第17讲 全等模型与构造（4个微专题）-冲刺2024年中考数学二轮复习重难点专题突破（全国通用）

第17讲 全等模型与构造（4个微专题）（原卷版） 专题一 中点处理与解三角形 核心考点1 倍长中线解三角形 【典例1】（2023秋•硚口区月考）如图，在钝角△ABC中，AB＝8，AC＝4，分别以AB，AC为直角边作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACD，连接DE，G，F分别是BC，DE的中点，连接AG，AF，FG．则△AGF的面积是 　 　． 【典例2】在△ABC中，∠BAC＝120°，点D为BC的中点，点E、F分别在AB、AC上． （1）如图1，当∠EDF＝60°，AB＝AC时，求证：AE+AFAC； （2）在（1）的条件下，若四边形AEDF的面积为，求BC的长； （3）如图2，当∠EDF＝90°时，连接EF，若BE＝8，用三条线段BE、EF、CF围成的三角形的面积为10，求EF的长． 核心考点2 构造中位线 【典例3】（2023•伊川县一模）如图．在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（　　） A．1 B． C． D． 核心考点3 作平行线构造全等 【典例4】（2023•天津）如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA＝ED． （1）△ADE的面积为 　 　； （2）若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为 　 　． 专题二 一线三等角与解三角形 核心考点1 三垂直模型与勾股定理 【典例5】（2020秋•江北区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝5，，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 【典例6】（2023秋•宣汉县期末）【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线DE经过点C，过A作AD⊥DE于点D．过B作BE⊥DE于点E，则△BEC≌△CDA，我们称这种全等模型为“k型全等”．（不需要证明） 【迁移应用】已知：直线y＝kx+6（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点． （1）如图2，当k＝2时，在第二象限构造等腰直角△ABC，∠CAB＝90°； ①直接写出OA＝　 　，OB＝　 ； ②点C的坐标是 　 　； （2）如图3，当k的取值变化，点A随之在x轴负半轴上运动时，在y轴左侧过点B作BN⊥AB，并且BN＝AB，连接ON，问△OBN的面积是否发生变化？若不变，请求出这个定值．若变，请说明理由； （3）【拓展应用】如图4，在平面直角坐标系，点B（6，4），过点B作AB⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P为线段BC上的一个动点，点Q（a，2a﹣4）位于第一象限．问点A，P，Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由． 核心考点2 一线三等角 【典例7】（2024•辽宁模拟）【模型建构】 如图1，点O在直线AB上，射线OC，OD位于直线AB两侧，若∠1＝∠2，则称∠1，∠2是关于直线AB的对称角． 当射线OC，OD位于AB同侧且∠1＝∠2时，可以通过作对顶角构造出对称角，可以反向延长射线OC，得到∠2＝∠3（如图2），或者反向延长射线OD，得到∠1＝∠3（如图3）． 【模型应用】 （1）小明受到模型启发，运用两种方法构造出对你角解决了下面问题： 如图4，点C，D在AB上，点E，F在直线AB外，连接CE，CF，DE，DF，若∠FDB＝∠EDA＝45°，EC＝CF，求∠ECF的度数． 方法一：延长ED至H，使DH＝DF，连接CH，方法二：延长FD至H，使DH＝DE，连接CH， 请你依照小明的解题思路，任选一种方法，写出证明过程； （2）小明又尝试将（1）中问题进行变式提出了新问题，请你应用“对称角”模型构造全等三角形或者按照自己的解题思路解答． 如图5，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，点E，F分别在AC，BC上，∠AFB＝∠CFE，∠AED＝∠CEF，猜想AF，EF，DE之间的数量关系，并说明理由． 【学以致用】 （3）如图6．在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAC＝90°∠CAD，AC，BD相交于点E，且∠BEC＝60°，若AD＝5，BD＝15，求AC的长． 专题三 夹半角与解三角形 核心考点8 三角形与夹半角 【典例8】（中考•武汉）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠DAE＝60°．若BD＝2CE，则DE的长为　 ． 【典例9】（2023秋•武昌区期中）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，D是BC边上的一点，∠ADC＝30°，BD＝1，，则AD＝　 ． 核心考点2 正方形与夹半角 【典例10】（2023•锦江区校级开学）（1）发现：如图1，正方形ABCD中，点E在CD边上，将△ADE沿AE对折得到△AFE，延长EF交BC边于点G，连接AG．