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專題18.1平行四邊形中的幾何綜合思維方法思維方法正向思維:是一類常規(guī)性的、傳統(tǒng)的思維形式,指的是大家按照自上而下,由近及遠(yuǎn)、從左到右、從可知到未知等一般而言的線性方向做出探究問題的思維途徑。逆向思維:是指在剖析、破解數(shù)學(xué)難題進(jìn)程中,可以靈活轉(zhuǎn)換思維方向,從常規(guī)思維的相反方向出發(fā)進(jìn)行探索的思維方式,比如正向思維無法解決問題時(shí)可反其道而行采取逆向思維,直接證明有困難時(shí)可采用間接證明。知識(shí)點(diǎn)總結(jié)知識(shí)點(diǎn)總結(jié)一、平行四邊形的性質(zhì)(1)平行四邊形的概念:有兩組對(duì)邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形.(2)平行四邊形的性質(zhì):①邊:平行四邊形的對(duì)邊相等.②角:平行四邊形的對(duì)角相等.③對(duì)角線:平行四邊形的對(duì)角線互相平分.(3)平行線間的距離處處相等.(4)平行四邊形的面積:①平行四邊形的面積等于它的底和這個(gè)底上的高的積.②同底(等底)同高(等高)的平行四邊形面積相等.二、平行四邊形的判定(1)定義:兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形(2)定理1:兩組對(duì)角分別相等的四邊形是平行四邊形(3)定理2:兩組對(duì)邊分別相等的四邊形是平行四邊形(4)定理3:對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形(5)定理4:一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形典例分析典例分析【典例1】已知?ABCD,BC=2.(1)如圖1,若以BC為邊作等邊△BCE,且點(diǎn)E恰好在邊AD上,直接寫出此時(shí)?ABCD的面積;(2)如圖2,若以BC為斜邊作等腰直角△BCF,且點(diǎn)F恰好在邊AD上,過C作CG⊥CD交BF于G,連接AG.①依題意將圖2補(bǔ)全;②用等式表示此時(shí)線段CD,(3)如圖3,以BC為邊作?BCMN,且∠CMN=60°,BN=3.若NA⊥BD,直接用等式表示此時(shí)BD與NA的數(shù)量關(guān)系.【思路點(diǎn)撥】(1)作EI⊥BC于點(diǎn)I,利用等邊三角形的性質(zhì)求得BI的長(zhǎng),再利用勾股定理求得EI的長(zhǎng),最后利用平行四邊形的面積公式求解即可;(2)①依照題意補(bǔ)全圖形即可;②延長(zhǎng)CF交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H,延長(zhǎng)CG交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)J,利用ASA證明△HBF≌△GCF,推出GC=BH,F(xiàn)G=FH,再證明△AFG≌△AFHSAS,推出AG=AH,即可證明CG=CD+AG(3)連接BM,作BK⊥MN并交MN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)K,推出四邊形ADMN是平行四邊形,得到△BMD是直角三角形,BD2+D【解題過程】(1)解:作EI⊥BC于點(diǎn)I,∵△BCE是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形,∴BI=IC=1∴EI=B∴此時(shí)?ABCD的面積為BC×EI=2×3(2)解:①補(bǔ)全圖形如圖,②CG=CD+AG;理由如下,延長(zhǎng)CF交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H,延長(zhǎng)CG交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)J,∵△BCF是以BC為斜邊的等腰直角三角形,∴BF=CF,∠BFC=∠BFH=90°,∠FBC=45°,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,∴∠AFB=∠FBC=45°=∠AFH,∵四邊形ABCD是平行四邊形,CG⊥CD,∴∠BJG=∠GFC=90°,∴∠HBF=90°?∠BGJ=90°?∠FGC=∠GCF,在△HBF和△GCF中,∠HFB=∠GFC=90°BF=CF∴△HBF≌△GCFASA∴GC=BH,F(xiàn)G=FH,又∵∠AFB=∠AFH,F(xiàn)A=FA,∴△AFG≌△AFHSAS∴AG=AH,∴CG=BH=BA+AH=CD+AG;(3)解:BD連接BM,作BK⊥MN并交MN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)K,由題意得MN=AD=BC=2,MN∥∴四邊形ADMN是平行四邊形,∴MD=AN,MD∥∵NA⊥BD,∴MD⊥BD,即△BMD是直角三角形,∵四邊形BCMN是平行四邊形,且∠CMN=60°,∴∠CBN=∠CMN=60°,∠KBN=90°?60°=30°,∵BN=3,∴KN=12BN=∴KM=KN+MN=7∴BM=B∴BD2+D學(xué)霸必刷學(xué)霸必刷1.(22-23九年級(jí)上·黑龍江哈爾濱·階段練習(xí))四邊形ABCD中AB∥CD,∠ABC=∠ADC
(1)求證:四邊形ABCD是平行四邊形;(2)E是BC上一點(diǎn),連接DE,F(xiàn)在DE上,連接AF、CF,AF=CF,∠DAF=∠DFC,求證:CE=FD;(3)在(2)的條件下,若∠BED?∠AFD=60°,DE=5,AF=2.求線段BE的長(zhǎng)度.
【思路點(diǎn)撥】(1)證明AD∥BC,即可證得結(jié)論;(2)在AD上取一點(diǎn)G,連接FG,使FG=FA,如圖,證明△GFD≌△FCEAAS(3)如圖,作FM∥BC交AB于M,證明△AFG是等邊三角形,可得AF=AG=FG=2,∠AGF=60°,設(shè)EF=x,用含x的代數(shù)式表示出直角三角形FDH中的相關(guān)線段,然后利用勾股定理列出方程求出x,進(jìn)而求解.【解題過程】(1)證明:∵AB∥∴∠B+∠C=180°,∵∠ABC=∠ADC,∴∠D+∠C=180°,∴AD∥BC,∴四邊形ABCD是平行四邊形;(2)證明:在AD上取一點(diǎn)G,連接FG,使FG=FA,如圖,則∠FAG=∠FGA,∵∠DAF=∠DFC,AF=CF,∴∠FGA=∠DFC,F(xiàn)G=FC,∴∠FGD=∠CFE,∵AD∥BC,∴∠GDF=∠FEC,∴△GFD≌△FCEAAS∴CE=FD;
(3)解:如圖,作FM∥BC交AB于M,則MF∥AD,∠BED=∠MFD,∵∠BED?∠AFD=60°,∴∠MFD?∠AFD=60°,即∠AFM=60°,∴∠DAF=60°,∵FA=FG,∴△AFG是等邊三角形,∴AF=AG=FG=2,∠AGF=60°,作FH⊥AD于點(diǎn)H,則HG=1∴HF=2設(shè)EF=x,則DG=EF=x,DF=DE?EF=5?x,DH=x+1,∴在直角三角形FDH中,根據(jù)勾股定理可得:x+12解得:x=7∴AD=2+x=154,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴BC=AD=15∴BE=152.(22-23八年級(jí)下·廣東·開學(xué)考試)如圖,在平行四邊形ABCD中,AB⊥AC,對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O,將直線AC繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度α(0°<α≤90°),分別交線段BC、AD于點(diǎn)E、F,已知AB=1,BC=5,連接BF
(1)如圖①,在旋轉(zhuǎn)的過程中,請(qǐng)寫出線段AF與EC的數(shù)量關(guān)系,并證明;(2)如圖②,當(dāng)α=45°時(shí),請(qǐng)寫出線段BF與DF的數(shù)量關(guān)系,并證明;(3)如圖③,當(dāng)α=90°時(shí),求△BOF的面積.
