




版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進(jìn)行舉報或認(rèn)領(lǐng)
文檔簡介
模塊二常見模型專練
專題29一線三等角模型
例1(2020·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題)問題1:如圖①,在四邊形ABCD中,BC90,P是BC上一
點,PAPD,APD90.
求證:ABCDBC.
ABCD
問題2:如圖②,在四邊形ABCD中,B∠C45,P是BC上一點,PAPD,APD90.求
BC
的值.
2
【答案】問題1:見解析;問題2:
2
【分析】問題1:先根據(jù)AAS證明ABP≌PCD,可得ABPC,BPCD,由此即可證得結(jié)論;
問題2:分別過點A、D作BC的垂線,垂足為E、F,由(1)可知AEDFEF,利用45°的三角函數(shù)
AEDF
值可得AB2AE,CD2DF,由此即可計算得到答案.
sin45sin45
【詳解】問題1:證明:∵DB=90°,
∴APBBAP90.
∵APD90,
∴APBCPD90.
∴BAPCPD.
在ABP和PCD中,
BC
BAPCPD,
PADP
∴△ABP≌△PCDAAS.
∴ABPC,BPCD,
第1頁共64頁.
∴ABCDBPPCBC.
問題2:如圖,分別過點A、D作BC的垂線,垂足為E、F.
由(1)可知AEDFEF,
在RtABE和RtDFC中,B∠C45,
∴AEBE,DFCF,
AEDF
AB2AE,CD2DF.
sin45sin45
∴BCBEEFCF2AEDF,ABCD2AEDF.
ABCD2(AEDF)2
∴.
BC2(AEDF)2
【點睛】本題考查了全等三角形的判定及性質(zhì)、解直角三角形,作出正確的輔助線并能利用解直角三角形
的相關(guān)知識是解決本題的關(guān)鍵.
例2(2021年·吉林長春·中考真題)在ABC中,ACB=90o,AC=BC,直線MN經(jīng)過點C,且ADMN
于D,BEMN于E.
(1)當(dāng)直線MN繞點C旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時,求證:
①ACD≌CEB;
②DE=AD+BE.
(2)當(dāng)直線MN繞點C旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時,求證:DE=ADBE;
(3)當(dāng)直線MN繞點C旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時,試問DE、AD、BE具有怎樣的等量關(guān)系?請寫出這個等量關(guān)系,
并加以證明.
【答案】(1)①見解析;②見解析
第2頁共64頁.
(2)見解析
(3)DE=BEAD,證明見解析
【分析】(1)①由垂直關(guān)系可得1=3,則由AAS即可證明△ADC≌△CEB;
②由△ADC≌△CEB的性質(zhì)及線段和的關(guān)系即可證得結(jié)論;
(2)由垂直可得1=CBE,則由AAS可證明ACD≌CBE,由全等三角形的性質(zhì)及線段差的關(guān)系即可證
得結(jié)論;
(3)由垂直可得ACD=CBE,則由AAS可證得ACD≌CBE,由全等三角形的性質(zhì)及線段的和差關(guān)系
即可得到三線段間的關(guān)系.
【詳解】(1)解:如圖
①∵ADC=ACB=90,
∴1+2=3+2=90,
∴1=3.
又∵AC=BC,ADC=CEB=90,
∴△ADC≌△CEB.
②∵△ADC≌△CEB,
∴CE=AD,CD=BE,
∴DE=CE+CD=AD+BE.
(2)∵ACB=CEB=90,
∴1+2=CBE+2=90,
∴1=CBE.
又∵AC=BC,ADC=CEB=90,
∴ACD≌CBE,
∴CE=AD,CD=BE,
第3頁共64頁.
∴DE=CECD=ADBE.
(3)當(dāng)MN旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時,AD、DE、BE所滿足的等量關(guān)系是DE=BEAD(或
AD=BEDE,BE=ADDE等).
∵ACB=CEB=90,
∴ACD+BCE=CBE+BCE=90,
∴ACD=CBE,
又∵AC=BC,ADC=CEB=90,
∴ACD≌CBE,
∴AD=CE,CD=BE,
∴DE=CDCE=BEAD.
【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì),互余的性質(zhì)等知識,證明兩個三角形全等是問題的關(guān)鍵.
例3(2020年·海南·中考真題)(1)嘗試探究:如圖①,在ABC中,BAC90,ABAC,AF是過
點A的一條直線,且B,C在AE的同側(cè),BD⊥AE于D,CE⊥AE于E,則圖中與線段AD相等的線段是;
DE與BD、CE的數(shù)量關(guān)系為.
(2)類比延伸:如圖②,ABC90,BA=BC,點A,B的坐標(biāo)分別是(-2,0),(0,3),求點C的坐標(biāo).
(3)拓展遷移:在(2)的條件下,在坐標(biāo)平面內(nèi)找一點P(不與點C重合),使PAB與ABC全等.直
接寫出點P的坐標(biāo).△
【答案】(1)CE,DE=BD+CE;(2)(?3,5);(3)存在,P點坐標(biāo)分別為(5,2),(3,1),(1,2).
