资源简介

面积与等面积法在中考试题中的应用
知识梳理清单
一、公理：
1、全等形的面积相等；2、一个图形的面积等它各部分面积之和
二、面积公式：
1、三角形面积公式：；2、平行四边形的面积公式：
三、合情推理：
推理1：三角形的边与对应高之积相等；推理2：相似三角形相似比的平方等于面积比
推理3：三角形的面积等于两边及所夹锐角的正弦值的乘积的一半.
推理4：在两个三角形中，若两边对应相等，其夹角相等或互补，则这两个三角形面积相等
推理5：等底等高的三角形面积相等；
推理6：若在同一线段的同侧有底边相等面积相等的两个三角形，则连结两个三角形的顶点的直线与底边平行
推理7：对角线互相垂直的四边形的面积等于对角线乘积的一半.
推理8：四边形的面积等于对角线及所夹锐角的正弦值的乘积的一半.
推理9：若任意四边形对边中点连线为a，另一组对边的一个中点到a的距离为h，则四边形的面积为S=ah
推理10：共边三角形的面积比等于其非共边顶点到其所在直线与共边直线交点的距离比.
即：
面积与等面积法在中考试题中的应用
自主学习单
在具体的解题过程中有以下几种常用的解题方法：
1.溯源法：把图形的面积分解成具体的底和高的长度，进而解决相关问题。
例题1.如图，在△ABC中，AB=AC，点D在AC边上，AD=4DC，点E在AB的延长线上，BE=DC，DE交BC边于点F，FG∥AB，交AC边于点G，若GF=3，=50，则线段CF的长为_____________．
例题2.如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，点D在AB边上，F是CE边的中点，若BD=2AD，，则AB边的长为_____________．
2.割补法：把图形面积用常见图形面积的和差表示，或通过平移、旋转、割补等方式，将图形中的部分图形运动起来，把图形转化为容易观察或解决的形状，再利用常规图形面积公式计算．
例题3.四边形ABCD是⊙0的内接四边形，AB；AD，连接AC，∠BAD=60°，若CD=2BC，四边形ABCD的面积为9，则AB边的长为___________.
例题4.如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线与x轴的负半轴交于点A(-2，0)，与x轴的正半轴交于点B，与y轴的正半轴交于点C，且0B：OC=3：5．
求抛物线的解析式；
(2)D为线段A0的中点，点E在y轴的负半轴上，点F在射线ED上，连接CF、CD，若FD=DE，且=，求点F的坐标；
3.平行线法：以寻找或构造平行线的方法，找出同高（或等高）的三角形，从而以图形面积为纽带解决问题；
例题5.如图，四边形ABCD和CEFG均为菱形，∠BAD=120°，连接BD、BF、DF，若△BDF的面积为，则AB的长为_______
例题6.在平行四边形ABCD中，E为AD上一点，连接BE、CE，CE平分∠BCD，∠BEC=90°，tan∠DEC=2，AE=5，G为AB延长线上一点，连接DG交直线BE于点H，连接CH，若CH平分∠BHD，则AG的长为__________
4.等积变形法：利用图形的面积相等或有关联的图形，得到相关的代数表达式，从而在复杂运算中实现降次消元的目的。
例题7.在Rt△ABC中，AC=BC，正方形DEFG的顶点D在AC上，F在AB上，G在BC上，若正方形DEFG的面积是△ABC的，则tan∠CDG的值为____________.
例题8.在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D在AC边上，过点C作CE的垂线交AB于点F，垂足为点E，若AD=5，CE=12，则EF的长为__________
强化训练习题
1.如图1，在△ABC中，AB=AC，D是底边BC上一点，E是线段AD上一点，且∠BED=2∠CED=∠BAC. 求证：BD=2CD.
图1 图2 图3 图4
2.如图2，已知DE∥BC，S△ADE=3，S△CBD=18，则S△ABC=_________________
3.如图3，在四边形ABCD中，AB∥CD，AB=6，CD=2，F为DC延长线上一点，AF交BC于点E，若S△ABE：S四边形AECD=1：3，则CF的长为_________
4.如图4，已知在中，BD：CD＝2：1，E为AD的中点，连结BE并延长交AC于F，则的值为__________
5.【综合探究】在正方形ABCD中，点E为正方形ABCD内一点，过点A将AE 绕点A逆时针旋转90°,点D的对应点为F点,延长FE,分别交AD,BC于G,H两点，交AB的延长线于点K.
【猜想证明】
(1)数学兴趣小组探究发现，如图1，连接DF，连接BE,当点E移动时，总有DF=BE，请你证明这个结论；
【联系拓展】
(2)如图2，连接CK,若BC=BK,请直接写出线段BH、DG、CK的数量关系为 ；
（3）如图3,在（2）的条件下，连接CG，CK,若GE=6,△CGK的面积为130,求CH的长.
6.已知：在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，点A在x轴的负半轴上，直线y=-x+与x轴，y轴分别交于点C、B两点，直线AB与x轴交于点A，且点C与点A关于y轴对称.
（1）如图1，求点A的坐标；
（2）如图2，点D为第三象限一点，以BD为边作等边△BDE,连接BD、OD、CD、AD、CE,设点D的纵坐标为t，△BCD的面积与为△BCE的面积和为S（S≠0），求S与t之间的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
（3）在（2）的条件下，若∠CAD为钝角，△ABD的面积=，BD=2OD，求点D坐标.罗湖区中考备考百师助学培优课程之《面积与等面积法在中考试题中的应用》参考答案——张利民
例题1.
简解：作DM∥AB，交BC边于点M，
则△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，则××BN=50，∴BN=，由AN2+BN2=AB2，
