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第3招 30度，圖可巧，挖掘信息建直角
在題目給出的條件中，若涉及30°角的信息，或出現15°，60°，75°等角的情形時，往往要想方設法添加輔助線，使之構造出含30°角的直角三角形.這是因為一旦凸顯出了含30°角的直角三角形的條件后，我們就可順理成章地利用“在直角三角形中，如果一個銳角等于30°，那么它所對的直角邊等于斜邊的一半”與“勾股定理”進行分析問題、解決問題，或利用銳角三角函數的關系將有角的問題轉換為邊與邊的比的問題來處理.這樣不僅可以更換思考問題的方向，快速獲得解決問題的途徑，還能促進解題的創新性與開放性.此招輔助線我們可將它表述為：
30度，圖可巧，挖掘信息建直角.
這里的“構造”，就是根據題設條件作出適當的輔助線，使之出現含有30°角的直角三角形，或說明某三角形是含有30°角的直角三角形.
為了強化對“在直角三角形中，如果一個銳角等于30°，那么它所對的直角邊等于斜邊的一半”的應用，我們可將它簡述為：30度角所對邊，斜邊折半來體現.
當然，當題設中有45°，60°等特殊角時，同樣也要構造直角三角形來探究.
例1 如圖3-1所示,△ABC和△CDE都是等邊三角形，點 B，C，E三點在同一直線上,連接BD,AD,BD交AC 于點F.
(1)若 ,求證:AD=BF.
(2) 若∠BAD=90°,BE=6.
①求tan∠DBE 的值.
②求 DF 的長.
解析 (1) 證明
又∠ADF=∠BDA,∴△ADF∽△BDA.
∴∠ABD=∠FAD.
∵△ABC和△CDE都是等邊三角形,
∴AB=AC.
∵∠BAC=∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACD=60°,∠ACD=∠BAF.
∴△ADC≌△BFA.
∴AD=BF.
(2)①過點 D作DG⊥BE,垂足為G.如圖3-2所示,
∵∠BAD=90°,∠BAC=60°,
∴∠DAC=30°.
又∠ACD=60°,∴∠ADC=90°.
則△ADC為含有 30°角的直角三角形.
(30度，圖可巧，挖掘信息建直角)
(斜邊折半來體現)
由此可得
∵BE=6,∴CE=2,BC=4.
∴CG=EG=1,BG=5,DG=
則在 Rt△DBG中,
②在Rt△BDG中,∵∠BGD=90°,DG= ,BG=5,
∵∠ABC=∠DCE=60°,∴CD∥AB.
∴△CDF∽△ABF.
點評 本題以等邊三角形為背景，主要考查了等邊三角形的性質，全等三角形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，解直角三角形等基本知識，考查了輔助線的添加方法，綜合性強.解題的關鍵是正確尋找相似三角形、全等三角形.屬于中考壓軸題.第(1)問，先由AD =DF·DB,推得△ADF∽△DBA,挖掘∠ABD=∠FAD,進而挖掘△ADC≌△BFA，這是解答本問的基本思路.第(2)問，
①先挖掘△ADC是以∠DAC=30°的直角三角形,得到AC=2DC=2CE.再由所求的是∠DBE的正切值，想到作 DG⊥BE，構建直角三角形，頗有創意，凸顯了“30度，圖可巧，挖掘信息建直角”的戰術思想.
② 先求出BD,再由CD∥BA,挖掘△CDF∽△ABF,利用相似比的關系求出DF是解題的必經之路.
例2 如圖3-3所示,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,點D,E分別在邊AB,AC上,AD=AE,連接DC,M,P,N分別為DE,DC,BC的中點.
(1)在圖3-3中，線段 PM與PN 的數量關系是 ，位置關系是 .
(2) 把△ADE 繞點A 逆時針方向旋轉到圖3-4所示的位置，連接MN,PM,PN,判斷△PMN的形狀,并說明理由.
(3)在△ADE繞點A 逆時針方向旋轉的過程中,如果∠ABD=30°,點D在Rt△ABC內部,如圖3-5所示,AB=BD,求證:AD=DC.