第4頁共64頁.
【分析】(1)由BD⊥AE,∠BAC90°,推DBAEAC進(jìn)而得到ADB≌CEA即可求解;
(2)作CEy軸于點E,得出ABO≌BCE(AAS)即可求解;
(3)分兩種情況,①當(dāng)PAB90時,ABP≌BAC;②當(dāng)ABP90時,ABP≌ABC,討論并構(gòu)造
全等三角形即可求解.
【詳解】解:(1)∵BD⊥AE,BAC90,CE⊥AE
∴DBADAB90,EACDAB1809090,ADBCEA90,
∴DBAEAC.
ADBCEA
在DBA和EAC中,DBAEAC,
ABAC
∴ADB≌CEA,
∴AD=CE,BD=AE,
∴DE=AD+AE=BD+CE.
故答案為:CE,DE=BD+CE;
(2)作CEy軸于點E,
∵CEy軸,OA⊥OB,ABC90,
∴CBEABO1809090,CBEBCE90,AOBBEC90,
∴∠ABO=∠BCE.
又∵ABBC,
∴ABO≌BCE(AAS),
∴BOCE,AOBE,
∵點A,B的坐標(biāo)分別是(-2,0),(0,3),
∴BOCE3,AOBE2,
∴EOEBOB325,
∴C(-3,5);
第5頁共64頁.
(3)分類討論:
①當(dāng)∠PAB=90°時,ABP≌BAC,
∴APBC,PBAC.
∵B(0,3),A(?2,0),C(?3,5),
2
∴BC(30)2(53)213,AC3(2)(50)226,
設(shè)P(x,y),
∴AP(2x)2(0y)2,BP(0x)2(3y)2,
(2x)2(0y)213
∴,
22
(0x)(3y)26
x15x21
解得:,,
y12y22
∴P1(?5,2),P2(1,?2),如圖;
②當(dāng)∠ABP=90°時,ABP≌ABC,
∴AP=AC,BP=AB,
∵B(0,3),A(?2,0),C(?3,5),
2
∴AB(20)2(03)213,AC3(2)(50)226,
設(shè)P(x,y),
∴AP(2x)2(0y)2,BP(0x)2(3y)2,
(2x)2(0y)226
∴,
22
(0x)(3y)13
x13x23
解得:,,
y15y21
∵點P與點C不重合,
第6頁共64頁.
∴(?3,5)舍去,
∴P3(3,1),如圖.
綜上,存在這樣的P點,坐標(biāo)分別為(5,2),(3,1),(1,2).
【點睛】本題主要考查三角形全等的判定和性質(zhì),兩點間距離公式,坐標(biāo)與圖形性質(zhì),勾股定理等知識.利
用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵.
一線三等角是一個常見的相似模型,指的是有三個等角的頂點在同一條直線上構(gòu)成的相似圖形。這
個角可以是直角,也可以是銳角或者鈍角。對于“一線三等角”,有的地區(qū)叫“K型圖”,也有的地區(qū)叫“M型
圖”。
“一線三等角”的起源
DE繞A點旋轉(zhuǎn),從外到內(nèi),從一般位置到特殊位置.
下面分幾種類型討論:
第7頁共64頁.
一、直角形“一線三等角”——“一線三直角”
結(jié)論:△ADB∽△CEA
二、銳角形“一線三等角
結(jié)論:△ADB∽△CEA∽△CAB
三、鈍角形“一線三等角
結(jié)論:△ADB∽△CEA∽△CAB
第8頁共64頁.
【變式1】(2022秋·江蘇無錫·九年級校聯(lián)考階段練習(xí))如圖,在△ABC中,AB=AC=5,BC=6,P是BC
上一點,且BP=2,將一個大小與∠B相等的角的頂點放在P點,然后將這個角繞P點轉(zhuǎn)動,使角的兩邊
始終分別與AB、AC相交,交點為D、E.
(1)求證:△BPD∽△CEP;
(2)是否存在這樣的位置,△PDE為直角三角形?若存在,求出BD的長;若不存在,說明理由.
【答案】(1)見解析
12
(2)存在,理由見解析,BD的長為
5
【分析】(1)根據(jù)等邊對等角的性質(zhì)可得∠B=∠C,再根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角
的和列式整理求出∠EPC=∠BDP,即可得證;
(2)過點A作AH⊥BC于點H,根據(jù)∠DPE=∠B≠90°,即分為:①∠PDE=90°時,利用∠ABH與∠DPE
PD3PDBD
的余弦值相等列式求出=,再根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例可得=,然后代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計算
PE5PEPC
PE3
即可得解;②∠PED=90°時,利用∠ABH與∠DPE的余弦值相等列式求出=,再根據(jù)相似三角形對
PD5
PEPC
應(yīng)邊成比例可得=,然后代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計算即可得解.