证明：BG+DE＝EG． （2）探究：如图2，矩形ABCD中AD＞AB，O是对角线的交点，过O任作一直线分别交BC、AD于点M、N，四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的，连接CN，若△CDN的面积与△CMN的面积比为1：3，求的值． （3）拓展：如图3，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长． 专题四 全等模型与构造（4）——角平分线的处理 方法: (1)角平分线+平行线一等腰三角形; (2)角平分线+垂直-等腰三角形; 注意隐藏的角平分线. 核心考点一 角平分线+平行线-等腰三角形 核心考点1 角平分线 【典例11】（2020秋•开福区校级月考）如图，在△ABC中，AE是∠BAC的角平分线，交BC于点E，DE∥AB交AC于点D． （1）求证AD＝ED； （2）若AC＝AB，求证∠C＝∠DEC； （3）在（2）的条件下，若DE＝3，求AC的长． 核心考点2 隐藏的角平分线一一构造射影图进行等角转化与二倍角 【典例12】（2023•达州）（1）如图①，在矩形ABCD的AB边上取一点E，将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上A'处，若AB＝6，BC＝10，求的值； （2）如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B'处，若BC•CE＝24，AB＝6，求BE的值； （3）如图③，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为点D，AD＝10，AE＝6，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连接DF，且满足∠DFE＝2∠DAC，直接写出BDEF的值． 核心考点3 隐藏的角平分线 一 构造八字型进行等角转化与二倍角 【典例13】（2023秋•鄞州区期中）如图，△ABC内接于⊙O，AD⊥BC于点D，若∠ACB＝2∠BAD，当时，则⊙O半径与BC的比值为 　　． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第17讲 全等模型与构造（4个微专题）（解析版） 专题一 中点处理与解三角形 核心考点1 倍长中线解三角形 【典例1】（2023秋•硚口区月考）如图，在钝角△ABC中，AB＝8，AC＝4，分别以AB，AC为直角边作等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACD，连接DE，G，F分别是BC，DE的中点，连接AG，AF，FG．则△AGF的面积是 　6　． 【思路引领】延长AF到H，使得HF＝FA，连接EH，延长FA交BC于I，根据全等三角形的判定和性质得出AI⊥BC，进而利用勾股定理解答即可． 【解答】解：延长AF到H，使得HF＝FA，连接EH，延长FA交BC于I， 在△EFH与△DFA中， ， ∴△EFH≌△DFA（SAS）， ∴EH＝AD，∠H＝∠FAD， ∴EH∥AD， ∴∠HEA+∠EAD＝180°， ∵等腰Rt△ABE和等腰Rt△ACD， ∴AB＝AE，AD＝AC，∠BAE＝∠DAC＝90°， ∴EH＝AC，∠BAC+∠EAD＝180°， ∴∠BAC＝∠HEA， 在△BAC与△AEH中， ， ∴△BAC≌△AEH（SAS）， ∴BC＝AH，∠ABC＝∠EAH， ∴BC＝2AF， ∵∠EAH+∠BAI＝90°， ∴∠BAC+∠BAI＝90°， ∴AI⊥BC， 设AF＝BG＝GC＝a，GI＝b， 由勾股定理可得：82﹣（a+b）2＝42﹣（a﹣b）2， 即ab＝12， ∴△AGF的面积， 故答案为：6． 【总结提升】此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SAS证明△BAC与△AEH全等解答． 【典例2】在△ABC中，∠BAC＝120°，点D为BC的中点，点E、F分别在AB、AC上． （1）如图1，当∠EDF＝60°，AB＝AC时，求证：AE+AFAC； （2）在（1）的条件下，若四边形AEDF的面积为，求BC的长； （3）如图2，当∠EDF＝90°时，连接EF，若BE＝8，用三条线段BE、EF、CF围成的三角形的面积为10，求EF的长． 【思路引领】（1）如图1中，连接AD，作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N．证明△DME≌△DNF（ASA），Rt△DAM≌Rt△DAN（HL），可得EM＝FN，AM＝AN，推出AE+AF＝AM﹣EM+AN+FN＝2AM，再利用直角三角形30度角性质即可解决问题． （2）设AM＝AN＝x，由△DME≌△DNF，可知S四边形AEDF＝S四边形AMDN＝2S△ADM，构建方程求出x即可解决问题． （3）延长ED到K，使得DK＝DE，连接EK，CK，作FH⊥CK于H．首先证明S△CFK＝10，求出FH，HK即可解决问题． 