我的梦想作文300字-2019年个人工作总结

（2003•黑龙江）已知：如图1，BD、CE分别是△ABC的外角平分线，过点A作AF⊥ BD，
AG⊥CE，垂足分别为F、G，连接FG，延长AF、AG，与直线BC相交，易证FG=
二分之一（AB+AC+BC）．
若：（1）BD、CE分别是△ABC的内角平分线（如图2）；
（2）BD为△ABC的内角平分线，CE为△ABC的外角平分线（如图3），
则在图2、图3两种 情况下，线段FG与△ABC三边又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，
并对其中的一种情况给予证明 ．


考点：全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理．
专题：开放型．
分析：（1）都是内角平分线时，可根据等腰三角形三线合一的特点来求解， 由于DB平分∠
ABC，且AF⊥BD，如果延长AF交BC于K，那么三角形ABK就是个等腰三角形 ，AF=FK，
如果延长AG到H，那么同理可证AG=GH，AC=CH，那么GF就是三角形AHK 的中位线，
GF就是HK的一半，而HK=BK-BH=BK-（BC- CH），由于BK=AB，CH=AC，那么可得出
FG=二分之一（AB+AC+BC）．

（2）证法同
（1）先根据题目给出的求法，得出GD是AC的一半，然后按（2）的方法， 通过延长AF
来得出DF是（BC-AB）的一半，由此可得出FG=二分之一（AB+AC+BC）．

解答：解：（1）猜想结果：如图结论为FG=二分之一（AB+AC+BC）．

证明：分别延长AG、AF交BC于H、K，
在△BAF和△BKF中，
∵
∠ABD=∠FBK
BF=BF
∠BFA=∠BFK
∴△BAF≌△BKF（ASA），
∴AF=KF，AB=KB
同理可证，AG=HG，AC=HC
∴FG=二分之一HK

又∵HK=BK-BH=AB+AC-BC
∴FG=二分之一（AB+AC+BC）．

（2）图3的结论为FG=二分之一（BC+AC-AB）．

证明：分别延长AG、AF交BC或延长线于H、K
在△BAF和△BKF中，
∵
∠ABD=∠DBK
BF=BF
∠BFA=∠BFK
∴△BAF≌△BKF（ASA），
∴AF=KF，AB=KB
同理可证，AG=HG，AC=HC，
∴FG=二分之一HK
又∵KH=BC-BK+HC=BC+AC-AB．
∴FG=二分之一（BC+AC-AB）．
点评：本题主要考查了直角三角形的性质，等腰三 角形的性质，角平分线的性质以及全等三
角形的判定等知识点．






已知，如图，∠XOY=90°，点A、B分别在射线OX、OY上移 动，BE是∠ABY的平分线，
BE的反向延长线与∠OAB的平分线相交于点C，试问∠ACB的大小 是否发生变化？如果
保持不变，请给出证明；如果随点A、B移动发生变化，请求出变化范围．
考点：三角形内角和定理；角平分线的定义．
专题：探究型．
分析：根据角平分线的定义、三角形的内角和、外角性质求解．
解答：解：∠C的大小保持不变．理由：
∵∠ABY=90°+∠OAB，AC平分∠OAB，BE平分∠ABY，
∴∠ABE=
∠ABY=二分之一（90°+∠OAB）=45°+二分之一∠OAB，
即∠ABE=45°+∠CAB，
又∵∠ABE=∠C+∠CAB，
∴∠C=45°，
故∠ACB的大小不发生变化，且始终保持45°．

点评：本题考查的是三角形内角与外角的关系，解答此题目要注意：
①求角的度数常常要用到“三角形的内角和是180°”这一隐含的条件；
②三角形的外角通常情况下是转化为内角来解决．




如图，梯形ABCD中，AB∥DC，∠ADC+∠BCD=90°且DC=2A B，分别以DA、AB、BC
为边向梯形外作正方形，其面积分别为S1、S2、S3，则S1、S2、 S3之间的关系是（ ）
A．S1+S3=S2 B．2S1+S3=S2 C．2S3-S2=S1 D．4S1-S3=S2
考点：勾股定理．
专题：探究型． < br>分析：过点A作AE∥BC交CD于点E，得到平行四边形ABCE和Rt△ADE，根据平行四
边形的性质和勾股定理，不难证明三个正方形的边长对应等于所得直角三角形的边．
解答：解：过点A作AE∥BC交CD于点E，
∵AB∥DC，
∴四边形AECB是平行四边形，
∴AB=CE，BC=AE，∠BCD=∠AED，
∵∠ADC+∠BCD=90°，DC=2AB，
∴AB=DE，∠ADC+∠AED=90°，
∴∠DAE=90°那么AD2+AE2=DE2，
∵S1=AD2，S2=AB2=DE2，S3=BC2=AE2，
∴S2=S1+S3．
故选A．
点评：本题考查了勾股定理，解题的关键在于通过作辅助线把梯形的问题转换为平行 四边形
和直角三角形的问题，然后把三个正方形的边长整理到一个三角形中进行解题．