PDBD
【詳解】(1)證明:∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∵∠DPC=∠DPE+∠EPC=∠B+∠BDP,
∴∠EPC=∠BDP,
∴△BPD∽△CEP,
得證;
(2)解:存在.理由如下:
過點A作AH⊥BC于點H,
∵AB=AC=5,BC=6,
第9頁共64頁.
11
∴BH=BC=×6=3,
22
∵∠DPE=∠B≠90°,
∴①如圖1,
若∠PDE=90°,在Rt△ABH和Rt△PDE中,
BHPD3
∴cos∠ABH=cos∠DPE===,
ABPE5
∵△PBD∽△PCE,
PDBD
∴=,
PEPC
∵BP=2,
∴PC=BC﹣BP=6﹣2=4,
BD3
∴=,
45
12
解得BD=;
5
②如圖2,
∠PED=90°時,在Rt△ABH和Rt△PDE中,
BHPE3
∴cos∠ABH=cos∠DPE===,
ABPD5
∵△PBD∽△PCE,
第10頁共64頁.
PEPC3
∴==,
PDBD5
∵PC=4,
43
∴=,
BD5
20
解得BD=>AB=5(舍去),
3
12
綜上所述,BD的長為.
5
【點睛】本題是相似三角形綜合題型,主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì),等角的銳角三角函數(shù)值相等,
并且注意要分情況討論求解.
【變式2】(2022·河北唐山·唐山市第十二中學(xué)??家荒#┤鐖D,拋物線yax2bx3與x軸交于A,B兩
點,其中A(-2,0),點D(4,3)為該拋物線上一點.
(1)B點坐標(biāo)為______;
(2)直線x=n交直線AD于點K,交拋物線于點P,且點P在點K上方,連接PA、PD.
①請直接寫出線段PK長(用含n的代數(shù)式表示)
②求△PAD面積的最大值;
(3)將直線AD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到直線l,若點Q是直線l上的點,且∠ADQ=45°,請直接寫出點Q
坐標(biāo)______.
【答案】(1)(6,0)
1127
(2)①n2n2;②,詳見解析
424
(3)(1,-6)或(-5,6)
【分析】(1)將A、D坐標(biāo)代入yax2bx3,由待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式,令y=0即可求解;
(2)①先利用待定系數(shù)法求出直線AD的解析式,再將x=n代入直線AD和拋物線解析式得K、P縱坐標(biāo),
根據(jù)P、K兩點的位置關(guān)系,縱坐標(biāo)相減即得結(jié)果;
第11頁共64頁.
②利用三角形面積公式求出△PAD面積與n的二次函數(shù)關(guān)系式,配方求最大值;
(3)分兩種情況討論,先求出第四象限內(nèi)的Q點坐標(biāo),再利用對稱性得第二象限內(nèi)Q點的坐標(biāo);第四象
限內(nèi)點Q坐標(biāo)求法:根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)及∠ADQ=45°知AD=AQ,過D、Q作x軸垂線,垂足分別為M、N,則
三角形ADM≌三角形QAN,得AN=DM,根據(jù)D點坐標(biāo)代入求解即可.
【詳解】(1)解:將A(-2,0),D(4,3)代入yax2bx3得:
4a2·b30
,
16a4b33
1
a
解得:4,
b3
1
即拋物線解析式為:yx2x3,
4
1
令y=0得:0x2x3,
4
解得:x=-2,或x=6,
∴B(6,0).
(2)解:①設(shè)直線x=n交x軸于H,如圖所示,
設(shè)直線AD的解析式為:y=kx+m,
2km0
則,
4km3
1
k
解得:2,
m1
1
即直線AD的解析式為:yx1,
2
11
則P(n,n2n3),K(n,n1),
42
∵P在K上方,
第12頁共64頁.
11
∴PK=n2n3-(n1)
42
11
=n2n2;
42
②過D作DE⊥直線x=n于E,如上圖所示,
S△PAD=S△PAKS△PDK
11
=PKAHPKDE
22
1
=PKAHDE
2
1
=PKn24n
2
1121
=nn26
242
3227
=n1,
44
27
∴當(dāng)n=1時,三角形PAD面積取最大值,最大值為.
4
(3)解:分兩種情況討論,如圖所示,當(dāng)Q在第四象限時,
根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)及∠ADQ=45°知AD=AQ,∠DAQ=90°,
過D、Q作x軸垂線,垂足分別為M、N,
則∠DAM+∠QAN=90°,∠DAM+∠ADM=90°,
∴∠QAN=∠ADM,
∴△ANQ≌△DMA,
∴AN=DM=3,AM=QN=6,
故Q(1,-6),
根據(jù)對稱性知,位于第二象限內(nèi)Q點坐標(biāo)為:(-5,6),
第13頁共64頁.
綜上所述,點Q坐標(biāo)為(1,-6)或(-5,6).
【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)中面積問題、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定及
性質(zhì)等知識點,綜合性強.解題關(guān)鍵是利用函數(shù)上點的坐標(biāo)特點將三角形面積問題轉(zhuǎn)化為線段問題以及構(gòu)
造全等三角形是解題關(guān)鍵.
