,ACFG ,连接EG ,若AB=12,BC=16,求△AEG 的面积.2. 如图,在△ABC 中,∠BAC=45°,D 为△ABC 外一点,满足∠CBD=90°,BC=BD ,若=4.5ACD S △,求AC 的长.3.点P是正方形ABCD外一点,PB=10cm,△APB的面积是60cm2,△CPB的面积是30cm2.求正方形ABCD的面积.4.如图,已知∠ABC=90°,D是直线AB上一点,AD=BC.(1)如图1,过点A作AF⊥AB,并截取AF=BD,连接DC、DF、CF.①求证:AF+AB=BC②判断FD与DC的关系并证明;(2)如图2,E是直线BC上一点,且CE=BD,直线AE、CD相交于点P,∠APD的度数是一个固定的值吗?若是,请求出它的度数;若不是,请说明理由.5提出问题:如图1,在△ABC中,∠ACB=90°,分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG,连接CE,BG,EG.(1)探索CE与BG的关系;(2)探究△ABC与△AEG面积是否仍然相等?说明理由.(3)如图2,学校教学楼前的一个六边形花圃被分成七个部分,分别种上不同品种的花卉,已知△CDG是直角三角形,∠CGD=90°,DG=3m,CG=4m,四边形ABCD、CIHG、GFED均为正方形,则这个六边形花圃ABIHFE的面积为.6.已知:l1∥l2∥l3∥l4,平行线l1与l2、l2与l3、l3与l4之间的距离分别为d1、d2、d3,且d1=d3=1,d2=2.我们把四个顶点分别在l1、l2、l3、l4这四条平行线上的四边形称为“格线四边形”.(1)如图1,正方形ABCD为“格线四边形”,则正方形ABCD的边长为.(2)矩形ABCD为“格线四边形”,其长:宽=2:1,求矩形ABCD的宽.(3)如图1,EG过正方形ABCD的顶点D且垂直l1于点E,分别交l2,l4于点F,G.将∠AEG绕点A顺时针旋转30°得到∠AE′D′(如图2),点D′在直线l3上,以AD′为边在E′D′左侧作菱形AB′C′D′,使B′,C′分别在直线l2,l4上,求菱形AB′C′D′的边长.7.四边形ABCD是边长为4的正方形,点E在边AD所在直线上,连接CE,以CE为边,作正方形CEFG(点D,点F在直线CE的同侧),连接BF.(1)如图1,当点E与点A重合时,请直接写出BF的长;(2)如图2,当点E在线段AD上时,AE=1;①求点F到AD的距离;②求BF的长;(3)若BF=3,请直接写出此时AE的长.8.【探究证明】(1)某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究,提出下列问题,请你给出证明.如图1,矩形ABCD中,EF⊥GH,EF分别交AB,CD于点E,F,GH分别交AD,BC 于点G,H,求证:;【结论应用】(2)如图2,在满足(1)的条件下,又AM⊥BN,点M,N分别在边BC,CD上,若,则的值为;(直接写出结果)【联系拓展】(3)如图3,四边形ABCD中,∠ABC=90°,AB=AD=6,BC=CD=3,AM⊥DN,点M,N分别在边BC,AB上,求的值.。

