2022年數(shù)學(百色專用)一輪復習教學案-專題4三角形

專題四三角形、四邊形的證明與計算縱觀近五年百色中考數(shù)學試卷，三角形、四邊形的證明與計算是每年必考解答題型之一，一般出現(xiàn)在第22題，也可能會出現(xiàn)在第25題，其中2021年、2020年第22題考查全等三角形的判定與性質(zhì)，第25題考查相似三角形的判定與性質(zhì)；2019年第22題綜合考查菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)；2018年第22題綜合考查平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理及銳角三角函數(shù)；2017年第22題綜合考查矩形的性質(zhì)、平行四邊形和全等三角形的判定與性質(zhì)．三角形與四邊形的計算與證明，在近幾年的中考題中的特征為三角形與平行四邊形結(jié)合在一起、與菱形結(jié)合在一起、與矩形結(jié)合在一起、與正方形結(jié)合在一起，證明三角形全等或特殊四邊形的形狀、線段的數(shù)量關(guān)系或位置關(guān)系，求角的大小等．分析法，找到證明平行四邊形的思路，從結(jié)論逆向找到得出結(jié)論的條件，然后按照條件在先、結(jié)論在后的順序書寫出來，從而得出證明過程，常和綜合法相結(jié)合．認真審題，靈活運用輔助線，掌握平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定與性質(zhì)、全等三角形和相似三角形的判定與性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識點．與全等三角形有關(guān)的證明與計算【例1】(2021·南京中考)如圖，AC與BD交于點O，OA＝OD，∠ABO＝∠DCO，E為BC延長線上一點，過點E作EF∥CD，交BD的延長線于點F.(1)求證：△AOB≌△DOC；(2)若AB＝2，BC＝3，CE＝1，求EF的長．【解析】(1)由AAS即可證明△AOB≌△DOC；(2)由全等三角形的性質(zhì)得AB＝DC＝2，再證△BCD∽△BEF，得eq\f(DC,EF)＝eq\f(BC,BE)，即可求解．【解答】(1)證明：在△AOB和△DOC中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠ABO＝∠DCO，,∠AOB＝∠DOC，,OA＝OD，)))∴△AOB≌△DOC(AAS)；(2)解：由(1)，得△AOB≌△DOC.∴AB＝DC＝2.∵BC＝3，CE＝1，∴BE＝BC＋CE＝4.∵EF∥CD，∴△BCD∽△BEF.∴eq\f(CD,EF)＝eq\f(BC,BE)，即eq\f(2,EF)＝eq\f(3,4).∴EF＝eq\f(8,3).1．已知△ABN和△ACM位置如圖所示，AB＝AC，AD＝AE，∠1＝∠2.(1)求證：△ABD≌△ACE；(2)求證：∠M＝∠N.證明：(1)在△ABD和△ACE中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC，,∠1＝∠2，,AD＝AE，))∴△ABD≌△ACE(SAS)；(2)∵∠1＝∠2，∴∠BAN＝∠CAM.由(1)知△ABD≌△ACE，∴∠B＝∠C.又∵AB＝AC，∴△ABN≌△ACM(ASA).∴∠M＝∠N.eq\a\vs4\al(特殊四邊形的證明與計算)【例2】如圖，四邊形ABCD是菱形，點H為對角線AC的中點，點E在AB的延長線上，CE⊥AB，垂足為點E，點F在AD的延長線上，CF⊥AD，垂足為點F.(1)若∠BAD＝60°，求證：四邊形CEHF是菱形；(2)若CE＝4，△ACE的面積為16，求菱形ABCD的面積．【解析】(1)根據(jù)菱形的性質(zhì)得到∠EAC＝∠FAC＝30°，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到CE＝CF，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到EH＝FH＝eq\f(1,2)AC，于是得到結(jié)論；(2)根據(jù)三角形的面積公式得到AE的長，根據(jù)勾股定理得到AC＝eq\r(CE2＋AE2)，連接BD，則BD⊥AC，AH＝eq\f(1,2)AC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BD＝2BH，由菱形的面積公式即可得到結(jié)果．