专题三 一线三等角模型(含弦图)-【一战成名新中考】2025山东中考数学·二轮复习·专项培优练

参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 ∴ 2∠B= ∠C,∵ ∠BAC = 60°,∴ ∠B+∠C = 3∠B = 120°, ∴ ∠B= 40°,∴ ∠ADB= 180°-30°-40° = 110°. 第 4 题解图 5. A　 【解析】如解图,过点 F 作 FG⊥AB 于点 G,∵ ∠ACB= 90°,CD⊥AB, ∴ ∠CAF + ∠CFA = 90°, ∠FAD + ∠AED = 90°,又 ∵ AF 平分 ∠CAB, ∴ FC = FG, ∠CAF = ∠FAD, ∴ ∠CFA= ∠AED = ∠CEF,∴ CE = CF,解法一:∵ ∠B = ∠B,∠FGB= ∠ACB= 90°,∴ △BFG∽△BAC,∴ BF BA = FG AC , ∵ AC = 3,AB = 5,∠ACB = 90°,∴ BC = 4, ∴ 4-FC 5 = FG 3 , ∵ FC=FG,∴ 4-FC 5 =FC 3 ,解得 FC= 3 2 ,∴ CE 的长为 3 2 . 第 5 题解图 解法二: ∵ AC = 3, AB = 5, ∠ACB = 90°, ∴ BC= 4, 在 Rt△AFC 和 Rt △AFG 中, FC=FG, AF=AF,{ ∴ Rt △AFC ≌ Rt△AFG(HL),∴ AG = AC = 3,∴ 设 FG = x,则 BF = 4-x, BG=AB-AG= 5-3 = 2,在 Rt△BFG 中,FG2 +BG2 = BF2 ,即 x2 +22 = (4-x) 2 ,解得 x= 3 2 ,∴ CE 的长为 3 2 . 6. 3 15 2 　 【解析】如解图,延长 DC,AE 交于点 G,∵ E 是 BC 的中点,∴ BE = EC,∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ AB = CD, AB∥CD, ∠D = 90°, ∴ ∠BAE = ∠G, 在 △ABE 和 △GCE 中, ∠AEB= ∠GEC, ∠BAE= ∠G, BE=CE, { ∴ △ABE≌ △GCE ( AAS), ∴ AB=CG,AE=EG,∵ AE 是∠BAF 的平分线,∴ ∠BAE = ∠EAF,∴ ∠G= ∠EAF,∴ AF = FG,∴ EF⊥AG,设 DF = x, 则 FG=AF= 5x,∴ AB=CD=CG=FG-CF= 5x-3,CD =DF+ CF= x+3,∴ 5x-3 = x+3,解得 x= 1. 5,∴ FG =AF = 5×1. 5 = 7. 5,∵ ∠D = 90°, ∴ AD = AF2 -DF2 = 7. 52 -1. 52 = 3 6 ,在 Rt△ADG 中,DG = DF+FG = 1. 5+ 7. 5 = 9,∴ AG = AD2 +DG2 = (3 6 ) 2 +92 = 3 15 , ∴ AE = EG = 1 2 AG = 3 15 2 . 第 6 题解图 专题三　 一线三等角模型(含弦图) 例　 (1)证明:∵ ∠ADC= ∠CEB= ∠ACB= 90°, ∴ ∠CAD+∠ACD= 90°,∠BCE+∠ACD= 90°, ∴ ∠CAD= ∠BCE, 在△ADC 与△CEB 中, ∠CAD= ∠BCE, ∠ADC= ∠CEB, AC=BC, { ∴ △ADC≌△CEB(AAS),∴ CE=AD,CD=BE, ∴ DE=CE+CD=AD+BE; (2)证明:∵ ∠ADC = ∠CEB = ∠ACB = α,∠BCE+∠ACD = 180°-α,∠ACD+∠CAD= 180°-α, ∴ ∠BCE= ∠CAD. 在△ADC 和△CEB 中, ∠ADC= ∠CEB, ∠CAD= ∠BCE, AC=BC, { ∴ △ADC≌△CEB(AAS),∴ AD=CE,DC=BE. ∴ DE=CE+CD=AD+BE; (3) 7;【解法提示】 ∵ ∠A = ∠B = ∠EDF, ∠ADF = ∠B + ∠DFB= ∠ADE+ ∠EDF,∴ ∠DFB = ∠ADE,在△ADE 和 △BFD 中, ∠A= ∠B, ∠ADE= ∠BFD, DE=FD, { ∴ △ADE≌ △BFD ( AAS), ∴ BD=AE= 2,AD=BF= 5,∴ AB=AD+DB= 5+2 = 7. (4)5. 