专练7 十字模型-【一战成名新中考】2025江西中考数学·二轮复习·专项培优练

专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 模 型 方 法 专练七　 十字模型(2015.24) 例　 [2023 丹东]如图,在正方形 ABCD 中,AB = 12,点 E,F 分别在边 BC,CD 上,AE 与 BF 相 交于点 G,若 BE=CF= 5,则 BG 的长为　 　 　 . 例题图 【思路点拨】由正方形 ABCD 及 BE = CF 联想十字模型,得 BF⊥AE,利用全等、相似、勾股定理,即可 求解. 归纳总结 基本图形 演变图形 图示 (正方形 ABCD) (正方形 ABCD) (正方形 ABCD) (矩形 ABCD) 结论 △ABE≌△BCF, △ABG∽△BEG∽ △BFC △ABE≌△MFN, △AOM∽△ABE∽ △MOH △ABG≌△DAF, △ABG∽△BEG∽△AEB, FG=DF-BG △ABF∽△DAF∽ △DBA∽△BEF∽ △AEB 【拓展】 内弦图 外弦图 △ABE≌△BCF≌ △CDG≌△DAH △AHE≌△BEF≌ △CFG≌△DGH 综合训练 1.如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图,此图是由四个全等的直角三角形拼接而成, 其中 AE= 5,BE= 12,则 EF 的长是 ( C ) 第 1 题图 A.7 B.8 C.7 2 D.7 3 41 专项培优练·江西数学 江 西 中 考 培 优 模 型 方 法 2.如图,在正方形 ABCD 中,点 E,F 分别在 AD,CD 上,且 AE=DF= 2,BE 与 AF 相交于点 O,P 是 BF 的中点,连接 OP,若 AB= 5,则 OP 的长为　 　 　 . 第 2 题图 　 　 　 　 第 3 题图 　 　 　 　 第 4 题图 3.如图,E,F,G,H 分别是矩形 ABCD 四条边上的点,已知 EF⊥GH,若 AB = 2,BC = 3,则 EF ∶ GH 的值为　 2 ∶3　 . 4.如图,在 Rt△ABC 中,AC= 4,BC= 3,点 D 为 AC 上一点,连接 BD,E 为 AB 上一点,CE⊥BD, 当 AD=CD 时,AE 的长为　 　 　 . 【思路点拨】构造以 AC、BC 为邻边的矩形 ACBG,延长 CE 交 AG 于点 H,利用相似三角形的判定与性质 即可求解. 5.如图,点 E,F,G 分别是正方形 ABCD 的边 AD,BC,AB 上的点,连接 DG,EF,GF,且 EF = DG,DE= 2AG,∠ADG 的度数为 α,求∠EFG 的度数. 第 5 题图 解:∵四边形 ABCD 为正方形, ∴AB=BC=CD=AD,∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°, 如解图,过点 F 作 FH⊥AD 于点 H,则四边形 CDHF 为矩形, ∴FH=CD,DH=CF,∠FHE=∠BFH=90°, ∴FH=AD, 在 Rt△FHE 和 Rt△DAG 中, FH=AD, EF=DG,{ ∴Rt△FHE≌Rt△DAG(HL), ∴EH=AG,∠HFE=∠ADG=α, ∵DE=2AG, ∴DE=2EH,即点 H 为 DE 的中点, ∴EH=DH=AG=CF, ∴AB-AG=BC-CF,即 BG=BF, ∴△BFG 为等腰直角三角形,∠BFG=45°, ∴∠EFG=90°-∠BFG-∠HFE=90°-45°-α=45°-α. 51 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 ∴ ∠EAM=∠FAM,在△AEM 和△AFM 中, AE=AF, ∠EAM=∠FAM, AM=AM, { ∴ △AEM≌△AFM( SAS),∴ EM = FM.