解析 (1)在圖3-3中,∵P,N是CD,BC的中點,
∵P,M是CD,DE的中點,
∵AB=AC,AD=AE,
∴BD=CE,從而可得 PM=PN.
∵PN∥BD,∴∠DPN=∠ADC.
∵PM∥CE,∴∠DPM=∠DCA.
∵∠BAC=90°,
∴∠ADC+∠ACD=90°.
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°.
∴PM⊥PN.
故答案為:PM=PN,PM⊥PN.
(2) △PMN 是等腰直角三角形.
理由如下：
連接BD,CE,如圖3-6所示.
由旋轉知∠BAD=∠CAE.
∵AB=AC,AD=AE,
∴△ABD≌△ACE(SAS).
∴∠ABD=∠ACE,BD=CE.
同(1)的方法，利用三角形的中位線，得
∴PM=PN.
由此可得△PMN 是等腰三角形，
同(1)的方法得 PM∥CE,∴∠DPM=∠DCE.
同(1)的方法得 PN∥BD,∴∠PNC=∠DBC.
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC,
∴∠MPN =∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC.
∵∠BAC=90°,
∴∠ACB+∠ABC=90°,∠MPN=90°.
由此可得△PMN是等腰直角三角形.
(3) 證明 由∠ABD = 30°,過點 A 作AG⊥BD,垂足為G,如圖3-7所示.(30度,圖可巧，挖掘信息建直角)
(斜邊折半來體現)
又
從而可得
過點 D作DF⊥AC,垂足為 F,
易知
又AD=AD,∴Rt△AGD≌Rt△AFD.
從而可得 故F為AC 中點.
∴DF為AC 邊上的中垂線.
∴AD=DC.
點評 本題主要考查了等腰直角三角形的性質，全等三角形的判定等基本知識，考查綜合運用知識的能力，考查輔助線的添加方法.第(1)問，直接運用中位線分析是解題的基本思路.第(2)問，注重由旋轉產生的效應，先挖掘△ABD≌△ACE，再類比(1)的討論，挖掘PM=PN;∠MPN=90°是解題的必經之路.第(3)問難度較大,解題關鍵在于：一是能否抓住∠ABD=30°的信息，想到過點 A 作AG⊥.BD的輔助線AG，構建Rt△AGB，利用30°所對的直角邊是斜邊的一半的性質，挖掘 獲得∠GAC=30°,∠ADG=75°,進而挖掘∠GAD=∠DAC=15°;二是能否在AC上取其中點F,挖掘 Rt△AGD≌Rt△AFD.進而挖掘∠DFA=90°,即點 D 在AC 邊上的中垂線上.一旦把握了這兩點，問題將迎刃而解.
例3 已知,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,E為邊AC任意一點,連接 BE.
(1) 如圖 3-8 所示,若∠ABE=15°,O為 BE 中點,連接AO,且AO=1,求 sin 15°的值及 BC 的長.
(2)如圖3-9所示,F也為AC上一點,且滿足AE=CF,過點 A 作AD⊥BE,垂足為 H,交 BC于點D,連接DF交BE 于點G,連接AG.
①若AG平分∠CAD,求證:
② 如圖3-10 所示,當點G落在△ABC外部時,若將△EFG 沿EF邊翻折，點G剛好落在BC 邊上的點P 處，試求AG與EF 的數量關系.
解析 (1) 解法1 如圖3-11 所示,在AB上取一點M,使得 BM=ME,連接ME.
在Rt△ABE中,∵OB=OE,∴BE=2OA=2.
∵MB=ME,∴∠MBE=∠MEB=15°.
∴∠AME=∠MEB+∠MBE=30°.
(30度，圖可巧，挖掘信息建直角)
在 Rt△AME中,設AE=x,
則.ME=BM=2x,AM= x.
在 Rt△ABE中,由 得
由此解得 負根舍去).
由此可得
解法2 如圖3-12 所示,∵∠ABE=15°,
過點 E作EH⊥BC,垂足為 H.在 Rt△BEH 中,∵∠EBH = 30°,BE =2OA=2,
∵∠ECH=45°,∴△CEH為等腰直角三角形.
