2024年湖南省中考数学热点题型突破讲义：专题三　三角形、四边形中的证明与计算

专题三　三角形、四边形中的证明与计算 以三角形为背景的几何计算与证明题 (长沙中考)如图所示,在△ABC中,AD是边BC上的中线,∠BAD=∠CAD,CE∥AD,交BA的延长线于点E,BC=8,AD=3. (1)求CE的长; (2)求证:△ABC为等腰三角形. (3)求△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离. (1)通过证明AD为△BCE的中位线得到CE=2AD,即可求出CE的长; (2)通过证明AC=AE得到AB=AC; (3)连接BP,BQ,CQ,先利用勾股定理计算出AB=5,设☉P的半径为R,☉Q的半径为r,在Rt△PBD中利用勾股定理计算出R,再算出PD的长,在△ABC中利用面积法求出r,即QD的长,然后计算PD+QD即可. (1)解:∵AD是边BC上的中线, ∴BD=CD. ∵CE∥AD, ∴AD为△BCE的中位线. ∴CE=2AD=6. (2)证明:∵CE∥AD, ∴∠BAD=∠E,∠CAD=∠ACE. 而∠BAD=∠CAD, ∴∠ACE=∠E. ∴AE=AC. 由AD是△BCE的中位线,得AB=AE, ∴AB=AC. ∴△ABC为等腰三角形. (3)解:如图所示,连接BP,BQ,CQ, 在Rt△ABD中,AB==5, 设☉P的半径为R,☉Q的半径为r,则PD=R-3. 在Rt△PBD中,PD2+BD2= PB2, 即(R-3)2+42=R2, 解得R=. ∴PD=PA-AD=-3=. ∵S△ABQ+S△BCQ+S△ACQ=S△ABC, ∴·r·5+·r·8+·r·5=×3×8, 解得r=,即QD=. ∴PQ=PD+QD=+=. ∴△ABC的外接圆圆心P与内切圆圆心Q之间的距离为. 1.(2023长沙实验教育集团期中)如图所示,在△ABC中,AC=BC=4, AB=4. (1)求证:∠C=90°; (2)若点D是AC的中点,求BD的长. (1)证明:∵AC=BC=4, ∴AC2+BC2=16+16=32. ∵AB=4, ∴AB2=(4)2=32. ∴AC2+BC2=AB2. ∴△ABC是直角三角形. ∴∠C=90°. (2)解:∵点D是AC的中点,AC=BC=4, ∴CD=2.∵∠C=90°, 根据勾股定理,得BD===2. 2.(2021岳阳)在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=60°,点D为AB的中点,连接CD,将线段CD绕点D顺时针旋转α(60°<α<120°)得到线段ED,且ED交线段BC于点G,∠CDE的平分线DM交BC于点H. (1)如图(1)所示,若α=90°,则线段ED与BD的数量关系是　　　　, =　　　;  (2)如图(2)所示,在(1)的条件下,过点C作CF∥DE交DM于点F,连接EF,BE. ①试判断四边形CDEF的形状,并说明理由; ②求证:=; (3)如图(3)所示,若AC=2,tan(α-60°)=m,过点C作CF∥DE交DM于点F,连接EF,BE,请求出的值(用含m的式子表示). (1)ED=BD　 (2)解:①四边形CDEF是正方形.理由如下: ∵DM平分∠CDE,∠CDE=90°, ∴∠CDM=∠EDM=45°. ∵CF∥DE, ∴∠CFD=∠EDM=45°. ∴∠CFD=∠EDM=∠CDM. ∴CF=CD=ED. ∴四边形CDEF是平行四边形. ∵∠CDE=90°,CD=DE, ∴四边形CDEF是正方形. ②证明:由(1)可知,∠ADC=60°,∠CGD=60°,BD=DE, ∴∠BDE=30°,∠EGB=60°. ∴∠DBG=30°,∠DBE=∠DEB=75°. ∴∠EBG=45°,∠GDB=∠DBG. ∴DG=BG. 由①,知∠CFD=∠CDF=45°,∠DCF=90°, ∴∠FCH=60°. ∴∠EGB=∠FCH,∠EBG=∠CFD. ∴△BEG∽△FHC.∴=. ∵DG=BG,CD=CF, ∴===. (3)解:如图所示,过点D作DN⊥BC于点N, ∴AC∥DN. ∴∠ACD=∠CDN. ∵△ACD是等边三角形, AC=2, ∴FC=CD=AC=2, ∠CDN=∠ACD=60°. ∴∠NDG=α-60°,DN=1. ∴tan∠NDG=tan (α-60°)==m. ∴NG=m. 在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠A=60°,AC=2, ∴AB=4,BC=2. ∴BN=CN=.∴BG=-m. ∵∠ADC=60°,∠CDG=α, ∴∠BDE=120°-α. ∴∠BEG=30°+.∴∠EBG=. ∴∠BGE=150°-α. ∵DM平分∠CDE,∠CDE=α, ∴∠CDM=∠EDM=. ∵CF∥DE, ∴∠CFD=∠EDM=,∠DCF+∠CDE=180°. ∴∠DCF=180°-α. ∴∠FCG=150°-α. ∴∠EGB=∠FCG,∠EBG=∠CF