∵ 四边形 ABCD 是 正方形,∴ BC=CD= 4,∠BCD = 90°,设 DM = x,则 MC =CD -DM= 4-x,CE = BC-BE = 4-1 = 3,EM = FM = FD+DM = 1+ x,在 Rt△MCE 中,根据勾股定理,得 EM2 =MC2+CE2,即(1 +x) 2 =(4-x) 2+32,解得 x= 12 5 ,即 DM 的长度为 12 5 . 2.36　 【解析】解法一(旋转法):如解图①,将△AEC 绕点 A 顺时针方向旋转 90°得到△AFB,连接 DF,∵ AB = AC, ∠BAC= 90°,∴ ∠ABC = ∠ACB = 45°,由旋转的性质可得 △AEC≌△AFB,∴ ∠ABF = ∠ACD = 45°,∠BAF = ∠CAE, AE= AF,BF = CE,∴ ∠FBE = ∠FBA+∠ABC = 45° + 45° = 90°,∴ BD2+BF2 =DF2,∵ ∠DAE = 45°,∴ ∠BAD+∠CAE = 45°,∴ ∠BAD+∠BAF = 45°,∴ ∠DAE = ∠DAF,在△DAE 和△DAF 中, AE=AF, ∠DAE=∠DAF, AD=AD, { ∴ △DAE≌△DAF( SAS), ∴ DE=DF,∴ BD2+BF2 =DE2,∵ BD = 3,CE = 4,∴ DF =DE = 32+42 = 5,∴ BC=BD+DE+CE = 3+5+4 = 12,∴ AB = AC = 12× 2 2 = 6 2 ,∴ △ABC 的面积为 1 2 ×6 2 ×6 2 = 36. 图① 　 　 图② 第 2 题解图 解法二(翻折法):如解图②,将△ACE 和△ABD 分别沿 AE,AD 翻折,∵ ∠CAE +∠BAD = 90° -∠EAD = 45°,AB = AC,AB,AC 翻折后重合在 AM 上,MD=BD,CE=EM,∠EMA =∠C,∠AMD=∠B,∵ ∠B =∠C = 45°,∴ ∠EMD =∠EMA +∠DMA= 90°,∴ EM2 +MD2 = ED2,∴ DE = 32+42 = 5,∴ BC=BD+DE+CE= 3+5+4= 12,∴ AB=AC= 12× 2 2 = 6 2 ,∴ △ABC 的面积为 1 2 ×6 2 ×6 2 = 36. 3.(1)解:4; 第 3 题解图 (2)证明:如解图,延长 AC 至点 E,使 得 CE=BM,连接 DE, ∵ △ABC 是等边三角形,△BDC 是顶 角∠BDC= 120°的等腰三角形, ∴ ∠ABC = ∠ACB = 60°, ∠DBC = ∠DCB= 30°,BD=CD, ∴ ∠ABD = ∠ACD = 90°,∴ ∠DCE = 90°, 在△BDM 和△CDE 中, BD=CD, ∠MBD=∠ECD, BM=CE, { ∴ △BDM≌△CDE, ∴ MD=ED,∠MDB=∠EDC, ∴ ∠MDE=∠MDC+∠EDC= 120°-∠MDB+∠EDC= 120°, ∵ ∠MDN= 60°,∴ ∠NDE= 60°, 在△MDN 和△EDN 中, MD=ED, ∠MDN=∠EDN= 60°, DN=DN, { ∴ △MDN≌△EDN,∴ MN=NE, 又∵ NE=NC+CE=NC+BM, ∴ BM+NC=MN. 专练七　 十字模型 例　 60 13 　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ ∠ABE =∠C = 90°,AB = BC, ∵ BE = CF, ∴ △ABE≌△BCF, ∴ ∠BAE = ∠CBF,∵ ∠CBF +∠ABG = 90°,∴ ∠BAE +∠ABG = 90°,∴ ∠BGE=90°,∴ ∠BGE=∠C,又∵ ∠EBG=∠FBC,∴ △EBG∽ △FBC,∴ BG BC =BE BF ,∵ BC=12,CF=BE= 5,∴ BF= BC2+CF2 = 122+52 =13,∴ BG 12 = 5 13 ,∴ BG= 60 13 . 1.C　 【解析】∵ AE = 5,BE = 12,即 12 和 5 为两条直角边长 时,小正方形的边长为 12-5= 7,∴ EF= 72+72 = 7 2 . 