(完整版)中考复习3弦图专题

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观察图2可知:BC相等的线段是_____ ; =_____ 。
问题探究:如图3, 中, 于点G,以A为直角顶点,分别以AB、AC为直角边,向 外作等腰 和等腰 ,过点E、F作射线GA的垂线,垂足分别为P、Q。试探究EP与FQ之间的数量关系,并证明你的结论。
拓展延伸:如图4, 中, 于点G,分别以AB、AC为一边向 外作矩形ABME和矩形ACNF,射线GA交EF于点H。若 , ,试探究HE与HF之间的数量关系,并说明理由。
(1)当 时,求 的面积; (2)当 时,求 的面积;
(3)当 时,猜想 的面积与 大小有何关系?若有关,写出 的面积S与 的关系式;若无关,请证明结论.
变式1、如图所示,小路是由黑色的正方形理石和白色的三角形理石铺成,已知中间所有正方形的面积之和是m平方米,小路的左侧的所有三角形面积之和为n平方米,则这条小路一共占地的面积是_________平方米.
弦图专题
【类型一】勾股定理的证法及应用
例1、(1)图(a)是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图,它是由 四个全等的直角三角形围成的,若AC=6,BC=5,将四个直角三角形 中边长为6的直角边分别向外延长一倍,得到图(b)所示的“数学风车”,则这个风车的外围周长是______
(2)如图(c)所示,直线L上有三个正方形a,b,c,若a,c的面积是5和11,则b的面积为_________
变式1、已知如图,梯形ABCD中, ,以两腰AB,CD为一边分别向两边作正方形ABGE和DCHF,设线段AD的垂直平分线 交线段EF于点M, 于P, 于Q.
求证: .
变式2、如图,分别以 的边AC、BC为一边,在 外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF的中点,求证:点P到AB的距离是AB的一半.
检测1、如图,在 中, , ,点D是AB的中点,连接CD,过点B作 ,分别交CD,CA于点E,F,与过点A且垂直于AB的直线相交于点G,连接DF,给出以下五个结论:

中考压轴题《弦图模型》

中考压轴题《弦图模型》

《弦图模型》破解策略1.内弦图如图,在正方形ABCD中,BF⊥CG,CG⊥DH,DH⊥AE,AE⊥BF,则△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.证明因为∠ABC=∠BFC=90°所以∠ABE+∠FBC=∠FBC+∠FCB-90°.所以∠ABE=∠FC B.又因为AB=B C.所以△ABE≌△BCF,同理可得△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.DC2.外弦圈如图,在正方形ABCD中,点M,N,P,Q在正方形ABCD边上,且四边形MUPQ为正方形,则△QBM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ.证明因为∠B=∠QMN=∠C=90°,所以∠BQM+∠QMB=∠QMB+∠NMC=90°,所以∠BQM=∠NM C.又因为QM=MN,所以△QBM≌△MCN.同理可得△QHM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ.NQDA3.括展(1)如图,在Rt△ABH中.∠ABH=90°,BE⊥AH于点E.所以△A BE≌△BHE≌△AH B.(2)如图,在Rt △QBM和Rt△BLK中,QB=BL,QM⊥BK,所以△QBM≌△BLK.证明因为∠BLK=90°,QM⊥BK,所以∠KBL+∠QMB=∠KBI十∠K=90°所以∠QMB=∠K,又因为QB=BL.所以△QBM≌△BLK.例题讲解例1四边形ABCD是边长为4的正方形,点E在边AD所在的直线上,连结CE,以CE 为边,作正方形CEFG(点D,F在直线CE的同侧),连结BF.当点E在线段AD上时,AE =1,求BF的长.G解如图,过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H,延长FH交BC的延长线于点K.因为四边形ABCD和四边形CEFG是正方形,根据“弦图模型”可得△ECD≌△FEH,所以FH=ED=AD-AE=3,EH=CD=4.因为CDHK为矩形,所以HK=CD=4,CK=DH=EH-ED=1.所以FK=FH十HK=7,BK=BC+CK=.5.所以BFG例2 如图,△BCD 为等腰直角三角形,∠CBD =90°,∠BAC = 45°,若S △ACD =4.5,求AC 的长.DCA解 如图,过点B 作BE ⊥AC 于点E ,过点D 作DF ⊥BF 交EB 的延长线于点F . 由“外弦图模型”可得△BFD ≌△CEB , 所以BF =CE .易证AE =BE ,所以AC =EF , 所以S △ACD =12AC ·EF =12AC 2=4.5, 从而AC =3.EACD例 3 某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究,提出下列问题,请你给出证明.(1)如图1,在矩形ABCD 中,EF ⊥CH ,EF 分别交AB ,CD 于点F ,F ,GH 分别交AD ,BC 于点G .H 求证:EF GH =ADAB(2)如图2,在满足(1)的条件下,又AM ⊥BN ,点M ,N 分别在边BC ,CD 上,若EFGH=1115,则BN AM= . (3)如图3,在四边形ABCD 中,∠ABC =90°,AB =AD =10,BC = CD -5,AM ⊥DN ,点M ,N 分别在边BC ,AB 上,求DNAM的值. 图3图2图1NMB ANM C GHHGC解 (1))如图4.过点A 作AP ∥EF .交CD 于点P ,过点B 作BQ ∥GH ,交AD 于点Q . 因为四边形ABCD 是矩形. 所以AB ∥DC ,AD ∥B C .所以四边形AEFP ,四边形BHGQ 都是平行四边形, 所以AP =EF ,GH =BQ . 又因为CH ⊥EF . 所以AP ⊥BQ .所以∠QAT +∠AQT =90°. 因为四边形ABCD 是矩形, 所以∠DAB =∠D =90°, 所以∠DAP +∠DPA =90°, 所以∠AQT =∠DP A . 所以△PDA ∽△QA B . 所以AP BQ =ADAB, 所以EF GH =AD AB. PT QHG FEBD CA(2)因为EF ⊥GH ,AM ⊥BN .所以由(1)中的结论可得EFGH=ADAB,BNAM=ADAB.所以BNAM=EFGH=1115.(3)如图5.过点D作平行于AB的直线,交过点A且平行于BC的直线于点P,交BC 的延长线于点S.则四边形ABSR是平行四边形.因为∠ABC=90°,所以四边形ABSR是矩形.所以∠R=∠S=90°,RS=AB=10,AR=BS.因为AM⊥DN.所以由(1)中的结论可得DNAM=ARAB.设SC=x,DS=y,则AR=BS=5+x.RD=10-y,所以在Rt△CSD中,x2+y2=25.在Rt△ARD中.(5+x)2+(10-y)2=100.联立方程组2222225(5x)(10y)10x y⎧+=⎨++-=⎩,得5xy=-⎧⎨=⎩(舍),或34xy=⎧⎨=⎩.所以AR=5+x=8,所以DNAM=ARAB=810=45.NMSR DCB A进阶训练1.如图,在平面直角坐标系中,经过点A的双曲线,y=kx(k>0)同时经过点B.且点A 在点B 的左侧,点AAOB =∠OBA =45°,则k =__ __.2.如图,巳知∠ABC =90°,D 是直线AB 上的点,AD =B C .E 是直线BC 上的一点,且CE =B D .直线AE ,DC 相交于点P ,∠APD 的度数是一个固定的值吗?若是,请求出它的度数;若不是,请说明理由.EPDCBA参考答案: 弦图模型 1.1.【提示】过点A 作AM ⊥y 轴于点M ,过点B 作BD ⊥x 轴于点D ,直线AM ,BD 交于点N ,则四边形OMND为矩形,易证△AOM ≌△ABN ,所以AM =BNOM =AN,BD,OD所以点B,根据双曲线表达式,有·k ,解得k =1.2.∠APD =45°,为固定值.【提示】 如图,过点A 作AF ⊥AB ,并截取AF =BD ,连结DF ,CF .可得AF ∥CE ,AF =CE ,所以四边形AFCE 是平行四边形,所以FC ∥AE ,∠APD =∠FC D .易证△DAF ≌△CB D .则∠1=∠2,FD =D C .从而∠APD =∠FCD =45°.F321ABCDPE。

专题11 弦图模型巩固练习(基础)-冲刺2021年中考几何专项复习(解析版)

专题11 弦图模型巩固练习(基础)-冲刺2021年中考几何专项复习(解析版)

