第1讲证明三角形【学习目标】1、牢记三角形的有关性质及其判定；2、运用三角形的性质及判定进行有关计算与证明。【考点透视】1、全等三角形的性质与判定；2、等腰（等边）三角形的性质与判定；3、直角三角形的有关性质，勾股定理及其逆定理；4、相似三角形的性质与判定。【精彩知识】专题一三角形问题中的结论探索【例1】如图所示，两块完全相同的含30°角的直角三角形叠放在一起，且∠DAB=30°。有以下四个结论：①AF⊥BC；②△ADG≌△ACF；③O为BC的中点；④AG：DE=：4，其中正确结论的序号是.ADBCEO●变式练习1．如图，△ABD与△AEC都是等边三角形，AB≠AC，下列结论中：①BE=DC；②∠BOD=60°；③△BOD∽△COE．正确的序号是 ．★考点感悟：专题二三角形中的平移、旋转等图形变换问题探索【例2】如图(1)，Rt△ABC中，∠ACB=-90°，CD⊥AB，垂足为D．AF平分∠CAB，交CD于点E，交CB于点F（1）求证：CE=CF．（2）将图（1）中的△ADE沿AB向右平移到△A’D’E’的位置，使点E’落在BC边上，其它条件不变，如图（2）所示．试猜想：BE'与CF有怎样的数量关系?请证明你的结论．图（1）图（2）【例3】△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B．（1）如图（1）当射线DN经过点A时，DM交AC边于点E，不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的三角形．（2）如图（2），将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM，DN分别交线段AC，AB于E，F点（点E与点A不重合），不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论．（3）在图（2）中，若AB=AC=10，BC=12，当△DEF的面积等于△ABC的面积的时，求线段EF的长．★考点感悟：-9-\n●变式练习：如图，O是正△ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，下列结论：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④；⑤．其中正确的结论是【】A．①②③⑤B．①②③④C．①②③④⑤D．①②③【例4】如图1，△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，D、F分别在AB、AC边上，此时BD=CF，BD⊥CF成立．（1）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转θ（0°＜θ＜90°）时，如图2，BD=CF成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（2）当正方形ADEF绕点A逆时针旋转45°时，如图3，延长BD交CF于点G．①求证：BD⊥CF；②当AB=4，AD=时，求线段BG的长．★考点感悟：专题三几何动态问题【例5】如图，在△ABC中，AB＝AC＝10cm，BC＝12cm，点D是BC边的中点．点P从点B出发，以acm/s(a＞0)的速度沿BA匀速向点A运动；点Q同时以1cm/s的速度从点D出发，沿DB匀速向点B运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为ts．(1)若a＝2，△BPQ∽△BDA，求t的值；(2)设点M在AC上，四边形PQCM为平行四边形．①若a＝，求PQ的长；②是否存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上？若存在，请求出a的值；若不存在，请说明理由．★考点感悟：●变式练习：-9-\n已知线段AB=6，C．D是AB上两点，且AC=DB=1，P是线段CD上一动点，在AB同侧分别作等边三角形APE和等边三角形PBF，G为线段EF的中点，点P由点C移动到点D时，G点移动的路径长度为．