從而可得
于是,在 Rt△ABE中,
(2) ① 證明 過點C作AC 的垂線,交AD 的延長線于點 P,過點G作GM⊥AC,垂足為M.如圖3-13 所示,∵BE⊥AP,
在△ABE和△CAP中
∴△ABE≌△CAP.
∴AE=CP=CF,∠AEB=∠P. ①
∵BA⊥AC,PC⊥AC,∴AB∥CP.
∴∠ABC=∠DCP.
又∠ABC=∠ACB,
∴∠DCF=∠DCP.
在△DCF 和△DCP 中,
∴△DCF≌△DCP.
∴∠DFC=∠P. ②
結合①②,得∠GFE=∠GEF.
∴GE=GF.
∵GM⊥EF,∴FM=ME.
∵AE=CF,∴AF=CE,從而AM=CM.
在△GAH 和△GAM中,
∴△AGH≌△AGM.
②結論：
理由：如圖3-14所示，過點C作AC 的垂線，交AD 的延長線于點M,連接PG交AC 于點O.
由(2)可知△ACM≌△BAE,△CDF≌△CDM.
∴∠M=∠AEB=∠GEF.
∠M=∠CFD=∠GFE,AE=CM=CF.
∴∠GEF=∠GFE.∴GE=GF.
因為△EFP 是由△EFG翻折得到,所以EG=EP=GF=PF.
∴四邊形 EGFP 是菱形.
∴PG⊥AC,OE=OF.
∵AE=CF,∴AO=OC,即O為AC的中點.
∵AB⊥AC,PG⊥AC,∴AB∥OP.
∴P為BC 的中點,BP=PC.
∵PF∥BE,∴EF=CF=AE.
∵BP=PC,AO=OC,
∴四邊形ABPG是平行四邊形.
∴AG∥BC.∴∠GAO=∠ACB=45°.
故△AOG為等腰直角三角形.
設EO=OF=a,則(
點評 本題主要考查了全等三角形的判定和性質、直角三角形斜邊中線定理、菱形的判定和性質、平行四邊形的判定和性質、等腰直角三角形的性質等基本知識，考查邏輯推理能力.第(1)問，實際上給出了求 sin 15°值的方法.在解法1中,由∠ABE=15°,想到構建含30°角的 Rt△MAE，并設AE=x，結合勾股定理進行推理、探究，頗有創意.在解法2中，通過審題時發現∠EBC=30°，從而直接過點 E作EH⊥BC，垂足為 H，構建出含30°角的直角三角形 BEH 與等腰直角三角形CEH，此作法一舉兩得.這兩種解法都充分體現了“30度，圖可巧，挖掘信息建直角”的戰術思想.要注意的是，在圖中雖有∠AOE=30°，但△OAE不是直角三角形，故不可取.第(2)問，解題關鍵在于：① 能否由所求結論及 AG平分∠CAD、AH⊥BE,想到轉證點 H關于直線 AG的對稱點 M 為 AC 的中點.②能否利用題設條件構建Rt△ACP 與 Rt△ABE 全等,挖掘△DCF≌△DCP,△AGH≌△AGM.第(3)問,關鍵在于充分利用(2)的結論,挖掘GE=GF,并結合翻折推得四邊形 EGFP 為菱形；再挖掘四邊形ABPG 為平行四邊形，求得∠GAO=45°，并以參數EO=a為紐帶進行探究，此作法步步為營，讓解題充滿了探究的樂趣.
跟蹤訓練
1. 如圖1所示,在四邊形ABCD中,AB=AD,CB=CD,AB∥CD.
(1) 求證:四邊形ABCD 是菱形.
(2)如圖2所示,對角線AC和BD交于點O,∠ADC=120°,AC=8,P 為對角線AC 上的一個動點(不與點A 重合)，連接DP，將 DP 繞點D逆時針方向旋轉120°得到線段 DP ，求AP 的取值范圍.
2.新定義：如圖1、圖2所示，點 P 是平面內一點，如果 或 那么稱點 P 是線段AB 的強弱點.
概念理解：
(1) 如圖2所示,在Rt△APB中,∠APB=90°,AB=5,點 P 是線段AB 的強弱點(PA>PB),求線段 PA 的長.
