模型五 十字模型-【一战成名新中考】2025陕西中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 模型五　 十字模型 类型 1　 正方形中的垂直十字(含弦图) (1)问题启发思维 【问题】如图①,在正方形 ABCD 中,点 E 在 BC 上,点 F 在 CD 上,BF⊥AE 于点 O. 猜想 AE 和 BF 有怎样的数量关系,请证明你的结论. 图① 　 　 图② 　 　 图③ 　 　 图④ 【思考】 思考 1:若将题目中的条件“BF⊥AE”改为“BE=CF”,AE 和 BF 有怎样的关系? 思考 2:如图②,将“BF⊥AE”改为“过 AB 上一点 M 作 NM⊥AE 于点 O,交 CD 于点 N”, 则 AE 和 MN 有怎样的关系? 思考 3:如图③,将“点 F 在 CD 上,BF⊥AE”改为“点 F 在 AD 上,点 M,N 分别在 AB,CD 上,EF⊥MN 于点 O”,则 EF 和 MN 有怎样的关系? 思考 4:如图④,把正方形 ABCD 改成矩形 ABCD,请证明:EF MN =AD AB . 【图解】 思考 2 解图① 思考 2 解图② 思考 3 解图① 思考 3 解图② 思考 4 解图 (2)正方形十字的衍生图———弦图 类型 内弦 外弦 图示 结论 四边形 MNPQ 是正方形; AM=MN+CN 四边形 EFGH,AMNP,CQNT 是正方形; BE+BF=AB;BM=CQ;CN 平分∠DCQ 91 专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 1. 如图,正方形 ABCD 的边长为 6,点 E 为 BC 上一点,连接 DE,过点 A 作 DE 的垂线交 CD 于点 F,连接 BF. 若 CE = 2,则 BF 的长 为 (　 D　 ) A. 2 10 　 　 　 　 　 B. 4 13 C. 8 D. 2 13 第 1 题图 　 　 第 2 题图 2. (2024 西安名校模拟)如图,已知正方形 ABCD 的边长是 7,点 E,F 分别在 BC,CD 上,BE = CF=2,BF 与AE 相交于点G,点H为AF 的中 点,连接 GH,则 GH的长为　 　 　 　 . 3. (2024 西安名校模拟)如图,正方形 ABCD 的 边长为 6,E、F 分别是 AB,BC 的中点,CE, DF 交于点 M,则 DM 的长为 (　 C　 ) A. 6 3 5 B. 6 5 5 C. 12 5 5 D. 3 3 第 3 题图 　 　 第 4 题图 4. 如图,在矩形 ABCD 中,AD = 2 AB,点 E,F 分别在 AD,BC 上,沿 EF 折叠,点 A,B 的对 应点分别为 A′,B′,连接 AA′并延长交 CD 于点 G(不与端点重合),则EF AG = 　 　 　 　 . 5. 多解法 ∙∙∙ 　 如图,在正方形 ABCD 中,点 E 是 BC 的中点,点 F 在 CD 上,BF⊥AE 于点 O,连接 DO. 求证:DO=AB. 第 5 题图 证明:解法 1:如解图①,延长 AD,BF 交于点 M, 易证△DMF≌△CBF≌△BAE;AD=BC, ∴DM=CB=AD,∴在 Rt△AOM 中,DO 是斜边 AM 的中线, ∴DO=AD=AB. 解法 2:如解图②,过点 D 作 DM⊥AE 交 AE 于 点 N,交 AB 于点 M, 易得四边形 MDFB 是平行四边形,点 F 是 CD 的中点,AB =CD,∠AOB = 90°,∴M 是 AB 的中 点,MN∥BO, ∴MN 是 Rt△ABO 的中位线, ∴AN=NO,结合 DN⊥AO,得 DO=AD=AB. 第 5 题解图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 类型 2　 三角形中的“十字模型” (1)等腰直角三角形中垂直十字问题———可转化为正方形思考 图示 结论 → 　 ①CM AM = BE AB (证明思路:补成正方形 后 △CFM ∽ △ABM, △ABE ≌ △BCF);②当 BE =CE 时,OA =OF, OC 平分∠EOM 注:此种情况结论 较多,学生可以自行探讨. 02 专项培优练·陕西数学 必 会 模 型 篇 (2)等边三角形中的“斜十字” 图示 结论 等边△ABC 中,点 D,E 分别在 BC,AC 上, BD=CE. ① △ABD ≌ △BCE, △BAE ≌ △ACD; ② ∠AFE= 60°,∠AFB= 120°;③动点 F 的轨 迹是以 AB 为弦,圆心角为 120°的圆弧; ④四边形 DFEC 是对角互补四边形,点 D,C,E,F 四点共圆 6. 