【解法提示】 ∵ ∠EFD = 45°, ∠B = ∠ADE = 45°, ∴ ∠B+ ∠BAD = ∠ADF = ∠ADE + ∠FDE, ∴ ∠BAD = ∠FDE,∴ △ABD∽△DFE,∴ AB DF = AD DE ,∵ △ADE 是等腰直 角三角形,∴ DE = 2 AD,∵ AB = 2 2 ,∴ DF = 2 AB = 4, ∵ ∠EFD= 45°,∠AED = 45°,∴ ∠EFC = ∠DEC = 135°,又 ∵ ∠C= ∠C,∴ △EFC∽△DEC,∴ FC EC =EC CD ,∵ EC= 5 ,CD =DF+FC= 4 +FC,∴ EC2 = FC·CD = FC·( 4 +FC) = 5, ∴ FC= 1(负值已舍去),∴ CD=DF+FC= 5. 1. 5 4 　 【解析】∵ △ABC 是等边三角形,∴ ∠A = ∠B = ∠C = 60°,AB=AC=BC = 6,由折叠的性质可知,∠EDF = ∠C = 60°,EC= ED,FC = FD,∵ ∠BDF+ ∠EDF = ∠A+ ∠AED, ∴ ∠AED= ∠BDF,∴ △AED∽△BDF,∴ DF DE =BD +DF+BF AE+AD+DE = 10 8 = 5 4 ,∴ CF CE =DF DE = 5 4 . 2. 10　 【解析】∵ 四边形 ABCD 与四边形 EFGH 均为正方 形,∴ EH=EF,∠A = ∠EBF = 90°,∠HEF = 90°,∴ ∠EHA = ∠FEB= 90°-∠AEH,∴ △AEH≌△BFE( AAS),∴ AE = FB,AH=BE,∵ AE= 2,AH = 6,∴ FB = 2,BE = 6,∴ AB = AE +BE= 8,∵ FB∥AH,∴ △FBP∽△HAP,∴ FB AH =BP AP ,即 2 6 = BP BP+8 ,∴ BP= 4,∴ EP=BE+BP = 10,∴ S△EFP = 1 2 EP·FB = 10. 3. 3 2 　 【解析】 在 Rt △C′ BM 中, C′ M = C′B2 +BM2 = 42 +32 = 5,由折叠的性质可得 CM = C′M = 5,又∵ 四边 形 ABCD 是矩形,∴ ∠D′C′M = ∠D′ = ∠D = ∠C = ∠A = ∠B= 90°,∴ ∠BC′M+ ∠AC′E = ∠AEC′+ ∠AC′E = 90°, ∴ ∠BC′M= ∠AEC′, 又 ∵ BM = AC′ = 3, ∴ △BC′ M ≌ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 26 参考答案与重难题解析·山东数学　 专 项 培 优 练 △AEC′(AAS),∴ AE=BC′= 4,C′E =MC′= 5,∵ CD =C′D′ =AB=AC′+BC′= 7,AD=BC=BM+CM= 3+5 = 8,∴ DE =AD -AE= 8-4 = 4,D′E=C′D′-C′E = 7-5 = 2,设 D′N =DN = a, 则 EN= 4-a,在Rt△D′EN 中,NE2 = D′E2 +D′N2 ,即 ( 4- a) 2 = 22 +a2 ,解得 a= 3 2 . 4. 2 2 , 2 5 5 　 【解析】如解图,过点 E 作 EM⊥BD 于点 M,由 旋转性质得 AD = DE, ∠ADE = 90°, ∴ ∠ADC + ∠EDM = 90°,∵ ∠ACB = 90°,EM⊥BD,∴ ∠ACD = ∠DME = 90°, ∴ ∠ADC+∠CAD = 90°, ∴ ∠CAD = ∠EDM, ∴ △ACD≌ △DME(AAS),∴ DM=AC = 1,ME = CD = 2,∴ CM = 2-1 = 1,∴ BM = CM + BC = 1 + 1 = 2, ∴ 在 Rt △BEM 中,BE = BM2 +EM2 = 22 +22 = 2 2 , 在 Rt △CEM 中, CE = EM2 +CM2 = 22 +12 = 5 , ∴ sin ∠ECD = EM CE = 2 5 = 2 5 5 . 第 4 题解图 5. 15　 【解析】解法一:如解图①,过点 D 作 DM =DC 交 BC 的延长线于点 M,∴ ∠DCM = ∠M,∵ 四边形 ABCD 是平 行四边形,∴ CD=DM=AB= 10,DC∥AB,∴ ∠DCM = ∠B = ∠M,∵ ∠DEF = ∠B, 且 ∠BEF + ∠BFE = 180° - ∠B, ∠BEF + ∠MED = 180° - ∠DEF, ∴ ∠BFE = ∠MED, ∴ △BFE∽△MED,∴ BE MD =EF ED ,即 4 10 = 6 DE ,∴ DE= 15. 