【解答】（1）证明：如图1中，连接AD，作DM⊥AB于M，DN⊥AC于N． ∵AB＝AC，BD＝CD， ∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD∠BAC＝60°， ∵DM⊥AB，DN⊥AC， ∴∠AMD＝∠AND＝90°，DM＝DN， ∴∠MDN＝60°， ∵∠EDF＝60°， ∴∠MDN＝∠EDF， ∴∠MDE＝∠NDF， ∴△DME≌△DNF（ASA），Rt△DAM≌Rt△DAN（HL）， ∴EM＝FN，AM＝AN， ∴AE+AF＝AM﹣EM+AN+FN＝2AM， ∵∠ADM＝30°，∠AMD＝90°， ∴AD＝2AM， ∵∠ADC＝90°，∠C＝30°， ∴AC＝2AD， ∴AE+AF＝ADAC． （2）解：如图1中，∵△ADM≌△ADN， ∴AM＝AN，设AM＝AN＝x， ∵△DME≌△DNF， ∴S四边形AEDF＝S四边形AMDN＝2S△ADM， ∴2xx， ∴x＝1或﹣1（舍弃）， ∴AM＝1，DM， 在Rt△BDM中，BD＝2DM＝2， ∵BC＝2BD， ∴BC＝4． （3）解：延长ED到K，使得DK＝DE，连接EK，CK，作FH⊥CK于H． ∵DE＝DK，∠BDE＝∠CDK，BD＝DC， ∴△BDE≌△CDK（SAS）， ∴BE＝CK＝8，∠B＝∠DCK， ∵∠A＝120°， ∴∠B+∠ACB＝60°， ∴∠FCK＝∠DCK+∠ACB＝∠B+∠ACB＝60° ∵∠EDF＝90°， ∴FD⊥EK， ∵DE＝DK， ∴FE＝FK， 由题意：S△CFK＝10， ∵FH⊥CK， ∴8×FH＝10， ∴FH，CH，CK， 在Rt△FKH中，FK7． 【总结提升】本题属于四边形综合题，考查了等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 核心考点2 构造中位线 【典例3】（2023•伊川县一模）如图．在△ABC中，∠ACB＝60°，AC＝1，D是边AB的中点，E是边BC上一点．若DE平分△ABC的周长，则DE的长为（　　） A．1 B． C． D． 【思路引领】延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N，根据题意得到ME＝EB，根据三角形中位线定理得到DEAM，根据等腰三角形的性质求出∠ACN，根据正弦的概念求出AN，计算即可． 【解答】解：延长BC至M，使CM＝CA，连接AM，作CN⊥AM于N， ∵DE平分△ABC的周长， ∴ME＝EB，又AD＝DB， ∴DEAM，DE∥AM， ∵∠ACB＝60°， ∴∠ACM＝120°， ∵CM＝CA， ∴∠ACN＝60°，AN＝MN， ∴AN＝AC•sin∠ACN， ∴AM， ∵BD＝DA，BE＝EM， ∴DE， 故选：B． 【总结提升】本题考查的是三角形中位线定理、等腰三角形的性质、解直角三角形的知识，掌握三角形中位线定理、正确作出辅助线是解题的关键． 核心考点3 作平行线构造全等 【典例4】（2023•天津）如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA＝ED． （1）△ADE的面积为 　3　； （2）若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为 　　． 【思路引领】（1）过E作EM⊥AD于M，根据等腰三角形的性质得到AM＝DMAD，根据勾股定理得到EM2，根据三角形的面积公式即可得到△ADE的面积为；（2）过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，根据正方形的性质得到EF⊥BC，推出四边形ABPM是矩形，得到PM＝AB＝3，AB∥EP，根据全等三角形的性质得到EN＝AB＝3，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：（1）过E作EM⊥AD于M， ∵EA＝ED．AD＝3， ∴AM＝DMAD， ∴EM2， ∴△ADE的面积为3×2＝3； 故答案为：3； （2）过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC∥AD， ∴EP⊥BC， ∴四边形ABPM是矩形， ∴PM＝AB＝3，AB∥EP， ∴EP＝5，∠ABF＝∠NEF， ∵F为BE的中点， ∴BF＝EF， 在△ABF与△NEF中， ， ∴△ABF≌△NEF（ASA）， ∴EN＝AB＝3， ∴MN＝1， ∵PM∥CD， ∴AN＝NG， ∴GD＝2MN＝2， ∴AG， 故答案为：． 【总结提升】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 专题二 一线三等角与解三角形 核心考点1 三垂直模型与勾股定理 【典例5】（2020秋•江北区校级期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4，CD＝5，，则BD的长为（　　） A． B． C． D． 【思路引领】过点D作DM⊥BC，交BC延长线于点M，由勾股定理得AC＝5，再由勾股定理的逆定理证△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°，然后证△ABC≌△CMD（AAS），得CM＝AB＝3，DM＝BC＝4，进而由勾股定理求出BD的长即可． 【解答】解：如图，过点D作DM⊥BC，交BC延长线于点M， 则∠M＝90°＝∠ABC， ∴∠DCM+∠CDM＝90°， ∵∠ABC＝90°，AB＝3，BC＝4， ∴AC5， ∵AD＝5，CD＝5， ∴AC＝CD，AC2+CD2＝AD2， ∴△ACD是直角三角形，∠ACD＝90°， ∴∠ACB+∠DCM＝90°， ∴∠ACB＝∠CDM， 在△ABC和△CMD中， ∴△ABC≌△CMD（AAS）， ∴CM＝AB＝3，DM＝BC＝4， ∴BM＝BC+CM＝4+3＝7， ∴BD， 故选：A． 【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键． 