如图,在 Rt△ABC 中,∠A = 90°,AB = AC,E 是 AC 的中点,连接 BE,过点 E 作 ED⊥BE 交 BC 于点 D,若△EDC 的面积为 6,则△ABC 的面积为 (　 D　 ) A. 144　 　 　 　 　 　 B. 150　 　 　 　 　 　 C. 288　 　 　 　 　 　 D. 72 第 6 题图 　 　 　 　 第 7 题图 7. 如图,等腰 Rt△ABC 中,∠ACB= 90°,点 D 在 AB 上,且 AD= 2DB,连接 CD,过点 A 作 AE⊥ CD 于点 E,连接 BE,则AE BE 的值是 (　 A　 ) A. 2 B. 3 2 C. 3 D. 2 8. 如图,在等边△ABC 中,点 D,E 分别在 BC,AC 上,BD =CE,AD 交 BE 于点 F,连接 CF. 当 CD= 2BD 时,求证:AF⊥CF. 第 8 题图 证明:如解图,延长 BE 至 M,使 FM =AF,连接 AM,CM,取 FM 的中点 N,连接 CN,易得△ABD≌ △BCE,∠AFE=∠BAF+∠ABE = 60°,∴ △AFM 是等边三角形,∴ ∠FAM = 60°,AF = AM = FM,∴ ∠BAC=∠FAM=∠AMF= 60°,∴ ∠BAC-∠CAD =∠FAM-∠CAD,即∠BAF =∠CAM,∵ AB =AC, ∠BAF=∠CAM,AF=AM,∴△ABF≌△ACM(SAS),∴∠AFB=∠AMC=180°-60° =120°,∴∠CME =∠AMC-∠AMF=120°-60° = 60°,∴∠AFM=∠CME,∴CM∥AF,∴△AEF∽△CEM,∴ CM AF =CE AE , ∵CD=2BD,BD=CE,BC=AC,∴ CM AF =CE AE = CE AC-CE = BD BC-BD =BD CD = 1 2 ,即 AF = 2CM,∴FM = 2CM, ∵点 N 是 FM 的中点,∴ FM = 2MN,∴ CM =MN,又∵ ∠CMN = 60°,∴ △CMN 是等边三角形,∴ ∠MCN=∠MNC=60°,CN =MN,∴ CN =FN,∴ ∠NFC =∠NCF = 30°,∴ ∠AFC =∠AFM+∠NFC = 60°+30° =90°,∴AF⊥CF. 12 参考答案与重难题解析·陕西数学　 专 项 培 优 练 ∴ ∠MPG+∠GPN= 90°,∠NPH+∠GPN= 90°, ∴ ∠MPG= ∠NPH, 又∵ ∠PGM= ∠PHN= 90°, ∴ △MGP∽△NHP, ∴ PM PN =PG PH . ∵ AC 是正方形 ABCD 的对角线, ∴ △AGP 和 △PHC 均为等腰直角三角形, 即 △AGP ∽ △CHP, PG PH = PA PC , ∴ PM PN = PA PC . 第 5 题解图 6.解:(1)①∠ACD= ∠ACB. 理由如下: 如解图①,延长 CB 至点 E,使 BE=DC,连接 AE. ∵ 四边形 ABCD 是邻等对补四边形, ∴ ∠ABC+∠D= 180°, ∵ ∠ABC+∠ABE= 180°,∴ ∠ABE= ∠D, ∵ AB=AD,BE=DC,∴ △ABE≌△ADC, ∴ ∠E= ∠ACD,AE=AC, ∴ ∠E= ∠ACB,∴ ∠ACD= ∠ACB; 第 6 题解图① ②∵ ∠BCD= 2θ,结合①中的结论得∠ACD= ∠ACB= θ, 如解图①,过点 A 作 AF⊥BC 于点 F, 由①可知 AE=AC, ∴ CF= 1 2 CE= 1 2 (BC+BE)= 1 2 (BC+DC)= m+n 2 , 在 Rt△AFC 中,cos∠ACF= cosθ= CF AC , ∴ AC= CF cosθ = m +n 2cosθ ; (2)BN 的长为 12 5 2或 12 7 2 . 【解法提示】∵ ∠ABC = 90°, AB= 3,BC= 4,∴ AC = AB2 +BC2 = 5,∵ 四边形 ABMN 是 邻等对补四边形, ∴ ∠ANM + ∠ABC = 180°, ∴ ∠ANM = 90°. 解法 1:当 AB = BM 时,如解图②,连接 AM,过点 N 作 NH ⊥BC 于 H,∴ AM2 = AB2 +BM2 = 18,在 Rt△AMN 中,MN2 = AM2 -AN2 = 18 -AN2 ,在 Rt △CMN 中,MN2 = CM2 -CN2 = (4-3) 2 -(5-AN) 2 ,解得 AN= 4. 