中考数学试卷分类汇编 等腰直角三角形
展开2、(2013•内江)已知,如图,△ABC和△ECD都是等腰直角三角形,∠ACD=∠DCE=90°,D为AB边上一点.求证:BD=AE.
3、(2013•常德压轴题)已知两个共一个顶点的等腰Rt△ABC,Rt△CEF,∠ABC=∠CEF=90°,连接AF,M是AF的中点,连接MB、ME.
(1)如图1,当CB与CE在同一直线上时,求证:MB∥CF;
(2)如图1,若CB=a,CE=2a,求BM,ME的长;
(3)如图2,当∠BCE=45°时,求证:BM=ME.
4、(2013•湖州)一节数学课后,老师布置了一道课后练习题:
如图,已知在Rt△ABC中,AB=BC,∠ABC=90°,BO⊥AC,于点O,点PD分别在AO和BC上,PB=PD,DE⊥AC于点E,求证:△BPO≌△PDE.
(1)理清思路,完成解答(2)本题证明的思路可用下列框图表示:
根据上述思路,请你完整地书写本题的证明过程.
(2)特殊位置,证明结论
若PB平分∠ABO,其余条件不变.求证:AP=CD.
(3)知识迁移,探索新知
若点P是一个动点,点P运动到OC的中点P′时,满足题中条件的点D也随之在直线BC上运动到点D′,请直接写出CD′与AP′的数量关系.(不必写解答过程)
A.
3cm
B.
6cm
C.
cm
D.
cm
考点:
含30度角的直角三角形;等腰直角三角形.
分析:
过另一个顶点C作垂线CD如图,可得直角三角形,根据直角三角形中30°角所对的边等于斜边的一半,可求出有45°角的三角板的直角直角边,再由等腰直角三角形求出最大边.
解答:
解:过点C作CD⊥AD,∴CD=3,
在直角三角形ADC中,
∵∠CAD=30°,
∴AC=2CD=2×3=6,
又三角板是有45°角的三角板,
∴AB=AC=6,
∴BC2=AB2+AC2=62+62=72,
∴BC=6,
故选:D.
点评:
此题考查的知识点是含30°角的直角三角形及等腰直角三角形问题,关键是先由求得直角边,再由勾股定理求出最大边.
考点:
全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形.
专题:
证明题.
分析:
根据等腰直角三角形的性质可得AC=BC,CD=CE,再根据同角的余角相等求出∠ACE=∠BCD,然后利用“边角边”证明△ACE和△BCD全等,然后根据全等三角形对应边相等即可证明.
解答:
证明:∵△ABC和△ECD都是等腰直角三角形,
∴AC=BC,CD=CE,
∵∠ACD=∠DCE=90°,
∴∠ACE+∠ACD=∠BCD+∠ACD,
∴∠ACE=∠BCD,
在△ACE和△BCD中,,
∴△ACE≌△BCD(SAS),
∴BD=AE.
点评:
本题考查了全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,以及等角的余角相等的性质,熟记各性质是解题的关键.
考点:
三角形中位线定理;全等三角形的判定与性质;等腰直角三角形.3718684
分析:
(1)证法一:如答图1a所示,延长AB交CF于点D,证明BM为△ADF的中位线即可;
证法二:如答图1b所示,延长BM交EF于D,根据在同一平面内,垂直于同一直线的两直线互相平行可得AB∥EF,再根据两直线平行,内错角相等可得∠BAM=∠DFM,根据中点定义可得AM=MF,然后利用“角边角”证明△ABM和△FDM全等,再根据全等三角形对应边相等可得AB=DF,然后求出BE=DE,从而得到△BDE是等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质求出∠EBM=45°,从而得到∠EBM=∠ECF,再根据同位角相等,两直线平行证明MB∥CF即可,
(2)解法一:如答图2a所示,作辅助线,推出BM、ME是两条中位线;
解法二:先求出BE的长,再根据全等三角形对应边相等可得BM=DM,根据等腰三角形三线合一的性质可得EM⊥BD,求出△BEM是等腰直角三角形,根据等腰直角三角形的性质求解即可;
(3)证法一:如答图3a所示,作辅助线,推出BM、ME是两条中位线:BM=DF,ME=AG;然后证明△ACG≌△DCF,得到DF=AG,从而证明BM=ME;
证法二:如答图3b所示,延长BM交CF于D,连接BE、DE,利用同旁内角互补,两直线平行求出AB∥CF,再根据两直线平行,内错角相等求出∠BAM=∠DFM,根据中点定义可得AM=MF,然后利用“角边角”证明△ABM和△FDM全等,再根据全等三角形对应边相等可得AB=DF,BM=DM,再根据“边角边”证明△BCE和△DFE全等,根据全等三角形对应边相等可得BE=DE,全等三角形对应角相等可得∠BEC=∠DEF,然后求出∠BED=∠CEF=90°,再根据等腰直角三角形的性质证明即可.