【思路點(diǎn)撥】(1)由平行四邊形的性質(zhì)得出AD∥BC,AO=CO,則∠FAO=∠ECO,由ASA證得△AFO≌△CEO,即可得出結(jié)論(2)由勾股定理得出AC=BC2?AB2=2,由平行四邊形的性質(zhì)得出BO=DO,AO=CO=12AC=1,推出AB=AO,求出∠BOF=∠AOB+∠AOF=90°,即(3)由∠CAB=∠AOF=α=90°,得出AB∥EF,證得四邊形ABEF是平行四邊形,則AB=EF=1,由(1)得△AFO≌△CEO,得出OF=OE=12EF=12,由(2)得AO=1,由AB∥EF,AO⊥EF,則【解題過程】(1)解:AF=CE;理由如下:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,∴∠FAO=∠ECO,∴在△AFO與△CEO中,∠FAO=∠ECOAO=CO∴△AFO≌△CEO(ASA∴AF=EC;(2)BF=DF;理由如下:∵AB⊥AC,∴∠BAC=90°,∴AC=B∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴BO=DO,AO=CO=12AC=1∴AB=AO,又∵AB⊥AC,∴∠AOB=45°,∵α=45°,∠AOF=45°,∴∠BOF=∠AOB+∠AOF=45°+45°=90°,∴EF⊥BD,∵BO=DO,∴BF=DF;(3)∵AB⊥AC,∴∠CAB=90°,∴∠CAB=∠AOF=α=90°,∴AB∥∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AF∥∴四邊形ABEF是平行四邊形,∴AB=EF=1,由(1)得:△AFO≌△CEO,∴OF=OE=12EF=1由(2)得:AO=1,∵AB∥EF,∴S△BOF=S△AOF=12AO?OF=123.(22-23八年級(jí)下·湖北武漢·階段練習(xí))在△ABC中,AB=AC,點(diǎn)P為△ABC所在平面內(nèi)的一點(diǎn),過點(diǎn)P分別作PE∥AC交AB于點(diǎn)E,PF∥AB交BC于點(diǎn)D,交(1)如圖1,若點(diǎn)P在BC邊上,此時(shí)PD=0,直接寫出PD、PE、PF與AB滿足的數(shù)量關(guān)系;(2)如圖2,當(dāng)點(diǎn)P在△ABC內(nèi),猜想并寫出PD、PE、PF與AB滿足的數(shù)量關(guān)系,然后證明你的猜想;(3)如圖3,當(dāng)點(diǎn)P在△ABC外,猜想并寫出PD、PE、PF與AB滿足的數(shù)量關(guān)系.(不用說明理由)
【思路點(diǎn)撥】(1)證平行四邊形PEAF,推出PE=AF,PF=AE,根據(jù)等腰三角形性質(zhì)推出∠B=∠C=∠EPB,推出PE=BE即可;(2)過點(diǎn)P作MN∥CB分別交AB、AC于M、N兩點(diǎn),推出PE+PF=AM,再推出(3)過點(diǎn)P作MN∥CB分別交AB、AC于M、N兩點(diǎn),推出PE+PF=AM,再推出【解題過程】(1)結(jié)論是PD+PE+PF=AB,證明:∵PE∥AC,∴四邊形PEAF是平行四邊形,∴PF=AE,∵AB∴∠B=∠C,∵PE∥∴∠EPB=∠C,∴∠B=∠EPB,∴PE=BE,∵AE+BE=AB,∴PE+PF=AB,∵PD=0,∴PD+PE+PF=AB.(2)結(jié)論是PD+PE+PF=AB,證明:過點(diǎn)P作MN∥CB分別交AB、AC于M、由(1)得:PE+PF=AM,∵四邊形BDPM是平行四邊形,∵M(jìn)B=PD,∴PD+PE+PF=AM+MB=AB.(3)結(jié)論是PE+PF?PD=AB.證明:過點(diǎn)P作MN∥CB分別交AB、AC延長(zhǎng)線于M、由(1)得:PE+PF=AM,∵四邊形BDPM是平行四邊形,∵M(jìn)B=PD,∴AB=AM?MB=PE+PF?PD.即PE+PF?PD=AB.4.(22-23八年級(jí)下·遼寧沈陽(yáng)·階段練習(xí))已知?ABCD中,一動(dòng)點(diǎn)P在AD邊上,以每秒1cm的速度從點(diǎn)A向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng).(1)如圖,運(yùn)動(dòng)過程中,若BP平分∠ABC,且滿足AB=BP,求∠ABC的度數(shù).
(2)如圖,在(1)的條件下,連結(jié)CP并延長(zhǎng),與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F,連結(jié)DF,若CD=23cm,直接寫出:△DPF的面積為___________
(3)如圖,另一動(dòng)點(diǎn)Q在BC邊上,以每秒4cm的速度從點(diǎn)C出發(fā),在BC間往返運(yùn)動(dòng),兩個(gè)點(diǎn)同時(shí)出發(fā),當(dāng)點(diǎn)P停止運(yùn)動(dòng)時(shí)Q點(diǎn)也停止,設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tt>0,若AD=12cm,則t=___________秒時(shí),以P、D、Q、
【思路點(diǎn)撥】(1)可證AB=AP,從而可證AB=BP=AP,即可求解;(2)設(shè)邊CD上的高為?1,邊BC上的高為?2,S△PBC(3)當(dāng)PD=BQ時(shí),四邊形PDBQ是平行四邊形,進(jìn)行分類討論:①當(dāng)12?t=12?4t時(shí),②當(dāng)12?t=24?4t時(shí),③當(dāng)12?t=4t?12時(shí),④當(dāng)12?t=4t?24時(shí),⑤當(dāng)12?t=36?4t時(shí),⑥當(dāng)12?t=4t?36時(shí),即可求解.【解題過程】(1)解:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥∴∠APB=∠CBP,∵BP平分∠ABC,∴∠ABP=∠CBP,∴∠ABP=∠APB,∴AB=AP,∵AB=BP,∴AB=BP=AP,∴△ABP是等邊三角形,∴∠ABP=60°,∴∠ABC=120°.(2)解:如圖,設(shè)邊CD上的高為?1,邊BC上的高為?