(2) 如圖3所示,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,點B 是線段AC 的強弱點(BA>BC),BD是 Rt△ABC的角平分線.求證:點D 是線段AC 上的強弱點.
概念應用：
(3)如圖4所示,在 ABCD中,AB=2,AD=4,∠DCB=60°,點 P、點Q分別是BC,CD上的點且滿足∠APQ=120°,如果點 P 是線段AQ的強弱點，求AQ的長.
3. 如圖1所示,在△ABC中,AB=AC,∠BAC=30°,D 是∠CAB平分線上的一點,∠DCB=30°,E是BD 延長線上一點,AE=AB,AD 的延長線交BC 于點F.
(1) 求∠ADE 的度數.
(2) 為了求 sin 15°的函數值，小明同學經過探究發現：
過AC邊的中點M作MN⊥AC,交AD于點N,
連接 NC，如圖2所示，
可得∠CNF=30°,…,
由此可得
請你幫小明同學完善這一求解過程.
(3) 試猜想線段DE，AD，DC之間的數量關系，并證明你的結論.
4. 如圖所示,在 Rt△ABC中, 點D、點 E 分別在線段BC和線段AB 上， ,AD平分∠BAC.
(1) 如圖1所示,求證:
(2) 如圖2所示,若AE=2BE.求證:AB=2AC.
(3)在(2)問的條件下，如圖3所示，在線段AB上取一點F，使 AD.過點 F作FK⊥AE,交 ED于點 K,作 交AC于點G，交AD 于點 H,連接KG,交AD 于點T,若 求DT的長.
答案
1. (1)∵AB=AD,CB=CD,
∴∠ABD=∠ADB,∠CBD=∠CDB.
∵AB∥CD,∴∠ABD=∠CDB.
∴∠ADB=∠CBD,從而可得 AD∥BC.
∴四邊形ABCD 是平行四邊形.
又AB=AD,∴四邊形ABCD 是菱形.
(2)如圖所示，由旋轉得，
∵∠ADC=120°,∴∠ADP=∠CDP .
由(1)知,四邊形ABCD 是菱形.
∴AD=CD,∠DAP=∠DCP=30°.
∴△ADP≌△CDP (ASA).
以點 C為中心，將線段AC順時針方向旋轉60°得到線段CE，由題意可知，點 P 在線段CE上運動，連接AE.
為等邊三角形.∴AC=CE=AE=8.
延長AD交CE 于點F,則 AF⊥CE,(三線合一)
∴△ACF 是以 的直角三角形.
(30度角所對邊，斜邊折半來體現)
由此可得，當點 P 在點 F 處時，線段. 最短，此時
當點 P 在點 E處時，線段 AP 最長，此時.
所以AP 的取值范圍是
2.(1)在 Rt△APB中,∠APB=90°,AB=5,PA=2PB,設PB=x,則 PA=2x,由勾股定理,得( 或 (舍去)..
(2) 證明:如圖1所示,作 DE⊥AB,垂足為 E.
∵BD平分∠ABC,DE⊥AB,DC⊥BC,
∴DE=DC.
∵B是線段AC 的強弱點(BA>BC),
故點 D是線段AC 的強弱點.
(3) 如圖2所示,在CB上找一點E,使得CE=CQ.
點 P 是線段AQ 的強弱點，觀察圖象可知，只有 PA=2PQ符合.
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠C=∠BAD=60°.
∴△QEC是等邊三角形.∴∠QEC=60°.
∴∠B=∠PEQ=120°.
∵∠APC=∠APQ+∠QPE=∠B+∠BAP,∠APQ=120°=∠B,
∴∠QPE=∠BAP.∴△ABP∽△PEQ.
而AB=2,故PE=1.
設CQ=QE=EC=a,則PB=2a.
∵BC=AD=4,∴2a+1+a=4,得a=1.
∴QC=DQ=1.作QF⊥AD,交AD的延長線于點F,在Rt△DQF中,∵DQ=1,∠FDQ=∠DCB=60°,
∴∠DQF=30°.
(斜邊折半來體現)
在 Rt△AQF中,
3. (1)∵AB=AC,∠BAC=30°,
因為AD為∠CAB的平分線，
所以 AD為等腰三角形ABC 底邊BC 上的高.