弦图模型巩固练习1.在R t△ABC中,∠ACB=90°,BC=a,AC=b.AB=c,将R t△ABC绕点O依次旋转90°、180°和270°,构成的图形如图所示,该图是我国古代数学家赵爽制作的“勾股圆方图”,也被称作“赵爽弦图”,它是我国最早对勾股定理证明的记载,也成为了2002年在北京召开的国际数学家大会的会标设计的主要依据.(1)请你利用这个图形证明勾股定理.(2)请你利用这个图形说明a2+b2≥2ab,并说明等号成立的条件.(3)设a=√x,b=√y,代入a2+b2≥2ab中,你能得到什么结论?根据你得到的结论解决下面的问题:长为x,宽为y的矩形,其周长为16,请问当x,y取何值时,该矩形面积最大?最大面积是多少?【分析】(1)根据题意,我们可在图中找等量关系,由中间的小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个直角三角形的面积,列出等式化简即可得出勾股定理的表达式.(2)利用非负数的性质证明即可.(3)把a、b的值代入a2+b2≥2ab中,进行计算得到a+b≥2√ab.利用该结论求得当x,y取何值时,该矩形面积最大以及其最大面积.ab,小正方形面积为:(b﹣a)2,【解答】解:(1)∵大正方形面积为c2,直角三角形面积为12ab+(a﹣b)2=2ab+a2﹣2ab+b2∴c2=4×12即c2=a2+b2.(2)∵(a﹣b)2≥0,∴a2﹣2ab+b2≥0,∴a2+b2≥2ab,当且仅当a=b时,等号成立.(3)把a=√x,b=√y,代入a2+b2≥2ab中得到:a+b≥2√ab.依题意得:x+y=8.则x+y≥2√xy,即8≥2√xy,∴xy≤16,当且仅当x=y=4时取“=”.∴当x=y=4时,该矩形面积最大,最大面积是16.【点评】本题考查了四边形综合题.需要学生掌握勾股定理的证明和以及非负数的性质,掌握三角形和正方形面积计算公式是解决问题的关键.2.如图1,在计算阴影部分面积时,我们可以用边长为a的大正方形面积减去边长为b的小正方面积,即:S=a2﹣b2.我们也可以把图中阴影部分剪下一个小长方形,然后按图2把阴影部分拼接成一个长为(a+b),宽为(a﹣b)的长方形来计算面积,即:S=(a+b)(a﹣b),因为阴影部分的面积相等,我们可以得到a2﹣b2=(a+b)(a﹣b),这恰好验证了平方差公式.(1)图3中最大正方形的面积算法也可以验证一个乘法公式,请用含a和b的代数式写出这个公式:(a+b)2=a2+2ab+b2或a2+2ab+b2=(a+b)2.(2)图4是著名的“赵爽弦图”,它是由四个形状大小完全一致的直角三角形拼成,每个直角三角形的两直角边的长分别为a和b,斜边长为c,我国古代数学家赵爽利用此图验证了直角三角形的斜边c和两直角边a和b之间存在一个固定的等量关系,请你求出关于a、b、c的关系式.【分析】(1)根据图3的各个部分的面积可得完全平方公式;(2)通过图中小正方形面积证明勾股定理.【解答】解:(1)由题意可得:(a+b)2=a2+2ab+b2或a2+2ab+b2=(a+b)2.故答案为:(a+b)2=a2+2ab+b2或a2+2ab+b2=(a+b)2.(2)S大正方形=c2=(b−a)2+4×12ab=b2﹣2ab+a2+2ab=a2+b2.【点评】本题考查了因式分解的应用,用数形结合来证明勾股定理,锻炼了同学们的数形结合的思想方法.3.教材在探索平方差公式时利用了面积法,面积法除了可以帮助我们记忆公式,还可以直观地推导或验证公式,俗称“无字证明”,例如,著名的赵爽弦图(如图①,其中四个直角三角形较大的直角边长都为a,较小的直角边长都为b,斜边长都为c),大正方形的面积可以表示为c),也可以表示为4×12ab+(a﹣b)2,由此推导出重要的勾股定理:如果直角三角形两条直角边长为a,b,斜边长为c,则a2+b2=c2.(1)图②为美国第二十任总统伽菲尔德的“总统证法”,请你利用图②推导勾股定理.(2)如图③,在△ABC中,AD是BC边上的高,AB=4,AC=5,BC=6,设BD=x,求x的值.(3)试构造一个图形,使它的面积能够解释(a+b)(a+2b)=a2+3ab+2b2,画在如图4的网格中,并标出字母a,b所表示的线段.