中職拓展模塊平面幾何公式及應(yīng)用測(cè)試題

中職拓展模塊平面幾何公式及應(yīng)用測(cè)試題平面幾何公式1.三角形-周長(zhǎng)公式：$C=a+b+c$-面積公式：$S=\dfrac{1}{2}bh$-直角三角形勾股定理：$c^2=a^2+b^2$-正弦定理：$\dfrac{a}{\sinA}=\dfrac{\sinB}=\dfrac{c}{\sinC}$-余弦定理：$a^2=b^2+c^2-2bc\cosA$2.矩形-周長(zhǎng)公式：$C=2(a+b)$-面積公式：$S=ab$-對(duì)角線長(zhǎng)度：$d=\sqrt{a^2+b^2}$-對(duì)角線夾角余弦值：$\cos\theta=\dfrac{a^2+b^2-d^2}{2ab}$3.正方形-周長(zhǎng)公式：$C=4a$-面積公式：$S=a^2$-對(duì)角線長(zhǎng)度：$d=a\sqrt{2}$-對(duì)角線夾角余弦值：$\cos\theta=\dfrac{a^2-a^2\sqrt{2}}{2a^2}=-\dfrac{1}{\sqrt{2}}$4.平行四邊形-周長(zhǎng)公式：$C=2(a+b)$-面積公式：$S=bh$-對(duì)角線夾角余弦值：$\cos\theta=\dfrac{a\cdotc+b\cdotd}{\sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}}$簡(jiǎn)答題1.證明矩形對(duì)角線相等解：設(shè)矩形的寬和長(zhǎng)分別為$a$和$b$，則矩形的對(duì)角線長(zhǎng)度：$d=\sqrt{a^2+b^2}$矩形的另外兩個(gè)角為$90^\circ$，則根據(jù)勾股定理可得相鄰兩邊平方和等于對(duì)邊平方。$a^2+b^2=d^2$所以，矩形的對(duì)角線相等。2.證明平行四邊形對(duì)角線平分解：如下圖所示，平行四邊形$ABCD$的對(duì)角線$AC$和$BD$相交于點(diǎn)$O$，則$\triangleAOC$與$\triangleBOD$全等，并且$\angleAOC=\angleBOD$因此，對(duì)角線$AC$和$BD$平分。計(jì)算題1.如圖，已知矩形$ABCD$的邊長(zhǎng)$AB=6cm$，$AD=8cm$，點(diǎn)$M$在$CD$邊上，且$CM=MD=4cm$，連接$BM$并延長(zhǎng)交$AD$于點(diǎn)$N$，求$BM$的長(zhǎng)度。解：設(shè)$BM=x$，則$MN=4-x$，$AN=8-4+x=x+4$。由全等三角形可得$\triangleBNM\cong\triangleANM$。因此，$\dfrac{BM}{AN}=\dfrac{NM}{AM}$$\dfrac{x}{x+4}=\dfrac{4-x}{6}$解得，$x=\dfrac{8}{5}$所以，$BM=\dfrac{8}{5}cm$2.如圖，$ABCD$是一長(zhǎng)方形，$E$、$F$、$G$、$H$分別是$AB$,$BC$,$CD$,$DA$的中點(diǎn)，連線$AE$和$CG$相交于點(diǎn)$K$，連線$FH$和$ED$相交于點(diǎn)$L$，求證：長(zhǎng)方形$ABCD$可以被平分線$KL$分成兩個(gè)面積相等的部分。解：連接$AD$，作平行于$KL$的直線交$AD$于點(diǎn)$M$，則$\triangleKAE\cong\triangleGCM$，$\triangleLHF\cong\triangleDME$因此，$AM=MC$，$DM=MB$又因?yàn)榫匦?ABCD$的面積為$S=ab$，$E$和$F$分別為$AB$和$BC$的中點(diǎn)，所以$EF=\dfrac{1}{2}ab$，同理$GH=\dfrac{1}{2}ab$因此，矩形$EFGH$的面積為$S_1=EF\cdotGH=\dfrac{1}{4}ab$矩形$KLMN$的面積為$S_2=(AK+DM)\cdotKL$由于$AK=DC=\dfrac{1}{2}ab$，$DM=MB=\dfrac{1}{2}AD=\dfrac{1}{2}bc$，$KL=2EF=\dfrac{1}{2}ab$所以，$S_2=(\dfrac{1}{2}ab+\dfrac{1}{2}bc)\cdot\dfrac{1}{2