2. 34 2 　 【解析】∵ 四边形 ABCD 为正方形,∴ ∠BAD=∠D= ∠C= 90°,AB=BC=CD=AD= 5,∵ AE =DF = 2,∴ CF =CD- DF = 5 - 2 = 3,在 △ABE 和 △DAF 中, AB=AD, ∠BAE=∠D, AE=DF, { ∴ △ABE≌ △DAF ( SAS), ∴ ∠ABE = ∠DAF, ∵ ∠DAF + ∠BAO=∠BAD = 90°,∴ ∠ABE+∠BAO = 90°,∴ ∠AOB = ∠BOF = 90°, ∵ 点 P 为 BF 的中点, ∴ OP = 1 2 BF. 在 Rt△BCF 中, BC = 5, CF = 3, 由 勾 股 定 理 得 BF = BC2+CF2 = 34 ,∴ OP= 34 2 . 3.2 ∶3　 【解析】如解图,过点 H 作 HM⊥AB,垂足为 M,过点 F 作 FN⊥AD,垂足为 N,设 HM,FE 交于点 O,则 NF =AB, MH= BC,∠ENF = ∠GMH = 90°,∵ EF⊥GH,∴ ∠GHM + ∠HOE= ∠EFN +∠FOM = 90°,又∵ ∠HOE = ∠FOM,∴ ∠GHM=∠EFN,∴ △MHG∽△NFE,∴ EF ∶GH =NF ∶HM = AB ∶BC= 2 ∶3. 第 3 题解图 　 　 第 4 题解图 4. 40 17 　 【解析】构造以 AC、BC 为邻边的矩形 ACBG,如解图所 示,延长 CE 交 AG 于点 H,设 BD 与 CE 交于点 F.∵ 四边形 ACBG 为矩形,∴ ∠ACB=∠CAH = 90°,AG∥CB,∴ ∠ACH+ ∠BCF = 90°,∵ CE⊥BD,∴ ∠BFC = 90°,∴ ∠CBD+∠BCF = 90°,∴ ∠ACH=∠CBD,∴ △ACH∽△CBD,∴ AH CD = AC BC ,即 AH 2 = 4 3 ,∴ AH= 8 3 ,∵ AG∥CB,∴ △AEH∽△BEC,∴ AE BE = AH BC = 8 9 ,∴ AE= 8 17 AB= 8 17 × 32+42 = 40 17 . 5.解:∵ 四边形 ABCD 为正方形, ∴ AB=BC=CD=AD,∠A=∠B=∠C=∠ADC= 90°, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 6 一战成名·江西数学 专 项 培 优 练 如解图,过点 F 作 FH⊥AD 于点 H,则四边形 CDHF 为矩 形, 第 5 题解图 ∴ FH=CD,DH=CF, ∠FHE=∠BFH= 90°, ∴ FH=AD, 在 Rt△FHE 和 Rt△DAG 中, FH=AD, EF=DG,{ ∴ Rt△FHE≌Rt△DAG(HL), ∴ EH=AG,∠HFE=∠ADG=α, ∵ DE= 2AG, ∴ DE= 2EH,即点 H 为 DE 的中点, ∴ EH=DH=AG=CF, ∴ AB-AG=BC-CF,即 BG=BF, ∴ △BFG 为等腰直角三角形,∠BFG= 45°, ∴ ∠EFG= 90°-∠BFG-∠HFE= 90°-45°-α= 45°-α. 专练八　 利用等面积法解题 例 1　 C　 【解析】如解图,过点 A 作 AE⊥BC 于点 E,又∵ BD ⊥AC 于点 D,∴ S△ABC = 1 2 BC·AE = 1 2 AC·BD,∵ AE = 4,CE= 3,∴ AC= 42+32 = 5,∵ BC= 4,∴ 1 2 ×4×4 = 1 2 × 5BD,解得 BD= 16 5 . 例 1 题解图 　 　 例 2 题解图 例 2　 A　 【解析】如解图,过点 A 作 AF⊥BC 于点 F,连接 AP,∵ 在△ABC 中,AB = AC = 5,BC = 8,∴ BF = 4,∴ 在 Rt△ABF中,AF= AB2-BF2 = 3. 解法一:∵ S△ABC = S△ABP +S△ACP,∴ 1 2 × 8× 3 = 1 2 × 5PD+ 1 2 ×5PE,∴ 12= 1 2 ×5(PD+PE),∴ PD+PE= 24 5 . 