重慶市2016中考數(shù)學(xué) 第二部分 題型研究 二、解答題重難點突破 題型四 三角形 四邊形的證明與計算課件

二、解答題重難點突破第二部分題型研究目錄題型四三角形、四邊形的證明與計算類型一有等腰直角三角,通常作底邊上的高、中線或頂角的平分線

類型二有直角三角形,通常作斜邊上的中線類型三截長補短類型四構(gòu)建適宜的三角形或四邊形類型五有角平分線，作到角兩邊的垂線第二部分題型研究二、解答題重難點突破類型一有等腰直角三角形，通常作底邊上的高、中線或頂角的平分線

題型四三角形、四邊形的證明與計算典例精講例已知，四邊形ABCD是正方形，點P在直線BC上，點G在直線AD上（P、G不與正方形頂點重合，且在CD的同側(cè)），PD＝PG，DF⊥PG于點H，DF交直線AB于點F，將線段PG繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE，連接EF.

（1）如圖①，當(dāng)點P與點G分別在線段BC與線段AD上時，若PC=1，計算出DG的長；例題圖①（2）如圖①，當(dāng)點P與點G分別在線段BC與線段AD上時，證明：四邊形DFEP為菱形；（3）如圖②，當(dāng)點P與點G分別在線段BC與線段AD的延長線上時，（2）的結(jié)論：四邊形DFEP為菱形是否依然成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由.例題圖②（1）【思路分析】作PM⊥DG于點M，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)由PD=PG得MG=MD，根據(jù)矩形的判定定理易得四邊形PCDM為矩形，則PC=MD，于是有DG=2PC.解：作PM⊥DG于點M，如解圖①，∵PD=PG,

∴MG=MD,∵四邊形ABCD為正方形，∴四邊形PCDM為矩形，∴PC=MD,∴DG=2PC=2.例題解圖①M

(2)【思路分析】根據(jù)四邊形ABCD為正方形得AD=AB，由四邊形ABPM為矩形得AB=PM，則AD=PM，再利用等角的余角相等得到∠GDH=∠MPG，于是可根據(jù)“ASA”證明△ADF≌△MPG，得到DF=PG，加上PD=PG，得到DF=PD，然后利用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠EPG=90°，PE=PG，所以PE=PD=DF，再利用DF⊥PG得到DF∥PE，于是可判斷四邊形DFEP為平行四邊形，加上DF=PD，則可判斷四邊形DFEP為菱形.解：∵四邊形ABCD為正方形，∴AD=AB,∵四邊形ABPM為矩形，∴AB=PM,

∴AD=PM,∵DF⊥PG,

∴∠DHG=90°,∴∠GDH+∠DGH=90°,∵∠MGP+∠MPG=90°,∴∠GDH=∠MPG,在△ADF和△MPG中，∠A=∠GMP,AD=MP∠ADF=∠MPG,∴△ADF≌△MPG(ASA),∴DF=PG,而PD=PG,∴DF=PD,∵線段PG繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE，∴∠EPG=90°,PE=PG,∴PE=PD=DF,而DF⊥PG,∴DF∥PE,即DF∥PE,且DF=PE,∴四邊形DFEP為平行四邊形，∵DF=PD,∴四邊形DFEP為菱形.

(3)【思路分析】與（2）的證明方法一樣可得到四邊形DFEP為菱形.解：四邊形DFEP是菱形，理由如下：作PM⊥DG于點M，如解圖②，與（2）一樣同理可證△ADF≌△MPG,∴DF=PG,而PD=PG,∴DF=PD,∵線段PG繞點P逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到線段PE，∴∠EPG=90°,PE=PG,∴PE=PD=DF,例題解圖②M而DF⊥PG,∴DF∥PE,即DF∥PE,且DF=PE,∴四邊形DFEP為平行四邊形，∵DF=PD,∴四邊形DFEP為菱形.第二部分題型研究二、解答題重難點突破題型四三角形、四邊形的證明與計算類型二有直角三角形，通常作斜邊上的中線典例精講例某數(shù)學(xué)活動小組在作三角形的拓展圖形，研究其性質(zhì)時，經(jīng)歷了如下過程：（1）在等腰△ABC中，AB=AC，分別以AB、AC為斜邊，向△ABC的外側(cè)作等腰直角三角形，如圖①所示，其中DF⊥AB于點F,EG⊥AC于點G，M是BC的中點，連接MD和ME,求證：①AF=AG=AB;