【變式3】(2021秋·新疆烏魯木齊·九年級??茧A段練習(xí))如圖,在平面直角坐標(biāo)系中,O為坐標(biāo)原點,拋
28
物線y=-x22x交x軸于A、B兩點,點C在拋物線上,且點C的橫坐標(biāo)為-1,連接BC交y軸于點D.
33
(1)如圖1,求點D的坐標(biāo);
(2)如圖2,點P在第二象限內(nèi)拋物線上,過點P作PG⊥x軸于G,點E在線段PG上,連接AE,過點E
作EF⊥AE交線段DB于F,若EF=AE,設(shè)點P的橫坐標(biāo)為t,線段PE的長為d,求d與t的函數(shù)關(guān)系式;
2
(3)如圖3,在(2)的條件下,點H在線段OB上,連接CE、EH,若∠CEF=∠AEH,EH-CE=AH,求
3
點P的坐標(biāo).
【答案】(1)(0,2)
252
(2)dt2t
333
991
(3)(,)
424
【分析】(1)先根據(jù)拋物線解析式求出點B、點A的坐標(biāo),再利用待定系數(shù)法求出直線BC解析式,即可求
得D點坐標(biāo);
(2)過E作x軸平行線l,過A、F作l的垂線段,垂足分別為N、M,證明出ANE≌△EMF,得AN=EM,
NE=MF,用t、d表示出F點坐標(biāo),將該坐標(biāo)代入直線BC解析式即可得d與t△的函數(shù)關(guān)系式;
QECECQ
(3)過C作CQ⊥PG于Q,由∠CEF=∠AEH,知CEQ∽△EHG,得:,即
HGEHEG
△
第14頁共64頁.
t
2CE1t
CE1t
3,求出HG的表達(dá)式,可得用t表示的AH的長度,再利用EHCEt,
HGEHt21t
23
3
2
可得EH-CE與CE的關(guān)系,代入EH-CE=AH即可得CE關(guān)于t的表達(dá)式,由勾股定理得到關(guān)于t的方程,
3
解方程即可.
2828
【詳解】(1)解:令拋物線yx22x中的y=0,即0x22x,
3333
解得:x=-4或x=1,
當(dāng)x=-1時,y=4,即C(-1,4),
即A(-4,0),B(1,0),
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b,
kb0
則,
kb4
k2
解得:,
b2
即直線BC解析式為y=-2x+2,
當(dāng)x=0時,y=2,
則點D的坐標(biāo)為(0,2).
(2)解:過E作x軸平行線l,過A、F作l的垂線段,垂足分別為N、M,如圖所示,
由∠AEN+∠FEM=90°,∠AEN+∠EAN=90°知∠FEM=∠EAN,
∵AE=EF,
∴ANE≌△EMF,
∴A△N=EM,NE=MF,
∵P點橫坐標(biāo)為t,PE=d,
第15頁共64頁.
28
∴P(t,yP),NE=t+4=MF,EG=yP-d=AN=EM,其中yt22t,
P33
∴F點橫坐標(biāo)為:t+EM=t+yP-d,
F點縱坐標(biāo)為:EG-MF=yP-d-(t+4),
將F點坐標(biāo)代入y=-2x+2得:
yP-d-(t+4)=-2(t+yP-d)+2,
化簡得:3d=3yPt6,
252
即dt2t.
333
(3)解:過C作CQ⊥PG于Q,如圖所示,
∵∠CEF=∠AEH,∠AEF=90°,
∴∠EFH=90°,
則∠CEQ+∠ECQ=∠CEQ+∠HEG=90°,
∴∠ECQ=∠HEG,
∴CEQ∽△EHG,
QECECQ
∴△,
HGEHEG
t
由(2)知,EG=yP-d=2,
3
t
∴QE=4-EG=2,CQ=-1-t,
3
t
2
CE1t
∴3,
t
HGEH2
3
2
t36CE3t1
∴HG=,,
9t1EHt6
第16頁共64頁.
CE1t3t122
t3610t45t
∴EHCEt2t9,AH=AG+GH=t+4+=,
21t9t19t1
3
2t9
即CEEHCE,
3t1
2
∵EH-CE=AH,
3
2t9210t245t
∴CE=,
3t139t1
52
即:CEt,
9
1
∵C(-1,4),E(t,2t),
3
152
∴由勾股定理得:(t+1)2+(2t-4)2=(t)2,
39
99
解得:t(舍)或t,
24
991
∴P(,).
424
【點睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、全等三角形判定及性質(zhì)、相似三角形的
判定與性質(zhì)、勾股定理及一元二次方程的解法等知識點.作出輔助線構(gòu)造出全等三角形及相似三角形是解
題關(guān)鍵.
【變式4】(2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考二模)如圖,拋物線yax2bx3與x軸交于A2,0,B6,0兩
點,與y軸交于點C.直線l與拋物線交于A,D兩點,與y軸交于點E,點D的坐標(biāo)為4,3.