【典例6】（2023秋•宣汉县期末）【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线DE经过点C，过A作AD⊥DE于点D．过B作BE⊥DE于点E，则△BEC≌△CDA，我们称这种全等模型为“k型全等”．（不需要证明） 【迁移应用】已知：直线y＝kx+6（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点． （1）如图2，当k＝2时，在第二象限构造等腰直角△ABC，∠CAB＝90°； ①直接写出OA＝　3　，OB＝　6　； ②点C的坐标是 　（﹣9，3）　； （2）如图3，当k的取值变化，点A随之在x轴负半轴上运动时，在y轴左侧过点B作BN⊥AB，并且BN＝AB，连接ON，问△OBN的面积是否发生变化？若不变，请求出这个定值．若变，请说明理由； （3）【拓展应用】如图4，在平面直角坐标系，点B（6，4），过点B作AB⊥y轴于点A，作BC⊥x轴于点C，P为线段BC上的一个动点，点Q（a，2a﹣4）位于第一象限．问点A，P，Q能否构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形，若能，请求出a的值；若不能，请说明理由． 【思路引领】（1）①若k＝2，则直线y＝2x+6与x轴，y轴分别交于A（﹣3，0），B（0，6）两点，即可求解； ②作CD⊥OA于D，则△ACD≌△BAO．由全等三角形的性质得CD＝OA＝3，AD＝OB＝6，即可求解； （2）由点A随之在x轴负半轴上运动时，可知k＞0，过点N作NM⊥OB于M，则△BMN≌△AOB．由全等三角形的性质得MN＝OB＝3，根据三角形的面积公式即可求解； （3）过点Q作QE⊥OA于E，交BC于F，分两种情况：当点Q在AP下方时；当点Q在AP上方时，分别 求出a值即可． 【解答】解：（1）①若k＝2，则直线为y＝2x+6， 当x＝0时，y＝6， ∴B（0，6）， 当y＝0时，x＝﹣3， ∴A（﹣3，0）， ∴OA＝3，OB＝6； ②作CD⊥OA于D，如图2， ∴∠ADC＝∠AOB＝90°， ∴∠ACD+∠CAD＝90°， ∵△ABC是以A为直角顶点的等腰直角三角形， ∴AB＝BC，∠CAB＝90°， ∴∠CAD+∠BAO＝90°， ∴∠ACD＝∠BAO， ∴△ACD≌△BAO（AAS）， ∴CD＝OA＝3，AD＝OB＝6， ∴OD＝OA+AD＝3+6＝9， ∴点C的坐标为（﹣9，3）； （2）当k变化时，△OBN的面积是定值，S△OBN＝18， 理由如下： ∵当k变化时，点A随之在x轴负半轴上运动时， ∴k＞0， 过点N作NM⊥OB于M，如图3， ∴∠NMB＝∠AOB＝90°， ∵∠1+∠3＝90°， ∵BN⊥AB， ∴∠ABN＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∴∠2＝∠3， ∵BN＝BA，∠NMB＝∠AOB＝90°， ∴△BMN≌△AOB（AAS）． ∴MN＝OB＝6， ∴． ∴k变化时，△OBN的面积是定值，定值为18． （3）能，构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形APQ，∠AQP＝90°，AQ＝PQ， 过点Q作QE⊥OA于E，交BC于F， 分两种情况：当点Q在AP下方时，如图4， ∵BC⊥x，QE⊥OA， ∴EF⊥BC， 由“k型全等”可得△AEQ≌△QFP， ∴AE＝QF， ∵B（6，4），Q（a，2a﹣4）， ∴AE＝4﹣（2a﹣4）＝8﹣2a，QF＝6﹣a， ∴8﹣2a＝6﹣a 解得：a＝2（不合题意，舍去）； 当点Q在AP上方时，如图5， 同理得：△AEQ≌△QFP， ∴AE＝QF， ∵B（6，4），Q（a，2a﹣4）， ∴AE＝（2a﹣4）﹣4＝2a﹣8，QF＝6﹣a， ∴2a﹣8＝6﹣a 解得：； 综上，当时，能构成以点Q为直角顶点的等腰直角三角形． 【总结提升】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，一次函数图象性质，坐标与图形，掌握“k型全等”模型是解题的关键． 核心考点2 一线三等角 【典例7】（2024•辽宁模拟）【模型建构】 如图1，点O在直线AB上，射线OC，OD位于直线AB两侧，若∠1＝∠2，则称∠1，∠2是关于直线AB的对称角． 当射线OC，OD位于AB同侧且∠1＝∠2时，可以通过作对顶角构造出对称角，可以反向延长射线OC，得到∠2＝∠3（如图2），或者反向延长射线OD，得到∠1＝∠3（如图3）． 【模型应用】 （1）小明受到模型启发，运用两种方法构造出对你角解决了下面问题： 如图4，点C，D在AB上，点E，F在直线AB外，连接CE，CF，DE，DF，若∠FDB＝∠EDA＝45°，EC＝CF，求∠ECF的度数． 方法一：延长ED至H，使DH＝DF，连接CH， 方法二：延长FD至H，使DH＝DE，连接CH， 请你依照小明的解题思路，任选一种方法，写出证明过程； （2）小明又尝试将（1）中问题进行变式提出了新问题，请你应用“对称角”模型构造全等三角形或者按照自己的解题思路解答． 如图5，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC的中点，点E，F分别在AC，BC上，∠AFB＝∠CFE，∠AED＝∠CEF，猜想AF，EF，DE之间的数量关系，并说明理由． 【学以致用】 （3）如图6．在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BAC＝90°∠CAD，AC，BD相交于点E，且∠BEC＝60°，若AD＝5，BD＝15，求AC的长． 