資源簡介

面積與等面積法在中考試題中的應用
知識梳理清單
一、公理：
1、全等形的面積相等；2、一個圖形的面積等它各部分面積之和
二、面積公式：
1、三角形面積公式：；2、平行四邊形的面積公式：
三、合情推理：
推理1：三角形的邊與對應高之積相等；推理2：相似三角形相似比的平方等于面積比
推理3：三角形的面積等于兩邊及所夾銳角的正弦值的乘積的一半.
推理4：在兩個三角形中，若兩邊對應相等，其夾角相等或互補，則這兩個三角形面積相等
推理5：等底等高的三角形面積相等；
推理6：若在同一線段的同側有底邊相等面積相等的兩個三角形，則連結兩個三角形的頂點的直線與底邊平行
推理7：對角線互相垂直的四邊形的面積等于對角線乘積的一半.
推理8：四邊形的面積等于對角線及所夾銳角的正弦值的乘積的一半.
推理9：若任意四邊形對邊中點連線為a，另一組對邊的一個中點到a的距離為h，則四邊形的面積為S=ah
推理10：共邊三角形的面積比等于其非共邊頂點到其所在直線與共邊直線交點的距離比.
即：
面積與等面積法在中考試題中的應用
自主學習單
在具體的解題過程中有以下幾種常用的解題方法：
1.溯源法：把圖形的面積分解成具體的底和高的長度，進而解決相關問題。
例題1.如圖，在△ABC中，AB=AC，點D在AC邊上，AD=4DC，點E在AB的延長線上，BE=DC，DE交BC邊于點F，FG∥AB，交AC邊于點G，若GF=3，=50，則線段CF的長為_____________．
例題2.如圖，△ABC和△CDE均為等邊三角形，點D在AB邊上，F是CE邊的中點，若BD=2AD，，則AB邊的長為_____________．
2.割補法：把圖形面積用常見圖形面積的和差表示，或通過平移、旋轉、割補等方式，將圖形中的部分圖形運動起來，把圖形轉化為容易觀察或解決的形狀，再利用常規圖形面積公式計算．
例題3.四邊形ABCD是⊙0的內接四邊形，AB；AD，連接AC，∠BAD=60°，若CD=2BC，四邊形ABCD的面積為9，則AB邊的長為___________.
例題4.如圖，在平面直角坐標系xOy中，拋物線與x軸的負半軸交于點A(-2，0)，與x軸的正半軸交于點B，與y軸的正半軸交于點C，且0B：OC=3：5．
求拋物線的解析式；
(2)D為線段A0的中點，點E在y軸的負半軸上，點F在射線ED上，連接CF、CD，若FD=DE，且=，求點F的坐標；
3.平行線法：以尋找或構造平行線的方法，找出同高（或等高）的三角形，從而以圖形面積為紐帶解決問題；
例題5.如圖，四邊形ABCD和CEFG均為菱形，∠BAD=120°，連接BD、BF、DF，若△BDF的面積為，則AB的長為_______
例題6.在平行四邊形ABCD中，E為AD上一點，連接BE、CE，CE平分∠BCD，∠BEC=90°，tan∠DEC=2，AE=5，G為AB延長線上一點，連接DG交直線BE于點H，連接CH，若CH平分∠BHD，則AG的長為__________
4.等積變形法：利用圖形的面積相等或有關聯的圖形，得到相關的代數表達式，從而在復雜運算中實現降次消元的目的。
例題7.在Rt△ABC中，AC=BC，正方形DEFG的頂點D在AC上，F在AB上，G在BC上，若正方形DEFG的面積是△ABC的，則tan∠CDG的值為____________.
例題8.在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點D在AC邊上，過點C作CE的垂線交AB于點F，垂足為點E，若AD=5，CE=12，則EF的長為__________
強化訓練習題
1.如圖1，在△ABC中，AB=AC，D是底邊BC上一點，E是線段AD上一點，且∠BED=2∠CED=∠BAC. 求證：BD=2CD.