解法二思路点拨:特殊值法.当点 P 在 B 处时, 1 2 BC· AF= 1 2 AC·PE,PE 的值即为所求. 1.B　 【解析】设点 C 到 AB 边的距离为 h,∴ S△ABC = 1 2 AB· h,∵ S△ABC = 3×3- 1 2 ×1×2- 1 2 ×2×3- 1 2 ×1×3 = 7 2 ,AB = 22+32 = 13 ,∴ h= 2S△ABC AB = 7 13 13 . 2.C　 【解析】 ∵ 四边形 ABCD 是菱形, AC = 8, BD = 6, ∴ S菱形ABCD = 1 2 AC·BD= 1 2 ×8×6 = 24,AC⊥BD,OA =OC = 1 2 AC = 4, OB = OD = 1 2 BD = 3, 在 Rt △AOB 中, AB = OB2+OA2 = 32+42 = 5,∵ S菱形ABCD = DE·AB,∴ DE = S菱形ABCD AB = 24 5 . 3.D　 【解析】如解图,连接 CD,∵ DE⊥BC,DF⊥AC,∠ACB = 90°,∴ 四边形 CEDF 是矩形,∴ EF = CD,由垂线段最短 可得 CD⊥AB 时 CD 最短,即此时线段 EF 的长最小,∵ AC = 3,BC= 4,∴ AB= AC2+BC2 = 5,∵ 1 2 AB·CD = 1 2 BC· AC,∴ CD= AC·BC AB = 12 5 ,∴ 线段 EF 的最小值为 12 5 . 第 3 题解图 4.D　 【解析】解法一:在正方形 ABCD 中,OA⊥OB,∠OAD = 45°,∵ PE⊥AC,PF⊥BD,∴ 四边形 OEPF 为矩形,△AEP 是等腰直角三角形,∴ PF=OE,PE=AE,∴ PE+PF=AE+OE =OA,∵ 正方形 ABCD 的边长为 1,∴ OA = 2 2 AB = 2 2 ,即 PE+PF 的值为 2 2 . 解法二思路点拨:等面积法. 专练九　 “12345”模型 【自主作答】情况一:当点 F 在点 B 下方时, ∵ tanβ= 1 3 ,α+β= 90°-∠DCF= 45°, ∴ 由“12345”模型得 tanα= 1 2 ,设 AG=DG=a, 则 CG= 2a,a+2a= 6,解得 a= 2, 则 AD= 2 2 ; 情况二:当点 F 在点 B 上方时, ∵ tanβ= 1 3 ,α+β=∠DCB+β=∠DCF= 45°, ∴ 由“12345”模型得 tanα= 1 2 ,设 CG= b, 则 DG=AG= 2b,b+2b= 6,解得 b= 2, ∴ AG= 4,则 AD= 4 2 . 综上所述,AD 的长度为 2 2或 4 2 . 1.1　 【解析】如解图,连接格点 AQ,由网格性质得 AQ∥CD, ∴ ∠CPB = ∠QAB, 根据 “ 12345” 模型 得 ∠QAB = 45°, ∴ tan∠CPB= tan∠QAB= tan45° = 1. 第 1 题解图 　 　 　 第 2 题解图 2.2　 【解析】解法一:如解图,连接 AE,易得∠BAG+∠DAE = 45°,tan∠BAG= BG AB = 3 6 = 1 2 ,由“12345”模型得 tan∠DAE = 1 3 ,∴ DE= 2. 解法二:如解图,连接 AE, ∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ AB=BC=CD=AD = 6,∠B =∠C =∠D = 90°,由折叠的性 质得 AF = AB = 6,∠AFG = ∠B = 90°,BG = FG,∴ ∠AFE = 90°,在 Rt△AFE 和 Rt△ADE 中, AE=AE, AF=AD,{ ∴ Rt△AFE≌ Rt△ADE(HL),∴ EF=DE,设 DE = FE = x,则 EC = 6-x.∵ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 7