5.培优专题5：全等中半角模型的应用&6.培优专题6：全等、相似中手拉手模型的应用-【卓文中考】2024年陕西中考数学精准巧练

培优专题5全等中半角模型的应用 [半角模型常见辖助线作法见《精准讲解3P45] 1.如图，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，4.如图，在四边形ABCD中，∠B+∠ADC= AB=AC,点M,N在边BC上，且∠MAN= 180°，AB=AD,E,F分别是边BC,CD延长线 45°.若BM=3,CN=4,则MN的长为() 上的点，且∠EAF=号∠BAD.求证：EF= B BE-FD. 第1题图 A号 B.√7 C.5 D.7 第4题图 2.如图，在正方形ABCD中，AB一6，G是BC的 中点，将△ABG沿AG翻折得到△AFG,延长 GF交DC于点E,则DE的长为 D 5.如图，在四边形ABCD中，AB=BC,∠A= ∠C=90°，∠B=135°，K,N分别是AB,BC上 的点.若△BKN的周长为AB的2倍，求 ∠KDN的度数 第2题图 A.1 B.1.5 C.2 D.2.5 3.如图，△ABC是边长为2的等边三角形 △BDC是顶角为120°的等腰三角形，以点D 第5题图 为顶点作∠MDN=60°，点M,N分别在AB, AC上，则BM+CN= ;当BM= 时，MN∥BC D 第3題图 40培优专题5全等中半角模型的应用 1.e2.c3MN号 B 4.证明：如答图，在BE上截取BG,使BG=DF,连接AG, :∠B+∠ADC=180°，∠ADF+∠ADC=180°， 第5题答图 ∠B=∠ADF. (AB-AD. 在△ABG和△ADF中，∠B=∠ADF, BG=DF. ,.△AB≌△ADF(SAS),,.∠BAG=∠DAF,AG=AF. ∴.∠BAG+∠EAD=∠DAF+∠EAD=∠EAF= 专∠BAD.∠GAE=∠EAB AG=AF. 在△AEG和△AEF中，∠GAE=∠FAE AE=AE. △AEG2△AEF(SAS),.EG=EF EG=BE-BG...EF-BE-FD. G 第4避答图 5.解：如答图，延长BC至点E,使得CF=AK,连接 BD.DE. :AB=CB,BD=BD,.Rt△ABD≌Rt△CBD(HL), 度 ∴.AD=CD,AB=CB. 又AK=CE,∠DAK=∠DCE. ∴.△DAK≌△DCE(SAS), ∴.DK=DE :△BKN的周长为AB的2倍， .BK+BN+KN=2AB...AK+CN=KN. 又CE=AK,.KN=EN. ∴△NDK2△NDE(SSS), ÷∠KDN=∠EDN=∠CDN+∠ADK=号X(I8OP 135)=22.5 17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AD1BC于点D,ABD 5.如图,在△ABC中.BAC=B ACFD.若BC=10.AD=7,则BD=( 90{. /BCA三30*,其内部 C.3/② D.③ B.4 A.3 有一点P.若PA一3,PB一 2.PC=4,则 APB一 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 第1题图 第2题图 (顶点A,D.E按逆时针方向排列),目/DAE 90*.AD一AE,连接CE 2.如图,在△ABC中,AB-AC.BAC=40将 (1)如图①,若点D在BC边上(点D与点B,C AABC绕点A按逆时针方向旋转100*得到 不重合).求证: AADE,连接BD.CE交于点F,则BD与CE a.ABD ACE:b.DE-BD+CD; 的数量关系为 (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 C.BD=CE 边作等腰直角三角形ADE, DAE一90*,连接 3.如图,正方形ABCD和正方形CEFG的边长 BE.若BE-10.BC一6.则AE的长为 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 ③DE+BG-2a^+2b;④HC平分 /BHG 其中所有正确结论的序号是 A.