圖1 圖2 圖3 圖4
2.如圖2，已知DE∥BC，S△ADE=3，S△CBD=18，則S△ABC=_________________
3.如圖3，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB=6，CD=2，F為DC延長線上一點，AF交BC于點E，若S△ABE：S四邊形AECD=1：3，則CF的長為_________
4.如圖4，已知在中，BD：CD＝2：1，E為AD的中點，連結BE并延長交AC于F，則的值為__________
5.【綜合探究】在正方形ABCD中，點E為正方形ABCD內一點，過點A將AE 繞點A逆時針旋轉90°,點D的對應點為F點,延長FE,分別交AD,BC于G,H兩點，交AB的延長線于點K.
【猜想證明】
(1)數學興趣小組探究發現，如圖1，連接DF，連接BE,當點E移動時，總有DF=BE，請你證明這個結論；
【聯系拓展】
(2)如圖2，連接CK,若BC=BK,請直接寫出線段BH、DG、CK的數量關系為 ；
（3）如圖3,在（2）的條件下，連接CG，CK,若GE=6,△CGK的面積為130,求CH的長.
6.已知：在平面直角坐標系中，點O為坐標原點，點A在x軸的負半軸上，直線y=-x+與x軸，y軸分別交于點C、B兩點，直線AB與x軸交于點A，且點C與點A關于y軸對稱.
（1）如圖1，求點A的坐標；
（2）如圖2，點D為第三象限一點，以BD為邊作等邊△BDE,連接BD、OD、CD、AD、CE,設點D的縱坐標為t，△BCD的面積與為△BCE的面積和為S（S≠0），求S與t之間的函數關系式（不要求寫出自變量的取值范圍）；
（3）在（2）的條件下，若∠CAD為鈍角，△ABD的面積=，BD=2OD，求點D坐標.羅湖區中考備考百師助學培優課程之《面積與等面積法在中考試題中的應用》參考答案——張利民
例題1.
簡解：作DM∥AB，交BC邊于點M，
則△DMF≌△EBF，∴BF=FM，EF=FD，
∴AG=GD，∴AE=2GF=，
即AB+BE=AC+CD=AD+2CD=，
∵AD=4DC，∴CD=，AD=，
AB=AC=，作BN⊥AC于N，則××BN=50，∴BN=，由AN2+BN2=AB2，
得AN=，∴NC=，由NC2+BN2=BC2，得BC=10，
由平行線分線段成比例定理得：，∴CM=2，BM=8，FM=4，∴CF=6．
例題2.
簡解：連接BE，可證△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=60°，AD=BE
過C作CG⊥BE于點G，取EG的中點H，
連接FH，則FH∥CG，CG=2FH，
設BD=2AD=2BE=2a，則AB=BC=3a，
則BG=，CG=，中位線可知FH=
∴解得a=4 ∴AB=3a=12
例題3. 簡解：可證△ABC≌△ADN
∴S四邊形ABCD=S△ACN，設BC=a，則CD=2a，
∴CN=CA=3a，CM=MN=a，∴DM=a
∴在Rt△ACM中AM=AC·sin∠ACM=
∴S△ACN=CN·AM=×3a×=
解得a=2，∴AM=，DM=1
在Rt△AMD中，AD==
∴AB=AD=
例題4.
簡解：（1）根據條件不難得到拋物線的解析式為
（2）連接AF，過點F作FG⊥y軸于點G
∵FD=ED，AD=OD，∠FDA=∠EDO，
∴△FDA≌△EDO
∴∠FAD=∠EOD=90°，AF=OE，
∴點F的橫坐標為-2
S△CDF=S△CFE -S△CDE=CE·FG-CE·OD=，
∴×CE（FG-OD）=，∴×CE（OA-OD）=
∴×CE·AD=，∴×CE·1=，∴CE=∴OE=2，
∴AF=2，∴F（-2，2）
例題5.
簡解：連接CF，過點C作CN⊥BD于N，
∵菱形ABCD，菱形CEFG，∠BAD=120°
可證∠DBC=∠FCE=30°，∴BD∥CF
∴△BCD與△BFD共底等高 ∴
∵BC=CD，CN⊥BD ∴BN=DN ∴
在Rt△BCN中，∠DBC=30°可設CN=x BN=x
∴ ∴CN=2
∴AB=4
例題6.