（2012•山西）如图，在平面直角坐标系 中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA
与x轴正半轴的夹角为30°，OC=2，则点B的 坐标是（2，2根号3）．
考点：矩形的性质；坐标与图形性质；解直角三角形．
分析：过 点B作DE⊥OE于E，有OC=2，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，可求出AC
的长，根据矩形 的性质可得OB的长，进而求出BE，OE的长，从而求出点B的坐标．
解答：解：过点B作BE⊥OE于E，
∵矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，
∴∠CAO=30°，

∴AC=4，
∴OB=AC=4，
∴OE=2，
∴BE=2根号3
∴则点B的坐标是（2，2根号3），
故答案为：（2，2根号3）．
点评：本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质以及勾股定 理的运用和解直角三角形的有
关知识，解题的关键是作高线得到点的坐标的绝对值的长度，


已知等腰三角形的一边为3，另两边是方程x2-4x+m=0的两个实根，则m的值为3或4．
考点：等腰三角形的性质；根与系数的关系．
专题：分类讨论．
分析：此题应该分情况考虑，①若腰是3，②若底是3．结合韦达定理，可求出m的值．
解答：解：
①腰是3，则说明方程有一个根是3，设方程的另一根是x，那么有
x+3=4，3x=m，
解得x=1，那么m=3．
②底是3，则说明方程有两个相等的实数根，设这个相等的根是x，那么有
2x=4，x2=m，
解得x=2，那么m=4．
点评：有两边相等的三角形是等 腰三角形；一元二次方程ax2+bx+c=0中，两根x1，x2有
如下关系：x1+x2=负b分之 a，x1•x2=c分之a．




用反证法证明：两条直线被第三条直线所截．如果同旁内角不互补，那么这两条直线不平行．
已知：如图，直线l
1
，l
2
被l
3
所截，∠1+∠2≠1 80°．
求证：l
1
与l
2
不平行．
证明：假设l
1
∥
l
2
，
则∠1+∠2
=
180°（两直线平行，同旁内角互补）
这与
∠1+∠2≠180°
矛盾，故
假设
不成立．

所以
l
1
与l
2
不平行
．
考点：反证法；平行线的判定与性质．
专题：推理填空题．
分析：用反证法证明问 题，先假设结论不成立，即l
1
∥l
2
，根据平行线的性质，可得∠1+∠2 =180°，与已
知相矛盾，从而证得l
1
与l
2
不平行．
解答：证明：假设l
1
∥l
2
，
则∠1+∠2=180°（两直线平行，同旁内角互补），
这与∠1+∠2≠180°矛盾，故假设_不成立．
所以结论成立，l
1
与l
2
不平行．
点评：反证法证明问题，是常见的证明方法，关键是找出与已知相矛盾的条件．



（2002•安徽）石灰石是我省的主要矿产之一．学校研究性学习小组为了测定当地矿山石 灰石中碳酸钙的质
量分数，取来了一些矿石样品，并取稀盐酸200g，平均分成4份进行实验，结果如 下表：
实验
加入样品的质量g
生成的CO
2
质量g
1
5
1.76
2
10
3.52
3
15
4.4
4
20
m
（1）哪几次反应中碳酸钙有剩余？

（2）上表中m的值为？

（3）试计算这种石灰石中碳酸钙的质量分数．

考点：物质的构成和含量分析；根据化学反应方程式的计算．
专题：有关化学方程式的计算．
分析：（1）观察并对比表格中的数据可知：第2次实验中的数据均为第一次实验的两倍，而
第 3次少，说明此时盐酸已完全反应，故3、4次实验中碳酸钙有剩余，且生成二氧化碳的
质量相等，即m =4.4；
（2）（3）碳酸钙的质量分数可根据第1次或第2次实验中二氧化碳的质量求出．根据化 学
方程式得出各物质之间的质量比，列出比例式，即可求出参加反应的CaCO3的质量，然后
再根据质量分数公式进行计算即可．
解答：解：（1）由表格中的数据可知，第3次反应已是完全反应 ，故第3、4次反应中的碳
酸钙的质量有剩余．
（2）因为第3次反应已是完全反应，不再有 气体产生，故第四次反应生成的气体质量的第
三次的一样多，即m=4.4．
（3）设第1次实验中样品中的碳酸钙的质量为x，
CaCO3+2HCl═CaCl2+H2O+CO2↑
100 44
x 1.76g
∴
100除以44=x除以1.76g

