八上培优5 半角模型
八上培优5 半角模型方法:截长补短图形中,往往出现90°套45°的情况,或者120°套60°的情况。还有2α套α的情况。求
证的结论一般是线段的和与差。解决的方法是:截长补短构造全等三角形。旋转移位造全等,翻折分割构全等。截长法,补短法。
勤学早和新观察均有专题。勤学早在第49页,新观察在第34页,新观察培优也有涉及,在第27页2两个例题,29页有习题。这些题大同小异,只是图形略有变化而已。证明过程一般要证明两次全等。
下面是新观察第34页1~4题
1.如图,四边形ABCD中,∠A=∠C=90゜,∠D=60゜,AB=BC,E、F,分别在AD、CD上,且∠EBF=60゜.求证:EF=AE+CF.
2.如图2,在上题中,若E、F分别在AD、DC的延长线上,其余条件不变,求证:AE=EF+CF.
3.如图,∠A=∠B=90°, CA=CB=4, ∠ACB=120°,∠ECF=60°,AE=3, BF=2, 求五边形ABCDE 的面积.
勤学早第40页试题
1.(1)如图,已知AB= AC, ∠BAC=90°,∠ MAN=45°,过点C作NC ⊥AC交AN于点N,过点B作BM 垂直AB交AM于点M,当∠MAN在∠BAC内部时,求证:BM+CN =MN;
N
N
G
B
A
N
证明: 延长MB到点G,使BG=CN,连接AG,证△ABG≌△ACN(SAS),∴AN=AG,∠BAG= ,∠NAC. L∵∠GAM=∠GAB + ∠BAM=∠CAN+ ∠BAM=45°= L∠MAN,
证△AMN≌△AMG(SAS), '∴MN= MG= BM + BG= BM十NC.
证明二:(此证明方法见新观察培优第27页例3)
(2)如图,在(1)的条件下,当AM和AN在AB两侧时,(1)的结论是否成立?请说明理由.
F
解:不成立,结论是:MN=CN一BM,
证明略.
基本模型二 120°套 60°
2. 如图,△ABC 中,CA=CB,∠ACB=120°,E 为AB 上一点,∠DCE=60°,∠DAE= 120°, 求证:DE=BE
C
F
证明:(补短法)延长EB 至点F,使BF=AD,连接CF,则△CBF ≌△CAD , △CED ≌△CEF,.DE- AD=EF- BF= BE.
3.如图,△ABC 中,CA=CB,∠ACB=120°,点E 为AB 上一点,∠DCE=∠DAE= 60°, 求证:AD+DE= BE.
C
B
A
E
C
B
A
E F
证明:(截长法)在BE 上截取BF=AD,连接CF ,易证△CBF ≌△CAD , △CED ≌ACEF, DE= EF, AD+DE= BF+EF=BE.
比较:新观察培优版27页
例4如 图,△ABC 是边长为1的等边三角形,△BDC 是顶角,∠BDC= 120°的等腰三角形,以D 为顶点作一个60°角,角的两边分别交AB 、AC 于M 、N, 连结MN, 试求△AMN 的周长.
A B
D
P
分析:由于∠MDN=60°,∠BDC=120°,所以∠BDM十∠CDN=60°,注意到DB=DC,考虑运用“旋转法”将∠BDM和∠CDN移到一起,寻找全等三角形。另一方面,△AMN的周长AM+AN + MN= AB+ AC+MN-BM- CN. 猜想MN= BM+CN,证三角形全等解决.
新观察培优68页例5 如图,点A、B(2,0)在x轴上原点两侧, C在y轴正半轴上, OC平分∠ACB.
(1)求A点坐标;
(2)如图1, AQ在∠CAB内部,P是AQ上一点,满足∠ACB=∠AQB, AP=BQ. 试判断△CPQ 的形状,并予以证明;
(3)如图2. BD⊥BC交y轴负半轴于D. ∠BDO=60°, F为线段AC上一动点,E在CB延长线上,满足∠CFD+∠E=180°. 当F在AC上移动时,结论: ①CE+CF值不变; ②CE- CF 值不变,其中只有一个正确结论,请选出正确结论并求其值.
x
分析:(1)由∠A0C≌△BOC得AO= BO=2, A(- 2,0).