簡解：連接CG，過點C作CQ⊥DG于Q，
∵AD∥BC，CE平分∠BCD，∠BEC=90°，
可證BE平分∠ABC，AB=AE=DE=5，
∵tan∠DEC=2 可知 tan∠ABE=tan∠EBC=
tan∠ABC=tan∠GAD=
∵CH平分∠BHD，∠BEC=90°=∠CQH ∴CE=CQ
∵
∴BE=DG=
過點G作GR⊥AD于R 可設AR=3k，則GR=4k，AG=5k，DR=10-3k
在Rts△DGR中，GR2+DR2=DG2 ，
解得， ∴AG=2或10
例題7.
簡解：作FH⊥BC于H
易證△CDG≌△FGH，可設CG=m，CD=n，AC=a，GD=x
可得：a=2m+n，
∵正方形DEFG的面積是△ABC的
∴∴
化簡得即
∴m=2n ∴tan∠CDG=2
例題8.
簡解：過點A作CG⊥直線CF于點G
設CD=x，BD=y則BC=x+5，在Rt△BCD中，
∴
由△BCD的面積可得
∴
整體代入得：∴（舍）
再代入
解得：（舍） ∴CD=15，AC=20，
∴BE=16，AB=易證△BCE≌ACG
∴AG=CE=12，CG=BE=16 ∴EG=16-12=4∵BE∥AG
∴ ∴EF=
強化訓練習題
1．證明：作∠BED的角平分線EF交BC于點F，過點A作EF的平行線交BE于點G，交BC于點H.
可以很容易地得到∠1=∠2=∠3=∠4=∠5.進一步證明△ABG≌△CAE.
∴AE=GE=BG∴S△ABG=S△CAE∵△ABG與△AGE等底同高
∴S△ABG=S△AGE∴S△ABE=2S△ACE.
∵△ABE與△ACE同底
∴點B到AD的距離等于點C到AD的距離的2倍.
∵△BDE與△CDE同底∴S△BDE=2S△CDE
∵△BDE與△CDE同高∴BD=2CD
2．解：設：S△BDE=x。∵DE∥BC，∴△ADE∽△ACB，
∴ 即 ∵△ABD和△ABD等高，
∴，∴ 化簡得：x2+3x－54=0
∴，（舍） ∴S△ABC=27.
3．解：連結AC，設CF=x，S△ABE=a.則S四邊形AECD=3a在四邊形ABCD中，AD∥BC，
∴△FCE∽△ABE ∴ ∴S△FCE=
∵△ACE和△ABE等高，
∴S△ACE= ∴S△ACD=
∵△ACD和△ACF等高，∴ 解得x=12. ∴CF=12.
4．解：連結CE，設 由AE＝DE，可知
由BD：CD＝2：1，可知由AE＝DE，
，設，則
5.（1）在正方形ABCD中 AB=AD ∠DAB=90°
將AE繞A逆時針旋轉90° ∴∠FAE=∠DAB=90° AF=AE
∴∠FAD+∠DAE=∠BAE+∠DAE=90° ∴∠FAD=∠BAE
∴△DFA≌△EAB ∴DF=BE
（2）
（3）過C作CM⊥FK于M，在MK上截取MN=CM
∴∠CMN=90° ∠CNM=∠NCM
∵在Rt△CMN中 ∠CNM+∠NCM=90° ∴∠CNM=∠NCM=45°
∵AF=AE ∴∠AFE=∠AEF 在Rt△AEF中 ∠AFE+∠AEF=90° ∴∠AFE=∠AEF=45°
∴∠CNM=∠AEF=45°
∵∠CNM+∠CNK=180° ∠AEK+∠AEF=180° ∴∠CNK=∠AEK
∵BC=BK 在正方形中∠CBA=90° ∴∠CBK=180-∠CBA=90°
同理∠BKC=∠BCK=45°
∴∠AKE+∠CKN=∠BKC=45° ∵∠CKN+∠NCK=∠CNM=45° ∴∠AKE=∠NCK
∴△AKE∽△KCN ∴AK:CK=KE:CN
由勾股定理可知
∵在正方形中AB=BC ∴AB=BK ∴AK=2BK=CK ∴AK:CK=KE:CN=CK：CK=
∴KE=CN=2CM
∵ S△CGK==130 GE=6 ∴=130
解得CM=10 或CM=-13（舍） ∴MN=CM=10 EK=2CM=20 GK=GE+EK=20+6=26
在正方形ABCD中AD∥BC ∴AB:BK=GH:HK ∵AB=BK ∴GH=HK=13
∵∠CHN=∠KHC ∠CNH=∠HCK=45° ∴△CHN∽△KHC ∴CH:HK=HN:CH
∴CH2=HN HK 在Rt△CMH中，CH2=MH2+CM2 ∴HN HK=MH2+CM2
設MH=x HN=MN-MH=10-x ∵CM=10 HK=13 ∴13（10-x）=x2+102
解得x1=2 x2=-15（舍）
∴在Rt△CMH中，
6.解：（1）當時，，解得，∴C（，0）.∵點C與點A關于y軸對稱，∴點A坐標為（-，0）.