【分析】(1)梯形的面积可以由梯形的面积公式求出,也可利用三个直角三角形面积求出,两次求出的面积相等列出关系式,化简即可得证;(2)运用勾股定理在R t△ABD和R t△ADC中求出AD2,列出方程求解即可;(3)画出边长为a+b和a+2b的矩形即可.【解答】解:(1)梯形ABCD的面积为12(a+b)(a+b)=12a2+ab+12b2,也可以表示为12ab+12ab+12c2,∴12ab+12ab+12c2=12a2+ab+12b2,即a2+b2=c2;(2)在R t△ABD中,AD2=AB2﹣BD2=42﹣x2=16﹣x2;在R t△ADC中,AD2=AC2﹣DC2=52﹣(6﹣x)2=﹣11+12x﹣x2;所以16﹣x2=﹣11+12x﹣x2,解得x=94;(3)如图,由此可得(a+b)(a+2b)=a2+3ab+2b2.【点评】此题主要考查了勾股定理的证明与应用,熟练掌握相关定理是解答此题的关键.4.我国古代数学家赵爽曾用图1证明了勾股定理,这个图形被称为“弦图”.2002年在北京召开的国际数学家大会(ICM2002)的会标(图2),其图案正是由“弦图”演变而来.“弦图”是由4个全等的直角三角形与一个小正方形组成,恰好拼成一个大正方形请你根据图1解答下列问题:(1)叙述勾股定理(用文字及符号语言叙述);(2)证明勾股定理;(3)若大正方形的面积是13,小正方形的面积是1,求(a+b)2的值.【分析】(1)用文字及符号语言叙述勾股定理即可;(2)如图1,根据四个全等的直角三角形的面积+小正方形的面积=大正方形的面积,代入数值,即可证明;(3)利用(2)的结论进行解答.【解答】解:(1)勾股定理:直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方.在直角三角形中,两条直角边分别为a、b,斜边为c,a2+b2=c2.ab=2ab,(2)∵S大正方形=c2,S小正方形=(b﹣a)2,4S R t△=4×12∴c2=2ab+(b﹣a)2=2ab+b2﹣2ab+a2=a2+b2,即a2+b2=c2.(3)∵4S R t△=S大正方形﹣S小正方形=13﹣1=12,∴2ab=12.∴(a+b)2=a2+b2+2ab=c2+2ab=13+12=25.【点评】本题考查了勾股定理的证明.求面积时,利用了“分割法”.5.公元3世纪初,我国数学家赵爽证明勾股定理的图形称为“弦图”.1876年美国总统G arfeild用图1(点C、点B、点C′三点共线)进行了勾股定理的证明.△ACB与△BC′B′是一样的直角三角板,两直角边长为a,b,斜边是c.请用此图证明勾股定理.拓展应用l:如图2,以△ABC的边AB和边AC为边长分别向外做正方形ABFH和正方形ACED,过点F、E分别作BC的垂线段FM、EN,则FM、EN、BC的数量关系是怎样?直接写出结论FM+EN=BC.拓展应用2:如图3,在两平行线m、n之间有一正方形ABCD,已知点A和点C分别在直线m、n上,过点D作直线l∥n∥m,已知l、n之间距离为1,l、m之间距离为2.则正方形的面积是 5 .【分析】用a、b、c表示三角形与梯形的面积,再根据梯形的面积等于三个直角三角形的面积和便可得结论;拓展1.过点A作AP⊥BC于点P,再证明三角形全等便可得结论;拓展2.过点D作PQ⊥m,分别交m于点P,交n于点Q,然后证明三角形全等,转化线段,再用勾股定理解答【解答】解:∵点C、点B、点B′三点共线,∠C=∠C′=90°∴四边形ACC′B′是直角梯形,∵△ACB与△BC′B′是一样的直角三角板,∴R t△ACB≌R t△BC′B′,∴∠CAB =∠C ′BB ′,AB =BB ′, ∴∠CBA +∠C ′BB ’=90° ∴△ABB ′是等腰直角三角形,所以 S 梯形ACC ′B ′=(AC +B ′C ′)•CC ′÷2=(a+b)22,S △ACB =12AC ⋅BC =12ab ,S △BC ′B ′=12ab ,S △ABB ′=12c 2,所以(a+b)22=12ab +12ab +12c 2,a 2+2ab +b 2=ab +ab +c 2, ∴a 2+b 2=c 2;拓展1.