初中數(shù)學冀教版八年級上冊第十七章特殊三角形1反證法

全章熱門考點整合應用名師點金：本章主要學習了等腰三角形的性質(zhì)與判定、直角三角形、勾股定理、勾股定理的逆定理及其應用．等腰三角形是軸對稱圖形，勾股定理揭示了直角三角形三邊之間的數(shù)量關系，它把直角三角形的“形”的特點轉(zhuǎn)化為三邊長的“數(shù)”的關系，是數(shù)形結(jié)合的典范，是直角三角形的重要性質(zhì)之一，也是今后學習直角三角形的依據(jù)之一．勾股定理1．如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝15，AC＝20，CD是高．(第1題)(1)求AB的長；(2)求△ABC的面積；(3)求CD的長．三個性質(zhì)eq\a\vs4\al(性質(zhì)1)等腰三角形的性質(zhì)(第2題)2.如圖，△ABC內(nèi)有一點D，且DA＝DB＝DC.若∠DAB＝20°，∠DAC＝30°，則∠BDC的大小是()A．100°B．80°C．70°D．50°eq\a\vs4\al(性質(zhì)2)等邊三角形的性質(zhì)3．如圖，已知△ABC和△BDE均為等邊三角形，試說明：BD＋CD＝AD.(第3題)eq\a\vs4\al(性質(zhì)3)含30°角的直角三角形的性質(zhì)4．如圖，在Rt△ABD中，∠ADB＝90°，∠A＝60°，作DC∥AB，且∠DBC＝∠BDC，DC與BC交于點C，CD＝4.求：(1)∠CBD的度數(shù)；(2)線段AB的長．(第4題)三個判定eq\a\vs4\al(判定1)直角三角形的判定5．張老師在一次“探究性學習”課中，設計了如下數(shù)表：n2345…a22－132－142－152－1…b46810…c22＋132＋142＋152＋1…(1)請你分別探究a，b，c與n之間的關系，并且用含n(n為整數(shù)且n＞1)的式子表示：a＝________，b＝________，c＝________；(2)猜想以a，b，c為邊長的三角形是否為直角三角形，并證明你的猜想．6．如圖所示，在四邊形ABCD中，AC⊥DC，△ADC的面積為30cm2，DC＝12cm，AB＝3cm，BC＝4cm，求△ABC的面積．(第6題)eq\a\vs4\al(判定2)等腰三角形的判定7．如圖，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，AE∶EM∶MB＝1∶2∶1，AD∶DN∶NC＝1∶2∶1，連接MD，NE，MN，MD與NE交于點O，求證：△OMN是等腰三角形．(第7題)eq\a\vs4\al(判定3)等邊三角形的判定8．如圖，設在一個寬度AB＝a的小巷內(nèi)，一個梯子的長度為b，梯子的腳位于P點，將該梯子的頂端放于一面墻上的Q點時，Q點離地面的高為c，梯子與地面的夾角為45°，將梯子頂端放于另一面墻上的R點時，R點離地面的高度為d，此時梯子與地面的夾角為75°，則d＝a，為什么？(第8題)勾股數(shù)9．我們把滿足方程x2＋y2＝z2的正整數(shù)(x，y，z)叫做勾股數(shù)，如，(3，4，5)就是一組勾股數(shù)．(1)請你再寫出兩組勾股數(shù)；(________，________，________)，(________，________，________)；(2)在研究直角三角形的勾股數(shù)時，古希臘的哲學家柏拉圖曾指出：如果n表示大于1的整數(shù)，x＝2n，y＝n2－1，z＝n2＋1，那么以x，y，z為三邊長的三角形為直角三角形(即x，y，z為勾股數(shù))，請你加以證明．四種方法eq\a\vs4\al(方法1)化曲(折)為直法10．