【思路引领】（1）方法一：如图1，延长ED至H，使DH＝DF，连接CH，证明△FDC≌△HDC（SAS）．得出HC＝FC，∠F＝∠H．证明△EOC∽△FOD．得出∠ECF＝∠EDF＝90°； 方法二：如图2，延长FD至H，使DH＝DE，连接CH，证明△EDC≌△HDC（SAS）．得出HC＝EC，∠E＝∠H．证明△EOC∽△FOD．得出∠ECF＝∠EDF＝90°； （2）延长FE至H，使EH＝ED，连接AH，AD，证明△AED≌△AEH（SAS）．得出∠HAE＝∠DAE．证出∠H＝∠CFE＝∠AFB＝∠HAF．可得出结论； （3）延长DA至F，使AF＝AC，过点F作FG⊥DB于D．证明△ABF≌△ABC（SAS）．得出BF＝BC．设AC＝BC＝BF＝AF＝x，由勾股定理列出方程可得出答案． 【解答】解：（1）方法一：如图1，延长ED至H，使DH＝DF，连接CH， ∵∠FDB＝∠EDA＝45°， ∴∠FDC＝∠HDC＝135°， ∵CD＝CD， ∴△FDC≌△HDC（SAS）． ∴HC＝FC，∠F＝∠H． ∵EC＝CF， ∴EC＝CH． ∴∠E＝∠H． ∴∠E＝∠F． ∵∠EOC＝∠FOD， ∴△EOC∽△FOD． ∴∠ECF＝∠EDF＝90°； 方法二：如图2，延长FD至H，使DH＝DE，连接CH， ∵∠FDB＝∠EDA＝∠CDH＝45°，且CD＝CD， ∴△EDC≌△HDC（SAS）． ∴HC＝EC，∠E＝∠H． ∵EC＝CF， ∴CF＝CH． ∴∠F＝∠H． ∴∠E＝∠F． ∵∠EOC＝∠FOD， ∴△EOC∽△FOD． ∴∠ECF＝∠EDF＝90°； （2）AF＝EF+DE． 理由：如图3，延长FE至H，使EH＝ED，连接AH，AD， ∵∠AED＝∠CEF，∠CEF＝∠AEH， ∴∠AED＝∠AEH， ∵EH＝ED，AE＝AE， ∴△AED≌△AEH（SAS）． ∴∠HAE＝∠DAE． ∵Rt△ABC中，∠BAC＝90°，点D是BC的中点． ∴AD＝CD． ∴∠C＝∠DAE， ∴∠C＝∠HAE． ∴AH∥CB． ∴∠H＝∠CFE＝∠AFB＝∠HAF． ∴AF＝HF＝EF+EH＝EF+DE． （3）如图，延长DA至F，使AF＝AC，过点F作FG⊥DB于D． ∵． ∴． ∴∠BAF＝∠BAC． ∴△ABF≌△ABC（SAS）． ∴BF＝BC． 又∵AD∥BC， ∴∠BAF＝∠ABC． ∴∠BAC＝∠ABC． ∴AC＝BC． ∴AC＝BC＝BF＝AF． ∴四边形ACBF是菱形． ∵BF∥AC， ∴∠FBG＝∠BEC＝60°，FG⊥BD， ∴∠FGB＝∠FGD＝90°．∠BFG＝30°， 设AC＝BC＝BF＝AF＝x， ∵AD＝5，BD＝15， ∴DF＝5+x，，，． Rt△FDG中，由勾股定理得FG2+DG2＝DF2， ∴． ∴x＝8． 即AC＝8． 【总结提升】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 专题三 夹半角与解三角形 核心考点8 三角形与夹半角 【典例8】（中考•武汉）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，点D、E都在边BC上，∠DAE＝60°．若BD＝2CE，则DE的长为　33　． 【思路引领】（方法一）将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，连接EF，过点E作EM⊥CF于点M，过点A作AN⊥BC于点N，由AB＝AC＝2、∠BAC＝120°，可得出BC＝6、∠B＝∠ACB＝30°，通过角的计算可得出∠FAE＝60°，结合旋转的性质可证出△ADE≌△AFE（SAS），进而可得出DE＝FE，设CE＝2x，则CM＝x，EMx、FM＝4x﹣x＝3x、EF＝ED＝6﹣6x，在Rt△EFM中利用勾股定理可得出关于x的一元二次方程，解之可得出x的值，再将其代入DE＝6﹣6x中即可求出DE的长． （方法二）将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，由AB＝AC＝2、∠BAC＝120°，可得出∠ACB＝∠B＝30°，根据旋转的性质可得出∠ECG＝60°，结合CF＝BD＝2CE可得出△CEG为等边三角形，进而得出△CEF为直角三角形，通过解直角三角形求出BC的长度以及证明全等找出DE＝FE，设EC＝x，则BD＝CF＝2x，DE＝FE＝6﹣3x，在Rt△CEF中利用勾股定理可得出FEx，利用FE＝6﹣3xx可求出x以及FE的值，此题得解． 【解答】解：（方法一）将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，连接EF，过点E作EM⊥CF于点M，过点A作AN⊥BC于点N，如图所示． ∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°， ∴BN＝CN，∠B＝∠ACB＝30°． 在Rt△BAN中，∠B＝30°，AB＝2， ∴ANAB，BN3， ∴BC＝6． ∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°， ∴∠BAD+∠CAE＝60°， ∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝60°． 在△ADE和△AFE中，， ∴△ADE≌△AFE（SAS）， ∴DE＝FE． ∵BD＝2CE，BD＝CF，∠ACF＝∠B＝30°， ∴设CE＝2x，则CM＝x，EMx，FM＝4x﹣x＝3x，EF＝ED＝6﹣6x． 在Rt△EFM中，FE＝6﹣6x，FM＝3x，EMx， ∴EF2＝FM2+EM2，即（6﹣6x）2＝（3x）2+（x）2， 解得：x1，x2（不合题意，舍去）， ∴DE＝6﹣6x＝33． 