直角三角形与动态问题（2）——中考备考系列[尖子生之路]

原创永泰一中张祖冬初中数学延伸课堂 2022-07-16

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直角三角形与动态问题（2）

【试题1】将一个直角三角形纸片ABO放置在平面直角坐标系中，点A(根号3,0)，点B(0,1)，点O(0，0).P是边AB上的一点(点P不与点A，B重合)，沿着OP折叠该纸片，得点A的对应点A'.

（1）如图①，当点A'在第一象限，且满足A'B⊥OB时，求点A'的坐标；

（2）如图②，当P为AB中点时，求A'B的长；

（3）当∠BPA'＝30°时，求点P的坐标(直接写出结果即可).

【图文解析】

题干分析：由点A(根号3,0)，点B(0,1)得OA＝根号3，OB＝1，再由折叠△AOP得到△A’OP可得到：O A'＝OA＝根号3. 如下图示.

进一步，在Rt△AOB中，由tan∠ABO＝根号3，得到∠ABO＝60°，还可得到：∠BA）＝30°，AB＝1等.

（1）当点A'在第一象限，且满足A'B⊥OB时，如下图示：

在Rt△OBA’中，由勾股定理得BA’=根号2.所以A’的坐标为（根号2，1）.

（2）当P为AB中点时，如下图示：

显然，在Rt△AOB中，有OP＝PQ＝PB＝0.5AB＝1＝OB，得到相关结论，如下图示：

（能直接得出的结论远不止图上标出的）

如下图示：不难证得四边形OPA’B是菱形，所以A'B＝OP＝1.

本小题解法多种，下面再提供一种直接进行计算的方法，如下图示：

（3）当∠BPA'＝30°时，分两种情况考虑：

当A’在边AB的右上侧时，如下图示，设OA’与AB相交于C.

不难求得∠ACO＝60°,而∠ABO＝60°，因此可以确定点C与点B重合，从而点A’落在y轴上.如下图示：

添加如下图所示的辅助线，显然有OA’=OA=根号3，且∠OA’P=30°，同时又有：(如下图示)

第二种情况：(∠BPA'＝30°)当A’在边AB的左下侧时，如下图示，

【试题2】如图1，在平面直角坐标系，O为坐标原点，点A（﹣1，0），点B（0，根号3）．（1）求∠BAO的度数；

（2）如图1，将△AOB绕点O顺时针得△A′OB′，当A′恰好落在AB边上时，设△AB′O的面积为S₁，△BA′O的面积为S₂，S₁与S₂有何关系？为什么？

（3）若将△AOB绕点O顺时针旋转到如图2所示的位置，S₁与S₂的关系发生变化了吗？证明你的判断．

图文解析：

（1）简解，由tan∠BAO＝OA：OB＝根号3得：∠BAO＝60°

（2）如下图示：

法一：易证A’B’∥OA，得到S_△AB’O＝ S_△AOA’,同时可证AA’'= BA’(即OA’是RtAOB的中线)，得：S_△BA’O＝ S_△AOA’,从而S_△AB’O＝ S_△BA’O,即S₁＝S_2.

法二：添加如下图所示的辅助线.

先证AM＝AN.

利用等底（OB＝OB’）等高（AM＝AN）的两三角形面积相等.如下图示：

法三：类似方法二（不做解析），如下图示.

反思：证明面积相等的方法多种：既可借助全等、平行来证，也可通过等（同）底等（同）高相等证之。

（3）结论：S₁=S₂不发生变化

如下图示，

根据旋转的性质不难得到：OB=OB'，OA=OA'，而这两对对应边恰好也在所要找的两三角形中，类似第二题的方法二、三的思路，可以通过“等底等高的两三角形面积相等”来证明。

方法一：如下图示，

通过证明△AON≌△A’OM，得到OM=ON，再由△形的面积公式，得到证明.

方法二：如下图示，

通过证明△AON≌△A’OM，得到OM=ON，再由△形的面积公式，得到证明.