,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴SS△PBC∴S△PBC∴S∴S△PAB∴S∴S∵△ABP是等邊三角形,∴S(3)解:∵PD∥∴當(dāng)PD=BQ時(shí),四邊形PDBQ是平行四邊形,∵121=12∴0≤t<12,①當(dāng)12?t=12?4t時(shí),解得:t=0;此時(shí)當(dāng)P與A重合,Q與C重合;②當(dāng)12?t=24?4t時(shí),解得:t=4;③當(dāng)12?t=4t?12時(shí),解得:t=4.8;④當(dāng)12?t=4t?24時(shí),解得:t=7.2;⑤當(dāng)12?t=36?4t時(shí),解得:t=8;⑥當(dāng)12?t=4t?36時(shí),解得:t=9.6;綜上所述:t為0秒、4秒、4.8秒、7.2秒、8秒、9.6秒.5.(22-23八年級(jí)下·浙江金華·期中)如圖1,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AC=12,點(diǎn)P,Q分別是CA,AB上的動(dòng)點(diǎn),P從C出發(fā)以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng),Q從A出發(fā)以每秒8個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng),兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā),當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)整個(gè)運(yùn)動(dòng)結(jié)束,設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.過點(diǎn)Q作QM⊥BC
(1)AP=______,QM=______.(用含t的代數(shù)式表示)(2)如圖2,已知點(diǎn)D為BC中點(diǎn),連接QD,PD,以QD,①當(dāng)PA=3PC時(shí),求QD的長(zhǎng);②在運(yùn)動(dòng)過程中,是否存在某一時(shí)刻,使得平行四邊形DPEQ的一邊落在Rt△ABC的某邊上?若存在,求出所有符合條件的t
【思路點(diǎn)撥】(1)先利用含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出AB=24,進(jìn)而得到CP=3t,AQ=8t,據(jù)此求出(2)①根據(jù)PA=3PC,求出t=1,則BQ=16,QM=8,利用勾股定理分別求出BM=83,BC=123,進(jìn)而求出【解題過程】(1)解:∵在Rt△ABC中,∠C=90°,∠B=30°,AC=12∴AB=2AC=24,∵P從C出發(fā)以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng),Q從A出發(fā)以每秒8個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng),∴CP=3t,∴AP=AC?CP=12?3t,∵QM⊥BC,∴∠QMB=90°,又∵∠B=30°,∴QM=1故答案為:12?3t,12?4t;(2)解:①∵PA=3PC,∴3×3t=12?3t,解得t=1,∴BQ=24?8t=16,∴BM=B在Rt△ABC中,由勾股定理得BC=∵點(diǎn)D為BC中點(diǎn),∴BD=1∴DM=BM?BD=23在Rt△DMQ中,由勾股定理得QD=②如圖2-1所示,當(dāng)PE落在AC上時(shí),則PE∥QD,∴QD⊥BC,∴此時(shí)點(diǎn)D與點(diǎn)M重合,∴QD=12?4t,在Rt△QBD中,由勾股定理得B∴4t解得t=32或如圖2-2所示,當(dāng)QE落在AB上時(shí),延長(zhǎng)PD到H使得PD=HD,連接BH,∵CD=BD,∴△PCD≌△HBDSAS∴CP=BH,∴BH∥AC,∵四邊形DQEP是平行四邊形,∴PD∥DE,∴四邊形APHB是平行四邊形,∴AP=BH=CP,∴3t=12?3t,解得t=2;如圖2-3所示,當(dāng)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B時(shí),此時(shí)DQ在BC上,∴t=24綜上所述,t的值為326.(22-23八年級(jí)下·江蘇蘇州·期中)如圖1所示,平行四邊形ABCD是蘇州樂園某主題區(qū)域的平面示意圖,A,B,C,D分別是該區(qū)域的四個(gè)入口,兩條主干道AC,BD交于點(diǎn)O,請(qǐng)你幫助蘇州樂園的管理人員解決以下問題:(1)若AB=1.3km,AC=2km,(2)在(1)的條件下,如圖2,樂園管理人員為提升游客游覽的體驗(yàn)感,準(zhǔn)備修建三條綠道AN,MN,CM,其中點(diǎn)M在OB上,點(diǎn)N在OD上,且BM=ON(點(diǎn)M與點(diǎn)O,B不重合),并計(jì)劃在(3)若將該區(qū)域擴(kuò)大,如圖3,此時(shí)AC⊥BD,
【思路點(diǎn)撥】(1)利用平行四邊形的性質(zhì)求出OA,OB,進(jìn)而可得AB=OB≠OA,則(2)根據(jù)已知條件可得S△COM=S△AOM,從而(3)如圖所示,過點(diǎn)M作MP∥AN,過點(diǎn)A作AP∥MN交MP于P,則四邊形APMN是平行四邊形,AN=PM,AP=MN,同理可得OB=12BD=1.5km,求出AP=MN=1.5km,進(jìn)而推出當(dāng)C、M、P三點(diǎn)共線時(shí),PM+CM最小,即AN+MN+CM【解題過程】(1)解:△AOB是等腰三角形,理由如下:∵四邊形ABCD是平行四邊形,AB=1.3km,∴OA=1∴AB=OB≠OA,∴△AOB是等腰三角形;(2)解:連接AM、CN,如圖:∵在△ACM中,OA=OC,∴S∴S∵OB=BM+MO,BM=ON,OB=OD=1∴MN=MO+ON=OB=1∴S過點(diǎn)B作BE⊥OA于點(diǎn)E,∴AE=OE=1∴BE=A∴S∴S∴S∴種植馬鞭草區(qū)域的面積為0.6km(3)解:如圖所示,過點(diǎn)M作MP∥AN,過點(diǎn)A作AP∥MN交MP于P,則四邊形APMN是平行四邊形,∴AN=PM,同理可得OB=1∵BM=ON,∴BM+OM=ON+OM,∴MN=OB=1.5km∴AP=MN=1.5km∴AN+MN+CM=PM+CM+1.5,∴當(dāng)C、M、P三點(diǎn)共線時(shí),PM+CM最小,即AN+MN+CM最小,最小值為PC+1.5,在Rt△APC中,由勾股定理得PC=∴AN+MN+CM最小∴修建這三條綠道投入資金的最小值為3177.(22-23八年級(jí)下·廣東深圳·期中)如圖所示,在平行四邊形ABCD中,AE平分∠BAD交BC邊于E,EF⊥AE交CD于F.
(1)求證:AB=BE;(2)求證:CE=CF;(3)延長(zhǎng)AD、EF交于點(diǎn)H,延長(zhǎng)BA到G,使AG=CF,若AD=7,DF=3,EH=2AE,求GF的長(zhǎng).
