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试题内容
【2021新乡市九上期末23】(11分)
如图1,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D在边CA的延长线上,点E在边AB上,AD=AE,点M是BE的中点.
(1)观察猜想
线段AM与CD的数量关系是 ;
(2)类比探究
把△ADE绕点A按逆时针方向旋转到图2的位置,连接AM,CD,判断线段AM和CD的数量关系,并说明理由;
(3)拓展延伸
将△ADE绕点A在平面内自由旋转,若AD=1,AB=3,∠ADC=90°,请直接写出线段DM的长.
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旋转法
第一问
旋转+等量代换
将线段AD绕点A顺时针旋转90°至线段AN,
由题意得:
AD=AE=AN,AB=AC,MB=ME,
∴CD=AC+AD=AB+AN
=MB+ME+AE+AN
=2ME+2AE=2AM,
∴AM=(1/2)CD.
第二问
第一问的类比迁移,旋转+中位线
将△ADC绕点A顺时针旋转90°至△ANB,
∴∠DAN=90°,AD=AN,CD=BN,
∵∠DAE=90°,AD=AE,
∴N、A、E三点共线,AN=AE,
∴点A是NE的中点,
∵点M是BE的中点,
∴AM是△ENB的中位线,
∴AM=(1/2)BN,
∴AM=(1/2)CD.
第三问
第一、二问的类比迁移,旋转+中位线
以点A为圆心,1/3AB的长为半径画圆;以AC为直径画圆;两圆交于D1,D2两点.
分类讨论
第一种情况:
根据题意补全图形(如左图),
将△ADC绕点A顺时针旋转90°至△ANB(如右图),
∴∠ADC=∠ANB=90°,
与(2)同理,可证:
AM是△ENB的中位线,
∴AM∥BN,
∴∠EAM=90°,
∵∠EAD=90°,
∴A、D、M三点共线,
在直角三角形ADC中,
根据勾股定理求得:CD=2√2,
∴AM=(1/2)CD=√2,
∴DM=AM-AD=√2-1;
第二种情况:
根据题意补全图形(如左图),
将△ADC绕点A顺时针旋转90°至△ANB(如右图),
∴∠ADC=∠ANB=90°,
与(2)同理,可证:
AM是△ENB的中位线,
∴AM∥BN,
∴∠EAM=90°,
∵∠EAD=90°,
∴A、D、M三点共线,
在直角三角形ADC中,
根据勾股定理求得:CD=2√2,
∴AM=(1/2)CD=√2,
∴DM=AM+AD=√2+1;
综上所述:线段DM的长为:√2-1或√2+1.
3
倍长中线法
第一问
倍长中线+等量代换
延长线段AM至点N,使MN=AM,
由题意得:
AD=AE,AB=AC,MB=ME,
∴BN=MN-MB=AM-ME=AE=AD,
∴CD=AC+AD=AB+BN=AN,
∵AM=(1/2)AN,
∴AM=(1/2)CD.
第二问
第一问的类比迁移,倍长中线+全等三角形
延长线段AM至点N,使MN=AM,连接BN、EN,
∵BE和AN互相平分,
∴四边形ABNE是平行四边形,
∴EN=AB=AC,EN∥AB
∵∠BAC=90°,
∴∠EOA=90°,
∵∠1+∠3=90°,∠2+∠3=90°,
∴∠1=∠2,
在△ADC和△EAN中,
AD=AE,∠1=∠2,AC=EN,
∴△ADC≅△EAN,
∴CD=AN,
∵AM=(1/2)AN,
∴AM=(1/2)CD.
第三问
第一、二问的类比迁移,倍长中线+全等三角形
以点A为圆心,1/3AB的长为半径画圆;以AC为直径画圆;两圆交于D1,D2两点.
分类讨论
第一种情况:
根据题意补全图形(如左图),
延长线段AM至点N,使MN=AM,连接BN、EN,
与(2)同理,可证:
△ADC≅△EAN,
∴∠EAM=∠ADC=90°,
∵∠EAD=90°,
∴A、D、M三点共线,
在直角三角形ADC中,
根据勾股定理求得:CD=2√2,
∴AM=(1/2)CD=√2,
∴DM=AM-AD=√2-1;
第二种情况:
根据题意补全图形(如左图),
延长线段AM至点N,使MN=AM,连接BN、EN,
与(2)同理,可证:
△ADC≅△EAN,
∴∠EAM=∠ADC=90°,
∵∠EAD=90°,
∴A、D、M三点共线,
在直角三角形ADC中,
根据勾股定理求得:CD=2√2,
∴AM=(1/2)CD=√2,
∴DM=AM+AD=√2+1;
综上所述:线段DM的长为:√2-1或√2+1.
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