如圖所示，長方體的底面相鄰兩邊的長分別為1cm和3cm，高為6cm，如果用一根細線從點A開始經(jīng)過4個側(cè)面纏繞一圈到達點B，那么所用細線最短需要多長？如果從點A開始經(jīng)過4個側(cè)面纏繞n圈到達點B，那么所用細線最短時其長度是多少(用含n的式子表示)？【導學號：42282081】(第10題)eq\a\vs4\al(方法2)對稱找點法11．如圖所示，牧童在A處放牛，其家在B處，A，B到河岸(直線l)的距離分別為AC＝400米，BD＝200米，已知CD＝800米，牧童從A處把牛牽到河邊飲水后回家，在何處飲水所走總路程最短？最短總路程是多少？(第11題)eq\a\vs4\al(方法3)旋轉(zhuǎn)法12．如圖，點E是正方形ABCD內(nèi)一點，連接AE，BE，CE，將△ABE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°到△CBE′的位置．若AE＝1，BE＝2，CE＝3，求∠BE′C的度數(shù)．【導學號：42282082】(第12題)eq\a\vs4\al(方法4)化斜為直法13．如圖，在△ABC中，AB＝13，BC＝10，BC邊上的中線AD＝12.求：(1)AC的長度；(2)△ABC的面積．(第13題)兩個應用eq\a\vs4\al(應用1)勾股定理的應用14．將穿好彩旗的旗桿垂直插在操場上，旗桿從旗頂?shù)降孛娴母叨葹?20cm，在無風的天氣里，彩旗自然下垂，如圖①.求彩旗下垂時最低處離地面的最小高度h.(彩旗完全展開時的尺寸如圖②所示．單位：cm)(第14題)eq\a\vs4\al(應用2)勾股定理的逆定理的應用15．如圖，在我國沿海有一艘不明國籍的輪船進入我國海域，我海軍的甲、乙兩艘巡邏艇立即從相距5nmile的A，B兩個基地前去攔截(甲巡邏艇從A基地出發(fā)，乙巡邏艇從B基地出發(fā))，6分鐘后同時到達C地將其攔截．已知甲巡邏艇每小時航行40nmile，乙巡邏艇每小時航行30nmile，航向為北偏西37°，求甲巡邏艇的航向．(第15題)16．育英中學有兩個課外小組的同學同時步行到校外去采集植物標本，第一組的步行速度為30m/min，第二組的步行速度為40m/min，半小時后，兩組同學同時停下來，這時兩組同學相距1500m.(1)試判斷這兩組同學行走的方向是否成直角．(2)如果接下來這兩組同學以原來的速度相向而行，多長時間后能相遇？三種思想eq\a\vs4\al(思想1)方程思想17．如圖，點N是△ABC的邊BC延長線上的一點，∠ACN＝2∠BAC，過點A作AC的垂線交CN于點P.(1)若∠APC＝30°，求證：AB＝AP；(2)若AP＝8，BP＝16，求AC的長；(3)若點P在BC的延長線上運動，∠APB的平分線交AB于點M.你認為∠AMP的大小是否發(fā)生變化？若變化，請說明理由；若不變化，求出∠AMP的大?。緦W號：42282083】(第17題)18．如圖，△ABC是等腰三角形，AB＝AC，在△ABC外部分別作等邊三角形ADB和等邊三角形ACE.若∠DAE＝∠DBC，求△ABC三個內(nèi)角的度數(shù)．(第18題)eq\a\vs4\al(思想2)轉(zhuǎn)化思想19．求下列圖形中陰影部分的面積．(1)如圖①，AB＝8，AC＝6.(2)如圖②，AB＝13，AD＝14，CD＝2.(第19題)eq\a\vs4\al(思想3)分類討論思想20．在等腰三角形ABC中，∠A比∠B的2倍少50°，求∠B.21．如圖，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10cm，BC＝6cm，若動點P從點C開始，按C→A→B→C的路徑運動，且速度為每秒1cm，設出發(fā)時間為ts.