【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC,從而得到∠DAE=∠AEB,再根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得∠DAE=∠BAE,從而即可得出AB=BE;(2)由題意可得:∠DAE=∠BAE=∠AEB=12∠BAD=12∠C,則(3)連接AC,作AP⊥BC于P,由題意可求AB=BE=CD=5,CE=CF=2,即可求DH=3,根據(jù)勾股定理可求AE的長(zhǎng),根據(jù)勾股定理可列出方程,可求出BP,AP,PE,PC的長(zhǎng)度,再根據(jù)勾股定理可求AC的長(zhǎng),由題意可證AC=GF,即可得GF的長(zhǎng).【解題過程】(1)證明:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥BC,∴∠DAE=∠AEB,∵AE平分∠DAB,∴∠DAE=∠BAE,∴∠AEB=∠BAE,∴AB=BE;(2)證明:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴∠BAD=∠C,∴∠DAE=∠AEB,∵AE平分∠DAB,∴∠BAE=∠DAE=1∴∠BAE=∠AEB=1∵AE⊥EF,∴∠AEF=90°,∴∠AEB+∠FEC=90°,即12∴1∵∠C+∠FEC+∠EFC=180°,∴1∴∠EFC=∠FEC,∴CE=CF;(3)解:如圖連接AC,作AP⊥BC于P,
∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AB=CD,∵CE=CF,∴BC?BE=CD?DF,且AB=BE=CD,∴7?AB=AB?3,∴AB=5=BE=CD,∴CE=CF=2,∵AD∥BC,∴∠H=∠FEC,且∠FEC=∠EFC,∴∠H=∠DFH,∴DH=DF=3,∴AH=10,在Rt△AEH中,AH2∴5AE∴AE=25在Rt△ABP和Rt△APE中,AP∴AB∴25?B∴BP=3,∴AP=4,在Rt△APC中,AC=∵AB∥CD,∴四邊形AGFC是平行四邊形,∴GF=AC=428.(22-23八年級(jí)下·遼寧大連·期末)如圖1,四邊形ABCD中,AD∥BC,AD⊥AB,BD⊥DC,E、F分別為DC、DB上一點(diǎn),G為DB延長(zhǎng)線上一點(diǎn),DE=DF=GB,EF的延長(zhǎng)線交AB于M,交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N,∠DBC=∠DGM,
(1)①求證∠G=∠ADG;②試判斷四邊形NBCD的形狀,并加以證明;(2)如圖2,過點(diǎn)M作MP∥AD,BF=7,MF=42
【思路點(diǎn)撥】(1)①由平行線的性質(zhì)可得∠ADB=∠DBC,結(jié)合已知即可證明;②在DN取一點(diǎn)H,使DH=GM,連接BH交NF于點(diǎn)K,可證△DEF是等腰直角三角形,∠DFE=∠DEF=45°,證明△GFM≌△BDH,得到∠MFG=∠HBD=45°,證明∠BKM=∠NKH=90°,BK=KF,∠HNK=∠MBK可得△HNK≌△MBK,NK=BK=KF,△BKN是等腰直角三角形,∠BNK=∠NBK=45°,得到(2)過點(diǎn)M作MQ⊥PG,設(shè)BG=DF=x,由勾股定理可得MQ=FQ=4,求得BQ=3,BM=5,GQ=3+x,證明∠MPB=∠G,得到MG=MP,PG=2GQ=6+2x,PB=6+2x?x=6+x,由勾股定理可得MP【解題過程】(1)①證明:∵AD∥∴∠ADB=∠DBC,∵∠DBC=∠DGM,∴∠G=∠ADG;②四邊形NBCD是平行四邊形,證明如下:如圖,在DN上取一點(diǎn)H,使DH=GM,連接BH交NF于點(diǎn)K,
∵DE=DF,BD⊥DC∴△DEF是等腰直角三角形,∠DFE=∠DEF=45°,∵DN=GM+BM,∴NH=BM,∵DF=GB,∴DB=GF,在△BDH和△GFM中,GM=DH∠G=∠HDB∴△GFM≌∴∠MFG=∠HBD=45°,∴BK=KF,∠BKF=90°,∴∠BKM=∠NKH=90°,∴∠HNK=∠MBK,在△HNK和△MBK中,∠HNK=∠MBK∠HKN=∠MKB=90°∴∠HNK≌∴NK=BK=KF,∴△BKN是等腰直角三角形,∠BNK=∠NBK=45°,∴∠NBF=90°,∵∠NBF=∠BDC=90°,∴BN∥∵ND∥∴四邊形NBCD是平行四邊形;(2)如圖,過點(diǎn)M作MQ⊥PG,設(shè)BG=DF=x,
∵∠MFQ=45°∴MQ=FQ,∵M(jìn)Q2+F∴MQ=FQ=4,∵BF=7,∴BQ=7?4=3,∴BM=MQ2∵M(jìn)P∥∴MP∥∴∠MPB=∠PBC,∵∠G=∠PBC,∴∠MPB=∠G,∴MG=MP,PG=2GQ=6+2x,PB=6+2x?x=6+x,M∴6+x解得x=7∴BG=79.(23-24九年級(jí)上·黑龍江哈爾濱·階段練習(xí))AD是△ABC的中線,AE∥BC,BE交AD于點(diǎn)F,且
(1)如圖1,求證:四邊形ADCE是平行四邊形.(2)如圖2,在(1)的條件下,∠ADB=120°,設(shè)對(duì)角線AC、DE交于點(diǎn)O,過點(diǎn)O作OQ⊥AC交∠ADB的角平分線于點(diǎn)Q,OQ與AD交于點(diǎn)P,求證:AD?DC=DQ.(3)如圖3,在(2)的條件下,若CE=3,QD=1,求AP的長(zhǎng).
【思路點(diǎn)撥】(1)證明△AEF≌△DBFAAS,得出AE=DB,證出AE=DC,由AE∥BC(2)過點(diǎn)Q作QM⊥BC于點(diǎn)M,作QN⊥AD于點(diǎn)N,連接AQ,CQ,由角平分線的性質(zhì)得出QM=QN,∠QDM=∠QDN=60°,求出∠DQM=∠DQN=30°,由直角三角形的性質(zhì)得出DM=DN=12DQ,由線段垂直平分線的性質(zhì)得出AQ=CQ,證明Rt(3)由平行四邊形的性質(zhì)得出AD=CE=3,由(2)得出DC=AD?DQ=2,過C作CK⊥AD于K,連接CP,由直角三角形的性質(zhì)得出DK=12CD=1,CK=3DK=3,得出PK=AD?AP?DK?2?AP,由線段垂直平分線的性質(zhì)得出AP=CP,在【解題過程】(1)證明:∵AE∥∴∠AEF=∠DBF,在△AEF和△DBF中,∠AEF=∠DBF∠AFE=∠DFB∴△AEF≌△DBFAAS∴AE=DB,∵AD是△ABC的中線,∴DB=DC,∴AE=DC,又∵AE∥∴四邊形ADCE是平行四邊形;(2)如圖,過點(diǎn)Q作QM⊥BC于點(diǎn)M,作QN⊥AD于點(diǎn)N,連接AQ,CQ,
∵DQ平分∠ADB,∠ADB=120°,∴QM=QN,∠QDM=∠QDN=60°,∴∠DQM=∠DQN=30°,∴DM=DN=1由(1)得:四邊形ADCE是平行四邊形,∴OA=OC,∵OQ⊥AC,∴AQ=CQ,在Rt△CMQ和RtCQ=AQQM=QN∴Rt∴CM=AN,∴AD?DC=AN+DN?CM?DM即AD?DC=DQ;(3)∵四邊形ADCE是平行四邊形,∴AD=CE=3,由(2)得:AD?DC=DQ,∴DC=AD?DQ=3?1=2,如下圖,過點(diǎn)C作CK⊥AD于K,連接CP,
∵∠ADB=120°,∴∠ADC=60°,∴∠KCD=30°,∴DK=12CD=1∴PK=AD?AP?DK?2?AP,∵OA=OC,OP⊥AC,∴AP=CP,在Rt△PKC由勾股定理得:PC2=P解得:AP=7∴AP的長(zhǎng)為7410.(22-23八年級(jí)下·遼寧葫蘆島·期末)在四邊形ABCD中,∠BAD=∠C=45°,AD=BD,∠CBD=90°.(1)求證:四邊形ABCD是平行四邊形;(2)若點(diǎn)P為線段CD上的動(dòng)點(diǎn)(點(diǎn)P不與點(diǎn)D重合),連接AP,過點(diǎn)P作EP⊥AP交直線BD于點(diǎn)E.①如圖2,當(dāng)點(diǎn)P為線段CD的中點(diǎn)時(shí),請(qǐng)直接寫出PA,PE的數(shù)量關(guān)系;②如圖3,當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上時(shí),求證:DA+2