【解答】(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，∴∠EAC＝∠FAC＝30°.又∵CE⊥AB，CF⊥AD，∴CE＝CF＝eq\f(1,2)AC.∵點H為對角線AC的中點，∴EH＝FH＝eq\f(1,2)AC.∴CE＝CF＝EH＝FH.∴四邊形CEHF是菱形；(2)解：∵CE⊥AB，CE＝4，△ACE的面積為16，∴AE＝8.∴AC＝eq\r(CE2＋AE2)＝4eq\r(5).連接BD，則BD⊥AC，BD過點H，AH＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(5).∵∠AHB＝∠AEC＝90°，∠BAH＝∠CAE，∴△ABH∽△ACE.∴eq\f(BH,CE)＝eq\f(AH,AE)，即eq\f(BH,4)＝eq\f(2\r(5),8).∴BH＝eq\r(5).∴BD＝2BH＝2eq\r(5).∴S菱形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BD＝eq\f(1,2)×4eq\r(5)×2eq\r(5)＝20.2．如圖，在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，分別過點A，C作AE⊥BD，CF⊥BD，垂足分別為點E，F(xiàn).AC平分∠DAE.(1)若∠AOE＝50°，求∠ACB的度數(shù)；(2)求證：AE＝CF.(1)解：∵AE⊥BD，∴∠AEO＝90°.∵∠AOE＝50°，∴∠EAO＝40°.∵AC平分∠DAE，∴∠DAC＝∠EAO＝40°.∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC.∴∠ACB＝∠DAC＝40°；(2)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC.∵AE⊥BD，CF⊥BD，∴∠AEO＝∠CFO＝90°.∵∠AOE＝∠COF，∴△AEO≌△CFO(AAS).∴AE＝CF.eq\a\vs4\al(三角形、四邊形的幾何探究)【例3】(2021·黔東南中考)在四邊形ABCD中，對角線AC平分∠BAD.【探究發(fā)現(xiàn)】(1)如圖①，若∠BAD＝120°，∠ABC＝∠ADC＝90°.求證：AD＋AB＝AC；【拓展遷移】(2)如圖②，若∠BAD＝120°，∠ABC＋∠ADC＝180°.①猜想AB，AD，AC三條線段的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②若AC＝10，求四邊形ABCD的面積．eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖①))eq\o(\s\up7(),\s\do5(圖②))【解析】(1)由題意可得∠ACD＝∠ACB＝30°，從而有AD＝eq\f(1,2)AC，AB＝eq\f(1,2)AC，則AD＋AB＝AC；(2)①過點C分別作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F.證△CFB≌△CED，得FB＝DE，則AD＋AB＝AD＋FB＋AF＝AD＋DE＋AF＝AE＋AF，由(1)知AE＋AF＝AC，代入即可；②將四邊形ABCD的面積轉(zhuǎn)化為S△ACD＋S△ABC，結(jié)合①的結(jié)論可解決問題．【解答】(1)證明：∵AC平分∠BAD，∠BAD＝120°，∴∠DAC＝∠BAC＝60°.∵∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠ACD＝∠ACB＝30°.∴AD＝eq\f(1,2)AC，AB＝eq\f(1,2)AC.∴AD＋AB＝AC；(2)解：①AD＋AB＝AC.理由：過點C分別作CE⊥AD于E，CF⊥AB于F.∵AC平分∠BAD，CE⊥AD于E，CF⊥AB，∴CF＝CE，∠E＝∠CFB＝90°.∵∠ABC＋∠ADC＝180°，∠EDC＋∠ADC＝180°，∴∠FBC＝∠EDC.在△CED和△CFB中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠CDE＝∠FBC，,∠E＝∠CFB，,CE＝CF，))∴△CFB≌△CED(AAS).∴FB＝DE.∴AD＋AB＝AD＋FB＋AF＝AD＋DE＋AF＝AE＋AF.