过A 作AP ⊥BC 于点P ,则∠BMF =∠APB =90°, ∵∠ABF =90°,∴∠BFM +∠MBF =∠MBF +∠ABP , ∴∠BFM =∠ABP , 在△BMF 和△ABP 中, {∠BFM =∠ABP∠BMF =∠APB =90°BF =AB, ∴△BMF ≌△ABP (AAS ), ∴FM =BP , 同理,EN =CP , ∴FM +EN =BP +CP , 即FM +EN =BC , 故答案为:FM +EN =BC ;拓展2.过点D 作PQ ⊥m ,分别交m 于点P ,交n 于点Q ,如图3,则∠APD =∠ADC =∠CQD =90°, ∴∠ADP +∠DAP =∠ADP +∠CDQ =90°, ∴∠DAP =∠CDQ , 在△APD 和△DQC 中, {∠DAP =∠CDQ∠APD =∠DQC AD =DC, ∴△APD ≌△DQC (AAS ), ∴AP =DQ =2, ∵PD =1, ∴AD 2=22+12=5, ∴正方形的面积为 5, 故答案为:5.【点评】本题是勾股定理的探究与应用,主要考查了勾股定理的性质及应用,正方形的性质,平行线的性质,全等三角形的性质与判定,关键是构造全等三角形和直角三角形.6.通过整式乘法的学习,我们进一步了解了利用图形面积来说明法则、公式等的正确性的方法,例如利用图甲可以对平方差公式(a +b )(a ﹣b )=a 2﹣b 2给予解释.图乙中的△ABC 是一个直角三角形,∠C =90°,人们很早就发现直角三角形的三边a ,b ,c 满足a 2+b 2=c 2的关系.图丙是2002年国际数学家大会的会徽,选定的是我国古代数学家赵爽用来证明勾股定理的弦图,弦图是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成的一个大正方形.如果大正方形的面积是13,小正方形的面积是1,直角三角形的较短直角边长为a ,较长直角边长为b ,求出(a +b )2的值.【分析】根据勾股定理可以求得a2+b2等于大正方形的面积,然后求四个直角三角形的面积,即可得到ab 的值,然后根据(a+b)2=a2+2ab+b2即可求解.【解答】解:根据勾股定理可得a2+b2=13,ab×4=13﹣1=12,即2ab=12,四个直角三角形的面积是:12则(a+b)2=a2+2ab+b2=13+12=25.故(a+b)2的值为25.【点评】本题考查勾股定理,以及完全平方式,正确根据图形的关系求得a2+b2和ab的值是关键.7.下图是“弦图”,请将“弦图”中的四个直角三角形通过你所学过的图形变换,在以下方格纸中设计另两个不同的图案.画图要求:(1)每个直角三角形的顶点均在方格纸的格点上,且四个三角形不重叠;(2)所设计的图案(不含方格纸)必须是中心对称图形或轴对称图形.【分析】依据题目所给的条件,可以利用图形的旋转4次,得出图形即可,也可以利用轴对称作出图象即可.【解答】解:如图所示:答案不唯一.【点评】本题考查了利用旋转或者轴对称设计方案,关键是理解旋转和轴对称的概念,按照要求作图.8.图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图,它是由四个全等的直角三角形围成的.若AC=6,BC=5,将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍,得到图2所示的“数学风车”,则这个风车的外围周长是多少?【分析】由题意∠ACB为直角,利用勾股定理求得外围中一条边,又由AC延伸一倍,从而求得风车的一个轮子,进一步求得四个.【解答】解:依题意,设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x,则x2=122+52=169所以x=13所以“数学风车”的周长是:(13+6)×4=76.【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用,并注意隐含的已知条件来解答此类题.。