【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)已知條件得到AB∥CD,AD∥BC,再由平行四邊形的判定即可得證;(2)①連接BD,可知△BDC是等腰直角三角形,再證明△PAD≌△PEDAAS,利用全等三角形性質(zhì)即可得到PA=PE②過點(diǎn)P作PF⊥CD交DE于點(diǎn)F,首先證明△ADP≌△EFPASA,得AD=EF,進(jìn)而再證明△DPF【解題過程】(1)證明:∵AD=BD,∠BAD=45°,∴∠BAD=∠ABD=45°,∴∠ADB=90°,∵∠CBD=90°,∴∠CBD=∠ADB,∴AD∥BC,∵∠C=45°,∠CBD=90°,∴∠BDC=45°,BD=BD,∴∠BDC=∠ABD=45°,∴AB∥CD,∴四邊形ABCD是平行四邊形;(2)解:①AP=PE,理由如下:連接BP,如圖所示:由(1)知△BDC是等腰直角三角形,當(dāng)點(diǎn)P為線段CD的中點(diǎn)時(shí),BP=PD=12CD∴∠PBE=180°?∠PBC=135°,∵AB∥CD,∴∠ADC=180°?∠BAD=180°?45°=135°,∴∠ADC=∠PBE,∵∠PAD+∠AOD=∠PEB+∠POE=90°,∠AOD=∠POE,∴∠PAD=∠PEB,∴△PAD≌△PEDAAS∴AP=PE;②證明:過點(diǎn)P作PF⊥CD交DE于點(diǎn)F,如圖所示:∵PF⊥CD,EP⊥AP,∴∠DPF=∠APE=90°,∴∠DPA=∠FPE,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴∠C=∠DAB=45°,AB∥CD,又∵AD=BD,∴∠DAB=∠DBA=∠C=∠CDB=45°,∴∠ADB=∠DBC=90°,∴∠PFD=45°,∴∠PFD=∠PDF,∴PD=PF,∴∠PDA=∠PFE=135°,∴△ADP≌△EFPASA∴AD=EF,在Rt△FDP中,∠PDF=45°,則DF=∵DE=DF+EF,∴DA+211.(23-24九年級(jí)上·吉林長(zhǎng)春·階段練習(xí))如圖,在?ABCD中,O為對(duì)角線BD的中點(diǎn),∠ADB=90°,∠A=60°,AD=4.動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā),以每秒2個(gè)單位的速度沿折線AB?BC向終點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng),連結(jié)PO并延長(zhǎng)交折線CD?DA于點(diǎn)Q,將線段PQ繞著點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°得到線段PE,連結(jié)QE,設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t(s).
(1)用含t的代數(shù)式表示PB的長(zhǎng).(2)當(dāng)點(diǎn)P在邊AB上運(yùn)動(dòng)時(shí),求證:AP=CQ.(3)當(dāng)點(diǎn)E在△ABD內(nèi)部時(shí),求t的取值范圍.(4)當(dāng)△PQE與△BCD的重疊部分圖形是軸對(duì)稱的三角形時(shí),直接寫出t的值.
【思路點(diǎn)撥】(1)利用含30°角的直角三角形的性質(zhì),平行四邊形的性質(zhì)解答即可;(2)連接AC,利用平行四邊形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可;(3)利用平行四邊形的性質(zhì),等邊三角形的判定與性質(zhì)求得點(diǎn)E的臨界值時(shí)的t值,從而得到t的取值范圍;(4)畫出符合題意的圖形,利用PB的長(zhǎng)度列出關(guān)于t的方程解答即可.【解題過程】(1)解:∵∠ADB=90°,∠A=60°,AD=4,∴∠ABD=30°,∴AB=2AD=8,∴BD=A∵四邊形ABCD為平行四邊形,∴BC=AD=4.①當(dāng)0≤t≤4時(shí),PB=AB?AP=8?2t,②當(dāng)4<t≤6時(shí),PB=2t?8(2)證明:連接AC,如圖,
∵在?ABCD中,O為對(duì)角線BD的中點(diǎn),∴AC經(jīng)過點(diǎn)O,OA=OC,∵四邊形ABCD為平行四邊形,∴AB∥∴∠QCO=∠PAO.在△APO和△CQO中,∠AOP=∠COQOA=OC∴△APO≌△CQO(ASA∴AP=CQ(3)解:①當(dāng)點(diǎn)E與點(diǎn)D重合時(shí),如圖,
由題意得:△PQE為等邊三角形,∴∠PQE=∠QPE=60°,∵AB∥∴∠QPB=∠PQE=60°,∴∠A=∠QPB=60°,∴AD∥∴四邊形APQD為平行四邊形,∴PQ=AD=4,∴DQ=PQ=AP=4,∴2t=4,∴t=2,②當(dāng)點(diǎn)E落在AB邊上時(shí),如圖,
由題意得:△PQE為等邊三角形,∴∠PEQ=60°,∴∠A=∠PEQ=60°,∴AD∥∴四邊形AEQD為平行四邊形,∴EQ=AD=4,AE=DQ,∴PE=4.∴AE=AP?PE=2t?4.在△DOQ和△BOP中,∠DOQ=∠BOPOD=OB∴△DOQ≌△BOP(AAS∴DQ=PB,∴PB=AE,∴8?2t=2t?4,∴t=3,∴當(dāng)點(diǎn)E在△ABD內(nèi)部時(shí),t的取值范圍為:2<t<3(4)①當(dāng)點(diǎn)P在邊AB上運(yùn)動(dòng)時(shí),PE經(jīng)過點(diǎn)D時(shí),△PQE與△BCD的重疊部分圖形是軸對(duì)稱的三角形,
∴OD=OQ,∴∠ODQ=∠OQD=30°,∵∠QPE=60°,∴∠PDQ=90°,∴PD⊥DQ,∵AB∥∴DP⊥AB,∴AP=1∴2t=2,∴t=1.②當(dāng)點(diǎn)P在邊BC上運(yùn)動(dòng)時(shí),如果BO=BP,則,△PQE與△BCD的重疊部分圖形是軸對(duì)稱的三角形,如圖,
∴BP=BO=1∴2t?8=23∴t=4+3綜上,當(dāng)△PQE與△BCD的重疊部分圖形是軸對(duì)稱的三角形時(shí),t的值為1或4+312.(22-23八年級(jí)下·河南安陽(yáng)·期末)如圖,在?ABCD中,BD為對(duì)角線,EF垂直平分BD分別交AD、BC的于點(diǎn)E、F,交BD于點(diǎn)O.
(1)試說明:BF=DE;(2)試說明:△ABE≌△CDF;(3)如果在?ABCD中,AB=5,AD=10,有兩動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從B、D兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā),沿△BAE和△DFC各邊運(yùn)動(dòng)一周,即點(diǎn)P自B→A→E→B停止,點(diǎn)Q自D→F→C→D停止,點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的路程是m,點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)的路程是n,當(dāng)四邊形BPDQ是平行四邊形時(shí),直接寫出m與n滿足的數(shù)量關(guān)系.