反思：熟练掌握“等底等高的两三角形的面积相等”是解决本题的关键，“从特殊到一般”的解题思路常用在动态几何问题中。

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【试题3】

【探索发现】如图①，是一张直角三角形纸片，∠B=90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE、EF剪下时，所得的矩形的面积最大，随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为　________．

法二：如下图示，

【拓展应用】如图②，在△ABC中，BC=a，BC边上的高AD=h，矩形PQMN的顶点P、N分别在边AB、AC上，顶点Q、M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为　　　．（用含a，h的代数式表示）

【图文解析】

要求矩形PQMN面积的最大值，对本题来说，无法用尺规作图法找出符合条件的点，因此可以通过建立函数的方法，转化为求函数的“最值”问题，为此，可设矩形的一边PQ＝x，将矩形PQMN的面积表示为 x的函数.如下图示，

现只需求出PN，即可得到：用x表示矩形PQMN的面积.几何中求线段PN的长，通过可以通过勾股定理、相似、三角函数等方法.本题因PN∥BC，很自然想到用相似的性质（对应高的比等于相似比）求出PN的长（用x表示）.如下图示：

因此当PQ=h/2时，S_矩形PQMN最大值为ah/4. 故答案为：ah/4.

【灵活应用】如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB=32，BC=40，AE=20，CD=16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．

【图文解析】

由于∠B是直角，从上述结论和图形结构不难联想到应补全直角三角形，如下图示，

因此，要想从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），应是：（其中I、K分别是BF和BG的中点），由【探索发现】知矩形的最大面积应为△BFG面积的一半.　

如下图示，进一步得到：

不难证明:△AEF≌△HED(ASA)和△CDG≌△HDE,所以AF=DH=16,CG=HE=20.

由【探索发现】知矩形的最大面积为0.5BG•BF=0.5×(40+20)×(32+16)=720.

【实际应用】如图④，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB=50cm，BC=108cm，CD=60cm，且tanB=tanC=4/3，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M、N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．

因BC＝108，由【拓展应用】的结论知，只需将EH求出，并说明BE和CD的中点Q、P在边AB和CD上即可得解。

由tanB=tanC=4/3可知，∠B=∠C，

进一步得到：EB=EC＝0.5BC=54cm，如下图示.

有Rt△EBH中，由tanB=EH/BH=4/3得，EH=4/3BH=72cm.通过勾股定理，不难得到BE＝90cm，CE＝120，

同时，

所以中位线PQ的两端点在线段AB、CD上（存在性）.

因此，由【拓展应用】知，矩形PQMN的最大面积为1/4•BC•EH=1944cm².

【反思】这是两道课本例习题的巧妙变式和拓广，试题难度并不大，但从题意到解法、应用都恰到好处，真正体现出“数学从生活来，又回到生活中去”，真真是一道非常难得的好题。

【试题3】在平面直角坐标系中，借助直角三角板可以找到一元二次方程的实数根．比如对于方程x²﹣5x+2=0，操作步骤是：

第一步：根据方程的系数特征，确定一对固定点A（0，1），B（5，2）；

第二步：在坐标平面中移动一个直角三角板，使一条直角边恒过点A，另一条直角边恒过点B；

第三步：在移动过程中，当三角板的直角顶点落在x轴上点C处时，点C的横坐标m即为该方程的一个实数根（如图1）；

第四步：调整三角板直角顶点的位置，当它落在x轴上另一点D处时，点D的横坐标n即为该方程的另一个实数根．

（1）在图2中，按照“第四步”的操作方法作出点D（请保留作出点D时直角三角板两条直角边的痕迹）；

（2）结合图1，请证明“第三步”操作得到的m就是方程x²﹣5x+2=0的一个实数根；

（3）上述操作的关键是确定两个固定点的位置，若要以此方法找到一元二次方程ax²+bx+c=0（a≠0，b²﹣4ac≥0）的实数根，请你直接写出一对固定点的坐标；

（4）实际上，（3）中的固定点有无数对，一般地，当m₁，n₁，m₂，n₂与a，b，c之间满足怎样的关系时，点P（m₁，n₁），Q（m₂，n₂）就是符合要求的一对固定点？

图文解析：

（1）简析：根据“第四步”的操作方法作出点D即可.如图所示，点D即为所求.

（2）如下图示，

不难得到∠CAO＝∠BCD，由三角函数的定义知：tan∠CAO=OC/OA＝BD/CD=tan∠BCD，进而得出m:1=2:(5-m)，即m²﹣5m+2=0.所以m是方程x²﹣5x+2=0的实数根.

（3）结合上述方程“x²﹣5x+2=0”的结构特点和(2)中的证明(m:1=2:(5-m))，可知：二次项的系数(A点的纵坐标)与常数项的积为B点的纵坐标，B点的横坐标为一次项系数与二次函数的商的相反数，对比方程ax²+bx+c=0（a≠0）可化为x²+(b/a)x+c/a=0，模仿研究小组作法可猜想，得：A（0，1），B（﹣b/a，c/a）或A（0，1/a），B(﹣b/a，c)等.