得AN=，∴NC=，由NC2+BN2=BC2，得BC=10，
由平行线分线段成比例定理得：，∴CM=2，BM=8，FM=4，∴CF=6．
例题2.
简解：连接BE，可证△ACD≌△BCE，
∴∠CBE=60°，AD=BE
过C作CG⊥BE于点G，取EG的中点H，
连接FH，则FH∥CG，CG=2FH，
设BD=2AD=2BE=2a，则AB=BC=3a，
则BG=，CG=，中位线可知FH=
∴解得a=4 ∴AB=3a=12
例题3. 简解：可证△ABC≌△ADN
∴S四边形ABCD=S△ACN，设BC=a，则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=
例题4.
简解：（1）根据条件不难得到抛物线的解析式为
（2）连接AF，过点F作FG⊥y轴于点G
∵FD=ED，AD=OD，∠FDA=∠EDO，
∴△FDA≌△EDO
∴∠FAD=∠EOD=90°，AF=OE，
∴点F的横坐标为-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）
例题5.
简解：连接CF，过点C作CN⊥BD于N，
∵菱形ABCD，菱形CEFG，∠BAD=120°
可证∠DBC=∠FCE=30°，∴BD∥CF
∴△BCD与△BFD共底等高 ∴
∵BC=CD，CN⊥BD ∴BN=DN ∴
在Rt△BCN中，∠DBC=30°可设CN=x BN=x
∴ ∴CN=2
∴AB=4
例题6.
简解：连接CG，过点C作CQ⊥DG于Q，
∵AD∥BC，CE平分∠BCD，∠BEC=90°，
可证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=
过点G作GR⊥AD于R 可设AR=3k，则GR=4k，AG=5k，DR=10-3k
在Rts△DGR中，GR2+DR2=DG2 ，
解得， ∴AG=2或10
例题7.
简解：作FH⊥BC于H
易证△CDG≌△FGH，可设CG=m，CD=n，AC=a，GD=x
可得：a=2m+n，
∵正方形DEFG的面积是△ABC的
∴∴
化简得即
∴m=2n ∴tan∠CDG=2
例题8.
简解：过点A作CG⊥直线CF于点G
设CD=x，BD=y则BC=x+5，在Rt△BCD中，
∴
由△BCD的面积可得
∴
整体代入得：∴（舍）
再代入
解得：（舍） ∴CD=15，AC=20，
∴BE=16，AB=易证△BCE≌ACG
∴AG=CE=12，CG=BE=16 ∴EG=16-12=4∵BE∥AG
∴ ∴EF=
强化训练习题
1．证明：作∠BED的角平分线EF交BC于点F，过点A作EF的平行线交BE于点G，交BC于点H.
可以很容易地得到∠1=∠2=∠3=∠4=∠5.进一步证明△ABG≌△CAE.
∴AE=GE=BG∴S△ABG=S△CAE∵△ABG与△AGE等底同高
∴S△ABG=S△AGE∴S△ABE=2S△ACE.
∵△ABE与△ACE同底
∴点B到AD的距离等于点C到AD的距离的2倍.
∵△BDE与△CDE同底∴S△BDE=2S△CDE
∵△BDE与△CDE同高∴BD=2CD
2．解：设：S△BDE=x。∵DE∥BC，∴△ADE∽△ACB，
∴ 即 ∵△ABD和△ABD等高，
∴，∴ 化简得：x2+3x－54=0
∴，（舍） ∴S△ABC=27.
3．解：连结AC，设CF=x，S△ABE=a.则S四边形AECD=3a在四边形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：连结CE，设 由AE＝DE，可知
由BD：CD＝2：1，可知由AE＝DE，
，设，则
5.（1）在正方形ABCD中 AB=AD ∠DAB=90°
将AE绕A逆时针旋转90° ∴∠FAE=∠DAB=90° AF=AE
∴∠FAD+∠DAE=∠BAE+∠DAE=90° ∴∠FAD=∠BAE
∴△DFA≌△EAB ∴DF=BE
（2）
（3）过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
设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）当时，，解得，∴C（，0）.∵点C与点A关于y轴对称，∴点A坐标为（-，0）.
将代入，得，∴B（0，），∴OB=.
在Rt△BCO中，∵tan∠BCO===.∴∠BAO=∠BCO=60°，∴△ABC是等边三角形，∴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四边形ABCD=S△ACD+S△ABC=
，
∴
S四边形ABCD，S△ABD=，∴S△BCD=
过点C作CF∥AD，交DO延长线与点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，∵等边△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，构等边△AND，连接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°，过点B作BH⊥DC于H，∴∠BHN=90°，∴∠NBH=30°，设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,过点A作AT⊥DC于T，过点D作DM⊥x轴于M，DI⊥y轴于I，
∵∠ADT=60°，∠ATD=90°，∴∠DMT=30°，∴AD=2DT，设DT=x，则AD=2x，MT=x，∴CT=8-x，在Rt△MTC中，勾股定理得,∴，
∴，∴（2x-5）（2x-3）=0，∴，当时，AD=DN=5，∴CN=8-5=3,∵DN=CD=8，NH=4，∴CN＞4，∴不合题意，舍去，当时，AD=DN=AN=3,∴CN=CD-DN=8-3=5,∴CN＞4，∴符合题意，
设DM=b，DI=a，∵∠CAD为钝角，∴∠MAD为锐角，在Rt△ADM中，由勾股定理,AM=，∴①
在Rt△CDM中，由勾股定理,CM=，∴②
联立①②可得，∵点D在第三象限，∴D

展开更多......

收起↑