【思路點(diǎn)撥】(1)證明△EOD≌△FOBASA(2)由(1)知:BF=DE,根據(jù)平行四邊形性質(zhì)求出∠A=∠C,AB=CD,AD=BC,推出AE=CF,根據(jù)SAS證明△ABE≌△CDF即可;(3)分為三種情況,求出△DFC的周長(zhǎng),每種情況m+n都等于△DFC的周長(zhǎng).【解題過程】(1)證明:∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴AD∥∴∠EDO=∠FBO,∵EF垂直平分BD,∴OB=OD,在△EOD和△FOB中,∠EOD=∠FOBOD=OB∴△EOD≌△FOBASA∴BF=DE;(2)證明:由(1)知:DE=BF,∵四邊形ABCD是平行四邊形,∴∠A=∠C,AB=CD,AD=BC,∴AD?DE=BC?BF,∴AE=CF,在△ABE和△CDF中,AB=CD∠A=∠C∴△ABE≌△CDFSAS(3)解:∵EF垂直平分BD,∴BF=DF,∵在?ABCD中,AB=5,AD=10,∴CD=AB=5,BC=AD=10,AB∥CD,∵△ABE≌△CDF,AE=CF,∴BE=DF,∴△DFC的周長(zhǎng)是DF+CF+CD=BF+CF+CD=BC+CD=15,△ABE的周長(zhǎng)也是15,①當(dāng)P在AB上,Q在CD上,∵AB∥∴∠BPO=∠DQO,BP∥在△BPO和△DQO中,∠BPO=∠DQO∠POB=∠QOD∴△BPO≌△DQOAAS∴BP=DQ,∴四邊形BPDQ是平行四邊形,∴m+n=BP+DF+CF+CQ=DF+CF+CQ+DQ=DF+CF+CD=15;
②當(dāng)P在AE上,Q在CF上,∵AD∥∴∠PEO=∠QFO,∵△EOD≌△FOB,∴OE=OF,在△PEO和△QFO中,∠PEO=∠QFOEO=FO△PEO≌△QFOASA∴PE=QF,OP=OQ,∵OB=OD,∴四邊形BPDQ是平行四邊形,∵AE=CF,∴AP=CQ,∴m+n=AB+AP+DF+FQ=CD+CQ+DF+FQ=DF+CF+CD=15;③當(dāng)P在BE上,Q在DF上,∵AD=BC,AE=CF,∴DE=BF,∵DE∥∴四邊形BEDF是平行四邊形,∴BE=DF,BE∥DF,∴∠PEO=∠QFO,在△PEO和QFO中,∠PEO=∠QFOEO=FO∴△PEO≌△QFOASA∴PE=QF,OP=OQ,∵OB=OD,∴四邊形BPDQ是平行四邊形,∴m+n=AB+AE+PE+DQ=CD+CF+FQ+DQ=DF+CF+CD=15,綜上所述,m與n滿足的數(shù)量關(guān)系為m+n=15.13.(22-23八年級(jí)下·江蘇無錫·期中)我們知道:兩組對(duì)邊分別平行的四邊形叫做平行四邊形.類比平行四邊形的定義,給出平行六邊形的定義:三組對(duì)邊分別平行的凸六邊形叫做平行六邊形.?dāng)?shù)學(xué)興趣小組的同學(xué)對(duì)其性質(zhì)進(jìn)行了探究.如圖1,在平行六邊形ABCDEF中,AB∥DE,BC∥EF,AF∥CD,
(1)探究∠A與∠D的數(shù)量關(guān)系,并證明你的結(jié)論;(2)如圖2,若AB=DE,則AF與CD相等嗎?請(qǐng)說明理由;(3)如圖3,在(2)的條件下,連接AC,CE,AE,則△ACE與平行六邊形ABCDEF的面積之比是.
【思路點(diǎn)撥】(1)連接AD,根據(jù)平行線的性質(zhì)即可解決問題;(2)延長(zhǎng)FA、CB交于點(diǎn)M,延長(zhǎng)FE、CD交于點(diǎn)N,可得四邊形MFNC為平行四邊形,證明△ABM≌△DENAAS,得AM=DN(3)過點(diǎn)E作CD的平行線,過點(diǎn)C作DE的平行線,兩條線交于點(diǎn)Q,連接AQ,可得四邊形CDEQ是平行四邊形,然后證明四邊形ABCQ是平行四邊形,四邊形AQEF是平行四邊形,進(jìn)而可以解決問題.【解題過程】(1)解:∠A=∠D,證明:連接AD,如圖1,
∵AB∥DE,AF∥CD,∴∠DAF=∠CDA,∠DAB=∠EDA,∴∠DAF+∠DAB=∠CDA+∠EDA,∴∠A=∠D;(2)解:AF=CD,理由如下:如圖2,延長(zhǎng)FA、CB交于點(diǎn)M,延長(zhǎng)FE、CD交于點(diǎn)N,
∵BC∥EF,AF∥CD,∴四邊形MFNC為平行四邊形,∠F+∠N=180°,∠F+∠M=180°,∴MF=CN,∠M=∠N,由(1)得,∠BAF=∠CDE,∴∠MAB=∠NDE,∵∠M=∠N,∠MAB=∠NDE,AB=ED,∴△ABM≌△DENAAS∴AM=DN,∴AF=CD;(3)解:∵△ABM≌△DENAAS∴AM=DN,BM=EN,∴AF=CD,BC=EF,如圖3,過點(diǎn)E作CD的平行線,過點(diǎn)C作DE的平行線,兩條線交于點(diǎn)Q,連接AQ,
∴四邊形CDEQ是平行四邊形,∴CQ=DE,∵AB=DE,AB∥DE,∴CQ=AB,CQ∥AB,∴四邊形ABCQ是平行四邊形,∴AQ=BC,∵BC=EF,BC∥EF,∴AQ=EF,AQ∥EF,∴四邊形AQEF是平行四邊形,∴S△ACQ=平行四邊形ABCQ的面積的S△ECQ=平行四邊形CDEQ的面積的S△AEQ=平行四邊形AQEF的面積的∴S△ACQ+S△ECQ+∴△ACE與平行六邊形ABCDEF的面積之比是1:2.14.(22-23八年級(jí)上·天津東麗·期末)如圖,共頂點(diǎn)的兩個(gè)三角形△ABC,△ADE,若AB=AD,AC=AE,且∠BAC+∠DAE=180°,已知AF是△ABC的中線.