將代入，得，∴B（0，），∴OB=.
在Rt△BCO中，∵tan∠BCO===.∴∠BAO=∠BCO=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠ABC=60°，∴∠ABC-∠DBC=∠DBE-∠DBC，即∠ABD=∠CBE，所以△ABD≌△CBE（SAS），∴S△ABD=S△CBE,∴S△BCD+S△BCE=S△BCD+S△ABD=S四邊形ABCD=S△ACD+S△ABC=
，
∴
S四邊形ABCD，S△ABD=，∴S△BCD=
過點C作CF∥AD，交DO延長線與點F，∴∠ADO=∠F，
∵AO=CO，∠AOD=∠COF，∴△AOD≌△COF（AAS），∴AD=CF,DO=FO,∵BD=2OD，∴BD=DF=DE=BE,由（2）知△ABD≌△CBE，∴∠ADB=∠CEB=，AD=CE，∴CF=CE，在△DCF和△DCE中，DF=DE，DC=DC，CF=CE，∴△DCF≌△DCE（SSS），∴∠CDF=∠CDE,∠F=∠DCE，∵等邊△BDE，∴∠BED=60°，∴∠DEC=60°-=∠F=∠ADO，∴∠BDO=∠ADO-∠ADB=60°--=60°-2，∠FDE=∠BDE-∠BDO=60°-（60°-2）=2，∴∠CDF=∠CDE=，∴∠ADC=∠ADE-∠CDE=60°+-=60°，
在DC上截取DN=AD，構等邊△AND，連接AB，BN，在△ADC和△ANB中，AD=AN,∠DAC=∠NAB=60°+∠NAC，∵AC=AB，∴△ADC≌△ANB（SAS），∴CD=BN，∠ANB=∠ADC=60°，∴∠BNC=180°-∠ANB-∠AND=180°-60°-60°=60°，過點B作BH⊥DC于H，∴∠BHN=90°，∴∠NBH=30°，設BN=GD=2m，在Rt△BHN中，∠NBH=30°，∴NH=BN=m,BH=NH=m，S△BCD=，
∴=16，解得（舍），∴CD=BN=2m=8，∵A（-，0），C（，0），
∴AC==7,過點A作AT⊥DC于T，過點D作DM⊥x軸于M，DI⊥y軸于I，
∵∠ADT=60°，∠ATD=90°，∴∠DMT=30°，∴AD=2DT，設DT=x，則AD=2x，MT=x，∴CT=8-x，在Rt△MTC中，勾股定理得,∴，
∴，∴（2x-5）（2x-3）=0，∴，當時，AD=DN=5，∴CN=8-5=3,∵DN=CD=8，NH=4，∴CN＞4，∴不合題意，舍去，當時，AD=DN=AN=3,∴CN=CD-DN=8-3=5,∴CN＞4，∴符合題意，
設DM=b，DI=a，∵∠CAD為鈍角，∴∠MAD為銳角，在Rt△ADM中，由勾股定理,AM=，∴①
在Rt△CDM中，由勾股定理,CM=，∴②
聯立①②可得，∵點D在第三象限，∴D

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