图① 　 　 图② 第 5 题解图 解法二: ∵ ∠DEF = ∠B, ∴ ∠BFE + ∠BEF = ∠BEF + ∠DEC,∴ ∠BFE = ∠DEC,如解图②,过点 C 作 CG∥FE 交 DE 于 点 G, ∴ ∠DEF = ∠EGC, ∴ ∠B = ∠EGC, ∴ △FBE∽△EGC,∴ BE FE =GC EC ,∵ 四边形 ABCD 是平行四 边形,∴ CD = AB = 10, ∠B + ∠BCD = 180°, ∵ ∠EGC + ∠DGC = 180°,∠B = ∠EGC,∴ ∠DGC = ∠BCD,∵ ∠CDG = ∠EDC, ∴ △DGC∽△DCE,∴ DC DE = CG EC ,∴ DC DE = BE FE ,即 10 DE = 4 6 ,∴ DE= 15. 专题四　 手拉手模型 例　 (1)证明:∵ △ABC,△AMN 是等边三角形, ∴ AB=AC,AM=AN,∠BAC= ∠MAN= 60°, ∴ ∠BAM= ∠CAN. 在△BAM 和△CAN 中, AB=AC, ∠BAM= ∠CAN, AM=AN, { ∴ △BAM≌△CAN(SAS),∴ ∠ABC= ∠ACN; (2)解:结论仍成立. 理由如下: ∵ △ABC,△AMN 是等边三角形, ∴ AB=AC,AM=AN,∠BAC= ∠MAN= 60°, ∴ ∠BAM= ∠CAN. 在△BAM 和△CAN 中, AB=AC, ∠BAM= ∠CAN, AM=AN, { ∴ △BAM≌△CAN(SAS),∴ ∠ABC= ∠ACN; (3)解:∠ABC= ∠ACN. 理由如下: ∵ BA=BC,MA=MN,∠ABC= ∠AMN, ∴ ∠BAC= ∠MAN,∴ △ABC∽△AMN,∴ AB AM = AC AN , 又∵ ∠BAM= ∠BAC-∠MAC,∠CAN= ∠MAN-∠MAC, ∴ ∠BAM= ∠CAN,∴ △BAM∽△CAN,∴ ∠ABC= ∠ACN; (4)解:∠AEB= 90°,AE=BE+2CM. 理由如下: ∵ △ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形, ∴ AC=BC,DC=EC,∠ACB= ∠DCE= 90°, ∴ ∠ACD= ∠BCE,∴ △ACD≌△BCE(SAS), ∴ AD=BE,∠ADC= ∠BEC, ∵ △CDE 是等腰直角三角形,∴ ∠CDE= ∠CED= 45°, ∴ ∠ADC= 180°-∠CDE= 135°,∴ ∠BEC= ∠ADC= 135°, ∴ ∠AEB= ∠BEC-∠CED= 135°-45° = 90°, 在等腰直角△DCE 中,CD=CE,CM⊥DE, ∴ DM=ME=CM, ∴ DE= 2CM,∴ AE=AD+DE=BE+2CM. 1. 3 -1　 【解析】∵ △ABC 和△ADE 都是等腰直角三角形, AB= 2 ,AD = 2,∴ BC = 2,DE = 2 2 . ∵ ∠BAD = ∠BAC+ ∠CAD = ∠DAE + ∠CAD = ∠CAE, AB = AC, AD = AE, ∴ △ABD≌△ACE( SAS), ∴ BD = CE, ∠ABD = ∠ACE = 45°,∴ ∠BCE = ∠ACB+∠ACE = 90° = ∠ECD. 设 CD = x, 则 BD=CE= 2+x,在 Rt△ECD 中,CD2 +CE2 =DE2 ,即 x2 + (2+x) 2 = (2 2 ) 2 ,解得 x = 3 - 1(负值已舍去),∴ CD = 3 -1. 2. 5 　 【解析】∵ 四边形 ABCD 和四边形 CGFE 均为矩形, ∴ ∠BCD= ∠ECG = 90°,∴ ∠BCE = ∠DCG,CD = AB = 3, CG=EF= 2,∴ BC ∶CE =DC ∶CG = 3 ∶2,∴ △BCE∽△DCG. ∵ B,E,F 三点共线,∴ ∠BEC = 90°,∴ BE = BC2 -CE2 = 2 5 ,∴ S△BCE = 1 2 BE·CE= 1 2 ×2 5 ×4 = 4 5 ,∵ BC ∶CD = 2 ∶ 1, ∴ △BCE 与 △DCG 的相似比为 2 ∶ 1, ∴ S△DCG = 1 4 S△BCE = 5 . 3. 