(1)出發(fā)2s后，求△ABP的面積．(2)當t為何值時，BP平分∠ABC.(3)當t為何值時，△BCP為等腰三角形？【導學號：42282084】(第21題)答案1．解：(1)∵在△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝15，AC＝20，∴AB2＝AC2＋BC2＝202＋152＝625.∴AB＝25.(2)S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC＝eq\f(1,2)×20×15＝150.(3)∵CD是邊AB上的高，∴eq\f(1,2)AC·BC＝eq\f(1,2)AB·CD.∴CD＝12.2．A點撥：方法一：因為DA＝DB，所以∠DBA＝∠DAB＝20°.因為DA＝DC，所以∠DCA＝∠DAC＝30°.在△ABC中，有∠DBC＋∠DCB＝180°－2×20°－2×30°＝80°.所以∠BDC＝180°－(∠DBC＋∠DCB)＝180°－80°＝100°.方法二：在△ADB中，由方法一可得∠ADB＝180°－2×20°＝180°－40°＝140°.同理∠ADC＝180°－2×30°＝120°.所以∠BDC＝360°－140°－120°＝100°.故選A.3．解：因為△ABC，△BDE均為等邊三角形，所以BE＝BD＝DE，AB＝BC，∠ABC＝∠EBD＝60°.所以∠ABE＋∠EBC＝∠DBC＋∠EBC.所以∠ABE＝∠DBC.在△ABE和△CBD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝CB，,∠ABE＝∠CBD，,BE＝BD，))所以△ABE≌△CBD(SAS)．所以AE＝CD.又因為AD＝AE＋ED，ED＝BD，所以BD＋CD＝AD.4．解：(1)在Rt△ADB中，∵∠A＝60°，∠ADB＝90°，∴∠ABD＝30°.∵AB∥CD，∴∠CDB＝∠ABD＝30°.又∵∠DBC＝∠BDC，∴∠CBD＝∠CDB＝30°.(第4題)(2)如圖，過點C作CM⊥BD于點M，交AB于點E，連接DE，易得DE＝EB，∴∠EDB＝∠EBD＝30°.∵∠CDM＝30°，∠CMD＝90°，∴CM＝eq\f(1,2)CD＝eq\f(1,2)×4＝2.又∵∠EBM＝∠CBM＝30°，∠EMB＝∠CMB＝90°，BM＝BM，∴△EBM≌△CBM，∴EM＝CM＝2.∴DE＝2EM＝4.∵∠DEA＝∠EDB＋∠EBD＝60°，∠A＝60°，∴∠DEA＝∠A，∴AD＝DE＝4.又∵∠ADB＝90°，∠ABD＝30°，∴AB＝2AD＝8.點撥：含30°角的直角三角形的性質(zhì)常與直角三角形的兩個銳角互余同時運用，此性質(zhì)是求線段長度和證明線段倍分問題的重要依據(jù)．5．解：(1)n2－1；2n；n2＋1(2)是直角三角形．證明：因為a2＋b2＝(n2－1)2＋(2n)2＝n4＋2n2＋1，c2＝(n2＋1)2＝n4＋2n2＋1，所以a2＋b2＝c2.所以以a，b，c為邊長的三角形是直角三角形．6．解：在Rt△ACD中，S△ACD＝eq\f(1,2)AC·CD＝30cm2，∵DC＝12cm，∴AC＝5cm.∵AB2＋BC2＝25，AC2＝52＝25，∴AB2＋BC2＝AC2.∴△ABC是直角三角形．∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝eq\f(1,2)×3×4＝6(cm2)．7．