解之得：x=4g，
石灰石中碳酸钙的质量分数为：
4除以5×100%=80%．
答：石灰石中碳酸钙的质量分数为80%．
点评：本题主要考查学生对完全反应的概念的认识 ，以及运用化学方程式和质量分数公式进
行计算的能力．


已知，一张矩 形纸片ABCD的边长分别为9cm和3cm，把顶点A和C叠合在一起，得折痕
EF（如图）．
（1）猜想四边形AECF是什么四边形，并证明你的猜想；
（2）求折痕EF的长．
考点：菱形的判定．
专题：探究型．
分析：（1）折叠问题，即物体翻折后，翻折部分与原来的部分一样，对应边相等；
（2）求 线段的长度，可在直角三角形中利用勾股定理求解，题中利用其面积相等进行求解，
即菱形的面积等于底 边长乘以高，亦等于对角线乘积的一半．
解答：解：（1）菱形，理由如下：
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∠AFE=∠CEF．
∵矩形ABCD沿EF折叠，点A和C重合，
∴∠CEF=∠AEF，AE=CE
∴∠AFE=∠AEF，
∴AE=AF．
∴AF=CE，
又∵AF∥CE，
∴AECF为平行四边形，
∵AE=EC，
即四边形AECF的四边相等．
∴四边形AECF为菱形．

（2）∵AB=9cm，BC=3cm，∴AC=3
10
cm，AF=CF
∴在Rt△BCF中，设BF=xcm，则CF=（9-x）cm，
由勾股定理可得（9-x）2=x2+32，即18x=72，解得x=4，
则CF=5，BF=4，
由面积可得：二分之一•AC•EF=AF•BC

即
二分之一 •3根号10•EF=5×3
∴EF=根号10cm．
点评：熟练掌握菱形的性质及判定，能够利用菱形的性质求解一些简单的计算问题．




（2012•龙岩）如图1，过△ABC的顶点A作高AD，将点A折 叠到点D（如图2），这时
EF为折痕，且△BED和△CFD都是等腰三角形，再将△BED和△CF D沿它们各自的对称
轴EH、FG折叠，使B、C两点都与点D重合，得到一个矩形EFGH（如图3） ，我们称矩
形EFGH为△ABC的边BC上的折合矩形．
（1）若△ABC的面积为6，则折合矩形EFGH的面积为3；
（2）如图4，已知△ABC，在图4中画出△ABC的边BC上的折合矩形EFGH；
（3 ）如果△ABC的边BC上的折合矩形EFGH是正方形，且BC=2a，那么，BC边上的高
AD=2 a，正方形EFGH的对角线长为
2
a．

考点：相似形综合题；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．
专题：计算题．
分析 ：（1）根据折叠得出△DEF≌△AEF，△BEH≌△DEH，△CFG≌△DFG，求出矩形
EF GH的面积是S△DEF+S△DEH+S△DFG=二分之一 S△ABC，代入求出即可；
（2）根据已知和折叠性质，结合图2画出即可；
（3）根据折叠性质得出△AEF边EF上 高和△DEF边EF上高相等，DH=BH，DG=GC，求
出HG=二分之一 BC，根据正方形的性 质求出EF=FG=GH=EH=a，即可求出AD，由勾股定
理求出正方形EFGH的对角线即可．
解答：解：（1）∵沿EF折叠A与D重合，
∴△DEF≌△AEF，
∵△BED 和△CFD都是等腰三角形，再将△BED和△CFD沿它们各自的对称轴EH、FG折
叠，使B、C两 点都与点D重合，
∴△BEH≌△DEH，△CFG≌△DFG，
∴矩形EFGH的面积是S△DEF+S△DEH+S△DFG=二分之一 S△ABC=二分之一 ×6=3，
故答案为：3．

（2）如右图所示：

（3）∵根据折叠得出△BEH≌△DEH，△CFG≌△DFG，BC=2a，

∴△AEF边EF上高和△DEF边EF上高相等，DH=BH，DG=GC，
∴HG=二分之一 BC=a，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=FG=GH=EH=a，
则AD=2EH=2a，
由勾股定理得：正方形EFGH的对角线是：
根号（a方+a方）=
根号（2）a，
故答案为：2a，根号（2）a
点评：本题考查了正方形性质、折 叠性质、勾股定理的应用，通过做此题培养了学生的观察
图形的能力和计算能力，题目比较典型，是一道 比较好的题目．