专题四几何与函数结合问题【例6】如图所示，在形状和大小不确定的△ABC中，BC=6，E、F分别是AB、AC的中点，P在EF或EF的延长线上，BP交CE于D，Q在CE上且BQ平分∠CBP，设BP=，PE=.（1）当时，求的值；（2）当CQ=CE时，求与之间的函数关系式；（3）①当CQ=CE时，求与之间的函数关系式；②当CQ=CE（为不小于2的常数）时，求直接与之间的函数关系式。★考点感悟：【例7】如图，在平面直角坐标系中，已知矩形ABCD的三个顶点B（1，0），C（3，0），D（3，4）．以A为顶点的抛物线y=ax2+bx+c过点C．动点P从点A出发，沿线段AB向点B运动．同时动点Q从点C出发，沿线段CD向点D运动．点P，Q的运动速度均为每秒1个单位．运动时间为t秒．过点P作PE⊥AB交AC于点E．（1）直接写出点A的坐标，并求出抛物线的解析式；（2）过点E作EF⊥AD于F，交抛物线于点G，当t为何值时，△ACG的面积最大？最大值为多少？（3）在动点P，Q运动的过程中，当t为何值时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形？请直接写出t的值．★考点感悟：-9-\n【课后测试】一、选择题：1、下列判断正确的是（）A.有两边和其中一边的对角对应相等的两个三角形全等B.有两边对应相等，且有一角为30°的两个等腰三角形全等C.有一角和一边对应相等的两个直角三角形全等D.有两角和一边对应相等的两个三角形全等2、在平面直角坐标系xoy中，已知A（2，–2），在y轴上确定点P，使△AOP为等到腰三角形，则符合条件的点P共有（）A.2个B.3个C.4个D.5个二、填空题：3、在锐角三角形ABC中，BC=，∠ABC=45°，BD平分∠ABC，M、N分别是BD、BC上的动点，则CM+MN的最小值是。4、如图，Rt△ABC的边BC位于直线l上，AC=，∠ACB=90°，∠A=30°．若Rt△ABC由现在的位置向右滑动地旋转，当点A第3次落在直线l上时，点A所经过的路线的长为 ▲ （结果用含有π的式子表示）三、解答题：5、在矩形ABCD中，点P在AD上，AB＝2，AP＝1．将直角尺的顶点放在P处，直角尺的两边分别交AB，BC于点E，F，连接EF（如图①）。（1）当点E与点B重合时，点F恰好与点C重合（如图②），求PC的长；（2）探究：将直尺从图②中的位置开始，绕点P顺时针旋转，当点E和点A重合时停止．在这个过程中，请你观察、猜想，并解答：①的值是否发生变化？请说明理由；②直接写出从开始到停止，线段EF的中点经过的路线长。图①图②6、如图（1），将菱形纸片AB（E）CD（F）沿对角线BD（EF）剪开得到△ABD和△ECF，固定△ABD，并把△ABD与△ECF叠放在一起。（1）操作：如图（2），将△ECF的顶点F固定在△ABD的BD边上的中点处，△ECF绕点F在BD边上方左右旋转，设旋转时FC交BA于点H（H点不与B点重合）。FE交DA于点G（G点不与D点重合）。求证：BH·GD=BF2（2）操作：如图（3），△ECF的顶点F在△ABD的BD边上滑动（F点不与B、D点重合），且CF始终经过A，过点A作AG∥CE，交FE于点G，连接DG。探究：FD+DG=__________。请予证明。（1）(2)(3)学生对本次课的评价：○特别满意○满意○一般○不怎么样家长意见或建议：家长签字：-9-\n部分答案：【例3】解：（1）图（1）中与△ADE相似的有△ABD，△ACD，△DCE。（2）△BDF∽△CED∽△DEF，证明如下：∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°，∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°，又∵∠EDF=∠B，∴∠BFD=∠CDE。∵AB=AC，∴∠B=∠C。∴△BDF∽△CED。∴。∵BD=CD，∴，即。又∵∠C=∠EDF，∴△CED∽△DEF。∴△BDF∽△CED∽△DEF。（3）连接AD，过D点作DG⊥EF，DH⊥BF，垂足分别为G，H．∵AB=AC，D是BC的中点，∴AD⊥BC，BD=BC=6。