第十一讲 四边形与多边形-【数理报·抢分计划系列】2022中考数学总动员

书 《三角形》跟踪训练 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ｂ；　４．Ｄ； ５．（１）３６°或４５°，（２）１２； ６．（１）Ｄ，（２）１２； ７．ＢＤ２＋ＣＥ２ ＝ＤＥ２．理由如下： ! " # $ % & 图９ 如图９，把△ＡＢＤ绕点Ａ顺时针 旋转９０°至△ＡＣＧ，可使ＡＢ与ＡＣ重 合，连接ＥＧ， 所以 ＡＤ＝ＡＧ，ＢＤ＝ＣＧ，∠Ｂ ＝∠ＡＣＧ，∠ＢＡＤ＝∠ＣＡＧ． 在Ｒｔ△ＢＡＣ中， 因为∠ＢＡＣ＝９０°，ＡＢ＝ＡＣ， 所以∠Ｂ＝∠ＡＣＢ＝４５°， 所以∠ＥＣＧ＝∠ＡＣＢ＋∠ＡＣＧ ＝∠ＡＣＢ＋∠Ｂ＝４５°＋４５°＝９０°． 因为∠ＢＡＣ＝９０°，∠ＤＡＥ＝４５°， 所以∠ＥＡＧ＝∠ＣＡＥ＋∠ＣＡＧ＝∠ＣＡＥ＋∠ＢＡＤ ＝９０°－４５°＝４５°，所以∠ＤＡＥ＝∠ＥＡＧ． 在△ＤＡＥ和△ＧＡＥ中， ＡＥ＝ＡＥ， ∠ＤＡＥ＝∠ＧＡＥ， ＡＤ＝ＡＧ { ， 所以△ＤＡＥ≌△ＧＡＥ（ＳＡＳ），所以ＤＥ＝ＥＧ． 在Ｒｔ△ＥＣＧ中，由勾股定理，得ＥＧ２＝ＣＥ２＋ＣＧ２， 即ＢＤ２＋ＣＥ２ ＝ＤＥ２． ８．（１）证明：因为小蚂蚁同时从 Ａ，Ｃ出发，速度相 同，所以 ｔｓ后两只小蚂蚁爬行的路程相等，即 ＡＤ＝ ＣＥ． 在△ＡＣＤ和△ＣＢＥ中， ＡＤ＝ＣＥ， ∠Ａ＝∠ＡＣＢ ＡＣ＝ＣＢ { ， ， 所以△ＡＣＤ≌△ＣＢＥ（ＳＡＳ）． （２）∠ＢＦＣ无变化．理由如下：因为 △ＡＣＤ≌ △ＣＢＥ，所以∠ＥＢＣ＝∠ＡＣＤ． 因为 ∠ＢＦＣ ＝１８０°－∠ＥＢＣ－∠ＢＣＤ，所以 ∠ＢＦＣ＝１８０°－∠ＡＣＤ－∠ＢＣＤ＝１８０°－∠ＡＣＢ． 因为∠Ａ＝∠ＡＢＣ＝∠ＡＣＢ，所以∠ＡＣＢ＝６０°， 所以∠ＢＦＣ＝１８０°－６０°＝１２０°，所以∠ＢＦＣ无变化． 《三角形》抢分演练 一、 题号 １ ２ ３ ４ ５ ６ ７ ８ ９ １０ 答案 Ｃ Ｄ Ｄ Ｃ Ａ Ｃ Ｂ Ｂ Ｄ Ｂ 二、１１．三角形具有稳定性；　１２．４０°；　１３．１５°或 ７５°；　１４．１；　１５． 槡２ ２６；　１６．槡２３±２或４或 槡２６． 三、１７．（１）证明：因为ＡＢ＝ＡＣ，所以∠Ｂ＝∠Ｃ． 因为ＢＤ＝ＣＥ，ＢＥ＝ＣＦ， 所以△ＢＤＥ≌△ＣＥＦ（ＳＡＳ）， 所以ＤＥ＝ＥＦ，所以△ＤＥＦ是等腰三角形． （２）Ｓ△ＤＥＦ ＝ 槡９３． １８．（１）ｎ２－１，２ｎ，ｎ２＋１． （２）以ａ，ｂ，ｃ为边的三角形是直角三角形． 