典型例题分析1:
如图,四边形ABCD是边长为2的正方形,点G是BC延长线上一点,连接AG,点E、F分别在AG上,连接BE、DF,∠1=∠2,∠3=∠4.
(1)证明:△ABE≌△DAF;
(2)若∠AGB=30°,求EF的长.
考点分析:
正方形的性质;全等三角形的判定与性质.
题干分析:
(1)根据已知及正方形的性质,利用ASA即可判定△ABE≌△DAF;
(2)根据正方形的性质及直角三角形的性质可得到DF的长,根据勾股定理可求得AF的长,从而就不难求得EF的长.
典型例题分析2:
图1是边长分别为4√3和2的两个等边三角形纸片ABC和DEC叠放在一起.
(1)①图1中△DEC的面积是
②操作:固定△ABC,将△DEC绕点C顺时针旋转30°,连接AD、BE,CE的延长线交AB于点F(图2),则在图2中△CBF的面积是 .
(2)在(1)的条件下将△DEC继续旋转(旋转角小于180°,图3).连接AD、BE相交于点O,AD交CE于点F,请判断∠EOD的度数,并说明理由.
(3)在(1)的条件下将△DEC绕点C逆时针旋转(旋转角大于60°且小于90°,图4),直接写出直线AD与BE相交所得到的锐角的度数.
考点分析:
几何变换综合题.
题干分析:
(1)①过D作DF⊥CE于F,根据等边三角形的性质得到∠C=60°,解直角三角形得到DF=√3,于是得到结论;②由△ABC是等边三角形,得到∠ABC=60°,解直角三角形得到BF=2√3,CF=6,根据三角形的面积公式即可得到结论;
(2)根据等边三角形的性质得到AC=BC,DC=EC,∠ACB=∠DCE=60°,得到∠ACD=∠BCE,根据全等三角形的性质得到∠ADC=∠BEC,根据三角形的内角和即可得到结论;
(3)延长AD交BE于F,设AD与BC交于E,根据等边三角形的性质得到AC=BC,DC=EC,∠ACB=∠DCE=60°,得到∠ACD=∠BCE,根据全等三角形的性质得到∠ADC=∠BEC,根据三角形的内角和即可得到结论.
典型例题分析3:
在四边形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,将△COD绕点O按逆时针方向旋转得到△C1OD1,旋转角为θ(0°<θ<90°),连接AC1、BD1,AC1与BD1交于点P.
(1)如图1,若四边形ABCD是正方形.
①求证:△AOC1≌△BOD1.
②请直接写出AC1 与BD1的位置关系.
(2)如图2,若四边形ABCD是菱形,AC=5,BD=7,设AC1=kBD1.判断AC1与BD1的位置关系,说明理由,并求出k的值.
(3)如图3,若四边形ABCD是平行四边形,AC=5,BD=10,连接DD1,设AC1=kBD1.请直接写出k的值和AC12+(kDD1)2的值.
考点分析:
四边形综合题;全等三角形的判定与性质;旋转的性质;相似三角形的判定与性质.
题干分析:
(1)①如图1,根据正方形的性质得OC=OA=OD=OB,AC⊥BD,则∠AOB=∠COD=90°,再根据旋转的性质得OC1=OC,OD1=OD,∠COC1=∠DOD1,则OC1=OD1,利用等角的补角相等得∠AOC1=∠BOD1,然后根据“SAS”可证明△AOC1≌△BOD1;
②由∠AOB=90°,则∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°,
所以∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°,则∠APB=90°所以AC1⊥BD1;
(2)如图2,根据菱形的性质得OC=OA=AC/2,OD=OB=BD/2,AC⊥BD,则∠AOB=∠COD=90°,再根据旋转的性质得OC1=OC,OD1=OD,∠COC1=∠DOD1,则OC1=OA,OD1=OB,利用等角的补角相等得∠AOC1=∠BOD1,加上OC1/OD1=OA/OB,根据相似三角形的判定方法得到△AOC1∽△BOD1,得到∠OAC1=∠OBD1,由∠AOB=90°得∠OAB+∠ABP+∠OBD1=90°,则∠OAB+∠ABP+∠OAC1=90°,则∠APB=90°,所以AC1⊥BD1;然后根据相似比得到AC1/BD1=OA/OB=AC/BD=5/7,所以k=5/7;
(3)与(2)一样可证明△AOC1∽△BOD1,则AC1/BD1=OA/OB=AC/BD=1/2,所以k=1/2;根据旋转的性质得OD1=OD,根据平行四边形的性质得OD=OB,则OD1=OB=OD,于是可判断△BDD1为直角三角形,根据勾股定理得BD12+DD12=BD2=100,所以(2AC1)2+DD12=100,于是有AC12+(kDD1)2=25.