2,∴ CN= 0. 8,易得△NHC ∽△ABC,∴ NC AC =NH AB =CH CB ,即 0. 8 5 =NH 3 =CH 4 ,∴ NH= 12 25 ,CH = 16 25 ,∴ BH = 84 25 ,∴ BN = BH2 +NH2 = 12 5 2 . 解法 2:当 AB = BM 时,易得 A,B,M,N 四点共圆,如解图③,连接 AM,过点 B 作 BE⊥AC 于点 E,则∠BEN = 90°,∠ANB = ∠AMB,由题可知△ABM 为等腰直角三角形,∴ ∠AMB = 45°,∴ ∠ANB= 45°,∴ △BEN 为等腰直角三角形,∴ BN = 2BE,∵ S△ABC = 1 2 AB·BC = 1 2 AC·BE,∴ BE = 12 5 ,∴ BN = 12 5 2 . 当 AN = AB 或 BM = MN 时, 如解图 ④, 连接 AM, 则 Rt △ABM≌Rt△ANM,故不符合题意,舍去;当 AN = MN 时, 如解图⑤,连接 AM,过点 N 作 NH⊥BC 于点 H,易得 △CMN∽△CAB,∴ NC BC = MC AC = MN AB ,即 CN 4 = 5 -CN 3 ,解得 CN = 20 7 ,易得△NHC∽△ABC,∴ NC AC = NH AB = CH CB ,即 20 7 5 = NH 3 = CH 4 ,∴ NH= 12 7 ,CH = 16 7 ,∴ BH = 12 7 ,∴ BN = BH2 +NH2 = 12 7 2 . 综上所述,BN 的长为 12 5 2或 12 7 2 . 图② 　 　 　 图③ 图④ 　 　 　 图⑤ 第 6 题解图 模型五　 十字模型 1. D　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AD=CD =AB =BC = 6,∠ADC = ∠C = 90°,∴ ∠DEC+∠CDE = 90° = ∠CDE+ ∠AFD,∴ ∠AFD = ∠DEC, ∴ △ADF≌ △DCE( AAS), ∴ DF= CE = 2, ∴ CF = 4, ∴ BF = BC2 +CF2 = 62 +42 = 2 13 . 2. 74 2 　 【解析】在正方形 ABCD 中,BE=CF = 2,∴ AB =BC, ∠ABC= ∠BCF= 90°,∴ ∠CBF+∠BFC = 90°,在△ABE 和 △BCF 中, AB=BC, ∠ABC= ∠BCF, BE=CF, { ∴ △ABE≌△BCF( SAS),∴ ∠AEB= ∠BFC,∴ ∠CBF+∠AEB = 90°,∴ ∠AGF = ∠BGE = 90°,∵ 点 H 为 AF 的中点,∴ GH= 1 2 AF,∵ 正方形 ABCD 的边长是 7,BE = CF = 2,∴ AD = DC = 7,DF = 5, ∴ AF = AD2 +DF2 = 74 ,∴ GH= 1 2 AF= 74 2 . 3. C　 【解析】∵ 正方形 ABCD 的边长为 6,E,F 分别是 AB, BC 的中点,∴ BC=CD=AB= 6,BE= 1 2 AB = 3,CF = 1 2 BC = 3,∠B = ∠BCD = 90°, ∴ BE = CF, ∴ △BEC ≌ △CFD (SAS), ∴ ∠BCE = ∠CDF, ∴ ∠DCE + ∠CDF = ∠DCE + ∠BCE= ∠BCD = 90°,∴ ∠CMD = 90°,在 Rt△CDF 中,由 勾股定理,得 DF = CF2 +CD2 = 3 5 ,∴ cos∠CDF = CD DF = 2 5 5 ,∴ 在 Rt△DCM 中,DM=CD·cos∠CDM= 12 5 5 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 34 参考答案与重难题解析·陕西数学　 专 项 培 优 练 4. 2 2 　 【解析】如解图,过点 F 作 FH⊥AD 于点 H,设 AG 与 EF 交于点 O,由折叠得 A 与 A′对应,易知∠AOE = 90°,∴ ∠EAO+ ∠AEO = 90°, ∠EAO + ∠AGD = 90°, ∴ ∠AEO = ∠AGD,即∠FEH = ∠AGD,又∵ ∠ADG = ∠FHE = 90°,∴ △ADG∽△FHE,∴ EF AG =HF AD = AB AD = 1 2 = 2 2 . 第 4 题解图 5. 