证明：因为ａ＝ｎ２－１，ｂ＝２ｎ，ｃ＝ｎ２＋１，所以ａ２ ＋ｂ２ ＝（ｎ２－１）２＋（２ｎ）２ ＝ｎ４＋２ｎ２＋１，ｃ２ ＝（ｎ２＋ １）２ ＝ｎ４＋２ｎ２＋１，所以ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２． 故以ａ，ｂ，ｃ为边的三角形是直角三角形． １９．（１）因为∠ＡＢＣ＝８０°，ＢＤ＝ＢＣ， 所以∠ＢＤＣ＝∠ＢＣＤ＝５０°． 因为∠Ａ＝４０°， 所以∠ＡＣＢ＝６０°． 又因为ＣＥ＝ＢＣ， 所以△ＢＣＥ是等边三角形， 所以∠ＥＢＣ＝６０°， 所以∠ＡＢＥ＝∠ＡＢＣ－∠ＥＢＣ＝２０°． （２）∠ＢＥＣ＋∠ＢＤＣ＝１１０°，理由如下： 设∠ＢＥＣ＝α，∠ＢＤＣ＝β， 则α＝∠Ａ＋∠ＡＢＥ＝４０°＋∠ＡＢＥ． 因为ＣＥ＝ＢＣ， 所以∠ＣＢＥ＝∠ＢＥＣ＝α， 所以∠ＡＢＣ＝∠ＡＢＥ＋∠ＣＢＥ＝４０°＋２∠ＡＢＥ． 在△ＢＤＣ中，因为ＢＤ＝ＢＣ， 所以 ∠ＢＤＣ＋∠ＢＣＤ＋∠ＤＢＣ ＝２β＋４０°＋ ２∠ＡＢＥ＝１８０°， 所以β＝７０°－∠ＡＢＥ， 所以α＋β＝４０°＋∠ＡＢＥ＋７０°－∠ＡＢＥ＝１１０°， 即∠ＢＥＣ＋∠ＢＤＣ＝１１０°． ２０．证明：（１）因为△ＥＦＤ等腰直角三角形， 所以∠ＥＤＦ＝９０°，ＤＥ＝ＦＤ． 因为∠ＥＤＦ＝∠ＡＤＥ＋∠ＣＤＦ＝９０°，∠ＡＣＢ＝ ∠ＣＤＦ＋∠ＤＦＣ＝９０°， 所以∠ＡＤＥ＝∠ＤＦＣ． （２）连接ＡＥ， 因为线段ＥＦ是由线段ＡＢ平移得到的， 所以ＥＦ∥ＡＢ，ＥＦ＝ＡＢ， 所以四边形ＡＢＦＥ是平行四边形， 所以ＡＥ∥ＢＣ，ＡＥ＝ＢＦ， 所以∠ＤＡＥ＝∠ＡＣＢ＝９０°， 所以∠ＤＡＥ＝∠ＦＣＤ． 在△ＡＤＥ和△ＣＦＤ中， ∠ＤＡＥ＝∠ＦＣＤ， ∠ＡＤＥ＝∠ＣＦＤ， ＤＥ＝ＦＤ { ， 所以△ＡＤＥ≌△ＣＦＤ（ＡＡＳ），所以ＡＥ＝ＣＤ， 所以ＣＤ＝ＢＦ． ２１．（１）因为∠ＡＣＢ＝９０°，∠ＣＡＤ＝６０°， 所以ＡＢ＝ ＡＣｃｏｓ６０°＝２ＡＣ． 因为ＢＤ＝ＡＣ，所以ＡＤ＝ＡＣ， 所以△ＡＤＣ是等边三角形， 所以∠ＡＣＤ＝６０°． 又因为点Ｐ是ＣＤ的中点， 所以ＡＰ⊥ＣＤ． 在Ｒｔ△ＡＰＣ中，ＡＰ＝槡３， 所以ＡＣ＝ ＡＰｓｉｎ６０°＝２， 所以ＢＣ＝ＡＣ·ｔａｎ６０°＝ 槡２３． （２）证明：连接ＢＥ， 因为ＤＥ∥ＡＣ，∠ＣＡＤ＝６０°， 所以∠ＣＡＰ＝∠ＤＥＰ，∠ＢＤＥ＝∠ＣＡＤ＝６０°． 在△ＣＰＡ和△ＤＰＥ中， ∠ＣＡＰ＝∠ＤＥＰ， ∠ＣＰＡ＝∠ＤＰ