培优专题6 全等、相似中手拉手模型的应用(word练习)-【卓文中考·精准巧练】2024年陕西中考数学复习

培优专题6　全等、相似中手拉手模型的应用 [手拉手模型常见结论见《精准讲解》P46] 1.如图，已知AD⊥BC于点D，△ABD≌△CFD.若BC＝10，AD＝7，则BD＝（ ）　　　　　　　　　　　 第1题图 A.3 B.4 C.3 D. 2.如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝40°.将△ABC绕点A按逆时针方向旋转100°得到△ADE，连接BD，CE交于点F，则BD与CE的数量关系为（ ） 第2题图 A.BD＝CE B.BD＝CE C.BD＝CE D.BD＝CE 3.如图，正方形ABCD和正方形CEFG的边长分别为a和b，BE和DG相交于点H，连接HC，给出下列结论：①BE＝DG；②BE⊥DG；③DE2＋BG2＝2a2＋2b2；④HC平分∠BHG.其中所有正确结论的序号是（ ） 第3题图 A.①②③ B.①②④ C.②③④ D.①②③④ 4.如图，在正方形ABCD外取一点P，连接AP，BP，DP.若AP＝，PB＝4.则DP的最大值为（ ） 第4题图 A.4＋2 B.4＋ C.5 D.6 5.如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，∠BCA＝30°，其内部有一点P.若PA＝3，PB＝2，PC＝4，则∠APB＝　 　°. 第5题图 6.在△ABC中，∠BAC＝90°，AC＝AB，点D为直线BC上的一动点，以AD为边作△ADE（顶点A，D，E按逆时针方向排列），且∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE. （1）如图①，若点D在BC边上（点D与点B，C不重合）.求证： a.△ABD≌△ACE；b.DE2＝BD2＋CD2； （2）如图②，点D为CB的延长线上一点，DB＝5，BC＝7，则△ADE的面积为　　； （3）如图③，点D在BC的延长线上，以AD为边作等腰直角三角形ADE，∠DAE＝90°，连接BE.若BE＝10，BC＝6，则AE的长为　　. 图① 图② 图③ 第6题图 1.A 2.C　【解析】由旋转的性质得AB＝AD，AC＝AE，且∠BAC＝∠DAE＝40°，∴△ABC与△ADE形成手拉手模型.根据手拉手模型的结论可知△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE.故选C. 3.D　【解析】∵正方形ABCD和正方形CEFG的边长分别为a和b，∴BC＝CD＝a，CE＝CG＝b，∠BCD＝∠ECG＝90°，∴∠BCD＋∠DCE＝∠ECG＋∠DCE，即∠BCE＝∠DCG，∴△BCE≌△DCG（SAS），∴BE＝DG，∠CBE＝∠CDG，①正确；如答图，设BE与CD交于点T.∵∠CBE＋∠BTC＝90°，∠BTC＝∠DTE，∴∠CDG＋∠DTE＝90°，∴∠DHT＝90°，∴BE⊥DG，②正确；如答图，连接BD，EG，DE.在Rt△DEH中，DE2＝DH2＋EH2，在Rt△BGH中，BG2＝BH2＋GH2，在Rt△BDH中，BH2＋DH2＝BD2，在Rt△EHG中，EH2＋GH2＝EG2，∴DE2＋BG2＝DH2＋EH2＋BH2＋GH2＝BD2＋EG2.在Rt△BCD中，BD2＝BC2＋CD2＝2a2，在Rt△CEG中，EG2＝CE2＋CG2＝2b2，∴DE2＋BG2＝2a2＋2b2，③正确；∵∠BHD＝∠BCD＝90°，∴B，C，H，D四点共圆，∴∠BHC＝∠BDC＝45°，∴∠GHC＝∠BHG－∠BHC＝45°，∴∠BHC＝∠GHC，∴HC平分∠BHG（过点C作CQ⊥BT，CR⊥DG，利用全等三角形的性质也可证明），④正确.综上所述，所有正确结论的序号是①②③④.故选D. 第3题答图 4.D　【解析】如答图，过点A作AE⊥AP于点A，使点E，B在AP两侧，AE＝AP＝，连接BE，则PE＝＝2.∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∴∠PAE＋∠PAB＝∠BAD＋∠PAB，∴∠BAE＝∠DAP.在△AEB和△APD中，∴△AEB≌△APD（SAS），∴DP＝BE.∵BE≤PE＋PB＝6，∴当点P落在线段BE上时，BE取得最大值为6，即DP的最大值为6.故选D. 第4题答图 5.120　【解析】如答图，在PA的左侧构造三角形PAP'，使∠P'PA＝30°，∠P'AP＝90°.∵∠BAC＝90°，∠BCA＝30°，∴∠P'AP＝∠BAC，∠P'PA＝∠BCA，∴△P'AP∽△BAC，∴＝，∴＝.∵∠BAP'＋∠BAP＝90°，∠CAP＋∠BAP＝90°，∴∠BAP'＝∠CAP，∴△BAP'∽△CAP，∴＝＝tan 30°＝，∴P'B＝PC＝4.在△P'BP中，PB＝2，PP'＝2，∴PP'2＋PB2＝P'B2，∴∠P'PB＝90°，∴∠APB＝∠P'PB＋∠P'PA＝120°. 第5题答图 6.（1）证明：a.∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE. 又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS）. b.∵△ABD≌△ACE， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE， ∴∠ABD＋∠ACB＝∠ACE＋∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴DE2＝CE2＋CD2＝BD2＋CD2. （2）解：　【解析】如答图，过点A作AF⊥DE于点F.∵AD＝AE，∴F是DE的中点.∵∠DAE＝90°，∴AF＝DE.同（1）a.可证△ABD≌△ACE（SAS），∴∠ADB＝∠AEC，DB＝EC.∵DB＝5，BC＝7，∴EC＝5，DC＝12.∵∠DAE＝90°，∴∠ADE＋∠AED＝90°，∴∠ADC＋∠CDE＋∠AED＝90°，∴∠AEC＋∠CDE＋∠AED＝90°，即∠ECD＝90°，∴DE2＝CE2＋CD2＝169.∵DE＞0，∴DE＝13，∴AF＝，∴S△ADE＝DE·AF＝. （3）解：　【解析】由（1）a.得△ABD≌△ACE，∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∴∠BCE＝∠ACB＋∠ACE＝∠ACB＋∠ABD＝90°.∴在Rt△BCE中，BE＝10，BC＝6，∴CE＝＝8，∴BD＝CE＝8，∴CD＝8－6＝2，∴在Rt△DCE中，DE＝＝.∵△ADE是等腰直角三角形，∴AE＝＝＝. 第6题答图 学科网（北京）股份有限公司 $$