在Rt△ABD中，AD2=AB2﹣BD2，即AD2=102﹣62，∴AD=8。∴S△ABC=•BC•AD=×12×8=48，S△DEF=S△ABC=×48=12。又∵•AD•BD=•AB•DH，∴。∵△BDF∽△DEF，∴∠DFB=∠EFD。∵DH⊥BF，DG⊥EF，∴∠DHF=∠DGF。又∵DF=DF，∴△DHF≌△DGF（AAS）。∴DH=DG=。∵S△DEF=·EF·DG=·EF·=12，∴EF=5。例3变式：A。【考点】旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理的逆定理。【分析】∵正△ABC，∴AB=CB，∠ABC=600。∵线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO′，∴BO=BO′，∠O′AO=600。∴∠O′BA=600－∠ABO=∠OBA。∴△BO′A≌△BOC。∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到。故结论①正确。连接OO′，∵BO=BO′，∠O′AO=600，∴△OBO′是等边三角形。∴OO′=OB=4。故结论②正确。∵在△AOO′中，三边长为O′A=OC=5，OO′=OB=4，OA=3，是一组勾股数，∴△AOO′是直角三角形。∴∠AOB=∠AOO′＋∠O′OB=900＋600=150°。故结论③正确。。故结论④错误。如图所示，将△AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O″点．易知△AOO″是边长为3的等边三角形，△COO″是边长为3、4、5的直角三角形。则。故结论⑤正确。综上所述，正确的结论为：①②③⑤。故选A。【例4】解：（1）BD=CF成立。理由如下：∵△ABC是等腰直角三角形，四边形ADEF是正方形，∴AB=AC，AD=AF，∠BAC=∠DAF=90°。∵∠BAD=∠BAC﹣∠DAC，∠CAF=∠DAF﹣∠DAC，∴∠BAD=∠CAF。在△BAD和△CAF中，∵AB=AC，∠BAD=∠CAF，∴△BAD≌△CAF（SAS）。∴BD=CF。-9-\n（2）①证明：设BG交AC于点M．∵△BAD≌△CAF（已证），∴∠ABM=∠GCM。又∵∠BMA=∠CMG，∴△BMA∽△CMG。∴∠BGC=∠BAC=90°。∴BD⊥CF。②过点F作FN⊥AC于点N。∵在正方形ADEF中，AD=DE=，∴。∴AN=FN=AE=1。∵在等腰直角△ABC中，AB=4，∴CN=AC﹣AN=3，。∴在Rt△FCN中，。在Rt△ABM中，。∴AM=。∴CM=AC﹣AM=4﹣，。∵△BMA∽△CMG，∴，即，∴CG=。∴在Rt△BGC中，。【例5】解：（1）△ABC中，AB=AC=10，BC=12，D是BC的中点，∴BD=CD=BC=6。∵a=2，∴BP=2t，DQ=t。∴BQ=BD－QD=6－t。∵△BPQ∽△BDA，∴，即，解得：。（2）①过点P作PE⊥BC于E，∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。∴PB：AB=CM：AC。∵AB=AC，∴PB=CM。∴PB=PQ。∴BE=BQ=（6－t）。∵a=，∴PB=t。∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。解得，t=。∴PQ=PB=t=（cm）。②不存在．理由如下：∵四边形PQCM为平行四边形，∴PM∥CQ，PQ∥CM，PQ=CM。∴PB：AB=CM：AC。∵AB=AC，∴PB=CM，∴PB=PQ。若点P在∠ACB的平分线上，则∠PCQ=∠PCM，∵PM∥CQ，∴∠PCQ=∠CPM。∴∠CPM=∠PCM。∴PM=CM。∴四边形PQCM是菱形。∴PQ=CQ。∴PB=CQ。∵PB=at，CQ=BD+QD=6+t，∴PM=CQ=6+t，AP=AB－PB=10－at，且at=6+t①。∵PM∥CQ，∴PM：BC=AP：AB，∴，化简得：6at+5t=30②。把①代入②得，t=。∴不存在实数a，使得点P在∠ACB的平分线上。