故答案为：33． （方法二）：将△ABD绕点A逆时针旋转120°得到△ACF，取CF的中点G，连接EF、EG，如图所示． ∵AB＝AC＝2，∠BAC＝120°， ∴∠ACB＝∠B＝∠ACF＝30°， ∴∠ECG＝60°． ∵CF＝BD＝2CE， ∴CG＝CE， ∴△CEG为等边三角形， ∴EG＝CG＝FG， ∴∠EFG＝∠FEG∠CGE＝30°， ∴△CEF为直角三角形． ∵∠BAC＝120°，∠DAE＝60°， ∴∠BAD+∠CAE＝60°， ∴∠FAE＝∠FAC+∠CAE＝∠BAD+∠CAE＝60°． 在△ADE和△AFE中，， ∴△ADE≌△AFE（SAS）， ∴DE＝FE． 设EC＝x，则BD＝CF＝2x，DE＝FE＝6﹣3x， 在Rt△CEF中，∠CEF＝90°，CF＝2x，EC＝x， EFx， ∴6﹣3xx， x＝3， ∴DEx＝33． 故答案为：33． 【总结提升】本题考查了全等三角形的判定与性质、勾股定理、解一元二次方程以及旋转的性质，通过勾股定理找出关于x的一元二次方程是解题的关键． 【典例9】（2023秋•武昌区期中）如图，△ABC中，∠BAC＝60°，D是BC边上的一点，∠ADC＝30°，BD＝1，，则AD＝　　． 【思路引领】过C点作CK⊥CD交AD于点K，由∠ADC＝30°得∠DKC＝60°，DK＝2CK，则∠AKC＝120°，∠ACK＝60°﹣∠CAK，由BD＝1，BC，得CD1，可求得CK，DK，作BH⊥BC交AD延长线于点H，在HD上截取HG＝HB，连接BG，则△BHG是等边三角形，所以BG＝BH，∠GBH＝∠BGH＝60°，则∠GBD＝∠BDH＝30°，∠BGA＝120°，可求得DG＝BG＝BH，则KG，由∠BAC＝60°，得∠BAG＝60°﹣∠CAK，则∠ACK＝∠BAG，可证明△AKC∽△BGA，得，求得AK，则AD＝AK+DK，于是得到问题的答案． 【解答】解：过C点作CK⊥CD交AD于点K，则∠KCD＝90°， ∵∠ADC＝30° ∴∠DKC＝60°，DK＝2CK， ∴∠AKC＝120°，∠ACK＝60°﹣∠CAK， ∵BD＝1，BC， ∴CD1， ∴CDCK， ∴CK，DK， 作BH⊥BC交AD延长线于点H，在HD上截取HG＝HB，连接BG， ∵∠HBD＝90°，∠BDH＝∠ADC＝30°， ∴∠H＝60°， ∴△BHG是等边三角形， ∴BG＝BH，∠GBH＝∠BGH＝60°， ∴∠GBD＝∠BDH＝30°，∠BGA＝120°， ∴DG＝BG＝BH， ∵DH＝2BH， ∴BDBH＝1， ∴DG＝BG＝BH， ∴KG＝DK+DG， ∵∠BAC＝60°， ∴∠BAG＝60°﹣∠CAK， ∴∠ACK＝∠BAG， ∵∠AKC＝∠BGA＝120°， ∴△AKC∽△BGA， ∴， ∴， 整理得3AK2+（2）AK+10， 解得AK或AK（不符合题意，舍去）， ∴AD＝AK+DK， 故答案为：． 【总结提升】此题重点考查直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、相似三角形的判定与性质、一元二次方程的解法等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 核心考点2 正方形与夹半角 【典例10】（2023•锦江区校级开学）（1）发现：如图1，正方形ABCD中，点E在CD边上，将△ADE沿AE对折得到△AFE，延长EF交BC边于点G，连接AG．证明：BG+DE＝EG． （2）探究：如图2，矩形ABCD中AD＞AB，O是对角线的交点，过O任作一直线分别交BC、AD于点M、N，四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的，连接CN，若△CDN的面积与△CMN的面积比为1：3，求的值． （3）拓展：如图3，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长． 【思路引领】（1）由正方形的性质得∠D＝∠B＝90°，AD＝AB，再由翻折的性质得AD＝AF，DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°，则AB＝AF，∠B＝∠AFG，然后证Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），得BG＝GF，即可得出结论； （2）由翻折的性质得到AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN，证△ANE≌△CND（AAS），得AN＝CN，再由矩形的性质得∠ANM＝∠CMN，证得AM＝AN＝CM＝CN，根据已知条件和三角形的面积公式得到DN：CM＝1：3，设DN＝k，则CN＝CM＝3k，过N作NG⊥MC于点G，则CG＝DN＝k，MG＝2k，求出NG＝2k，MN＝2k，即可得出答案； （3）①当DEDC＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作EM⊥AQ于点M，作EN⊥AF于点N，过点A作AR⊥FQ于点R，设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，再证△CPE∽△DQE，推出CP＝2DQ＝2x，由翻折的性质得EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，然后由面积法证得，得出y＝2x，求出HE＝2x，HQx，由勾股定理得（2x）2+（x）2＝y2，解出x的值，即可得出答案；②当CEDC＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作Q′H′⊥CD于点H′，则DE＝4，设DQ′＝x′，Q′E＝y′，则AQ′＝6+x′，同理求出CPDQ′x′，，得出y′＝4x′，再求出H′E＝4x′，H′Q′x′，由勾股定理得（x′）2+（4x′）2＝y′2，解出x′的值，即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝∠B＝90°，AD＝AB， 