證明：在△ABC中，因為AB＝AC，且AE∶EM∶MB＝1∶2∶1，AD∶DN∶NC＝1∶2∶1，所以AD＝eq\f(1,4)AC，AE＝eq\f(1,4)AB＝eq\f(1,4)AC，所以AE＝AD.同理AM＝AN.在△ADM與△AEN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝AE，,∠MAD＝∠NAE，,AM＝AN，))所以△ADM≌△AEN，所以∠AMD＝∠ANE.又因為AM＝AN，所以∠AMN＝∠ANM，所以∠AMN－∠AMD＝∠ANM－∠ANE，即∠OMN＝∠ONM，所以OM＝ON，所以△OMN是等腰三角形．8．解：連接RQ，RB，設BR與PQ交于點M.∵∠RPA＝75°，∠QPB＝45°，∴∠RPQ＝180°－75°－45°＝60°.又∵PR＝PQ，∴△PRQ為等邊三角形．∴RP＝RQ.在Rt△BPQ中，∵∠BPQ＝45°，∴∠BQP＝90°－45°＝45°，∴∠BPQ＝∠BQP，∴BP＝BQ.∴點R，B在PQ的垂直平分線上，∴BM⊥PQ.在Rt△BMP中，∵∠BPQ＝45°，∴∠RBA＝45°.在Rt△RAB中，∵∠ARB＝90°－∠RBA＝45°，∴∠ARB＝∠RBA，∴AR＝AB，即d＝a.點撥：若兩個點到線段兩端點的距離分別相等，則這兩點確定的直線是該線段的垂直平分線．9．(1)解：6；8；10；9；12；15(答案不唯一)(2)證明：x2＋y2＝(2n)2＋(n2－1)2＝4n2＋n4－2n2＋1＝n4＋2n2＋1＝(n2＋1)2＝z2，即x，y，z為勾股數(shù)．10．分析：要求所用細線最短，需將長方體的側(cè)面展開，根據(jù)“兩點之間線段最短”得出結(jié)果．解：將長方體的側(cè)面展開，連接AB′，如圖所示．因為AA′＝1＋3＋1＋3＝8(cm)，A′B′＝6cm，所以AB′2＝AA′2＋A′B′2＝82＋62＝102.所以AB′＝10cm.所以用一根細線從點A開始經(jīng)過4個側(cè)面纏繞一圈到達點B，所用細線最短需要10cm.如果從點A開始經(jīng)過4個側(cè)面纏繞n圈到達點B，那么所用細線最短時，其長度的平方為(8n)2＋62＝64n2＋36.所以其長度為2eq\r(16n2＋9)(cm)．(第10題)11．分析：作點A關于河岸的對稱點A′，連接A′B交CD于點M，由軸對稱的性質(zhì)和兩點之間線段最短可知在點M處飲水所走的總路程最短，最短總路程為A′B的長．解：如圖，作點A關于直線CD的對稱點A′，連接A′B交CD于點M，連接AM，則在點M處飲水所走的總路程最短，最短總路程為A′B的長．過點A′作A′H⊥BD交其延長線于點H，在Rt△A′HB中，A′H＝CD＝800米，BH＝BD＋DH＝BD＋AC＝200＋400＝600(米)，由勾股定理得A′B2＝A′H2＋BH2＝8002＋6002＝1000000，故A′B＝1000米，所以最短總路程是1000米．(第11題)點撥：本題考查的是軸對稱的性質(zhì)、勾股定理的應用，解題的關鍵是明確當點B，M，A′在一條直線上時，A′B的長是最短總路程．12．解：如圖，連接EE′.由題意可知△ABE≌△CBE′，所以CE′＝AE＝1，BE′＝BE＝2.∠ABE＝∠CBE′.又因為∠ABE＋∠EBC＝90°，所以∠CBE′＋∠EBC＝90°.即∠EBE′＝90°，則由勾股定理，得EE′2＝8.在△EE′C中，CE′2＋EE′2＝1＋8＝9＝CE2.由勾股定理的逆定理，可知∠EE′C＝90°.又因為BE＝BE′，∠EBE′＝90°，所以∠BE′E＝eq\f(180°－90°,2)＝45°，所以∠BE′C＝∠BE′E＋∠EE′C＝45°＋90°＝135°.(第12題)13．解：(1)∵AD是BC邊上的中線，BC＝10，∴BD＝CD＝5.