微专题12 一线三等角、手拉手模型-【全频累积】2024年中考数学考点全频累积高效训练典册（山东专用）

040中考专题考点全频累积数学 回@0 .∠AQF=67.5, 故答案为：√13. ∴∠BAP=∠CAP=90°-67.5°=22.5. (2)取点E,F,使AF=BE=AB=√2+3=/13， .∠FAH=A5, ∠ABE=∠BAF=90,得到正方形ABEF, AH=FH=号AF=E, .正方形ABEF的面积为√13×√1=13. AF交格线于点D,BE交格线于点C, F到AN的距离为√2. 连接DC,得到矩形ABCD. 故答案为：2. ,DG∥FH, 类型四无刻度直尺作图 ⑨解析：(1)解：如图1所示，取格点E,F,作直线EF,则 架治号 直线EF即为所求（答案不唯一）， AD-号AF=号E=BC 易证明四边形ABCD是矩形，且F,E分别为AB,CD的 中点 六矩形ACD的面积为号×V-。 如图，矩形ABCD即为所求 B 7 图1 (2)解：如图2所示，取格点G、H,作直线GH,则直线GH HI G 即为所求 故答案为：取点E,F,得到正方形ABEF,AF交格线于 易证明四边形OGTH是正方形，点E为正方形(OGTH 点D,BE交格线于点C,连接DC,得到矩形ABCD,即为 的中心，则OE⊥GH. 所求. 微专题12一线三等角、手拉手模型 类型一一线三等角模型 ①C解析：由题意，得∠ADC=∠CEB=∠ACB=90", AC=CB. ☒图2 .∠ACD=90°-∠BCE=∠CBE. 10 解析：(1)解：如图1：四边形ABCD即为所求 在△ACD和△CBE中， T∠ADC=∠CEB ∠ACD=∠CBE, LAC-CB. (不唯一)， .△ACD2△CBE(AAS), .CD-BE=3a.AD-CE=4a. 图1 DE=CD+CE=3a+4a=7a. (2)解：如图②：四边形ABCD即为所求 a=8 cm. ..7a=56 cm, .DE=56cm,故选C. (不唯一). 2A解析：如图，过A作AC⊥x轴于C,过B作BD⊥x 轴于D, 图2 (3)解：如图③：四边形ACD即为所求， D (不唯一. ∠AC0=∠0DB=90'. 图3 0A⊥OB 解折：(1)AB=√2+3=√13， ,∠AO0C=∠OBD=90°-∠BOD 参考答案及解题思路041 .△AOC△OBD. .DE=2,BE=6 .AE-AB+BE=2+6=8. 器)即受-（ ∠DEB+∠A=180, :院吉负值合去 .DE∥AC, .△DEFn△CAF. 故选A 37解析：BE⊥1，CF⊥， 器嚣 ∴∠AEB=∠CFA=90, 号8 ∴∠EAB+∠EBA=9O' .EF=4, 又：∠BAC=90°. ,BF=BE+EF=6+4=10. ∠EAB+∠CAF=90°， .∠EBA=∠CAF, 56w-专×10X2-10 在△AEB和△CFA中， (3)解：如图1所示，过点N作NM⊥AF于点M, ∠AEB=∠CFA∠EBA=∠CAF,AB=AC, ∴.△AEB≌△CFA(AAS). AE=CF,BE=AF. ..AE+AF=BE+CF, M E ..EF=BE+CF. 图1 BE=2,CF=5, 则∠A=∠BMN=90°.：∠CBN=90, .EF=2+5=7, 故答案为：7 ·∠ACB=90-∠ABC=∠NBM, ∴.△ABCD△MNB, ④16解析：由题图，知∠EFA=∠BGA=∠BGC= ∠DHC=90°， 欲肥器 .∠FEA+∠EAF=90°.∠GBC+∠BCG=90°. :AE⊥AB,BC⊥CD, 脚==MN=专 ∠GAB+∠EAF=90°，∠HCD+∠BCG=90°， 又：∠A+∠BMN=180'..MN∥AC, .∠FEA=∠GAB,∠GBC=∠HCD. ,△EMN∽△EAC, 又AE=AB,BC=CD, 灌然 AC' '.△EFA2△AGB(AAS),△BGC2△CHD(AAS), .AG=EF=6.AF=BG=3,CG-DH=4,CH=BG 设BM=,则MN=字，ME=BE-BM=6- =3, 1 ,.FH=AF+AG+CG+CH=3+6+4+3m16. 