由翻折的性质得：AD＝AF，DE＝EF，∠AFE＝∠D＝90°， ∴AB＝AF，∠AFG＝∠AFE＝90°， ∴∠B＝∠AFG＝90°， 在Rt△ABG和Rt△AFG中， ， ∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）， ∴BG＝GF， ∴BG+DE＝GF+EF＝EG； （2）解：由翻折的性质得，AM＝CM，AE＝CD，∠E＝∠D，∠AMN＝∠CMN， 在△ANE与△CND中， ， ∴△ANE≌△CND（AAS）， ∴AN＝CN， ∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC， ∴∠ANM＝∠CMN， ∴∠AMN＝∠ANM， ∴AM＝AN＝CM＝CN， ∴S△AMN＝S△CMNCM•CD， 又∵S△CDN：S△CMN＝1：3，S△CDNDN•CD， ∴， 设DN＝k，则CN＝CM＝3k， 如图2，过点N作NG⊥MC于点G， 则四边形CDNG为矩形， ∴CG＝DN＝k，MG＝CM﹣CG＝3k﹣k＝2k， NG2k， ∴MN2k， ∴2； （3）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AD＝DC＝6，AD∥BC， ①如图3，当DEDC6＝2时，延长FE交AD于点Q，过点Q作QH⊥CD于点H，过点E作EM⊥AQ于点M，作EN⊥AF于点N，过点A作AR⊥FQ于点R， 设DQ＝x，QE＝y， 则AQ＝AD﹣DQ＝6﹣x， ∵CP∥DQ， ∴△CPE∽△DQE， ∴2， ∴CP＝2DQ＝2x， 由翻折的性质得：EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE， ∴AE是平分∠QAF， ∴EM＝EN， ∵S△AQEAQ•EMQE•AR，S△AEFAF•ENEF•AR， ∴， ∴， 即， ∴y＝2x， ∵∠D＝60°， ∴DHDQx， ∴HE＝DE﹣DH＝2x，HQDHx， 在Rt△HQE中，由勾股定理得：HE2+HQ2＝EQ2， 即（2x）2+（x）2＝y2， ∵y＝2x， 解得：x1，x2＝0（不合题意，舍去）， ∴PC＝2； ②如图4，当CEDC6＝2时，延长FE交AD于点Q′，过点Q′作Q′H′⊥CD于点H′， 则DE＝4， 设DQ′＝x′，Q′E＝y′， 则AQ′＝AD+DQ′＝6+x′， ∵CP∥DQ′， ∴△CPE∽△DQ′E， ∴， ∴CPDQ′x′， 由翻折的性质得：EF＝DE＝4，AF＝AD＝6，∠Q′AE＝∠EAF， 同理：， 即， ∴y′＝4x′， ∵∠CDA＝∠Q′DH′＝60°， ∴DH′DQ′x， ∴H′E＝DE+DH′＝4x′，H′Q′DH′x′， 在Rt△H′Q′E中，由勾股定理得：H′Q′2+H′E2＝EQ′2， 即（x′）2+（4x′）2＝y′2， ∵y′＝4x′， 解得：x′1，x′2＝0（不合题意，舍去）， ∴PC； 综上所述，PC的长为或． 【总结提升】本题是相似形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、翻折的性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质、正方形的性质、矩形的性质、菱形的性质、平行线的性质、角平分线的性质、分类讨论等知识，综合性强，难度大，熟练掌握翻折的性质和相似三角形的判定与性质是解题的关键． 专题四 全等模型与构造（4）——角平分线的处理 方法: (1)角平分线+平行线一等腰三角形; (2)角平分线+垂直-等腰三角形; 注意隐藏的角平分线. 核心考点一 角平分线+平行线-等腰三角形 核心考点1 角平分线 【典例11】（2020秋•开福区校级月考）如图，在△ABC中，AE是∠BAC的角平分线，交BC于点E，DE∥AB交AC于点D． （1）求证AD＝ED； （2）若AC＝AB，求证∠C＝∠DEC； （3）在（2）的条件下，若DE＝3，求AC的长． 【思路引领】（1）由角平分线的性质得出∠DAE＝∠BAE，由平行线的性质得出∠DEA＝∠EAB，则可得出结论； （2）由等腰三角形及直角三角形的性质得出结论； （3）由等腰三角形的判定得出DE＝CD，则可得出答案． 【解答】证明：（1）∵AE是∠BAC的角平分线， ∴∠DAE＝∠BAE， ∵DE//AB， ∴∠DEA＝∠EAB， ∴∠DAE＝∠DEA， ∴AD＝DE； （2）解：∵AB＝AC，AE是∠BAC的角平分线， ∴AE⊥BC， ∴∠C+∠CAE＝90°，∠CED+∠DEA＝90°， ∴∠C＝∠DEC； （3）由（2）得∠C＝∠DEC， ∴DE＝CD， ∵DE＝3， ∴AD＝DE＝CD＝3， ∴AC＝6． 【总结提升】本题考查了等腰三角形的判定与性质，解决本题的关键是证明AD＝DE． 