(1)求拋物線的解析式;
(2)若點P是拋物線上的點,點P的橫坐標(biāo)為mm0,過點P作PMx軸,垂足為M.PM與直線l交于
點N,當(dāng)點N是線段PM的三等分點時,求點P的坐標(biāo);
(3)若點Q是y軸上的點,且ADQ45,求點Q的坐標(biāo).
第17頁共64頁.
1
【答案】(1)y=x2?x?3
4
15
(2)(3,?)或(0,?3)
4
13
(3)(0,?)或(0,9)
3
【分析】(1)把A(?2,0),B(6,0)代入y=ax2+bx?3得到關(guān)于a、b的二元一次方程組,解方程組即
可得到結(jié)論;
(2)設(shè)直線l的函數(shù)表達(dá)式為y=kx+m,把A(?2,0),D(4,?3)代入y=kx+m得到關(guān)于k、m的二
1
元一次方程組,解方程組即可得到直線l的函數(shù)表達(dá)式;設(shè)P(m,m2?m?3),用m表示N點坐標(biāo),分兩
4
種情況:PM=3MN;PM=3PN.分別列出m的方程進(jìn)行解答便可;
(3)分兩種情況,Q點在y軸正半軸上時;Q點在y軸負(fù)半軸上時.分別解決問題.
(1)
解:把點A(?2,0),B(6,0)代入y=ax2+bx?3,
4a2b3=0
,
36a+6b3=0
1
a
解得:4,
b1
1
∴拋物線的解析式為:y=x2?x?3;
4
(2)
解:設(shè)直線l函數(shù)關(guān)系式為:y=mx+n,
把點(?2,0)和(4,?3)代入,
2m+n=0
,
4m+n=3
1
m
解得:2,
n1
1
∴直線l的函數(shù)關(guān)系式為:y=?x?1;
2
11
設(shè)P(m,m2?m?3),則點N的坐標(biāo)為(m,?m?1),
42
111111
∴PM=?m2+m+3,MN=m+1,NP=?m?1?(m2?m?3)=?m2+m+2,
422442
第18頁共64頁.
分兩種情況:
11
①當(dāng)PM=3MN時,得?m2+m+3=3(m+1),
42
解得:m=0或?2(?2舍去),
∴點P坐標(biāo)為(0,?3);
111
②當(dāng)PM=3PN時,得?m2+m+3=3(?m2+m+2),
442
解得:m=3或?2(?2舍去),
15
∴點P坐標(biāo)為(3,?),
4
15
綜上所述:點P坐標(biāo)為(3,?)或(0,?3);
4
(3)
解:分兩種情況:①如圖2,當(dāng)Q在y軸的正半軸上時,記為點Q1,
過點A作AF⊥AD交DQ1于點F,
∵∠ADQ=45°,
第19頁共64頁.
∴△ADF是等腰直角三角形,
作FG⊥x軸于點G,作DH⊥x軸于點H,
∴∠FAG+∠DAH=∠HDA+∠DAH=90°,
∴∠FAG=∠HDA,
∵∠FGA=∠DHA,F(xiàn)A=AD,
∴△FAG≌△DAH(AAS),
∴AG=DH=3,F(xiàn)G=AH=6,
∴點F的坐標(biāo)為(1,6),
設(shè)直線DF的關(guān)系式為:y=kx+b,
k+b=6
,
4k+b=3
k=3
解得:,
b=9
∴直線DF的關(guān)系式為:y=?3x+9,
∴點Q1的坐標(biāo)為(0,9);
②如圖2,當(dāng)Q在y軸的正半軸上時,記為點Q2,
過點A作AF⊥AD交DQ2于點F,
∵∠ADQ=45°,
∴△ADF是等腰直角三角形,
作FG⊥x軸于點G,作DH⊥x軸于點H,
∴∠FAG+∠DAH=∠HDA+∠DAH=90°,
∴∠FAG=∠HDA,
∵∠FGA=∠DHA,F(xiàn)A=AD,
第20頁共64頁.
∴△FAG≌△ADH(AAS),
∴AG=DH=3,F(xiàn)G=AH=6,
∴點F的坐標(biāo)為(?5,?6),
設(shè)直線DF的關(guān)系式為:y=kx+b,
5k+b=6
,
4k+b=3
1
k
3
解得:,
13
b
3
113
∴直線DF的關(guān)系式為:y=x,
33
13
∴點Q2的坐標(biāo)為(0,?),
3
13
綜上所述:Q點的坐標(biāo)為(0,?)或(0,9).
3
【點睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題,考查了二次函數(shù)的性質(zhì),一次函數(shù)的性質(zhì),待定系數(shù)法,全等三角形
的判定與性質(zhì),等腰直角三角形的性質(zhì)等知識,解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用45°構(gòu)建等腰直角三角形,屬于中考
壓軸題.
【變式5】(2022·浙江紹興·模擬預(yù)測)如圖,ABC中BC30,DEF30,且點E為邊BC的中
點.將DEF繞點E旋轉(zhuǎn),在旋轉(zhuǎn)過程中,射線DE與線段AB相交于點P,射線EF與射線CA相交于點Q,
連結(jié)PQ.