①②③ B.①②④ 一图② 图 C.②③④ 图③ D.①②③④ 第6题图 C C 第3题图 第4题图 4.如图,在正方形ABCD外取一点P,连接AP BP,DP.若AP=2,PB=4.则DP的最大值 为 ( ) A.4+2/② B.4十2 C.5 D.6培优专题6全等、相似中手拉手模型的应用 ∴.∠BAE=∠DAP.在△AEB和△APD中 1.A AE-AP. 2.C【解析】由旋转的性质得AB=AD.AC=AE,且 ∠BAE=∠DAP,,△AEB≌△APD(SAS), AB-AD. ∠BAC=∠DAE=40°，.△ABC与△ADE形成手拉手 ∴，DP=BE,,BE≤PE十PB=6,当点P落在线段 模型.根据手拉手模型的结论可知△ABD2△ACE (SAS),.BD=CE.故逸C. BE上时，BE取得最大值为6，即DP的最大值为6.故 3.D【解析】：正方形ABCD和正方形CEFG的边长分 选D. 别为a和b,∴.BC=CD=a,CE=CG=b,∠BCD= ∠ECG=90°，∴·∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE,即 ∠BCE=∠DCG,∴.△BCE≌△DG(SAS),∴.BE= DG,∠CBE=∠CDG,①正确：如答图，设BE与CD交 于点T.:∠CBE+∠BTC=90".∠BTC=∠DTE, 第4题答图 .∠CDG+∠DTE=90..∠DHT=90°，.BE⊥DG 5.120【解析】如答图，在PA的左侧构造三角形PAP', ②正确：如答图，连接BD,EG,DE.在R1△DEH中， 使∠PPA=30.∠PAP=90.:∠BAC=90°，∠BCA= DE=DF+EF,在Rt△BGH中，BG=BF+GH, 30',.∠PAP=∠BAC,∠PPA=∠BCA,∴△PAP0 在R△BDH中，BF+DF=BD,在RL△EHG中， EH+GH=EG...DE+BG=DH +EH+BH+ △Bnc验器-器：∠BAP+∠BP= GFP=BD+EG.在R△BCD中.BD=BC+CD 90.∠CAP+∠BAP=90',·∠BAP=∠CAP 2a,在R△CEG中，EG=CE+CG=2h.DE+BG AAP0△CA,e==m0=g 31 2a+26.③正确：：∠BHD=∠BCD=90”.∴.B.C,H PB=EPC=4.在△PBP中，PB=2,Pp=25, D四点共图，∠BHC=∠BDC=45,÷∠GHC ∠BHG-∠BHC=45°..∠BHC=么GHC,∴.HC平 .PP+PB=PB.·∠PPB=90,∠APB= 分∠BHG(过点C作CQ⊥BT,CR⊥IDG,利用全等三角 ∠PPB+∠PPA=120 形的性质也可证明)，④正确，踪上所述，所有正确结论 的序号是①②③①.故遮D. 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°， 第3题答图 ,∴.DE=CE+CD=BD+CD. 4.D【解析】如答图，过点A作AE⊥AP于点A,使点E, (2)解：【解析】如答图，过点A作AF LDE-于点卫. B在AP两侧，AE=AP=E,连接BE,则PE= :AD=AE,.F是DE的中点.∠DAE=90°，AF= √A+AP=2.:四边形ABCD为正方形，.∠BAD 90,AB=AD.∴.∠PAE+∠PAB=∠BAD+∠PAB. 号DE月I)L可证△ABD2△ACE(SAS).∠ADB A18 ZAEC.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°.∴.DE=CE+CD=169.:DE> 0.DE=13AF=号Sw=7DE·AF= 4 (3)解：√34【解析】由(1)得△ABD2△ACE,∴.BD= CE,∠ABD=∠ACE,.∠BCE=∠ACB+∠ACE ∠ACB+∠ABD-90°.∴.在R1△BCE中，BE=10, BC=6...CE=BE-BC =8.BD=CE=8. ∴CD=8-6=2,∴.在R△DCE中，DE=√CD+CE= √丽，“△ADE是等联直角三角形，AE=DE 2 6丽=34. 第6题答图 加速度 19△