全等三角形证明专题

（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．

§第1讲 证明（三角形专题）

【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=3：4，其中正确结论的序号是 .

●变式练习

E 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 ． A D ★考点感悟：

O 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B C 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）

★考点感悟：

【例3】△ABC中，AB=AC，D为BC的中点，以D为顶点作∠MDN=∠B． ●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．①②③⑤ B．①②③④ C．①②③④⑤ D．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＝10 cm，BC＝12 cm，点D是BC边的中点．点P从点B出发，以a cm/s(a＞0)的速度沿BA匀速向点A运动；点Q同时以1 cm/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t s．

(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＝ 5

2

，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：

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：

【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（ ） 个 个 C. 4个 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：

①PFPE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②

6、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：

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。 （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= 5 2，∴PB= 5

2

t。

∵AD⊥BC，∴PE∥AD。∴PB：AB=BE：BD，即。 解得，t=。

∴PQ=PB= 5

2

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==3 ∴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=1

x+y=6 即y= –x+6

(3)①同（2）中 △QEG∽△QCB

EQ：QC=EG：BC=2 x+y=2×6 y= –x+12

②y= –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），

∴4kb，解得03kbk2。

b6∴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x1t2。 ∴点G的横坐标为1tt22，代入抛物线的解析式中，可求点G的纵坐标为44。∴GE=（4t24）﹣（4﹣t）=tt24。

又点A到GE的距离为t2，C到GE的距离为2t2，

∴

解得，t=SACGSAEGSCEG1t1tt212EGEG（2）=EG=t=t2+1。 22224420或t=4（舍去，此时C，E重合）。 13当CE是边时，如图2，有CQ=CE=EH，即

∴当t=2时，S△ACG的最大值为1。 （3）t=20或t=2085。 13m4t=tm=422t40t+80=0， t22t40t+80=02+4t=t2解得，t=2085或t=20+85（舍去，此时已超过矩形ABCD的范围）。

【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

综上所述，当t=20或t=2085时，在矩形ABCD内（包括边界）存在点H，使以13C，Q，E，H为顶点的四边形为菱形。

5、解：（1）在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，

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；

AP＝1，CD＝AB＝2，则PB＝5．

∴∠ABP＋∠APB＝90° 又∵∠BPC＝90°

∴∠APB＋∠DPC＝90° ∴∠ABP＝∠DPC ∴△APB∽△DCP

∴

t2t然后结合抛物线方程、图形与坐标变换可以求得GE=t、点A到GE的距离为，C到GE的距

421t2离为2；最后根据三角形的面积公式可以求得SACGSAEGSCEG=t2+1，由二

42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（1,4t），设H（1,m）。

当CE是对角线时，如图1，有CQ=HE=CH，即

APPB15

＝ 即 ＝ CDPC2PCPFPE∴PC＝25 （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 PFGF2

∴ ＝ ＝ ＝2 PEAP1

t2t24tm=tm=42t2222442t3t8t+16=013t72t+80=0t2224m3t8t+16=02+m=t2，

PF＝2 PEPF∴的值不变 PE∴

（3）线段EF的中点经过的路线长为5

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

BHBF2

∴△BFH∽△DGF ∴= 由于BF=DF ∴BF=BH·DG

DFDG

（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

AB=AD

在△ABF与△ADG中,∠BAF=∠DAG AF=AG

∴DF+DG=DF+BF=BD

∴△ABF≌△ADG ∴BF=DG