(1)如圖1,若△ADE為等邊三角形,直接寫出DE與AF的數(shù)量關(guān)系______;(2)如圖2,若△ADE為任意三角形時(shí),上述結(jié)論是否仍然成立?請(qǐng)說明理由.(3)如圖2,若△ADE為任意三角形時(shí),且S△ABC=10,則
【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì),結(jié)合∠BAC+∠DAE=180°,推出∠ABC=∠ACB=30°,根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì),即可證明DE=2AF;(2)延長(zhǎng)AF到G,使AF=FG,連接BG,CG.根據(jù)“對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形”,證明四邊形ABGC是平行四邊形,利用SAS證△ABG≌△DAE,推出DE=AG=2AF即可;(3)結(jié)合由(2)已證四邊形ABGC是平行四邊形,△ABG≌△DAE,根據(jù)平行線之間的距離處處相等,同底等高則S△ABG=S△ABC,根據(jù)全等則【解題過程】(1)解:∵△ADE為等邊三角形,∴AD=AE,∠DAE=60°,∵AB=AD,AC=AE,∠BAC+∠DAE=180°,∴AB=AC,∠BAC=120°,∴∠ABC=∠ACB=30°,∵AB=AC,AF是△ABC的中線,∴AF⊥BC,∴AB=2AF,∴DE=2AF,故答案為:DE=2AF;(2)解:仍成立,理由如下,如圖,延長(zhǎng)AF到G,使AF=FG,連接BG,CG,
∵AF=FG,BF=FC,∴四邊形ABGC是平行四邊形,∴BG=AC=AE,AC∥∴∠BAC+∠ABG=180°,∵∠BAC+∠DAE=180°,∴∠ABG=∠DAE,在△ABG和△DAE中,AB=AD∠ABG=∠DAE∴△ABG≌△DAESAS∴DE=AG=2AF;(3)解:由(2)已證四邊形ABGC是平行四邊形,△ABG≌△DAE,∴AB∥∴S△ABG=S∴S△ADE∵S△ABC∴S△ADE故答案為:10.15.(22-23八年級(jí)下·廣東東莞·階段練習(xí))(1)【問題探究】如圖1,已知AD是△ABC的中線,延長(zhǎng)AD至點(diǎn)E,使DE=AD,連接BE,CE可得四邊形ABEC,求證:四邊形(2)【拓展提升】如圖2,在△ABC的中線AD上任取一點(diǎn)M(不與點(diǎn)A重合),過點(diǎn)M、點(diǎn)C分別作ME∥AB,CE∥AD,連接AE.求證:四邊形ABME是平行四邊形.(3)【靈活應(yīng)用】如圖3,在△ABC中,∠B=90°,AB=4,BC=6,點(diǎn)D是BC的中點(diǎn),點(diǎn)M是直線AD上的動(dòng)點(diǎn),且ME∥AB,CE∥AD,當(dāng)ME+MC取最小值時(shí),求線段CE的長(zhǎng).
【思路點(diǎn)撥】(1)由對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形即可證明;(2)延長(zhǎng)AD到點(diǎn)F,使DF=AD,連接CF,利用SAS證明△ADB≌△FDC,得CF=BA,∠DCF=∠ABD,可說明四邊形(3)延長(zhǎng)AD到點(diǎn)F,使DF=AD,連接CF,由(2)知,ME=AB=4,CE=MF,則ME+MC取最小值時(shí),CM最小,故CM⊥AD時(shí),CM最小,利用等面積法求出CM的長(zhǎng),再利用勾股定理即可求得答案.【解題過程】(1)證明:∵AD是△ABC的中線,∴BD=CD,∵DE=AD,∴四邊形ABEC是平行四邊形;(2)證明:延長(zhǎng)AD到點(diǎn)F,使DF=AD,連接CF,
∵AD是△ABC的中線,∴BD=CD,在△ADB和△FDC中,AD=DF∠ADB=∠FDC∴△ADB≌∴CF=BA,∠DCF=∠ABD,∴AB∥CF,∵AB∥ME,∴ME∥CF,∵CE∥MF,∴四邊形CEMF是平行四邊形,∴ME=CF,∴ME=AB,
∴四邊形ABME是平行四邊形;(3)解:延長(zhǎng)AD到點(diǎn)F,使DF=AD,連接CF,由(2)知,ME=AB=4,CE=MF,則ME+MC取最小值時(shí),CM最小,故CM⊥AD時(shí),CM最小,如圖,
∵AD是△ABC的中線,∴BD=CD=由勾股定理得AD=5,利用等面積法得12解得CM=12在Rt△CMF中,由勾股定理得,MF=∴CE=1616.(23-24八年級(jí)上·湖北武漢·期中)△ABE和△ACF始終有公共角∠A,連接BC,EF,BE,CF相交于點(diǎn)O.(1)如圖1,若∠ABE=∠ACF,BE=CF,求證:△ABE≌△ACF.(2)如圖2,若∠ABE=∠ACF=α,且CE=CF,求∠CBE的度數(shù)(用含α的式子表示)(3)如圖3,若BE=CF,過點(diǎn)C作CD∥AB且CD=AB,連接DO并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)G,過點(diǎn)G作GH⊥CF于點(diǎn)H,請(qǐng)直接寫出∠OGH與
【思路點(diǎn)撥】(1)利用AAS證明即可;(2)過點(diǎn)C作CM⊥BE于M,作CN⊥AB的延長(zhǎng)線于N,證明△CNF≌△CMEAAS,根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CN=CM,根據(jù)角平分線的判定得到∠EBC=∠NBC(3)連接BD,DE,DF,過點(diǎn)D作DM⊥BE于點(diǎn)M,DN⊥CF交FC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N,證明四邊形ABDC為平行四邊形,根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到S△CDF=S△BDE,根據(jù)三角形面積公式得到DM=DN,根據(jù)角平分線的判定得到DO平分∠BOC,得到∠BOD=∠COD=12∠BOC【解題過程】(1)證明:在△ABE和△ACF中,∠A=∠A∠ABE=∠ACF∴△ABE≌△ACFAAS(2)解:過點(diǎn)C作CM⊥BE于M,作CN⊥AB的延長(zhǎng)線于N,∵∠BOC=∠BFC+∠ABE=∠BEC+∠ACF,∠ABE=∠ACF∴∠BFC=∠BEC,即∠NFC=∠MEC∵CM⊥BE,CN⊥AB,∴∠CNF=∠CME=90°,在△CNF和△CME中,∠CNF=∠CME∠NFC=∠MEC∴△CNF≌△CMEAAS∴CN=CM,又∵CM⊥BE,CN⊥AB,∴BC平分∠EBN,∴∠EBC=∠NBC,∵∠ABE=α,∠ABE+∠EBC+∠NBC=180°,∴∠EBC=180°?α∴∠CBE的度數(shù)為90°?α(3)∠OGH與∠COE的關(guān)系為:∠COE=2∠OGH.理由如下:連接BD,DE,DF,過點(diǎn)D作DM⊥BE于點(diǎn)M,DN⊥CF交FC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N,∵CD∥AB,∴四邊形ABDC為平行四邊形,∴AC∥∴S△CDF=1∴S△CDF∵S△CDF=12×CF×DN∴DM=DN,∵DM⊥BO,DN⊥CO,∴DO平分∠BOC,∴∠BOD=∠COD=1∵GH⊥CF,∴∠GHO=90°,∴∠OGH+∠GOH=90°,∴2∠OGH+2∠GOH=180°,∵∠GOH=∠DOC,∴2∠GOH=∠COD+∠BOD,∴2∠OGH+∠DOC+∠BOD=180°,∵∠COE+∠DOC+∠BOD=180°,∴∠COE=2∠OGH.17.(2023·陜西西安·一模)問題提出(1)如圖①,△ABC是等腰三角形,點(diǎn)D,E分別在腰AC,AB上,且BE=CD,連接BD,CE.則BD與CE長(zhǎng)度的大小關(guān)系是BD_________CE(填“>”“<”或“=”;)問題探究(2)如圖②,AD是△ABC的中線,BE交AC于E,交AD于F,若AE=EF,AC=8,求線段BF的長(zhǎng);問題解決(3)黨的二十大報(bào)告提出全面推進(jìn)鄉(xiāng)村振興,堅(jiān)持農(nóng)業(yè)農(nóng)村優(yōu)先發(fā)展,某地區(qū)規(guī)劃出如圖③所示的四邊形ABCD地塊,計(jì)劃開發(fā)出一個(gè)生態(tài)宜居,綠色人文的農(nóng)業(yè)觀光區(qū),其中AD⊥CD,BC⊥CD,∠BAD=120°,點(diǎn)E是BC上的一個(gè)休息站,CE=AB,AE是一條林蔭小道.為使游客方便參觀,現(xiàn)要修建木制棧道BP與玻璃棧道AC,點(diǎn)P是AE的中點(diǎn).已知木制棧道每米的造價(jià)是a元,玻璃棧道每米的造價(jià)是3a元,請(qǐng)問修建玻璃棧道的總費(fèi)用是修建木制棧道總費(fèi)用的幾倍?并說明理由.