(1)如圖1,當(dāng)點Q在線段CA上時,
①求證:BPE∽VCEQ;
②線段BE,BP,CQ之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系?請說明理由;
CQ
(2)當(dāng)△APQ為等腰三角形時,求的值.
BP
【答案】(1)①見解析,②BE2=BP·CQ
第21頁共64頁.
(2)1或3
BEBP
【分析】(1)①推導(dǎo)角度關(guān)系可得∠CEQ=∠BPE,結(jié)合∠B=∠C即可得出結(jié)論;②由①中相似可得=,
CQCE
結(jié)合BE=CE即可得出結(jié)論;
(2)Q點可能在線段CA上或者線段CA的延長線上,分兩種情況討論,結(jié)合(1)中的相似三角形即可得
出結(jié)果.
(1)
解:①∵∠DEF=30°,∠B=30°,
∴∠BED+∠CEQ=150°,∠BED+∠BPE=150°
∴∠CEQ=∠BPE,
∵∠B=∠C,
∴△BPE∽△CEQ;
②BE2=BP·CQ,理由如下∶
∵△BPE∽△CEQ
BEBP
∴=
CQCE
∴BE·CE=BP·CQ
∵點E為邊BC的中點,
∴BE=CE,
∴BE2=BP·CQ;
(2)
解:①當(dāng)點Q在線段AC上時,
∵∠A=180°-∠B-∠C=120°,為鈍角,
∴△APQ為等腰三角形時有AP=AQ,
∵∠B=∠C,
∴AB=AC,
∴BP=CQ,
CQ
∴=1
BP
②當(dāng)點Q在線段CA的延長線上時,如圖:連接PQ
第22頁共64頁.
∵∠BAC=120°,
∴∠BAQ=60°,
當(dāng)△APQ為等腰三角形時,有△APQ為等邊三角形
設(shè)AB=AC=2a,則BC=23a,
BE=CE=3a,
設(shè)AQ=AP=x,
則CQ=2a+x,BP=2a-x,
由(1)得∶BE2=BP·CQ
∴(3a)2=(2a+x)(2a-x),
解得∶x=a,
∴BP=a,CQ=3a,
CQ
∴=3
BP
CQ
綜上的值為1或3.
BP
【點睛】本題考查三角形相似綜合問題,熟練掌握一線三等角的相似三角形模型是解題關(guān)鍵.
【培優(yōu)練習(xí)】
1.(2022秋·浙江麗水·八年級統(tǒng)考期末)如圖,點P,D分別是∠ABC邊BA,BC上的點,且BD4,
ABC60.連結(jié)PD,以PD為邊,在PD的右側(cè)作等邊△DPE,連結(jié)BE,則△BDE的面積為()
A.43B.2C.4D.63
第23頁共64頁.
【答案】A
【分析】要求BDE的面積,想到過點E作EFBC,垂足為F,因為題目已知ABC60,想到把ABC
放在直角三角形中,所以過點D作DGBA,垂足為G,利用勾股定理求出DG的長,最后證明GPDFDE
即可解答.
【詳解】解:過點E作EFBC,垂足為F,過點D作DGBA,垂足為G,
在RtBGD中,BD4,ABC60,
BDG30,
1
BGBD2,
2
GDBD2BG223,
PDE是等邊三角形,
PDE60,PDDE,
PDBEDF180PDE120,
ABC60,
PDBBPD180ABC120,
BPDEDF,
PGDDFE90,
GPDFDE(AAS),
GDEF23,
1
BDE的面積BDEF,
2
1
423,
2
43,
故選:A.
【點睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì),全等三角形、勾股定理,解題的關(guān)鍵是根據(jù)題目的已知條件并結(jié)
合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線.
第24頁共64頁.
2.(2022秋·八年級課時練習(xí))如圖,在△ABC中,AB=AC=9,點E在邊AC上,AE的中垂線交BC于點
D,若∠ADE=∠B,CD=3BD,則CE等于()
99
A.3B.2C.D.
42
【答案】A
【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B=∠C,推出∠BAD=∠CDE,根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到AD
=ED,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CD=AB=9,BD=CE,即可得到結(jié)論.
【詳解】解:∵AB=AC=9,
∴∠B=∠C,
∵∠ADE=∠B,∠BAD=180°﹣∠B﹣∠ADB,∠CDE=180°﹣∠ADE﹣∠ADB,
∴∠BAD=∠CDE,
∵AE的中垂線交BC于點D,
∴AD=ED,
在△ABD與△DCE中,
BADCDE
BC,
ADED
∴△ABD≌△DCE(AAS),
∴CD=AB=9,BD=CE,
∵CD=3BD,
∴CE=BD=3
故選:A.
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì),線段垂直平分線的性質(zhì),全等三角形的性質(zhì),屬于基礎(chǔ)題.
3.(2022秋·八年級課時練習(xí))如圖所示,ABC中,ABAC,BAC90.直線l經(jīng)過點A,過點B作BEl
于點E,過點C作CFl于點F.若BE2,CF5,則EF__________.