10 　 【解析】如解图,连接 BD,∵ 四边形 ABCD,DEFG 是正方形,∴ EF = ED, DO ED = AD BD = 2 2 ,∵ ∠ODA+∠ADE = ∠EDB+ ∠ADE = 45°, ∴ ∠ODA = ∠EDB, ∴ △AOD ∽ △BED,∴ AO BE =OD ED = AD BD = 2 2 ,∴ AO 2 3 AB = 2 2 ,又∵ OA = 2 , ∴ AB=AD= 3,∴ AE = 1 3 AB = 1,在 Rt△AED 中,由勾股定 理得 ED= AE2 +AD2 = 1+9 = 10 ,∴ EF =ED = 10 , 即线段 EF 的长度为 10 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 36 专项培优练·山东数学 模 型 方 法 专题三　 一线三等角模型(含弦图) (统考样卷 24(3)题) 一阶 模型初探 例　 (1)【感知】如图①,∠ADC = ∠CEB = ∠ACB = 90°, AC=BC. 求证:DE=AD+BE; 例题图① 证明:∵ ∠ADC = ∠CEB = ∠ACB = 90°,∴ ∠CAD+∠ACD = 90°,∠BCE+ ∠ACD=90°,∴∠CAD=∠BCE, 在△ADC 与△CEB 中, ∠CAD=∠BCE, ∠ADC=∠CEB, AC=BC, ì î í ï ï ïï ∴△ADC≌△CEB(AAS), ∴CE=AD,CD=BE,∴DE=CE+CD=AD+BE; (2)【变式】如图②,将(1)中条件改为∠ADC = ∠CEB = ∠ACB= α(90°<α<180°),AC = BC,请证明(1)中 的结论仍然成立; 例题图② 证明:∵ ∠ADC =∠CEB =∠ACB = α,∴∠BCE+∠ACD=180°-α, ∠ACD+∠CAD=180°-α, ∴∠BCE=∠CAD. 在△ADC 和△CEB 中, ∠ADC=∠CEB, ∠CAD=∠BCE, AC=BC, ì î í ï ï ïï ∴△ADC≌△CEB(AAS),∴AD=CE,DC=BE. ∴DE=CE+CD=AD+BE; (3)【应用】如图③,在△ABC 中,点 D 为 AB 上一点, DE=DF,∠A = ∠EDF = ∠B,AE = 2,BF = 5,则 AB 的长为　 　 　 　 ; 图③ 　 　 　 图④ 例题图 (4)【拓展】如图④,在△ABC 中,AB = 2 2 ,∠B = 45°, 以点 A 为直角顶点作等腰 Rt△ADE,点 D 在 BC 上,点 E 在 AC 上,点 F 在 BC 上,且∠EFD = 45°. 若 CE= 5 ,则 CD 的长为　 　 　 　 . 模型解读 条件:一线:∠1,∠2,∠3 的顶点在 一条直线上, 三等角:∠1 = ∠2 = ∠3. 图示: 结论:有边对应相等,则全等;无边 对应相等,则相似. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 11 专项培优练·山东数学 模 型 方 法 二阶 对接中考 1. 如图,D 是等边△ABC 的边 AB 上一点,AD = 2,DB = 4. 现将△ABC 折叠,使得点 C 与点 D 重合,折痕为 EF,且点 E,F 分别在边 AC 和 BC 上,则CF CE = 　 　 　 　 　 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋【题眼】相似三角形的周长比等于相似比. 第 1 题图 2. 如图,四边形 ABCD 与四边形 EFGH 均为正方形,连接 HF 并延长交 AB 的延长线于点 P, 若 AE= 2,AH= 6,则△EFP 的面积为　 　 　 　 　 . 第 2 题图 3. [2024 威海 16 题 3 分]将一张矩形纸片(四边形 ABCD)按如图所示的方式对折,使点 C 落在 AB 上的点 C′处,折痕为 MN,点 D 落在点 D′处,C′D′交 AD 于点 E. 若 BM = 3,BC′ = 4, AC′= 3,则 DN= 　 　 　 . 第 3 题图 4. [2024 烟台 22 题改编]如图,在等腰直角△ABC 中,∠ACB= 90°,AC=BC= 1,D 为 BC 延长线 上一点,CD = 2,连接 AD,将线段 AD 绕点 D 顺时针旋转 90°得线段 ED,则 BE 的长 为　 2 2 　 ,sin∠ECD 的值为　 　 　 　 　 . 第 4 题图 5. 多解法 ∙∙∙ 如图,在▱ABCD 中,E 为边 BC 上一点,F 为边 AB 上一点. 若∠DEF= ∠B,AB= 10, BE= 4,EF= 6,则 DE 的长为　 15　 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋【思路剖析】“一线”有 2 个等角,考虑构造第 3 个等角来建立相似三角形. 解法一:过点 D 构造三角 形;解法二:过点 C 构造三角形. 第 5 题图 21