【例6】【解析】平行、角平分线、等腰三角形、相似、对应边成比例解：（1）∵E、F是AB、AC中点∴EF∥BC，EF=0.5BC=3-9-\n∴EP==1∵EF∥BC∴△DPE∽△DBC∴EP：BC=1：6∴=1：36（2）延长BQ交射线EF于点G∵EF∥BC∴∠G=∠GBC又∵∠GBC=∠GBP∴∠G=∠GBP∴PG=BP=y即EG=x+y∵EF∥BC∴△QEG∽△QCB∴EQ：QC=EG：BC=1x+y=6即y=–x+6(3)①同（2）中△QEG∽△QCBEQ：QC=EG：BC=2x+y=2×6y=–x+12②y=–x+6(n–1)【例7】解：（1）A（1，4）。由题意，设抛物线解析式为y=a（x﹣1）2+4∵抛物线过点C（3，0），∴0=a（3﹣1）2+4，解得，a=﹣1。∴抛物线的解析式为y=﹣（x﹣1）2+4，即y=﹣x2+2x+3。（2）设直线AC的解析式为y=kx+b，∵A（1，4），C（3，0），∴，解得。∴直线AC的解析式为y=﹣2x+6。∵点P（1，4﹣t），∴将y=4﹣t代入y=﹣2x+6中，解得点E的横坐标为。∴点G的横坐标为，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为。∴GE=（）﹣（4﹣t）=。又点A到GE的距离为，C到GE的距离为，∴。∴当t=2时，S△ACG的最大值为1。（3）或。【考点】二次函数综合题，待定系数法，曲线上点的坐标与方程的关系，二次函数的性质，矩形和菱形的性质。【分析】（1）根据矩形的性质可以写出点A得到坐标；由顶点A的坐标可设该抛物线的顶点式方程为y=a（x﹣1）2+4，然后将点C的坐标代入，即可求得系数a的值（利用待定系数法求抛物线的解析式）。（2）利用待定系数法求得直线AC的方程y=﹣2x+6；由图形与坐标变换可以求得点P的坐标（1，4﹣t），据此可以求得点E的纵坐标，将其代入直线AC方程可以求得点E或点G的横坐标；然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=、点A到GE的距离为，C到GE-9-\n的距离为；最后根据三角形的面积公式可以求得，由二次函数的最值可以解得t=2时，S△ACG的最大值为1。（3）因为菱形是邻边相等的平行四边形，所以点H在直线EF上。分CE是边和对角线两种情况讨论即可。由题设和（2）知，C（3，0），Q（3，t），E（），设H（）。当CE是对角线时，如图1，有CQ=HE=CH，即，解得，或t=4（舍去，此时C，E重合）。当CE是边时，如图2，有CQ=CE=EH，即，解得，或（舍去，此时已超过矩形ABCD的范围）。综上所述，当或时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形。5、解：（1）在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，AP＝1，CD＝AB＝2，则PB＝．∴∠ABP＋∠APB＝90°又∵∠BPC＝90°∴∠APB＋∠DPC＝90°∴∠ABP＝∠DPC∴△APB∽△DCP∴＝即＝∴PC＝2（2）的值不变理由：过F作FG⊥AD，垂足为G，则四边形ABFG是矩形∴∠A＝∠PFG＝90°，GF＝AB＝2∴∠AEP＋∠APE＝90°又∵∠EPF＝90°∴∠APE＋∠GPF＝90°∴∠AEP＝∠GPF∴△APE∽△GPF∴＝＝＝2∴＝2∴的值不变（3）线段EF的中点经过的路线长为6、(1)证明：根据图②操作有∠B=∠D=∠CFE,BF=DF在△DFG中，∠D+∠DFG+DGF=180°，而∠DFG+∠CFE+BFH=180°∴∠BFH=∠DGF,又∠B=∠D∴△BFH∽△DGF∴=由于BF=DF∴BF2=BH·DG（2）解：探究得出：FD+DG=BD证明：∵AG∥CE,∴∠FAG=∠C,∠FGA=∠E∵∠CFE=∠E,∴∠E=∠FGA∴AG=AF根据菱形有：∠BAD=∠FCE∴∠BAD=∠FAG,即：∠BAF+∠FAD=∠FAD+∠DAG∴∠BAF=∠DAG-9-\n在△ABF与△ADG中,∴△ABF≌△ADG∴BF=DG∴DF+DG=DF+BF=BD-9-