解答:
(1)证法一:
如答图1a,延长AB交CF于点D,则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形,
∴AB=BC=BD,
∴点B为线段AD的中点,
又∵点M为线段AF的中点,
∴BM为△ADF的中位线,
∴BM∥CF.
证法二:
如答图1b,延长BM交EF于D,
∵∠ABC=∠CEF=90°,
∴AB⊥CE,EF⊥CE,
∴AB∥EF,
∴∠BAM=∠DFM,
∵M是AF的中点,
∴AM=MF,
∵在△ABM和△FDM中,
,
∴△ABM≌△FDM(ASA),
∴AB=DF,
∵BE=CE﹣BC,DE=EF﹣DF,
∴BE=DE,
∴△BDE是等腰直角三角形,
∴∠EBM=45°,
∵在等腰直角△CEF中,∠ECF=45°,
∴∠EBM=∠ECF,
∴MB∥CF;
(2)解法一:
如答图2a所示,延长AB交CF于点D,则易知△BCD与△ABC为等腰直角三角形,
∴AB=BC=BD=a,AC=AD=a,
∴点B为AD中点,又点M为AF中点,
∴BM=DF.
分别延长FE与CA交于点G,则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形,
∴CE=EF=GE=2a,CG=CF=a,
∴点E为FG中点,又点M为AF中点,
∴ME=AG.
∵CG=CF=a,CA=CD=a,
∴AG=DF=a,
∴BM=ME=×a=a.
解法二:
∵CB=a,CE=2a,
∴BE=CE﹣CB=2a﹣a=a,
∵△ABM≌△FDM,
∴BM=DM,
又∵△BED是等腰直角三角形,
∴△BEM是等腰直角三角形,
∴BM=ME=BE=a;
(3)证法一:
如答图3a,延长AB交CE于点D,连接DF,则易知△ABC与△BCD均为等腰直角三角形,
∴AB=BC=BD,AC=CD,
∴点B为AD中点,又点M为AF中点,∴BM=DF.
延长FE与CB交于点G,连接AG,则易知△CEF与△CEG均为等腰直角三角形,
∴CE=EF=EG,CF=CG,
∴点E为FG中点,又点M为AF中点,∴ME=AG.
在△ACG与△DCF中,
,
∴△ACG≌△DCF(SAS),
∴DF=AG,
∴BM=ME.
证法二:
如答图3b,延长BM交CF于D,连接BE、DE,
∵∠BCE=45°,
∴∠ACD=45°×2+45°=135°
∴∠BAC+∠ACF=45°+135°=180°,
∴AB∥CF,
∴∠BAM=∠DFM,
∴M是AF的中点,
∴AM=FM,
在△ABM和△FDM中,,
∴△ABM≌△FDM(ASA),
∴AB=DF,BM=DM,
∴AB=BC=DF,
∵在△BCE和△DFE中,
,
∴△BCE≌△DFE(SAS),
∴BE=DE,∠BEC=∠DEF,
∴∠BED=∠BEC+∠CED=∠DEF+∠CED=∠CEF=90°,
∴△BDE是等腰直角三角形,
又∵BM=DM,
∴BM=ME=BD,
故BM=ME.
点评:
本题考查了三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质,等腰直角三角形的性质,作辅助线构造出中位线、全等三角形和等腰直角三角形是解题的关键,也是本题的难点.
考点:
全等三角形的判定与性质.
分析:
(1)求出∠3=∠4,∠BOP=∠PED=90°,根据AAS证△BPO≌△PDE即可;
(2)求出∠ABP=∠4,求出△ABP≌△CPD,即可得出答案;
(3)设OP=CP=x,求出AP=3x,CD=x,即可得出答案.
解答:
(1)证明:∵PB=PD,
∴∠2=∠PBD,
∵AB=BC,∠ABC=90°,
∴∠C=45°,
∵BO⊥AC,
∴∠1=45°,
∴∠1=∠C=45°,
∵∠3=∠PBO﹣∠1,∠4=∠2﹣∠C,
∴∠3=∠4,
∵BO⊥AC,DE⊥AC,
∴∠BOP=∠PED=90°,
在△BPO和△PDE中
∴△BPO≌△PDE(AAS);
(2)证明:由(1)可得:∠3=∠4,
∵BP平分∠ABO,
∴∠ABP=∠3,
∴∠ABP=∠4,
在△ABP和△CPD中
∴△ABP≌△CPD(AAS),
∴AP=CD.
(3)解:CD′与AP′的数量关系是CD′=AP′.
理由是:设OP=PC=x,则AO=OC=2x=BO,
则AP=2x+x=3x,
由(2)知BO=PE,
PE=2x,CE=2x﹣x=x,
∵∠E=90°,∠ECD=∠ACB=45°,
∴DE=x,由勾股定理得:CD=x,
即AP=3x,CD=x,
∴CD′与AP′的数量关系是CD′=AP′
点评:
本题考查了全等三角形的性质和判定,等腰直角三角形性质,等腰三角形性质等知识点的综合应用,主要考查学生的推理和计算能力.
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