8 6 故容案为：16 54 5解析：(1)解：由题意知∠CBD=∠E=90°，CB=BD. 解得：x=13 ∴.∠ABC+∠DBE=90° 54 :∠A=90°， .∠ABC+∠ACB=90°， (4)解：如图2所示，当P在B点的左侧时，过点P作PQ .∠DBE=∠ACB. ⊥BC于点Q, 又，∠A=∠DEB=90°，CB=BD, ,.△ABC2△EDB(AAS). ..DE-AB. (2)解：由题意，得CB=BD,∠BED=∠CBD=90 ,.∠ABC+∠DBE=90. A B ∠A=90°， 图2 ·∠ABC+∠ACB=90°， tan∠BCP= ∴∠DBE=∠ACB, 3 义∠A=∠DEB=90°，CB=BD, m∠BCp-8-号设PQ-2a,则cQ-a .△AB2△EDB(AAS), 又，AC=6,AB=2,∠BAC=90°， ..DE-AB.BE=AC. :AB=2,AC=6, m∠AC-指-吾-3，C-v+6-2而， 042中考专题考点全频累积数学 PQ tam∠PBQ--3, 在△DFG与△EFC中， (FD-EF. BQ-PQ-子 2 ∠DFG=∠EFC, 34 FG-CF. BC=CQ+BQ=3u+ 30, .△DFG≌△EFC(SAS), 号a=2, ..DG=EC. ..CF+EC-CD. 解得：a-6回 11 C+EC-CD. 在R△PQ中，：PQ-2a,iQ号 :c aPBv0+02。-2平xi-0 CD -=1, 1111 AP-=PB-AB-9-2-品 a=1 故选A. 如图3所示，当P在B点的右侧时，过点P作PT⊥BC ☑D解析：：△ABC和△CDE均为等边三角形， 交CB的延长线于点T. AC=BC.CD=CE,∠ACB=∠DCE=60°， .∠ACB+∠BCD=∠DCE+∠BCD, 即∠ACD=∠BCE. 在△ACD与△BCE中. AC=BC, ∠ACD=∠BE. 图3 CD=CE. '∠ABC=∠PBT.∠A=∠T=90, ∴，△ACD≌△BCE(SAS), ∴∠BPT=∠ACB. ,AD=BE,∠CBE=∠DAC m∠ACB-提号 又：∠ACB=∠DCE=60, im∠BPT-开-m∠ACB-3 .∠BCD=60°.∴∠ACP-∠BCQ. 在△CPA与△CQB中， 设BT=b,则PT=3b,.BP=/10h ∠ACP=∠BCQ, m∠p-告-景 ACBC. ∠PAC=∠CBQ, 3 ,△CPA2△CQB(ASA), .CP=Q,AP=BQ,故B中结论正确. 解得：6=1面 又，∠PCQ■60°，∴.△PCQ为等边三角形， ∴.∠PQC=∠DCE=60°， &D-6-号 ,PQ∥AE,故C中结论正确 AP=AB+BD=2+9-号 AD-BE.AP=BQ. ∴，AD-AP=BE-BQ,即DP=QE 综上所述，AP-号 '△CDE是等边三角形，∴.∠CDE=∠CED=60°， 类型二手拉手模型 '∠DQE=∠ECQ+∠CEQ=60+∠CEQ, 回A解析：如图，在BC上截取CG=CF,连接FG .∠DQE≠∠CDE,.EQ≠ED,.DP≠ED,故D中结 :△ABC是等边三角形， 论错误： ∴AC=BC,∠ACB=60 ∠CDE=∠BCD=60°，BC∥DE :F是AC的中点. ·∠CBE=∠DEO, ·.∠AOB=∠DAC+∠BEC=∠BEC+∠DEO= CF-CG-AC-C. ∠DEC=60°， ∴△FCG是等边三角形， 故A中结论正确.故选D, ∴∠GFC=60°，FG=CF. 8①@④解析：：△ABC和△ECD都是等腰直角三 :△DFE是等边三角形， 角形， FD=FE.∠DFE=60, ·∠ECD=∠ACB,∠CEA-∠CAB=∠EDC=45', .∠DFG=∠EFC. .∠ECD-∠ACD=∠ACB-∠ACD. 参考答案及解题思路 043 即∠ECA=∠DCB. AH⊥BC CA=CB.CE=CD. .∠ABH+∠BAH=90°. .△ACE≌△BCD(SAS), ∠BAE=90°， .∠ACE=∠BCD,AE=BD,故①正确： ∴.