在四邊形AFCE中，由(1)知AE＋AF＝AC，∴AD＋AB＝AC；②在Rt△ACE中，∵AC平分∠BAD，∠BAD＝120°，∴∠DAC＝∠BAC＝60°.又∵AC＝10，∴CE＝AC·sin∠DAC＝10×sin60°＝5eq\r(3).∵CF＝CE，AD＋AB＝AC，∴S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)AD·CE＋eq\f(1,2)AB·CF＝eq\f(1,2)(AD＋AB)·CE＝eq\f(1,2)AC·CE＝eq\f(1,2)×10×5eq\r(3)＝25eq\r(3).3．【問題背景】如圖1，已知△ABC∽△ADE，求證：△ABD∽△ACE；【嘗試應用】如圖2，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，∠ABC＝∠ADE＝30°，AC與DE相交于點F.點D在BC邊上，eq\f(AD,BD)＝eq\r(3)，求eq\f(DF,CF)的值；【拓展創(chuàng)新】如圖3，D是△ABC內(nèi)一點，∠BAD＝∠CBD＝30°，∠BDC＝90°，AB＝4，AC＝2eq\r(3)，直接寫出AD的長．【問題背景】證明：∵△ABC∽△ADE，∴eq\f(AB,AD)＝eq\f(AC,AE)，∠BAC＝∠DAE.∴eq\f(AB,AC)＝eq\f(AD,AE)，∠BAD＝∠CAE.∴△ABD∽△ACE；【嘗試應用】解：連接EC.由已知可得△ABC∽△ADE.由(1)知，△ABD∽△ACE.∴eq\f(AE,EC)＝eq\f(AD,BD)＝eq\r(3)，∠ADE＝∠B＝∠ACE.∵∠AFD＝∠EFC，∴△ADF∽△ECF.∴eq\f(DF,CF)＝eq\f(AD,EC).在Rt△ADE中，∠ADE＝30°，∴eq\f(AD,AE)＝eq\r(3).∴eq\f(AD,EC)＝eq\f(AD,AE)·eq\f(AE,CE)＝eq\r(3)×eq\r(3)＝3.∴eq\f(DF,CF)＝3.【拓展創(chuàng)新】AD＝eq\r(5)．1.(2021·無錫中考)已知：如圖，AC，DB相交于點O，AB＝DC，∠ABO＝∠DCO.求證：(1)△ABO≌△DCO；(2)∠OBC＝∠OCB.證明：(1)在△ABO和△DCO中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠AOB＝∠DOC，,∠ABO＝∠DCO，,AB＝DC，)))∴△ABO≌△DCO(AAS)；(2)由(1)，知△ABO≌△DCO，∴OB＝OC.∴∠OBC＝∠OCB.2．(2021·臺州中考)如圖，在四邊形ABCD中，AB＝AD＝20，BC＝DC＝10eq\r(2).(1)求證：△ABC≌△ADC；(2)當∠BCA＝45°時，求∠BAD的度數(shù)．(1)證明：在△ABC和△ADC中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD，,BC＝DC，,AC＝AC，))∴△ABC≌△ADC(SSS)；(2)解：過點B作BE⊥AC于點E.∵∠BCA＝45°，BC＝10eq\r(2)，∴BE＝BC·sin∠BCA＝10.又∵在Rt△ABE中，AB＝20，BE＝10，∴∠BAE＝30°.又∵△ABC≌△ADC，∴∠BAE＝∠DAE.∴∠BAD＝2∠BAE＝2×30°＝60°.3．如圖，在四邊形ABCD中，點E，F(xiàn)是對角線AC上的兩點，AE＝CF，DF＝BE，且DF∥BE，過點C作CG⊥AB交AB的延長線于點G.(1)求證：四邊形ABCD是平行四邊形；(2)若tan∠CAB＝eq\f(2,5)，∠CBG＝45°，BC＝4eq\r(2)，則?ABCD的面積是__________．(1)證明：∵AE＝CF，∴AE＋EF＝CF＋EF，即AF＝CE.∵DF∥BE，∴∠DFA＝∠BEC.又∵DF＝BE，∴△ADF≌△CBE(SAS).∴AD＝CB，∠DAF＝∠BCE.∴AD∥CB.∴四邊形ABCD是平行四邊形；(2)244．如圖，在?ABCD中，過點A作AE⊥DC，垂足為點E，連接BE，點F為BE上一點，且∠AFE＝∠D.(1)求證：△ABF∽△BEC；(2)若AD＝5，AB＝8，sinD＝eq\f(4,5)，求AF的長．(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD∥BC.∴∠ABF＝∠BEC，∠D＋∠C＝180°.∵∠AFB＋∠AFE＝180°，∠AFE＝∠D，∴∠C＝∠AFB.