人教版初中数学《第9章三角形》竞赛专题复习及答案

第9章三角形 §9．1全等三角形

9．1．1★已知等腰直角三角形ABC，BC是斜边．?B的角平分线交AC于D，过C作CE与BD垂直 且交BD延长线于E，求证：BD?2CE．

ACF，CF?BD．解析如图，延长CE、BA，设交于F．则?FBE??ACF，AB?AC，得△ABD≌△

又BE?CF，BE平分?FBC，故BE平分CF，E为CF中点，所以2CE?FC?BD．

9．1．2★在△ABC中，已知?A?60?，E、F、G分别为AB、AC、BC的中点，P、Q为△ABC形外两点，使PE?AB，PE?ABAC，QF?AC，QF?，若GP?1，求PQ的长． 22FAEDBC

解析如图，连结EG、FG，则EG∥AC，FG∥AB，故?PEG?150???QFG．又QF?1AC?EG，2PE?1AB?FG，故△PEG≌△GFQ，所以PG?GQ，?EGP??FGQ??FQG??FGQ?30?，又2?EGF?60?，所以?PGQ?90?，于是PQ?2PG?2．

APQFEBGC

BC． ADCEB，若A?与A不重合，则A?在EA（或延长线）上，但由解析作平行四边形ECBA?，则△A?BE≌△三角形不等式易知，A?在EA上时，△ABE的周长?△A?BE的周长；A?在EA延长线上时，△ABE的9．1．3★在梯形ABCD的底边AD上有一点E，若△ABE、△BCE、△CDE的周长相等，求周长?△A?BE周长，均与题设矛盾，故A与A?重合，AE∥BC，同理ED∥BC，

BC1?． AD2AA'EDBC

9．1．4★★△ABC内，?BAC?60?，?ACB?40?，P、Q分别在边BC、CA上，并且AP、BQ分

别是?BAC、?ABC的角平分线．求证：BQ?AQ?AB?BP． 解析延长AB到D，使BD?BP，连结DP．易知?ABC?80?，所以?QBC?40???ACB，AC?AQ?QC?AQ?QB．

AQBPDC

1因?BDP??BPD??ABC?40???ACB，所以△ADP≌△ACP，

2AC?AD?AB?BD?AB?BP． 于是BQ?AQ?AB?BP．

9．1．5★★设等腰直角三角形ABC中，D是腰AC的中点，E在斜边BC上，并且AE?BD．求证： ?BDA??EDC．

解析如图，作?BAD的平分线AF，F在BD上．

ADFBEC

由于?BAF?45???ACE，AB?AC，?ABF??CAE，故△ABF≌△CAE，故EC?AF． 又?C??FAD?45?，AD?CD，于是△AFD≌△CED，于是?ADB??EDC．

9．1．6★★设△ABE、△ACF都是等腰直角三角形，AE、AF是各自的斜边，G是EF的中点，求证：△GBC也是等腰直角三角形．

解析如图，作AQ、GP、EM、FN分别垂直于直线BC，垂足为Q、P、M、N．

AEMBQPGFCN

由?EBM?90???ABQ??BAQ，AB?BE，△EMB≌△BQA，故有EM?BQ，BM?AQ．同理FN?QC，CN?AQ，所以BM?CN， EM?FN?BQ?QC?BC． 又EG?GF得BP?CP，且GP?结论成立．

9．1．7★★已知AB?AC，AB?AC，D、E在BC上（D靠近B），求证：DE2?BD2?CE2的充要条件是?DAE?45?．

11?EM?FN??BC，故GP?BP?CP．又由GP?BC，故 22AFBDEC

解析如图，作FC?BC，且FC?BD，则?ACF?45???B，又AB?AC，故△ABD≌△ACF，AD?AF，且?D4F??BAC?90?．

若?DAE?45?，则?EAF?45?，因AD?AF，得△ADE≌△AFE，则 DE2?EF2?EC2?FC2?EC2?BD2．

反之，若DE2?EC2?BD2，由EF2?EC2?FC2得EF?DE．又AD?AF，故△ADE≌△AEF，又?DAF?90?，于是?DAE?45?．

9．1．8★★两三角形全等且关于一直线对称，求证：可以将其中一个划分成3块，每一块通过平移、 旋转后拼成另一个三角形．

解析如图，设△ABC与△A?B?C?关于l对称，分别找到各自的内心I、I?，分别向三边作垂线ID、IE、 IF与I?D?、I?E?、I?F?，于是6个四边形AFIE??均为轴对称的筝形，且四边形AFIE≌四边形A?E?J?F?，所以两者可通过平移、旋转后重合；同理，另外两对筝形也可通过平移、旋转后重合．

AEFBllDCC'D'B'E'F'l'A'