第25頁共64頁.
【答案】7
【分析】根據(jù)全等三角形來實現(xiàn)相等線段之間的關(guān)系,從而進(jìn)行計算,即可得到答案;
【詳解】解:∵BE⊥l,CF⊥l,
∴∠AEB=∠CFA=90°.
∴∠EAB+∠EBA=90°.
又∵∠BAC=90°,
∴∠EAB+∠CAF=90°.
∴∠EBA=∠CAF.
在AEB和CFA中
∵∠△AEB=∠△CFA,∠EBA=∠CAF,AB=AC,
∴△AEB≌△CFA.
∴AE=CF,BE=AF.
∴AE+AF=BE+CF.
∴EF=BE+CF.
∵BE2,CF5,
∴EF257;
故答案為:7.
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì),余角的性質(zhì),解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識,正確的
證明三角形全等.
4.(2022·全國·九年級專題練習(xí))如圖,拋物線y=﹣x2+4x上有一點B(1,3),點B與點C關(guān)于拋物線的
對稱軸對稱.過點B作直線BH⊥x軸,交x軸于點H.點M在直線BH上運動,點N在x軸正半軸上運動,
以C,M,N為頂點的三角形為等腰直角三角形時,點N的坐標(biāo)為_____.
第26頁共64頁.
【答案】(2,0)或(4,0)
【分析】作輔助線構(gòu)造一線三垂直模型,利用全等的性質(zhì)即可確定點N的坐標(biāo).
【詳解】解:∵y=﹣x2+4x=﹣(x﹣2)2+4,
∴拋物線對稱軸為直線x=2,
∵點C和點B關(guān)于對稱軸對稱,點B的坐標(biāo)為(1,3),
∴C(3,3),
以點C、M、N為頂點的三角形為等腰直角三角形時,分三類情況討論:
①以點M為直角頂點且M在x軸上方時,如圖,
∵∠BMC+∠HMN=90°,∠HNM+∠HMN=90°,
∴∠BMC=∠HNM.
在△CBM和△MHN中,
BMCHNM
CBMMHN,
CMMN
∴△CBM≌△MHN(AAS),
∴BC=MH=2,BM=HN=3﹣2=1,
∴N(2,0);
第27頁共64頁.
②以點N為直角頂點且N在y軸右側(cè)時,如圖,過點N作y軸的平行線,交BC于點D,過點M作x軸的
平行線,交DN的延長線于點E,
同①可證ME=DN=NH=3,
∴ON=1+3=4,
∴N(4,0);
③以C為直角頂點時,過點N作ND⊥BC,交BC的延長線于點D,
同①可證DN=BC=2,
∵DN=BH=3,
∴此種情況不成立,不能構(gòu)成等腰直角三角形;
綜上可知當(dāng)△CMN為等腰直角三角形時N點坐標(biāo)為(2,0)或(4,0).
故答案為:(2,0)或(4,0).
【點睛】本題主要考查二次函數(shù)的應(yīng)用,等腰直角三角形的性質(zhì),全等三角形的判定與性質(zhì)等知識,關(guān)鍵
是要會用待定系數(shù)法求拋物線的解析式,熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì).
5.(2022秋·八年級課時練習(xí))如圖,直線l1⊥l3,l2⊥l3,垂足分別為P、Q,一塊含有45°的直角三角板的
頂點A、B、C分別在直線l1、l2、線段PQ上,點O是斜邊AB的中點,若PQ等于72,則OQ的長等于
第28頁共64頁.
_____.
【答案】6
【分析】由“AAS”可證△ACP≌△CBQ,可得AP=CQ,PC=BQ,由“AAS”可證△APO≌△BHO,可得AP
=BH,OP=OH,由等腰直角三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求解.
【詳解】解:如圖,連接PO,并延長交l2于點H,
∵l1⊥l3,l2⊥l3,
∴l(xiāng)1∥l3,∠APC=∠BQC=∠ACB=90°,
∴∠PAC+∠ACP=90°=∠ACP+∠BCQ,
∴∠PAC=∠BCQ,
在△ACP和△CBQ中,
PACBCQ
APCBQC,
ACBC
∴△ACP≌△CBQ(AAS),
∴AP=CQ,PC=BQ,
∴PC+CQ=AP+BQ=PQ=72,
∵AP∥BQ,
∴∠OAP=∠OBH,
第29頁共64頁.
∵點O是斜邊AB的中點,
∴AO=BO,
在△APO和△BHO中,
AOPBOH
APOBHO,
AOBO
∴△APO≌△BHO(AAS),
∴AP=BH,OP=OH,
∴BH+BQ=AP+BQ=PQ,
∴PQ=QH=72,
∵∠PQH=90°,
∴PH=2PQ=12,
∵OP=OH,∠PQH=90°,
1
∴OQ=PH=6.
2
故答案為:6
【點睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì),等腰三角形和直角三角形的性質(zhì),熟練掌握全等三角
形的判定和性質(zhì)定理,等腰三角形和直角三角形的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.