∴△ABF∽△BEC；(2)解：∵AE⊥DC，AB∥DC，∴∠AED＝∠BAE＝90°.在Rt△ADE中，AE＝AD·sinD＝5×eq\f(4,5)＝4.在Rt△ABE中，根據(jù)勾股定理，得BE＝eq\r(,AE2＋AB2)＝eq\r(,42＋82)＝4eq\r(,5).∵BC＝AD＝5，△ABF∽△BEC，∴eq\f(AF,BC)＝eq\f(AB,BE)，即eq\f(AF,5)＝eq\f(8,4\r(,5)).∴AF＝2eq\r(,5)．5．(2021·湘潭中考)如圖，矩形ABCD中，E為邊BC上一點，將△ABE沿AE翻折后，點B恰好落在對角線AC的中點F上．(1)證明：△AEF≌△CEF；(2)若AB＝eq\r(3)，求折痕AE的長度．(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B＝90°.∵將△ABE沿AE翻折后，點B恰好落在對角線AC的中點F上，∴∠AFE＝∠B＝90°，AF＝CF.∵∠AFE＋∠CFE＝180°，∴∠CFE＝180°－∠AFE＝90°.在△AEF和△CEF中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AF＝CF，,∠AFE＝∠CFE，,EF＝EF，))∴△AEF≌△CEF(SAS)；(2)解：由(1)知，△AEF≌△CEF，∴∠EAF＝∠ECF.由折疊性質(zhì)得，∠BAE＝∠EAF，∴∠BAE＝∠EAF＝∠ECF.∵∠B＝90°，∴∠BAC＋∠BCA＝90°.∴3∠BAE＝90°.∴∠BAE＝30°.在Rt△ABE中，AB＝eq\r(3)，∠B＝90°，∴AE＝eq\f(AB,cos30°)＝2.6．(2021·廣元中考)如圖，在?ABCD中，E為DC邊的中點，連接AE，若AE的延長線和BC的延長線相交于點F.(1)求證：BC＝CF；(2)連接AC和BE相交于點G，若△GEC的面積為2，求?ABCD的面積．(1)證明：在?ABCD中，AD∥BC，AD＝BC，∴∠D＝∠FCE.∵E為DC邊的中點，∴ED＝EC.在△ADE和△FCE中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠D＝∠FCE，,ED＝EC，,∠AED＝∠FEC，))∴△ADE≌△FCE(ASA).∴AD＝CF.∴BC＝CF；(2)解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB＝CD.∴△ABG∽△CEG.∴eq\f(AB,CE)＝eq\f(BG,EG)，eq\f(S△ABG,S△CEG)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,CE)))eq\s\up12(2).∵DE＝CE，∴AB＝2CE.∴eq\f(BG,EG)＝2，eq\f(S△ABG,S△CEG)＝4.∵△GEC的面積為2，∴S△BGC＝2S△GEC＝4，S△ABG＝4S△GEC＝8.∴S△ABC＝S△BGC＋S△ABG＝4＋8＝12.∴?ABCD的面積為2S△ABC＝24.7．(2021·玉林中考)如圖，在四邊形ABCD中，對角線AC與BD交于點O，已知OA＝OC，OB＝OD，過點O作EF⊥BD，分別交AB，DC于點E，F(xiàn)，連接DE，BF.(1)求證：四邊形DEBF是菱形；(2)設AD∥EF，AD＋AB＝12，BD＝4eq\r(3)，求AF的長．(1)證明：∵OA＝OC，OB＝OD，∴四邊形ABCD為平行四邊形．∴AB∥CD.∴∠ABD＝∠CDB.在△BOE和△DOF中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EBO＝∠FDO，,OB＝OD，,∠BOE＝∠DOF，))∴△BOE≌△DOF(ASA).∴BE＝DF.∵BE∥DF，∴四邊形DEBF是平行四邊形．∵EF⊥BD，∴四邊形DEBF是菱形；(2)解：過點F作FG⊥AB于點G.∵AD∥EF，EF⊥BD，∴∠ADB＝∠EOB＝90°.∴在Rt△ABD中，AD2＋BD2＝AB2.∵AD＋AB＝12，BD＝4eq\r(3)，∴AD2＋(4eq\r(3))2＝(12－AD)2.解得AD＝4.∴AB＝8.∴∠ABD＝30°.∵四邊形DEBF是菱形，∴∠EBF＝2∠ABD＝60°.∴△BEF是等邊三角形．∵OB＝OD，EF∥AD，∴AE＝BE＝4.∵FG⊥BE，∴EG＝BG＝2.在Rt△BGF中，BF＝4，BG＝2，根據(jù)勾股定理，得FG＝eq\r(BF2－BG2)＝eq\r(4