9．1．9★★★已知：两个等底等高的锐角三角形，可以将每个三角形分别分成四个三角形，分别涂上红色、蓝色、黄色和绿色，使得同色三角形全等．

??，解析如图，设BC?B?C?，A至BC距离等于A?至B?C?距离，取各自的中位线FE、则F由FEE?FE?．

△ABC、△A?B?C?均为锐角三角形，可在BC、B?C?上各取一点D、D?，使图中标相同数字的角相等，于是△AEF≌△D?E?F?，△DEF≌△A?E?F?，△FBD≌△FD?B?，△EDC≌△E?C?D?． 评注还有一种旋转而不是对称的构造法．

A3F1414B256D52CEF'41A'652E'4132B'D'5C'

9．1．10★已知△ABC与△A?B?C?中，?A??A?，BC?B?C?，S△ABC?S△A?B?C?，△ABC与 △A?B?C?是否一定全等？

AA'BC

解析如图，让B与B?重合，C与C?重合，A、A?在BC同侧，若A与A?重合，则△ABC≌△A?B?C?；否则由条件知四边形ABCA?为梯形和圆内接四边形，于是它是一个等腰梯形，于是?ABC??A?CB，AB?A?C，△ABC≌△A?C?B?．综上，可知△ABC与△A?B?C?全等． 评注本题也可以运用三角形面积公式、余弦定理结合韦达定理来证明．

9．1．11★★如图所示，已知△ABC、△CED均为正三角形，M、N、L分别为BD、AC和CE的中点，求证：△MNL为正三角形．

ANSBMCTDLE

解析如图，设BC、CD中点分别为S、T，连结NS、SM、MT、TL．则四边形CSMT为平行四

180???2?40?????LTM，?NCL?360??120????240???，边形，设?BCD??，则?NSM?60??又NC?SN?SC?MT，LC?LT?CT?SM，故△CNL≌△SNM≌△TML， NL?NM?ML，于是△MNL为正三角形．

评注注意有时S在MN另一侧，此时?NSM??LTM??NCL?120???，不影响最终结论．

9．1．12★★★△ABC中，?A?90?，AB?c．AC?6，BC?a，M是BC中点，P、Q分别在AB、AC上（可落在端点），满足MP?MQ，求BP2?CQ2的最小值（用a、b、c表示）．

解析如图，延长QM至N，使QM?MN，连结PN、BN、PQ、AM由于M是BC、NQ的中点，故BN?CQ，BN∥AC，BN?BP，又PM垂直平分NQ，故BP2?CQ2?BP2?BN2?PN2?PQ2．

aa222取PQ中点K（图中未画出），则PQ?AK?MK≥AM?，于是BP?CQ的最小值为，取到等

24号仅当PQ?AM即四边形APMQ为矩形时．

AQPBMCN

9．1．13★★★已知P为△ABC内一点，?PAC??PBC，由P作BC、CA的垂线，垂足分别是L、M．

CMPLFEADB

设D为AB中点，求证：DM?DL．

解析如图所示，取AP中点E，BP中点F，连ME、ED、DF、FL．显然四边形DEPF是平行四边形，所以EP?DF，FP?DE．?DEP??DFP．

又由PM?AC，所以EM?EA?EP?DF，?PEM?2?PAC；同理FL?DE，?PFL?2?PBC．由?PAC??PBC，所以?DEM??DEP??PEM??DFP??PFL??DFL，从而△DFM≌△LFD，所以DM?DL．

9．1．14★★在△ABC中，已知?CAB?60?，D、E分别是边AB、AC上的点，且?AED?60?，ED?DB?CE，?CDB?2?CDE，求?DCB的度数． 解析如图，延长AB到F，使BF?ED，连CF、EF．

CEADBF

因为?EAB??AED?60?，所以?FDA?60?，?EDB??CED?120?，

AD?AE?ED?BF．

CE?ED?DB?DB?BF?DF．

于是，AC?AF，?ACF??AFC?60?． 又因为?EDB?120?，?CDB?2?CDE， 所以

?CDE?40?，?CDB?80?，

?ECD?180???CED??EDC?20?．

在△CDA和△CBF中，CA?CF，?CAD??CFB?60?，AD?BF，所以△CDA≌△CBF，故 ?FCB??ACD?20?．

于是，?DCB?60???CDE??FCB?20?．

?C为锐角，N、BC上的点，9．1．15★★在△ABC中，满足AM?AN，?B、D分别为边AB、AC、M、

BD?DC，且?BDM??CDN．求证：AB?AC．

解析若DM?DN，则在DM上取一点E，使DN?DE．连结BE并延长交AC于F，连结EN．在△BED与△CND中，BD?DC，?BDE??CDN，DE?DN，故△BDE≌△CDN．于是有?EBD??NCD，BE?NC，所以FB?FC．又易知EN∥BC，因此?ENF??ACB． 但另一方面，由DM?DN，知?ABC??FBC??ACB，所以

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