②MD=ME.例題圖①（2）在任意△ABC中，仍分別以AB、AC為斜邊，向△ABC的內(nèi)側(cè)作等腰直角三角形，如圖②所示，M是BC的中點，連接MD和ME，試判斷△MDE的形狀.（直接寫答案，不需要寫證明過程）例題圖②例題圖③（3）在任意△ABC中，分別以AB、AC為斜邊，向△ABC的外側(cè)作等腰直角三角形，如圖③所示，M是BC的中點，連接MD和ME，則MD與ME有怎樣的數(shù)量關(guān)系？

（1）【思路分析】由等腰直角三角形的性質(zhì)可以得出F、G分別是AB、AC的中點，就可以得出FM、GM是△ABC的中位線，就可以得出∠BFM=∠BAC=∠CGM.就可以得出△DFM≌△EGM從而得出結(jié)論.

證明：①∵△ADB、△AEC是等腰直角三角形，DF⊥AB于點F,EG⊥AC于點G，∴DF=AF=AB,EG=AG=AC,∠DFB=∠EGC=90°，∵M(jìn)是BC的中點，∴FM、GM是△ABC的中位線，∴FM=AC,GM=AB,FM∥AC,GM∥AB,∴∠BFM=∠BAC,∠BAC=∠CGM，∴∠BFM=∠CGM,∴∠BFM+∠DFB=∠CGM+∠EGC,∴∠DFM=∠EGM.∵AB=AC,∴AB=AC,∴AF=AG=AB，DF=EG,FM=GM，②在△DFM和△EGM中，

DF=EG∠DFM=∠EGMFM=GM，∴△DFM≌△EGM(SAS),∴MD=ME.（2）【思路分析】取BC、AB、AC的中點M、F、G，連接DF、MF，EG、MG，DF和MG相交于H，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)及直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可以得出△DFM≌△MGE，由全等三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論.解：如解圖①，取BC、AB和AC的中點M、F、G，連接MF、DF、MG、EG，DF和MG相交于H.∴MF∥AC,MF=AC,MG∥AB,MG=AB,∴四邊形MFAG是平行四邊形，∴MG=AF,MF=AG,∠AFM=∠AGM,∵△ADB和△AEC是等腰直角三角形，∴DF=AF,GE=AG,∠AFD=∠BFD=∠AGE=90°，∴MF=EG,DF=MG,∠AFM-∠AFD=∠AGM-∠AGE,例題解圖①FGH即∠DFM=∠MGE.在△DFM和△MGE中，

FM=GE∠DFM=∠MGE，

DF=MG∴△DFM≌△MGE(SAS),∴MD=ME,∠MDF=∠EMG.∵M(jìn)G∥AB,∴∠MHD=∠BFD=90°,（3）【思路分析】取AB、AC的中點F、G，連接DF、MF、EG、MG，根據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)就可以得出四邊形AFMG是平行四邊形，從而得出△DFM≌△MGE,根據(jù)其性質(zhì)就可以得出結(jié)論.∴∠HMD+∠MDF=90°,∴∠HMD+∠EMG=90°,即∠DME=90°，∴△DME為等腰直角三角形.例題解圖②解：MD=ME,

理由：如解圖②，取AB、AC的中點F、G，連接DF、MF、EG、MG,

∴AF=AB,AG=AC.

∵△ABD和△AEC是等腰直角三角形，

∴DF⊥AB,DF=AB,EG⊥AC,EG=AC,

∴∠AFD=∠AGE=90°,DF=AF,GE=AG.

∵M(jìn)是BC的中點，

∴MF∥AC,MG∥AB,FG∴四邊形AFMG是平行四邊形，∴AG=MF,MG=AF,∠AFM=∠AGM，∴MF=EG,DF=MG,∠AFM+∠AFD=∠AGM+∠AGE,∴∠DFM=∠MGE.在△DFM和△MGE中，

FM=GE

∠DFM=∠MGEDF=MG,∴△DFM≌△MGE(SAS),∴DM=ME.第二部分題型研究二、解答題重難點突破題型四三角形、四邊形的證明與計算類型三截長補短典例精講例（2015本溪）如圖①，在△ABC中，AB=AC,射線BP從BA所在位置開始繞點B順時針旋轉(zhuǎn)，旋轉(zhuǎn)角為α（0°<α<180°)