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专题18 弦图模型
破解策略
1.内弦图
如图,在正方形ABCD中,BF⊥CG,CG⊥DH,DH⊥AE,AE⊥BF,则△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.证明因为∠ABC=∠BFC=90°
所以∠ABE+∠FBC=∠FBC+∠FCB-90°.
所以∠ABE=∠FC B.
又因为AB=B C.所以△ABE≌△BCF,
同理可得△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.
D
C
2.外弦圈
如图,在正方形ABCD中,点M,N,P,Q在正方形ABCD边上,且
四边形MUPQ为正方形,则△QBM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ.
证明因为∠B=∠QMN=∠C=90°,
所以∠BQM+∠QMB=∠QMB+∠NMC=90°,
所以∠BQM=∠NM C.
又因为QM=MN,所以△QBM≌△MCN.
同理可得△QHM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ.
N
Q
D
A
3.括展
(1)如图,在Rt△ABH中.∠ABH=90°,BE⊥AH于点E.所以
△A BE≌△BHE≌△AH B.
(2)如图,在Rt △QBM和Rt△BLK中,QB=BL,QM⊥BK,所以
△QBM≌△BLK.
E
H
B
A
证明 因为∠BLK =90°,QM ⊥BK ,
所以∠KBL +∠QMB =∠KBI 十∠K = 90° 所以∠QMB =∠K , 又因为QB = BL . 所以△QBM ≌△BLK .
L
K
Q
B M E
例题讲解
例1 四边形ABCD 是边长为4的正方形,点E 在边AD 所在的直线上,连结CE ,以CE 为边,作正方形CEFG (点D ,F 在直线CE 的同侧),连结BF .当点E 在线段AD 上时,AE =1,求BF 的长.
G
F
E
D
解 如图,过点F 作FH ⊥AD 交AD 的延长线于点H , 延长FH 交BC 的延长线于点K .
因为四边形ABCD 和四边形CEFG 是正方形,
根据“弦图模型”可得△ECD ≌△FEH ,所以FH =ED =AD -AE =3,EH = CD =4. 因为CDHK 为矩形,所以HK =CD =4,CK =DH =EH -ED =1. 所以FK = FH 十HK =7,BK =BC +CK =.5.
所以BF 22
FK BK 74
H
K
A
B
C D
E
F
G
例2如图,△BCD 为等腰直角三角形,∠CBD =90°,∠BAC = 45°,若S △ACD =4.5,求AC 的长.
D
C
A
B
解 如图,过点B 作BE ⊥AC 于点E ,过点D 作DF ⊥BF 交EB 的延长线于点F . 由“外弦图模型”可得△BFD ≌△CEB , 所以BF =CE .
易证AE =BE ,所以AC =EF , 所以S △ACD =12AC ·EF =1
2
AC 2=4.5, 从而AC =3.
E
F B
A
C
D
例3某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探
究,提出下列问题,请你给出证明.
(1)如图1,在矩形ABCD 中,EF ⊥CH ,EF 分别交AB ,CD 于点F ,F ,GH 分别交AD ,BC 于点G .H 求证:
EF GH =AD
AB
(2)如图2,在满足(1)的条件下,又AM ⊥BN ,点M ,N 分别在边BC ,CD 上,若
EF
GH
=1115,则BN AM
= . (3)如图3,在四边形ABCD 中,∠ABC =90°,AB =AD =10,BC = CD -5,AM ⊥DN ,
点M ,N 分别在边BC ,AB 上,求
DN
AM
的值. 图3
图2
图1
D
N
M
B A
N
M A
B
C D
G
F
E
H
H
E F
G
D C
B
A
解 (1))如图4.过点A 作AP ∥EF .交CD 于点P ,过点B 作BQ ∥GH ,交AD 于点Q . 因为四边形ABCD 是矩形. 所以AB ∥DC ,AD ∥B C .
所以四边形AEFP ,四边形BHGQ 都是平行四边形, 所以AP =EF ,GH =BQ . 又因为CH ⊥EF . 所以AP ⊥BQ .
所以∠QAT +∠AQT =90°. 因为四边形ABCD 是矩形, 所以∠DAB =∠D =90°, 所以∠DAP +∠DPA =90°, 所以∠AQT =∠DP A . 所以△PDA ∽△QA B . 所以AP BQ =AD
AB
, 所以
EF GH =AD AB
. P
T Q
H
G F
E
B
D C
A
(2)因为EF ⊥GH ,AM ⊥BN .
所以由(1)中的结论可得EF
GH