（20 12•广安）现有一块等腰三角形板，量得周长为32cm，底比一腰多2cm，若把这个三角
形纸板沿 其对称轴剪开，拼成一个四边形，请画出你能拼成的各种四边形的示意图，并计算
拼成的各个四边形的两 条对角线长的和．
考点：图形的剪拼．
分析：根据题意画出所有的四边形，再根据勾股定理 、平行四边形的性质分别进行计算即可
求出各个四边形的两条对角线长的和．
解答：解：∵等腰三角形的周长为32cm，底比一腰多2cm，
∴等腰三角形的腰长为10cm，底为12cm，底边上的高为8cm．
拼成的各种四边形如下：①

∵BD=10，
∴四边形的两条对角线长的和是10×2=20（cm）；

②
∵AC=根号（AE平方+CE平方）=根号（12平方+8平方）=4根号(13)，

∴四边形的两条对角线长的和是AC+BD=4根号(13)+8（cm）；
③

∵BD=根号（BE平方+DE平方）=根号（16平方+6平方）=2根号(73)；
∴四边形的两条对角线长的和是：AC+BD=6+2根号(73)（cm）；
④
∵BO=AB•BC÷AC=8×（12÷2）÷10=4.8，
∴BD=2BO=2×4.8=9.6，
∴四边形的两条对角线长的和是：AC+BD=9.6+10=19.6（cm）．

点评：此题考查了图形的剪拼，解题的关键是根据题意画出所有的图形，用到的知识点是勾
股定理、平 行四边形的性质等．

在正方形ABCD中，O是对角线AC的中点，P是对 角线AC上的一动点，过点P作PF⊥
CD于点F，如图（1），当点P与点O重合时，显然有DF=C F．如图（2），若点P在线段
AO上（不与点A、O重合），PE⊥PB且PE交CD于点E，
（1）求证：DF=EF；
（2）求证：PC-PA=根号（2）CE．
考点：正方形的性质．
专题：证明题．
分析：（1）要证明DF=EF，连接PD ，证明PD=PE，利用等腰三角形的性质，底边上三线合
一，可以得出结论．
（2）由CE=CF-EF，又有PC和CF的关系、PA和EF的关系，结合到一起可以求解．
解答：证明：如图①连接PD，∵四边形ABCD是正方形，
AC平分∠BCD，CB=CD，△BCP≌△DCP
∴∠PBC=∠PDC，PB=PD
∵PB⊥PE，∠BCD=90°，
∴∠PBC+∠PEC=360°-∠BPE-∠BCE=180°
∵∠PEC+∠PED=180°，
∴∠PBC=∠PED，
∴∠PED=∠PBC=∠PDC，

∴PD=PE，
∵PF⊥CD，
∴DF=EF．

（2）如图②，过点P作PH⊥AD于点H，
由（1）知：PA=根号（2）
PH=根号（2）DF=根号（2）EF
PC=根号（2）CF
∴PC- PA=根号（2）（CF-EF），
即PC-PA=根号（2）CE．
点评：本题考查了正 方形的性质，合理的作出辅助线，利用各边之间的关系，通过转换的思
想求证．



（2010•泰州）如图，四边形ABCD是矩形，∠EDC=∠CAB，∠DEC=90°．
（1）求证：AC∥DE；
（2）过点B作BF⊥AC于点F，连接EF，试判别四边形BCEF的形状，并说明理由．
考点：矩形的性质；平行线的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定．
专题：综合题．
分析：（1）要证AC∥DE，只要证明，∠EDC=∠ACD即可； （2）要判断四边形BCEF的形状，可以先猜后证，利用三角形的全等，证明四边形的两组
对边分 别相等．
解答：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ACD=∠CAB，
∵∠EDC=∠CAB，
∴∠EDC=∠ACD，
∴AC∥DE；

（2）解：四边形BCEF是平行四边形．
理由如下：
∵BF⊥AC，四边形ABCD是矩形，
∴∠DEC=∠AFB=90°，DC=AB
在△CDE和△BAF中，
∠DEC=∠AFB
∠EDC=∠BAF
CD=BA
∴△CDE≌△BAF（AAS），

∴CE=BF，DE=AF（全等三角形的对应边相等），
∵AC∥DE，
即DE=AF，DE∥AF，
∴四边形ADEF是平行四边形，
∴AD=EF，
∵AD=BC，
∴EF=BC，
∵CE=BF，
∴四边形BCEF是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．
点评：本题所考查的知识点：三角形全等、平行四边形的判定，矩形的性质．



已知菱形ABCD中，∠A=72°，请设计三种不同的分法，将菱形ABCD分割成四个< br>三角形，使每个三角形都是等腰三角形（不写画法，在图中注明所分得等腰三角
形顶角的度数）< br>