∠EAP+∠BAH=90 由三角形外角定理，得∠DAC=∠E十∠ECA. .∠ABH=∠EAP,即∠EAM=∠ABC,放①正确： '∠DAC=∠DAB+∠BAC. ∠AHB=∠P=90°.AB=AE. ∴∠E+∠ECA=∠DAB+∠BAC ∴.△ABH≌△EAP(AAS). :∠E=∠BAC=45, .EP-AH ∴∠ECA=∠DAB. 同理可得GQ=AH, ,∠ECA=∠DCB ∴EP=GQ. .∠DAB=∠BCD,故②正确： 在△EPM和△GQM中， .△ACE≌△BD. (∠P=∠MQG=90°， .∠E=∠CDB=45 ∠EMP=∠GMQ, :∠BDE=∠CDA+∠CDB, EP=GQ. .∠BDE=45+45=90°， .△EPM2△GQM(AAS), 即ED⊥DB,故③正确： ∴.EM=GM, ∠BDE=90', ∴，AM是△AEG的中线，故③正确： ,在Rt△ABD中，AD+BD=AB :△ABC为等腰直角三角形， 餘上所述，①②图④结论都正确. 故答案为①②③①. ÷,AB=AC+BC=2AC, ..AD+BD=2AC. 四解析：(1)解：BD=AC,BD⊥AC,理由如下， AE-BD. 延长BD交AC于F,如图1所示 ∴.AD+A=2AC,故④正确。 故答案为：①②③①. 包DD④解析：”在正方形ABDE和ACFG中， AB=AE,AG=AC,∠BAE=∠CAG=90°， ∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC, 图1 即∠BAG=∠CAE, :AE⊥BC, △ABG≌△AEC(SAS) ÷∠BED=∠AEC=90 ∴BG=CE,故①正确： 在△BED和△AEC中， 设BG,CE相交于点N,AC,BG相交于点K,如图L BEAE. :∠BED=∠AEC, DE-EC. 0 ∴·△BED≌△AEC(SAS), .BD=AC.∠DBE=∠CAE. '∠BED=90, 图1 ∴∠EBD+∠BDE-9O' :△ABG≌△AEC, :∠BDE=∠ADF, ,.∠ACE=∠AGB. ·∠ADF+∠CAE=90, :∠AKG=∠NKC, .∠AFD=180°-90°=90， .∠CNG=∠CAG=90°. .BD⊥AC B⊥CE,故②正确： (2)不发生变化，理由如下： 过点E作EP⊥HA的延长线于P,过点G作GQ⊥AM 如图2所示，设DE与AC交于点O,BD与AC交于 于Q,如图2. 点F, 图2 图2 ,∠BEA=∠DEC=90°. 044中考专题考点全频累积数学 ∴.∠BEA十∠AED=∠DEC+∠AED, ∴.∠BED=∠AEC .∠BED=∠AEC. 在△BED和△AEC中， 在△BED和△AEC中， BE=AE. (BE=AE. ∠BED=∠AEC, :∠BED=∠AEC, DE=EC. DE-EC. ∴，△BED≌△AEC(SAS), .△BEDa△AEC(SAS), .BD=AC. ,BD=AC,∠BDE=∠ACE, ②能.如图3中，设AC,BD相交于F :∠DEC=90', :△ABE和△DEC是等边三角形 .∠ACE+∠EC=90. .AE=BE,DE=EC,∠EDC=∠DCE=6O°，∠BEA= '∠EC=∠DOF. ∠DEC=60°. ∴.，∠BDE+∠DOF=90°， ∴.∠BEA+∠AED=∠DEC+∠AED. ∠DF0=180°-90°=90. ∠BED=∠AEC. ∴.BD⊥AC. 在△BED和△AEC中， (3)①结论：BD=AC. (BE=AE. :∠BED=∠AEC, DE-EC. .△BED≌∠AEC(SAS), .