(共19张PPT)
解答题压轴题突破
重难点突破三几何综合题
类型一:与全等三角形有关
(针对贵港:201926,2016126,2015126;南宁:2016T25)
③典例精斬
C例D(2019·贵港)已知:△ABC是等腰直角三角形,∠BAC
90°,将△ABC绕点C顺时针方向旋转得到△A'B'C,记旋转角为a,当
90°
(1)如图1,当∠CAD=15时,作∠AEC的平分线EF交BC于点F
①写出旋转角c的度数
②求证:EA′+EC=EF
(2)如图2,在(1)的条件下,设P是直线A'D上的一个动点,连接
PA,PF,若AB=2,求线段PA+PF的最小值.(结果保留根号)
B
B
E
A
图
图2
(1)解:①旋转角a为105°
②证明:如解图1,连接AF,在EF上R
B
截取EM=EC,连接CM.设EF交CA于点
O.在△ACE中,∠CA'D=15°,∠A'CE
45°,.∠CEA′=120°.EF平分∠A'EC,
E
C
D
∠FEC=609.∴△MCE是等边三角形
解图1
MC=EC.由∠ACA′=∠FCB′=105°知∠CFE=∠CA'E=15
∠FCA=ACA′-∠ACB=105°-45°=60°.又∠FCA′=∠FCM+
∠MCA′=∠MCA+∠ACE=∠MCE=60°,∴∠FCM=∠ACE
△FCM≌△A'CE(AAS).∴FM=A'E.∴EF=FM+ME=EA'+EC
得证EA′+EC=EF
(2)解:如解图2中,连接A'F,PB',尽
B
AB’,作BM⊥AC交AC的延长线于M由②
可知,∠EA'F=∠EA'B′=75°,AE=A'E
AF=AC=A′B
△A'EF≌△AEB
(SAS).∴EF=EB.∴.B′,F关于A'E对
解图2
称.∴PF=PB.∴PA+PF=PA+PB'≥AB’.在Rt△CBM中,CB′=
BC=√2AB=2,∠MCB′=30°,BM=CB′=1,CM=3.∴.AB
√AM+BM2=√(2+3)2+12=√6+26.∴PA+PF的最小值为
6+26
思路点拨】(1)①求旋转角α,即求
∠ACA’的度数,由∠ACA′+∠A'CD
180°,∠A'CD+∠CA'D=90°,∠CA'D
15°可得出∠ACA’;②如解图1,连接
A'F,设EF交CA′于点O,在EF上截取
EM=EC,连接CM,首先证明△MCE是
等边三角形,再证明△FCM≌△ACE(共12张PPT)
类型二:与相似三角形有关
(针对贵港:2019T11、T24,2018126,2017T26;梧州:2019125;百色:T25;河池:T26)
③典例精。
C例2(2018·贵港)已知:A,B两点在直线l的同
侧,线段A0,BM均是直线L的垂线段,且BM在AO
的右边,AO=2BM,将BM沿直线l向右平移,在平移过
程中,始终保持∠ABP=90°不变,BP边与直线l相交
于点P
B
B
M
0(P)M
(1)当P与O重合时(如图②),设点C是AO的
中点,连接BC.求证:四边形OCBM是正方形
AB
OM
(2)请利用如图①所示的情形,求证
Pb
BM
(3)若AO=2√6,且当MO=2PO时,请直接写出
AB和PB的长
思路点拨】(1)先证明四边形OCBM是平行四边
形,由于∠BMO=90°,所以□OCBM是矩形,最后根据
直角三角形斜边上的中线的性质即可证明四边形
AB
OM
OCBM是正方形;(2)要证
pb
BM
过点B作BC⊥AO
于点C,通过构造△ABC∽△PBM,即可得出结论;
(3)由于点P的位置不确定,故需要分情况进行讨论,
共两种情况,第一种情况是点P在点O的左侧,第二
种情况是点P在点O的右侧,然后利用相似三角形的
性质即可求出答案
(1)证明:由题意知,2BM=A0,2CO=A0
BM=
cO
AO∥BM,四边形OCBM是平行四边形
∠BM0=90°,□OCBM是矩形
∠ABP=90°,C是AO的中点,OC=BC
∴矩形OCBM是正方形
(2)证明:如解图①,过点B作BC⊥AO于点C,则
四边形OCBM为矩形,
BC=0M,∠CBM=∠ABP=∠ACB=∠PMB=90°
∠CBP+∠PBM=∠ABC+∠CBP
A
90
∠ABC=∠PBM.