(2)由△ACP≌△BCQ得CP=CQ.
(3)由BD⊥BC,∠BDO=60°,可证得等边△ABC.由角平分线和DB_⊥BC的条件,运用对称性知DA ⊥AC, 连结DA, 加上条件∠CFD+∠E=180°,可证得△ADF △BDE, 于是CE+CF=2AC= 2AB= 8.
2
半角模型问题放到平面直角坐标系中是什么样子?
1.如图1,在平面直角坐标系中,△AOB 为等腰直角三角形,A (4,4)
(1)求B 点坐标;
(2)如图2,若C 为x 正半轴上一动点,以AC 为直角边作等腰直角△ACD ,∠ACD=90°,连接OD ,求∠AOD 的度数;
(3)如图3,过点A 作y 轴的垂线交y 轴于E ,F 为x 轴负半轴上一点,G 在EF 的延长线上,以EG 为直角边作等腰Rt △EGH ,过A 作x 轴垂线交EH 于点M ,连FM ,等式AM=FM+OF 是否成立?若成立,请说明;若不成立,说明理由. 解:(1)如图所示,作AE ⊥OB 于E , ∵A (4,4), ∴OE=4,
∵△AOB 为等腰直角三角形,且AE ⊥OB , ∴OE=EB=4, ∴OB=8, ∴B (8,0);
(2)如图所示,作AE ⊥OB 于E ,DF ⊥OB 于F ,
∵△ACD 为等腰直角三角形, ∴AC=DC ,∠ACD=90° 即∠ACF+∠DCF=90°, ∵∠FDC+∠DCF=90°, ∴∠ACF=∠FDC ,
又∵∠DFC=∠AEC=90°, ∴△DFC ≌△CEA (AAS ), ∴EC=DF=4,FC=AE , ∵A (4,4), ∴AE=OE=4,
∴FC=OE ,即OF+EF=CE+EF , ∴OF=CE , ∴OF=DF ,
∴∠DOF=45°,
∵△AOB 为等腰直角三角形, ∴∠AOB=45°,
∴∠AOD=∠AOB+∠DOF=90°;
(3)AM=FM+OF成立,理由:如图所示,在
AM上截取AN=OF,连EN.
∵A(4,4),
∴AE=OE=4,
又∵∠EAN=∠EOF=90°,AN=OF,
∴△EAN≌△EOF(SAS),
∴∠OEF=∠AEN,EF=EN,
又∵△EGH为等腰直角三角形,
∴∠GEH=45°,即∠OEF+∠OEM=45°,
∴∠AEN+∠OEM=45°
又∵∠AEO=90°,
∴∠NEM=45°=∠FEM,
又∵EM=EM,
∴△NEM≌△FEM(SAS),
∴MN=MF,
∴AM-MF=AM-MN=AN,
∴AM-MF=OF,
即AM=FM+OF;
【点评】本题考查三角形综合题、全等三角形的判定、等腰三角形的性质和坐标与图形性质的综合应用,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造全等三角形解决问题,属于中考常考题型.
2.如图,直线L交x轴、y轴分别于A、B两点,A(a,0)B(0,b),且(a-b)2+|b-4|=0 (1)求A、B两点坐标;
(2)C为线段AB上一点,C点的横坐标是3,P是y轴正半轴上一点,且满足∠OCP=45°,求P点坐标;
(3)在(2)的条件下,过B作BD⊥OC,交OC、OA分别于F、D两点,E为OA上一点,且∠CEA=∠BDO,试判断线段OD与AE的数量关系,并说明理由.
(1)解:∵(a-b)2+|b-4|=0,
∴a-b=0,b-4=0,
FG
2017-2018江汉期中如图点P为△ABC的外角∠BCD的平分线上一点,PA=PB.(1)求证:∠PAC=∠PBC;
(2)作PE⊥BC于E,若AC=5,BC=11,求S△PCE:S△PBE;
(3)若M、N分别是边AC、BC上的点,且∠MPN=1
2
∠APB,则线段AM、MN、BN之间有何数量关
系,并说明理由.