∠BDE=∠ACE, ∴·∠DFC=180'-(∠BDE+∠EDC+∠DCF) 图3 =180°-（∠ACE+∠EDC+∠DCF) 理由如下： ■180-(60°+60) :△ABE和△DEC是等边三角形， =60°. ∴.AE=BE,DE=EC,∠BEA=∠DEC=60°， 即BD与AC所成的角的度数为60或120 ,∴·∠BEA十∠AED=∠DEC+∠AED,微专题035 微专题12一线三等角、手拉手模型 类型一一线三等角模型 ①(2024·山东青岛胶州校级月考)一天课 间，顽皮的小明同学拿着老师的等腰直角 G 三角板玩，不小心将三角板掉到两根柱子 5(2024·黑龙江齐齐哈尔)综合与实践：如 之间，如图所示，这一幕恰巧被数学老师看 图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在 见了，于是有了下面这道题：如果每块砖的 注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵 厚度a=8cm,则DE的长为 爽弦图”，受这幅图的启发，数学兴趣小组 建立了“一线三直角模型”.如图2，在 △ABC中，∠A=90°，将线段BC绕点B 顺时针旋转90°得到线段BD,作DE⊥AB A.40 cm B.48 cm 交AB的延长线于点E. C.56 cm D.64 cm 2(2024·江苏苏州)如图，点A为反比例函 数y=一(<0)图象上的一点，连接 朱实黄实朱实 朱实 AO,过点O作OA的垂线与反比例y 图1 图2 图3 兰(>0)的图象交于点B,则S的值为 (1)【观察感知】如图2，通过观察，线段AB 与DE的数量关系是 (2)【问题解决】如图3，连接CD并延长交 AB的延长线于点F,若AB=2,AC=6,求 △BDF的面积： (3)【类比迁移】在(2)的条件下，连接CE A号 B C 3 D号 交BD于点N,则武 3(2024·四川成都简阳二模)如图所示， (4)【拓展延伸】在(2)的条件下，在直线AB △ABC中，AB=AC,∠BAC=90°，直线1 经过点A,过点B作BE⊥l于点E,过点C 上找点P,使1an∠BCP=子，请直接写出 作CF⊥1于点F,若BE=2,CF=5,则 线段AP的长度. EF= B 4(2024·江苏连云港灌云期中)如图，AE AB,且AE=AB,BC⊥CD,且BC=CD,请 类型二手拉手模型 按照图中所标注的数据计算FH的长 6(2024·广州大学附中期中)如图，△ABC 为 是等边三角形，F是AC的中点，D在线段 036中考专题考点全频累积数学 BC上，连接DF,以DF为边在DF的右侧 △AEG的中线；④∠EAM=∠ABC,其中 作等边△DFE,连接EC,若存在实数k,使 正确的有 .(填序号) 得BC十EC为定值a,则k和a的值分别 DC 是 H 1回(2024·湖南娄底新化期末)如图1，在 △ABC中，AE⊥BC于E,AE=BE,D是 AE上的一点，且DE=CE,连接BD,CD 2,1 B.31 c1,2 D.2,3 7如图，C为线段AE上一动点（不与点A,E 图 图2 图3 重合)，在AE同侧分别作等边三角形ABC (1)试判断BD与AC的位置关系和数量 和等边三角形CDE,AD与BE交于点O, 关系，并说明理由； AD与BC交于点P,BE与CD交于点Q, (2)如图2，若将△DCE绕点E旋转一定 连接PQ.以下结论错误的是 () 的角度后，试判断BD与AC的位置关系 和数量关系是否发生变化，并说明理由： (3)如图3，若将(2)中的等腰直角三角形 都换成等边三角形，其他条件不变 ①试猜想BD与AC的数量关系，请直接 A.∠AOB=60° B.AP=BQ 写出结论； C.PQ∥AE D.DE=DP ②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如 B如图，△ABC和△ECD都是等腰直角三角 果能，请直接写出夹角度数：如果不能，请 形，CA=CB,CE=CD,△ABC的顶点A 说明理由， 在△ECD的斜边DE上，连接BD,有下列 结论：①AE=BD:②∠DAB=∠BCD: ③ED⊥DB:④AE十AD=2AC°：其中正 确的结论有 .(填序号) ⑨在锐角三角形ABC中，AH是边BC的 高，分别以AB,AC为边向外作正方形 ABDE和正方形ACFG,连接CE,BG和 EG,EG与HA的延长线交于点M,下列 结论：①BG=CE;②BG⊥CE；③AM是