又∠DCB=30°,∴∠DCB=∠DBC=30°.
∴∠ABD=∠ABC-∠DBC=45°.
又
∴∠ADE=∠ABD+∠BAD=60°.
(2)過AC邊的中點M作MN⊥AC,交AD于點N,連接NC,
如圖1所示,可得∠CNF=30°,
依題意知△NFC是以∠CNF=30°的直角三角形.
令CF=x,則有 NC=NA=2x,NF= x.
故在 Rt△AFC中,
由此可得
(3) DE=AD+CD.
理由如下：
解法1 在線段 DE上截取DG=AD,連接AG,如圖2所示,∵∠ADE=60°,DG=AD,
∴△ADG是等邊三角形.
∴∠ADB=∠AGE=120°.
∵AE=AB,∴∠ABD=∠E=45°.
在△ABD和△AEG中. ∴△ABD≌△AEG(AAS).∴BD=EG.又BD=CD,∴CD=GE.
∵DE=DG+GE,∴DE=AD+CD.
解法2 過點 A作AH⊥DE,垂足為 H,
如圖3所示，于是，由(1)知，
△AHD是∠DAH=30°的直角三角形,
且△AHE是∠EAH=45°的等腰直角三角形.
由(2)知,
又 ①
另一方面,在 Rt△AHD和Rt△AHE中,有
②
由①②,得DE=AD+CD.
4.(1)證明:∵AD平分∠BAC,∴∠BAD=∠CAD.
∵∠AED+∠ADB=180°,∠AED+∠BED=180°,
∴∠ADB=∠BED.
又∠B=∠B,∴△ADB∽△DEB.
∴∠BDE=∠BAD=∠CAD.
∵∠ADB=∠C+∠CAD=∠ADE+∠BDE,
∴∠ADE=∠C=90°.∴AD⊥DE.
(2)證法1 設BE=x,則AE=2x.
由(1)知△ADB∽△DEB,且△ADE為直角三角形.
則
∴∠AED=60°.∴∠EAD=∠CAD=30°.
∴∠B=30°.
∴AB=2AC.(斜邊折半來體現)
證法2 取AE的中點O，連接OD，如圖1所示.
由(1)知△ADE是直角三角形，
∴∠1=∠3=∠2.∴OD∥AC.
∴∠ODB=∠ACB=90°,故△BDO為直角三角形.
又E為OB 的中點,∴OD=DE=OE.
∴△EDO為正三角形.
∴∠EOD=60°,從而可得∠B=30°.
∴AB=2AC.(斜邊折半來體現)
(3)解法1 如圖2所示,過點E作ER⊥BC,垂足為R,延長ED,AC交于點M,過點G作( 垂足為N.
∵∠ADC=60°,∠ADE=90°,
∴∠EDB=∠B=30°.
在 Rt△BER中, 且
在 Rt△ADC中,由∠DAC=30°,得
在 Rt△DCM中,由∠CDM=30°,得
在 Rt△EFK 中,
∵∠AEK=60°,∴EK=2EF=2 -2.
∴ H.
過點 H作HL⊥AF,垂足為 L,∵∠LFH=45°,∴FL=HL.
設FL=x,則 HL=x,AH=AG=2x,AL= x,
在 Rt△GNM中,
∵DT∥NG,∴△KDT∽△KNG.
解法2 由(1)知∠ADK=90°,又∠AFK=90°,
∴A,F,K,D四點共圓,如圖3所示.
由(2)知∠FAC=60°,又AD平分∠FAC,從而可得
又AD=AF,∴∠AFD=∠ADF=75°.
又∠AFG=45°,
故A,F,D,G四點共圓,
從而A,F,D,G,K五點共圓.
從而可得∠KDF=∠KGF=∠KAF=15°,
∠KAD=∠KFD=15°.
故∠KDF=∠KFD=15°,∴FK=KD.
于是,在 Rt△EFK中,由∠FEK=60°,得EF=AE-AF=AE-AD=AE-AE· sin 60°=2( +1)·
在 Rt△TKD中,DT= EF,

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