AD
AB

BN
AM

AD
AB

所以BN
AM

EF
GH

11
15

(3)如图5.过点D作平行于AB的直线,交过点A且平行于BC的直线于点P,交BC 的延长线于点S.
则四边形ABSR是平行四边形.
因为∠ABC=90°,
所以四边形ABSR是矩形.
所以∠R=∠S=90°,RS=AB=10,AR=BS.
因为AM⊥DN.
所以由(1)中的结论可得DN
AM

AR
AB

设SC=x,DS=y,则AR=BS=5+x.RD=10-y,所以在Rt△CSD中,x2+y2=25.
在Rt△ARD中.(5+x)2+(10-y)2=100.
联立方程组
22
222
25
(5x)(10y)10
x y
⎧+=

++-=



5
x
y
=-


=

(舍),或
3
4
x
y
=


=


所以AR=5+x=8,
所以DN
AM

AR
AB

8
10

4
5

N
M
S
R D
C
B A
进阶训练
1.如图,在平面直角坐标系中,经过点A的双曲线,y=k
x
(k>0)同时经过点B.且
点A 在点B 的左侧,点A 的横坐标为2.∠AOB =∠OBA =45°,则k =__ __.
x
y
B
A
O
2.如图,巳知∠ABC =90°,D 是直线AB 上的点,AD =B C .E 是直线BC 上的一点,且
CE =B D .直线AE ,DC 相交于点P ,∠APD 的度数是一个固定的值吗?若是,请求出它的度
数;若不是,请说明理由. E
P
D
C
B
A
3.如图,在正方形ABCD 中,点P 在AD 上,且不与A ,D 重合.BP 的垂直平分线分别交CD ,AB 于E ,F 两点,垂足为Q ,过点E 作EH ⊥AB 于点H .EH 与BP 交于点M .求证:HF =AP .
H
F
E
Q P
D
C
B
A
参考答案:
专题18: 弦图模型 1.1+5.
【提示】过点A 作AM ⊥y 轴于点M ,过点B 作BD ⊥x 轴于点D ,直线AM ,BD 交于点N ,则四边形OMND 为矩形,易证△AOM ≌△ABN ,所以AM =BN =2,OM =AN =
2
k ,BD =
2
k -2,
OD =
2
k +2,所以点B (
2
k +2,
2
k -2),根据双曲线表达式,有(
2
k +2)·(
2
k +2)=k ,解得k =1+5.
x
y
D
N
M
A
B
O
2.∠APD =45°,为固定值.
【提示】 如图,过点A 作AF ⊥AB ,并截取AF =BD ,连结DF ,CF .可得AF ∥CE ,AF =CE ,所以四边形AFCE 是平行四边形,所以FC ∥AE ,∠APD =∠FC D .易证△DAF ≌△CB D .则∠1=∠2,FD =D C .从而∠APD =∠FCD =45°.
F
3
21
A
B
C
D
P
E
3.略.
【提示】 显然四边形EHBC 为矩形,所以FH =BC =AB ,所以△PAB ≌△FHE ( ASA ).所以HF =AP .。

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