核心考点2 隐藏的角平分线一一构造射影图进行等角转化与二倍角 【典例12】（2023•达州）（1）如图①，在矩形ABCD的AB边上取一点E，将△ADE沿DE翻折，使点A落在BC上A'处，若AB＝6，BC＝10，求的值； （2）如图②，在矩形ABCD的BC边上取一点E，将四边形ABED沿DE翻折，使点B落在DC的延长线上B'处，若BC•CE＝24，AB＝6，求BE的值； （3）如图③，在△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC，垂足为点D，AD＝10，AE＝6，过点E作EF⊥AD交AC于点F，连接DF，且满足∠DFE＝2∠DAC，直接写出BDEF的值． 【思路引领】（1）由矩形性质和翻折性质、结合勾股定理求得A'B＝2，设AE＝A'E＝x 则BE＝AB﹣AE＝6﹣x，Rt△A'BE中利用勾股定理求得，则，，进而求解即可； （2）由矩形的性质和翻折性质得到∠EBC＝∠BDA，证明△EBC∽△BDA，利用相似三角形的性质求得BC＝4，则BD＝10，在Rt△ABD中，利用勾股定理求得AD＝8，进而求得BC＝8，CE＝3可求解； （3）证明△AEF∽△ADC得到，则；设EF＝3k，CD＝5k，过点D作DH⊥AC于H，证明△CHD≌△FHD（ASA）得到DF＝CD＝5k，在Rt△EFD中，由勾股定理解得k＝1，进而可求得AC＝5．过B作BG⊥AC于G，证明∠CBG＝∠CDH＝∠DAC，则 ，，再证明AG＝BG，在Rt△BCG中利用锐角三角函数和AG+CG＝BG+CG＝AC，求得BC，即可求解． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝10，CD＝AB＝6，∠A＝∠B＝∠C＝90°， 由翻折性质得AD＝A'D＝10，AE＝A'E， 在Rt△A'CD 中，A'C8， ∴A'B＝BC﹣AC＝2， 设AE＝A'E＝x，则BE＝AB﹣AE＝6﹣x， 在Rt△A'BE 中，由勾股定理得 BE2+A'B2＝A'E2， ∴（6﹣x）2+22＝x2， 解得 ， ∴，， ∴； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝6，AD＝BC，∠A＝∠B＝∠BCD＝90°， 由翻折性质得，A'B'＝AB＝6，A'D＝AD，∠DA'B'＝∠ABE＝∠BCD＝∠90°， ∴∠EB'C+∠AB'D＝90°＝∠A'B'D+∠B'DA'， ∴∠EB'C＝∠B'DA'， ∴△EB'C∽△B'DA'， ∴，即， 又BC•CE＝24， ∴B'C4， ∴B'D＝B'C+CD＝10， 在Rt△A'BD'中， AD8， ∴BC＝AD＝A'D＝8，则CE＝3， ∴BE＝BC﹣CE＝8﹣3＝5； （3）∵AD⊥BC，EF⊥AD， ∴EF∥BC， ∴△AEF∽△ADC， ∵AD＝10，AE＝6， ∴， ∴CDEF， 则， 设EF＝3k，CD＝5k， 过点D作DH⊥AC于H，则∠CHD＝∠ADC＝90°， ∴∠CDH＝∠DAC＝90°﹣∠C， ∵EF∥BC， ∴∠CDF＝∠DFE＝2∠DAC＝2∠CDH， ∴∠CDH＝∠FDH， 又∵DH＝DH，∠CHD＝∠FHD＝90°， ∴△CHD≌△FHD（ASA）， ∴DF＝CD＝5k， 在Rt△EFD中，由勾股定理得 EF2+DE2＝DF2， ∴（3k）2+42＝（5k）2，解得k＝1， ∴EF＝3，DF＝CD＝5， 在Rt△ADC中，， 过B作BG⊥AC于G， 则∠BGA＝∠BGC＝∠CHD＝90°， ∴BG∥DH， ∴∠CBG＝∠CDH＝∠DAC， ∴，， ∵∠BAC＝45°，∠AGB＝90°， ∴∠ABG＝90°﹣∠BAC＝45°＝∠BAC， ∴AG＝BG， 在Rt△BCG中， BG＝BC•cos∠CBGBC，CG＝BC•sin∠CBGBC， ∵AG+CG＝BG+CG＝AC， ∴， ∴， ∴BDEF＝BC． 【总结提升】本题考查矩形的性质、翻折性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性 质、锐角三角函数等知识，综合性强，较难，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识的联系与运用，添加辅助线求解是解答的关键． 核心考点3 隐藏的角平分线 一 构造八字型进行等角转化与二倍角 【典例13】（2023秋•鄞州区期中）如图，△ABC内接于⊙O，AD⊥BC于点D，若∠ACB＝2∠BAD，当时，则⊙O半径与BC的比值为 　　． 【思路引领】作直径CE交AB于H点，连接AE、BE，如图，利用，可设ABx，ACx，先根据圆周角定理得∠CBE＝∠CAE＝90°，则AD∥BE，所以∠ABE＝∠BAD，再证明∠ACE＝∠BCE，根据垂径定理得到CH⊥AB，AH＝BHx，则CB＝CAx，接着利用勾股定理计算出CHx，然后证明△CBE∽△CHB，利用相似三角形的性质得到，从而得到． 【解答】解：作直径CE交AB于H点，连接AE、BE，如图，，设ABx，ACx， ∵CE为直径， ∴∠CBE＝∠CAE＝90°， ∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∴AD∥BE， ∴∠ABE＝∠BAD， ∵∠ABE＝∠ACE， ∴∠ACE＝∠BAD， ∵∠ACB＝2∠BAD， ∴∠ACE＝∠BCE， 即CE平分∠ACB， ∴CH⊥AB，AH＝BHABx， ∴CB＝CAx， 在Rt△ACH中，CHx， ∵∠BCH＝∠ECB，∠BHC＝∠EBC， ∴△CBE∽△CHB， ∴， ∴． 故答案为：． 【总结提升】本题考查了三角形的外接圆与外心：三角形外接圆的圆心是三角形三条边垂直平分线的交点，叫做三角形的外心．也考查了圆周角定理、垂径定理． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$