（1）當(dāng)∠BAC=60°時，將BP旋轉(zhuǎn)到圖②位置，點D在射線BP上，若∠CDP＝120°,證明：BD=CD+AD；

例題圖②例題圖①（2）當(dāng)∠BAC=120°時，將BP旋轉(zhuǎn)到圖③位置，點D在射線BP上，若∠CDP=60°，求證：BD-CD=AD;

（3）將圖③中的BP繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，當(dāng)30°<α<180°時，點D是直線BP上一點（點P不在線段BD上），若∠CDP=120°,試猜想：線段BD、CD與AD之間的數(shù)量關(guān)系，并證明.例題圖③（1）【思路分析】如解圖①，∠CDP=120°，根據(jù)鄰補角互補得出∠CDB=60°，那么∠CDB=∠BAC=60°，所以A、B、C、D四點共圓，根據(jù)圓周角定理得出∠ACD=∠ABD;在BP上截取BE=CD,連接AE.利用SAS證明△DCA≌△EBA，得出AD=AE,∠DAC=∠EAB，再證明△ADE是等邊三角形，得到DE=AD，進(jìn)而得出BD=CD+AD.證明：如解圖①，∵∠CDP=120°，∴∠CDB=60°，∵∠BAC=60°，∴∠CDB=∠BAC=60°，∴A、B、C、D四點共圓，∴∠ACD=∠ABD.在BP上截取BE=CD，連接AE，在△DCA與△EBA中，

AC=AB

∠ACD=∠ABECD=BE,∴△DCA≌△EBA(SAS),例題解圖①E∴AD=AE,∠DAC=∠EAB,∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=60°，∴∠DAE=∠CAE+∠DAC=60°,∴△ADE是等邊三角形，∴DE=AD,∵BD=BE+DE,∴BD=CD+AD.

(2)【思路分析】如解圖②，設(shè)AC與BD相交于點O，在BP上截取BE=CD，連接AE,過A作AF⊥BD于F.先由兩角對應(yīng)相等的兩三角形相似得出△DOC∽△AOB，于是∠ACD=∠ABE.再利用SAS證明△DCA≌△EBA，得出AD=AE,∠DAC=∠EAB.由∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°，得出∠DAE=120°，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和定理求出∠ADE=∠AED==30°.解Rt△ADF，得到DF=AD，那么DE=2DF＝AD，進(jìn)而得出BD=DE+BE=AD+CD,即BD-CD=AD.

證明：如解圖②，設(shè)AC與BD相交于點O，在BP上截取BE=CD,連接AE，過A作AF⊥BD于F.

∵∠CDP=60°，

∴∠CDB=120°，∵∠CAB=120°，∴∠CDB=∠CAB,∵∠DOC=∠AOB，∴△DOC∽△AOB,∴∠ACD=∠ABE.例題解圖②EFO在△DCA與△EBA中，

AC=AB∠ACD=∠ABE,

CD=BE∴△DCA≌△EBA(SAS),∴AD=AE,∠DAC=∠EAB,∵∠CAB=∠CAE+∠EAB=120°,∴∠DAE=120°,∴∠ADE=∠AED==30°.∵在Rt△ADF中，∠ADF=30°，∴DF=AD,∴DE=2DF=AD,∴BD=DE+BE=AD+CD,∴BD-CD=AD.(3)【思路分析】同（2）證明可以得出BD+CD=AD.

解：猜想：BD+CD=AD或CD-BD=AD.