△ABC∽△PBM.
B
AB
BC
AB
OM
Pb
BM
PB
BM
分B
P0
M
解图①
(3)解:分两种情况:①如解图
②,当点P在点O左边时,设PO=x
WU
BC=M0=2x,
PM=PO+M0=3x
由(2)知△ABC∽△PBM,
AC
BC6_2x
PM
BM
3x
解得x1=1,x2=-1(舍去),
AB=√AC2+BC2=√10
PB=√PM+BM
15
CH---B
lPO
M
解图②
②如解图③,当点P在点O右边时,设PO
x,则BC=MO=2x,PM=x
AC
BC
m6
△ABC∽△PBM
即Y
PM
BM(共24张PPT)
类型三:与全等和相似三角形有关的综合题
针对河池:2017T22;来宾:2017123;梧州:2016125;北部湾:T25
◇典例精
C例3(2019·北部湾)如图1,在正方形ABCD中,
点E是AB边上的一个动点(点E与点A,B不重合),
连接CE,过点B作BF⊥CE于点G,交AD于点F
(1)求证:△ABF≌△BCE
(2)如图2,当点E运动到AB中点时,连接DG,求
证:DC=DG;
(3)如图3,在(2)的条件下,过点C作CM⊥DG
于点H,分别交AD,BF于点M,N,求的值
M
B
A
E
B
A
B
图
图2
图3
思路点拨】(1)根据“同角的余角相等”得出
∠GCB=∠FBA,即可证明△ABF≌△BCE.(2)过点D
作DQ⊥GC,构造R△CQD,设CD=BC=2a,通过证明
△CQD≌△BGC得到CQ=BG,再通过GQ=CG-CQ
求得CQ=CQ,通过证明ΔCQD≌△GQD,即可证得
CD=CD.(3)先利用面积相等求出Cm∥8n,再求出
D6后判断出△CHD∽△DHM,求出HM
10a,DM_3.MF=2a,由(2)知DG=DC=2a,得
C、4
a,过点H作HO∥DA,得△GH0O∽△GDF,
△HON∽△MFN,最后得出的值
NH
(1)证明:BF⊥CE,,∠CGB=90°
∠GCB+∠CBG=90°
四边形ABCD是正方形
∠CBE=90°=∠A,BC=AB
∠FBA+∠CBG=90°.∴.∠GCB=∠FBA
△ABF≌△BCE(ASA)
(2)证明:如图4,过点D作DQ
CE于点Q,设CD=BC=2a
E为AB的中点,EA=EB=a,CE=F
CB+BE=5
Rt△CEB中,根据面积相等,得:
E
B
图4
BG
X
ce
CB
XEB
2
4
BG
5a.
cg
CB-BG
∠DCE+∠BCE=90°,∠CBF+∠BCE=90
∴∠DCE=∠CBF
∵CD=BC,∠CQD=∠BGC=90°
∴△CQD≌△BGC(AAS)
∴CQ=BG
5a,
GQ=CG-co
5
√5a=CQ
DQ=D,∠CQD=∠CD=90°
△DCQ≌△DCQ(SAS).∴CD=GD
(3)解:S
△CDG
CG·DQ
2·CH·DG
CH=CG·DQ_CG5·
4
DG
CD
2a
在Rt△CHD中,CD=2a,DH
CD--CH
5
∠MDH+∠HDC=90°,∠HCD+MPNo
∠HDC=90°,
E
B
∵.∠MDH=∠DCH
图5