6.(2022秋·浙江金華·八年級校考階段練習(xí))如圖,在Rt△ABC中,BAC90,ABAC,分別過點B,
C作過點A的直線的垂線BD,CE,垂足為D,E.若BD4cm,CE3cm,求DE的長.
【答案】7cm
【分析】利用一線三垂直模型證明ABD≌CAE得到BDAE,ADCE即可得到答案.
【詳解】解:∵在Rt△ABC中,BAC90,ABAC,
∴DABEAC90,
∵BD⊥AD,CE⊥AE,
∴DE90,
第30頁共64頁.
∴DABDBA90,
∴DBAEAC,
又∵ABCA,
∴△ABD≌△CAEAAS,
∴BDAE4cm,ADCE3cm,
∴DEADAE7cm.
【點睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定,熟知一線三垂直模型是解題的關(guān)鍵.
7.(2022春·全國·九年級專題練習(xí))感知:(1)數(shù)學(xué)課上,老師給出了一個模型:
如圖1,BADACBAED90,由12BAD180,2DAED180,可得1D;
BC
又因為ACBAED90,可得△ABC∽△DAE,進(jìn)而得到______.我們把這個模型稱為“一線三等
AC
角”模型.
應(yīng)用:(2)實戰(zhàn)組受此模型的啟發(fā),將三等角變?yōu)榉侵苯?,如圖2,在ABC中,ABAC10,BC12,
點P是BC邊上的一個動點(不與B、C重合),點D是AC邊上的一個動點,且APDB.
①求證:△ABP∽△PCD;
②當(dāng)點P為BC中點時,求CD的長;
拓展:(3)在(2)的條件下如圖2,當(dāng)△APD為等腰三角形時,請直接寫出BP的長.
AE11
【答案】感知:(1);應(yīng)用:(2)①見解析;②3.6;拓展:(3)2或
DE3
【分析】(1)根據(jù)相似三角形的性質(zhì),即可求解;
(2)①根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B=∠C,根據(jù)三角形的外角性質(zhì)得到∠BAP=∠CPD,即可求證;
②根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計算,即可求解;
(3)分PA=PD、AP=AD、DA=DP三種情況,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì),即可求解.
【詳解】感知:(1)∵△ABC∽△DAE,
BCAC
∴,
AEDE
第31頁共64頁.
BCAE
∴,
ACDE
故答案為:AE;
DE
應(yīng)用:(2)①∵∠APC=∠B+∠BAP,∠APC=∠APD+∠CPD,∠APD=∠B,
∴∠BAP=∠CPD,
∵AB=AC,
∴∠B=∠C,
∴△ABP∽△PCD;
②BC=12,點P為BC中點,
∴BP=PC=6,
·∵△ABP∽△PCD,
ABBP106
∴,即,
PCCD6CD
解得:CD=3.6;
拓展:(3)當(dāng)PA=PD時,△ABP≌△PCD,
∴PC=AB=10,
∴BP=BC-PC=12-10=2;
當(dāng)AP=AD時,∠ADP=∠APD,
∵∠APD=∠B=∠C,
∴∠ADP=∠C,不合題意,
∴AP≠AD;
當(dāng)DA=DP時,∠DAP=∠APD=∠B,
∵∠C=∠C,
∴△BCA∽△ACP,
BCAC1210
∴,即,
ACCP10CP
25
解得:CP,
3
25
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
- 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護(hù)處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負(fù)責(zé)。
- 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準(zhǔn)確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 腦血管疾病治療
- 寧波市外事服務(wù)中心招聘真題2024
- 腹股溝疝診療培訓(xùn)
- 化學(xué)實驗探索
- 谷雨節(jié)氣與健康生活
- 構(gòu)筑生態(tài)校園
- 采購職場禮儀培訓(xùn)
- 2025至2030年中國銅合金放電用電極線市場調(diào)查研究報告
- 2025至2030年中國街道清掃車數(shù)據(jù)監(jiān)測研究報告
- 2025至2030年中國純棉細(xì)布坯數(shù)據(jù)監(jiān)測研究報告
- 《中國傳統(tǒng)文化儒家》課件
- 《籃球規(guī)則》課件
- 咨詢公司顧問崗位聘用協(xié)議
- 智慧農(nóng)貿(mào)解決方案
- 2024年四川省公務(wù)員錄用考試《行測》真題及答案解析
- “雙循環(huán)”視閾下我國稀土產(chǎn)業(yè)價值鏈的邏輯構(gòu)成與重構(gòu)路徑研究
- 2024年P(guān)E防靜電氣泡袋項目可行性研究報告
- 2024年四川省瀘州市中考物理試題含答案
- 【蘇寧易購建設(shè)財務(wù)共享服務(wù)中心的現(xiàn)存問題及優(yōu)化建議探析(論文)13000字】
- 《現(xiàn)代家政導(dǎo)論》電子教案 5.3模塊五項目三我國家政服務(wù)業(yè)發(fā)展認(rèn)知
- 化學(xué)實驗室安全培訓(xùn)課件
評論
0/150
提交評論