证明:解法 1:如解图①,延长 AD,BF 交于点 M, 易证△DMF≌△CBF≌△BAE;AD=BC, ∴ DM=CB=AD, ∴ 在 Rt△AOM 中,DO 是斜边 AM 的中线, ∴ DO=AD=AB. 解法 2:如解图②,过点 D 作 DM⊥AE 交 AE 于点 N,交 AB 于点 M, 易得四边形 MDFB 是平行四边形,点 F 是 CD 的中点,AB =CD,∠AOB= 90°,∴ M 是 AB 的中点,MN∥BO, ∴ MN 是 Rt△ABO 的中位线, ∴ AN=NO,结合 DN⊥AO,得 DO=AD=AB. 图① 　 　 图② 第 5 题解图 6. D　 【解析】如解图,补全△ABC 为正方形 ABHC,过点 A 作 BE 的垂线交 BC 于 F,交 HC 于点 G,易得 DE 是△CAF 的 中位线,且利用“十字模型”可得 CF ∶BF=AE ∶AB= 1 ∶2,DE 是△AFC 的中位线,S△EDC = 6,则 S△AFC = 24,则 S△ABF = 48, ∴ S△ABC =S△AFC+S△ABF = 72. 第 6 题解图 7. A　 【解析】过点 B 作 BF⊥ED 交 ED 延长线于点 F,如解 图,∵ AE⊥CD,BF⊥ED,∴ ∠AEC = ∠CFB = 90°,AE∥BF, ∴ ∠ACE+∠CAE = 90°,∵ △ABC 为等腰直角三角形,且 ∠ACB= 90°,∴ AC = BC,∠ACE+∠BCF = 90°,∴ ∠BCF = ∠CAE,在△ACE 和△CBF 中, ∠CAE= ∠BCF, ∠AEC= ∠CFB, AC=CB, { ∴ △ACE ≌△CBF(AAS),∴ BF =CE,AE = CF,∵ AE∥BF,∴ △ADE ∽△BDF,∴ BF ∶AE = DB ∶AD,∵ AD = 2DB,∴ DB ∶AD = 1 ∶ 2,∴ BF ∶AE= 1 ∶2,设 BF= x,则 AE= 2x,∴ CE=BF= x,CF= AE= 2x,∴ EF=CF-CE = 2x-x = x,在 Rt△BEF 中,EF = x, BF= x,由勾股定理,得 BE = EF2 +BF2 = 2 x,∴ AE BE = 2x 2 x = 2 . 第 7 题解图 8.证明:如解图,延长 BE 至 M,使 FM = AF,连接 AM,CM,取 FM 的中点 N,连接 CN, 易得△ABD≌△BCE,∠AFE= ∠BAF+∠ABE= 60°, ∴ △AFM 是等边三角形, ∴ ∠FAM= 60°,AF=AM=FM, ∴ ∠BAC= ∠FAM= ∠AMF= 60°, ∴ ∠BAC-∠CAD= ∠FAM-∠CAD, 即∠BAF= ∠CAM, ∵ AB=AC,∠BAF= ∠CAM,AF=AM, ∴ △ABF≌△ACM(SAS), ∴ ∠AFB= ∠AMC= 180°-60° = 120°, ∴ ∠CME= ∠AMC-∠AMF= 120°-60° = 60°, ∴ ∠AFM= ∠CME, ∴ CM∥AF, ∴ △AEF∽△CEM,∴ CM AF =CE AE , ∵ CD= 2BD,BD=CE,BC=AC, ∴ CM AF =CE AE = CE AC-CE = BD BC-BD =BD CD = 1 2 , 即 AF= 2CM, ∴ FM= 2CM, ∵ 点 N 是 FM 的中点, ∴ FM= 2MN,∴ CM=MN, 又∵ ∠CMN= 60°, ∴ △CMN 是等边三角形, ∴ ∠MCN= ∠MNC= 60°,CN=MN, ∴ CN=FN, ∴ ∠NFC= ∠NCF= 30°, ∴ ∠AFC= ∠AFM+∠NFC= 60°+30° = 90°, ∴ AF⊥CF. 第 8 题解图 模型六　 “手拉手”模型 1. 90　 【解析】∵ △ACB 和△DCE 均为等腰三角形,且∠ACB = ∠DCE = 90°,∴ AC = BC,CD = CE,∵ ∠ACB = ∠DCE = 90°, ∴ ∠ACB - ∠DCB = ∠DCE - ∠DCB, 即 ∠ACD = ∠BCE,在△ACD 和△BCE 中, AC=BC, ∠ACD= ∠BCE, CD=CE, { ∴ △ACD ≌△BCE(SAS),∴ ∠CAD = ∠CBE,又∵ ∠CFA = ∠EFB, ∴ ∠AEB= ∠ACB= 90°. 2. D　 【解析】∵ 在等边△ABC 中,AB= 4,D 是 BC 的中点,∴ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 44