證明：如解圖③，在DB的延長線上取BE=CD,連接AE,過A作AF⊥BE于F.由三角形外角性質(zhì)得∠CBE=∠CDB+∠BCD=60°+∠BCD,又∠CBE=∠ABC+∠ABE=30°+∠ABE，∴∠ABE=30°+∠BCD=∠ACB+∠BCD=∠ACD,∵AC=AB,CD=BE,∴△ACD≌△ABE（SAS）,∴∠EAB=∠DAC,AE=AD,∴∠EAB+∠BAD=∠BAD+∠DAC=120°,∴∠ADE=30°.DE=2DF=2ADcos∠ADF=AD,∴AD=BD+BE=BD+CD;例題解圖③FE如解圖④，當(dāng)點P在DB的延長線上，在CD上截取CE=BD,連接AE,過A作AF⊥CD于F.易得△ACE≌△ABD，∴AE=AD,∠CAE=∠BAD,∴∠EAD=∠CAE+∠EAB=∠CAB=120°，在Rt△DAF中，F(xiàn)D=ADcos∠ADF=AD,∴ED=2FD=AD,∴CD-BD=AD.例題解圖④EF第二部分題型研究二、解答題重難點突破題型四三角形、四邊形的證明與計算類型四構(gòu)建適宜的三角形或四邊形典例精講例（2015營口）（1）如圖①，銳角△ABC中分別以AB、AC為邊向外作等腰△ABE和等腰△ACD，使AE=AB，AD=AC，∠BAE=∠CAD，連接BD，CE，試猜想BD與CE的大小關(guān)系，并說明理由.例題圖①例題圖②（2）如圖②，四邊形ABCD中，AB=7cm，BC=3cm，∠ABC=∠ACD=∠ADC=45°，求BD的長.（3）如圖③，在（2）的條件下，當(dāng)△ACD在線段AC的左側(cè)時，求BD的長.例題圖③解：BD=CE.理由如下：

∵∠BAE=∠CAD，

∴∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，

AE=AB∠EAC=∠BAD

AC=AD，

(1)【思路分析】先通過角度間的等量代換證明∠EAC=∠BAD，再根據(jù)SAS即可證明△EAC≌△BAD，由全等三角形的性質(zhì)即可證明BD=CE.

∴△EAC≌△BAD（SAS），

∴BD=CE.（2）【思路分析】在△ABC的外部，以點A為直角頂點作等腰直角三角形BAE，使∠BAE=90°，AE=AB，連接EC，證明△EAC≌△BAD，證明BD=CE，然后在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求解.解：如解圖①，在△ABC的外部，以點A為直角頂點作等腰直角三角形BAE，使∠BAE=90°，AE=AB，連接EC.∵∠ACD=∠ADC=45°，∴AC=AD，∠CAD=90°，∴∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，

AE=AB

∠EAC=∠BADAC=AD，∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD=CE.例題解圖①E∵AE=AB=7，∴BE==7

，∠ABE=∠AEB=45°，又∵∠ABC=45°，∴∠ABC+∠ABE=45°+45°=90°，∴CE===，∴BD=CE=cm.

(3)【思路分析】在線段AC的右側(cè)過點A作AE⊥AB于點A，交BC的延長線于點E，證明△EAC≌△BAD，證明BD=CE，即可求解.例題解圖②解：如解圖②，在線段AC的右側(cè)過點A作AE⊥AB于點A，交BC的延長線于點E.∵AE⊥AB，∴∠BAE=90°，又∵∠ABC=45°，∴∠E=∠ABC=45°，∴AE=AB=7，BE==，又∵∠ACD=∠ADC=45°，∴∠BAE=∠DAC=90°，AC=AD,E∴∠BAE-∠BAC=∠DAC-∠BAC，即∠EAC=∠BAD，在△EAC和△BAD中，

AE=AB∠EAC=∠BAD，

AC=AD∴△EAC≌△BAD（SAS），∴BD=CE，∵BC=3，∴BD=CE=cm.第二部分題型研究二、解答題重難點突破題型四三角形、四邊形的證明與計算類型五有角平分線，作到角兩邊的垂線典例精講例（2014重慶A卷）如圖，△ABC中，∠BAC=90°，AB＝AC，AD⊥BC,垂足是D，AE平分∠BAD,交BC于點E.在△ABC外有一點F，使FA⊥AE,FC⊥BC.

（1）求證：BE=CF;(2)在AB上取一點M，使BM＝2DE,連接MC，交AD于點N，連接ME.

求證:①ME⊥BC;②DE=DN.例題圖

(1)【思路分析】要證BE=CF，通過觀察圖形，得其分別在△ABE與△ACF中，由于△ABE與△ACF分別有一組邊相等(AB=AC)，且BE、CF的對應(yīng)角都與直角有關(guān)（∠BAC＝∠EAF＝90°），因此，可考慮通過證明△ABE與△ACF全等后，再進(jìn)一步利用全等三角形的性質(zhì)證明BE=CF.證明：如解圖，∵∠BAC=90°，F(xiàn)A⊥AE，∴∠1+∠EAC=90°，例題解圖

∠2+∠EAC=90°，∴∠1＝∠2，又∵AB=AC,∴∠B=∠ACB=45°.∵FC⊥BC,∴∠FCA=90°-∠ACB