∵52＋122＝132，∴BD2＋AD2＝AB2.∴∠ADB＝90°，∴∠ADC＝90°，∴AC2＝AD2＋CD2＝169.∴AC＝13.(2)S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AD＝eq\f(1,2)×10×12＝60.14．解：彩旗下垂時最低處離地面的最小高度h也就是旗桿的高度減去彩旗的對角線的長，∵1202＋902＝22500，∴彩旗的對角線長為150cm.所以h＝320－150＝170(cm)．彩旗下垂時最低處離地面的最小高度h為170cm.15．解：6分鐘＝小時，AC＝40×＝4(nmile)，BC＝30×＝3(nmile)．因為AB＝5nmile，所以AB2＝BC2＋AC2，所以∠ACB＝90°.又由已知條件得∠CBA＝90°－37°＝53°.所以∠CAB＝37°.所以甲巡邏艇的航向為北偏東53°.16．解：(1)因為半小時后，第一組行走的路程為30×30＝900(m)，第二組行走的路程為40×30＝1200(m)，9002＋12023＝15002，而此時兩組同學相距1500m，所以兩組同學行走的方向成直角．(2)設xmin后兩組同學相遇．根據(jù)題意，得30x＋40x＝1500.解這個方程，得x＝eq\f(150,7).即這兩組同學若以原來的速度相向而行，eq\f(150,7)min后能相遇．17．(1)證明：∵AC⊥AP，∴∠CAP＝90°，∵∠APC＝30°，∴∠ACP＝60°，∵∠ACP＝2∠BAC，∴∠BAC＝30°，∴∠ABP＝30°，∴∠ABP＝∠APC，∴AB＝AP.(2)解：由(1)知∠BAC＝∠ABP，∴AC＝BC，設AC＝x，在Rt△ACP中，由勾股定理建立方程得x2＋82＝(16－x)2，解得x＝6.所以AC＝6.(3)解：∠AMP的大小不發(fā)生變化，∠AMP＝∠B＋eq\f(1,2)∠APC＝eq\f(1,2)∠ACP＋eq\f(1,2)∠APC＝eq\f(1,2)(∠ACP＋∠APC)＝eq\f(1,2)×90°＝45°.18．解：因為△ADB和△ACE都是等邊三角形，所以∠DAE＝∠DAB＋∠BAC＋∠CAE＝60°＋∠BAC＋60°＝120°＋∠BAC，∠DBC＝60°＋∠ABC.又因為∠DAE＝∠DBC，所以120°＋∠BAC＝60°＋∠ABC，即∠ABC＝60°＋∠BAC.又因為△ABC是等腰三角形，所以AB＝AC，所以∠ABC＝∠ACB＝60°＋∠BAC.設∠BAC＝x°，因為∠BAC＋2∠ABC＝180°，則x＋2(x＋60)＝180，解得x＝20.所以∠ACB＝∠ABC＝60°＋∠BAC＝60°＋20°＝80°.所以△ABC三個內(nèi)角的度數(shù)分別為20°，80°，80°.19．解：(1)∵AB＝8，AC＝6，∴BC2＝AB2＋AC2＝100，BC＝10.∴BO＝5.∵S△ABC＝eq\f(1,2)AB×AC＝eq\f(1,2)×8×6＝24，S半圓＝eq\f(1,2)π×52＝eq\f(25,2)π，∴S陰影＝eq\f(25,2)π－24.(2)∵AD＝14，CD＝2，∴AC＝12.∵AB＝13，∴CB2＝AB2－AC2＝25，CB＝5.∴S陰影＝2×5＝10.20．解：設∠B為x°.因為∠A比∠B的2倍少50°，所以∠A為2x°－50°.因為∠A＋∠B＋∠C＝180°，所以∠C＝180°－(2x°－50°)－x°＝230°－3x°.當AB＝AC時(如圖①)，此時有∠B＝∠C，則x＝230－3x.解得x＝°.當AB＝BC時(如圖②)，此時有∠A＝∠C，則2x－50＝230－3x.解得x＝56°.當AC＝BC時(如圖③)，此時有∠A＝∠B，則2x－50＝x.解得x