【思路點(diǎn)撥】(1)根據(jù)△ABC是等腰三角形即可得到AB=AC,結(jié)合BE=CD可得AD=AE,即可得到答案;(2)延長(zhǎng)FD至G使DG=DF,根據(jù)AD是△ABC的中線可得BD=CD,即可得到△BDF≌△CDG,即可得到BF=CG,∠BFD=∠CGD,結(jié)合AE=EF可得∠EAF=∠AFE,即可得到答案;(3)延長(zhǎng)BP交AD于F,連接EF,CF,根據(jù)AD⊥CD,BC⊥CD,∠BAD=120°即可得到∠ABE=60°,AD∥BC,即可得到∠FAE=∠BEA,從而得到△APF≌△EPB,得到AF=BE,即可得到四邊形ABEF是平行四邊形,從而得到AB=EF,∠ABE=∠AFE=60°,AB∥EF,即可得到∠ABE=∠FEC=60°,即可得到△EFC是等邊三角形,得到FC=FE=EC,易得△ABC≌△FCB,即可得到答案;【解題過程】(1)解:∵△ABC是等腰三角形,∴AB=AC,∴AD=AE,在△ABD與△ACE中,∵AB=AC∠A=∠A∴△ABD≌△ACE(SAS∴BD=CE;(2)解:延長(zhǎng)FD至G使DG=DF,∵AD是△ABC的中線,∴BD=CD,在△BDF與△CDG中,∵BD=CD∠BDF=∠CDG∴△BDF≌△CDG,∴BF=CG,∠BFD=∠CGD,∵AE=EF,∴∠EAF=∠AFE,∴∠CAG=∠CGA,∴AC=GC,∵AC=8,∴BF=8;(3)延長(zhǎng)BP交AD于F,連接EF,CF,修建玻璃棧道的總費(fèi)用是修建木制棧道總費(fèi)用的6倍,理由如下:∵AD⊥CD,BC⊥CD,∠BAD=120°,∴∠ABE=60°,AD∥BC,∴∠FAE=∠BEA,∵點(diǎn)P是AE的中點(diǎn),在△APF與△EPB中,∵∠FAE=∠BEA∠FPA=∠BPE∴△APF≌△EPB(AAS∴AF=BE,∴四邊形ABEF是平行四邊形,∴AB=EF,∠ABE=∠AFE=60°,AB∥EF,BP=1∴∠ABE=∠FEC=60°,∵CE=AB,∴EF=CE,∴△EFC是等邊三角形,∴FC=FE=EC=AB,∠EFC=60°,∴∠DFC=∠FCE=60°,∴∠ABC=∠FCB,在△ABC與△FCB中,∵AB=FC∠ABC=∠FCB∴△ABC≌△FCB(AAS∴BF=AC,∴BP=1∵木制棧道每米的造價(jià)是a元,玻璃棧道每米的造價(jià)是3a元,∴BP的造價(jià)是:BP?a,AC的造價(jià)是AC?3a,∴BP?aAC?3a∴修建玻璃棧道的總費(fèi)用是修建木制棧道總費(fèi)用的6倍.18.(2023·河南開封·一模)在△ABC中,點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn).(1)如圖①,延長(zhǎng)AD到點(diǎn)E,使DE=AD,連接BE,可得出△BDE≌△CDA,其依據(jù)是______.(填序號(hào))①SSS
②SAS
③AAS
④ASA
⑤HL(2)如圖②,在邊AB上任取點(diǎn)E,(不與A、B兩點(diǎn)重合)連接DE,并延長(zhǎng)ED到點(diǎn)F,使DF=DE.連接CF、CE、BF,在圖②中畫出相應(yīng)的圖形,并觀察四邊形EBFC是特殊的四邊形嗎?如果是,請(qǐng)寫出證明過程;如果不是,請(qǐng)說明理由.(3)如圖③,在△ABC中,AB=AC=5,∠BAC=90°,點(diǎn)E為平面內(nèi)一點(diǎn),EB=3,將線段EB繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得EF,點(diǎn)D為FC中點(diǎn),當(dāng)EF∥AC時(shí),請(qǐng)求出
【思路點(diǎn)撥】(1)已知點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn),得到BD=CD,由對(duì)頂角∠ADC=∠EDB,再結(jié)合DE=AD,根據(jù)兩個(gè)三角形全等的判定定理,利用SAS即可得到△BDE≌△CDA,即可得到得到答案;(2)根據(jù)題意作出圖形,由平行四邊形的判定定理可知四邊形EBFC平行四邊形;根據(jù)題意,分兩種情況①E在線段AB上;②E在線段AB延長(zhǎng)線上;由平行四邊形的判定與性質(zhì),結(jié)合勾股定理即可得到答案.【解題過程】解:(1)∵點(diǎn)D是邊BC的中點(diǎn),∴BD=CD,在△BDE和△CDA中,BD=CD∠ADC=∠EDB∴△BDE≌△CDASAS故選:②;(2)如圖1所示:四邊形EBFC平行四邊形,理由如下:∵DE=DF,∴四邊形EBFC是平行四邊形.(3)根據(jù)題意,分兩種情況:①E在線段AB上;②E在線段AB延長(zhǎng)線上;①延長(zhǎng)AD到點(diǎn)G,使DG=AD,連接AF,∵DG=AD,∴四邊形AFGC是平行四邊形,∴FG∥AC,∵FG∥AC,EF∥AC,∴F、E、G三點(diǎn)在同一條直線上,∴FG=AC=5,∵AB=AC=5,∴AE=5?3=2,在Rt△AEG中,EA=EG=2,由勾股定理得AG=2∴DG=AD=1②延長(zhǎng)AD到點(diǎn)G,使DG=AD,連接AF,同理,由①可知,∵DG=AD,∴四邊形AFGC是平行四邊形,∴FG∥AC,∵FG∥AC,EF∥AC,∴E、F、G三點(diǎn)在同一條直線上,∴FG=AC=5,∵AB=AC=5,∴AE=5+3=8,在Rt△AEG中,EA=EG=8,由勾股定理得AG=8∴DG=AD=1綜上所述,AD的長(zhǎng)為42和219.(22-23八年級(jí)下·重慶北碚·期末)在△ABC
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