解:(1)如图1,过点P作PE⊥BC于E,PF
⊥AC于F,
∵PC平分∠DCB,
∴PE=PF,
在Rt△
PAF和Rt△PEB中,
PF=PE
P A=PB,
∴Rt△PAF≌Rt△PEB,
∴∠PAC=∠PBC,
(2)如图2,过点P作PF⊥AC于F,∵PE⊥BC,CP是∠BCD的平分线,∴PE=PF,∠PCF=∠PCE,
∵PC=PC,
∴△PCF≌△PCE,
∴CF=CE,
由(1)知,Rt△PAF≌Rt△PEB,
∴AF=BE,
∵AF=AC+CF,BE=BC-CE,
∴AC+CF=BC-CE,
∴5+CF=11-CE,
∴CE=CF=3,
∵△PFC≌△PEC,
∴S △PFC =S △PEC ,
∵Rt △PAF ≌Rt △PEB , ∴S △PAF =S △PEB ,
∴S △PCE :S △PBE =S △PFC :S △PFA =
12CF ×PF :1
2
AC ×PF =CF :AC=3:(3+5)=3:8;
(3)如图3,在BC 上截取BQ=AM , 在△PMA 和△PQB 中,
PA PB PAM PBQ MA BQ ??
∠∠???
===, ∴△PMA ≌△PQB ,
∴PM=PQ ,∠MPA=QPB ,
∴∠APM+∠QPA=∠APQ+∠QPB , 即:∠APB=∠MPQ ,
∵∠MPN=
1
2∠APB , ∴∠MPN=1
2
∠MPQ ,
∴∠MPN=∠QPN ,
在△MPN 和△QPC 中,
PN PN MPN QPN MP QP ??
∠∠???
===, ∴△MPN ≌△QPC , ∴MN=QN ,
∴BN=AM+MN .
【点评】此题是三角形综合题,主要考查了全等三角形的判定和性质,角平分线定理和角平分线的定义,解(1)的关键是判断出PE=PF ,解(2)的关键是求出CE=CF=3,解(3)的关键是构造全等三角形判断出∠APB=∠MPQ ,是一道中等难度的中考常考题.
AB=CA
∠GAB=∠ECA,
∴△GBA≌△EAC,
∴CE=AG;
②如图1,取BF的中点K连接AK,∵BF=2AF,
∴AF=BK=FK=1
2 BF,
∴△FAK是等腰三角形,
∴∠F AK=∠FKA,
∵∠BFD=∠F AK+∠FKA=2∠AKF,∵∠BFD=60°,
∴∠AKF=1
2
∠BFD=30°,
∵△GBA≌△EAC,
∴AG=CE,BG=AE,∠AGB=∠AEC,∴KG=BG-BK=AE-AF=FE,
在△GAK与△EFC中,
AG=CE
∠AGB=∠AEC (2)如图2,在BF上取BK=AF,连接AK,
∵∠BFE=∠BAF+∠ABF,
∵∠BFE=∠BAC,
∴∠BAF+∠EAC=∠BAF+ABF,
∴∠EAC=∠FBA,
在△ABK与△ACF中,
AB=AC
∠ABK=∠F AC
BK=AF,
∴△ABK≌△AFC,
∴S△
ABK
=S△
ACF
,∠AKB=∠AFC,
∵∠BFE=2∠CFE,
∴∠BFE=2∠AKF,
∵∠BFE=2∠AKF=∠AKF+KAF,
∴∠AKF=∠KAF,
∴△FAK是等腰三角形,
∴AF=FK,
∴BK=AF=FK,
∴S△
ABK
=S△
AFK
,
∵S△
ABF
=S△
ABK
+S△
AFK
=2S△
ABK
=2S△
ACF
,
∴
ABF
ACF
S S V V =2 故答案为:2.