微专题四 二次函数的性质综合 课件 2026年中考数学专题考点精讲（河南）

该初中数学课件系统覆盖三角形中倍长中线、截长补短、一线三等角、手拉手、半角五大核心模型，对接中考几何综合题考查要求。结合2024年山东泰安、烟台、新疆等地中考真题，分析各模型在全等证明、线段关系探究中的权重，归纳线段倍分、位置关系证明等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题解析+模型提炼+素养提升”模式，如倍长中线模型通过延长中线构造全等证明CD=2BF（2024泰安题），培养几何直观与推理能力。一线三等角模型作垂线证AAS全等（2024烟台题），强化空间观念。提供截长补短、手拉手旋转全等技巧，帮助学生掌握辅助线添加方法，助力教师高效组织专题复习，提升学生中考得分率。

第4模块　三角形 微专题四　二次函数的性质综合 类型一：倍长中线模型 【基本模型】 图示 如图，在△ABC中，AD是边BC上的中线   方法 指导 方法①如图1，延长AD到点E，使DE＝AD，连接BE. 方法②如图2，过点C作CF⊥AD于点F，过点B作BE⊥AD交AD的延长线于点E. 方法③如图3，在AB上任取一点M，连接MD，并延长至点N，使DN＝MD，连接CN   1.[2024·山东泰安]如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，AB＝CB，点D，E分别在AB，CB上，DB＝EB，连接AE，CD，取AE的中点F，连接BF，DE. (1)求证：CD＝2BF，CD⊥BF. 证明：∵在△ABE和△CBD中， AB＝CB，∠ABE＝∠CBD，BE＝BD， ∴△ABE≌△CBD(SAS)， ∴AE＝CD，∠FAB＝∠BCD. ∵F是Rt△ABE的斜边AE的中点， ∴AE＝2BF，∴CD＝2BF. ∵BF＝AE＝AF，∴∠FAB＝∠FBA， ∴∠FBA＝∠BCD. ∵∠FBA＋∠FBC＝90°，∴∠FBC＋∠BCD＝90°，∴CD⊥BF. (2)将△DBE绕点B顺时针旋转到如图2所示的位置. ①请直接写出BF与CD的位置关系：　　　　　； ②求证：CD＝2BF. BF⊥CD 证明：如图，延长BF到点G，使FG＝BF，连接AG. ∵AF＝EF，FG＝FB，∠AFG＝∠EFB， ∴△AGF≌△EBF(SAS)， ∴∠FAG＝∠FEB，AG＝BE，∴AG∥BE， ∴∠GAB＋∠ABE＝180°. ∵∠ABC＝∠EBD＝90°， ∴∠ABE＋∠DBC＝180°，∴∠GAB＝∠DBC. ∵BE＝BD，∴AG＝BD. ∵在△AGB和△BDC中，AG＝BD，∠GAB＝∠DBC，AB＝BC， ∴△AGB≌△BDC(SAS)，∴CD＝BG. ∵BG＝2BF，∴CD＝2BF. 类型二：截长补短模型 【方法指导】 截长补短的具体做法：在某一条线段上截取一条线段与特定线段的长度相等，或将某条线段延长，使之与特定线段的长度相等，再利用三角形全等的有关性质加以说明.这种方法适用于证明线段的和、差、倍、分等题目. 2.如图，在△ABC中，AC＝BC，AD平分∠CAB. (1)如图1，若∠ACB＝90°，求证：AB＝AC＋CD； 证明：如图，过点D作DH⊥AB于点H. ∵AD平分∠CAB，∴∠DAC＝∠DAH. 在△ADC和△ADH中， ∴△ADC≌△ADH(AAS)， ∴AC＝AH，DC＝DH. ∵CA＝CB，∠C＝90°，∴∠B＝45°. ∵∠DHB＝90°，∴∠HDB＝∠B＝45°， ∴HD＝HB，∴BH＝CD， ∴AB＝AH＋BH＝AC＋CD. 解：∵AC＝BC， ∴设∠ACB＝α，则∠CAB＝∠B＝90°－α. 如图，在AB上截取AK＝AC，连接DK. ∵AB＝AC＋BD，∴BK＝BD. ∵AD平分∠CAB，∴∠CAD＝∠KAD. 在△CAD和△KAD中， (2)如图2，若AB＝AC＋BD，求∠ACB的度数； ∴△CAD≌△KAD(SAS)， ∴∠ACD＝∠AKD＝α， ∴∠BKD＝180°－α. ∵BK＝BD，∴∠BDK＝180°－α. 在△BDK中，∠BDK＋∠BKD＋∠B＝180°， 即180°－α＋180°－α＋90°－α＝180°， 解得α＝108°， ∴∠ACB＝108°. 证明：如图，在AB上截取AH＝AD，连接DH. ∵∠ACB＝100°，AC＝BC， ∴∠CAB＝∠B＝40°. ∵AD平分∠CAB， ∴∠HAD＝∠CAD＝20°， ∴∠ADH＝∠AHD＝(180°－20°)×＝80°. (3)如图3，若∠ACB＝100°，求证：AB＝AD＋CD. 在AB上截取AK＝AC，连接DK， 由(2)，得△CAD≌△KAD， ∴∠ACB＝∠AKD＝100°，CD＝DK， ∴∠DKH＝∠DHK＝80°， ∴DK＝DH＝CD. ∵∠B＝40°， ∴∠BDH＝40°， ∴DH＝BH， ∴BH＝CD， ∴AB＝AH＋BH＝AD＋CD. 类型三：一线三等角模型 【基本模型】   同侧 异侧 锐角型一 线三等角     直角型一 线三等角       同侧 异侧 钝角型一 线三等角     模型总结 点P在线段AB上，∠1＝∠2＝∠3，且AP＝BD(或AC＝BP或CP＝PD)，则△APC≌△BDP 点P在线段AB的延长线上，∠1＝∠2＝∠3，且AP＝BD(或AC＝BP或CP＝PD)，则△APC≌△BDP 3.[2024·山东烟台]在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD.将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得到线段ED，连接BE. 【尝试发现】 (1)如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为　　　　； CD 解：如图，过点E作EM⊥CB于点M. 由旋转的性质，得AD＝DE，∠ADE＝90°， ∴∠ADC＋∠EDM＝90°. ∵∠ACB＝90°，∴∠ADC＋∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠EDM， ∴△ACD≌△DME(AAS)， ∴CD＝ME，AC＝DM. ∵AC＝BC，∴BM＝DM－BD＝AC－BD＝BC－BD＝CD＝EM， ∴△BME为等腰直角三角形，∴BE＝EM＝CD. 故答案为BE＝CD. 【类比探究】 (2)当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明； 解：补全图形如图所示. BE与CD的数量关系为BE＝CD.证明如下： 过点E作EM⊥DB于点M. 由旋转的性质，得AD＝DE，∠ADE＝90°， ∴∠ADC＋∠EDM＝90°. ∵∠ACB＝90°，∴∠ADC＋∠CAD＝90°， ∴∠CAD＝∠EDM， ∴△ACD≌△DME(AAS)， ∴CD＝ME，AC＝DM. ∵AC＝BC， ∴BM＝CM＋AC＝CM＋DM＝CD＝EM， ∴△BME为等腰直角三角形， ∴BE＝EM＝CD. 【联系拓广】 (3)若AC＝BC＝1，CD＝2，请直接写出sin∠ECD的值. 解：或. 类型四：手拉手模型 【基本模型】 图示   模型总结 以上面图1为例： 结论1：△ABC≌△AB'C'(SAS)； 结论2：∠BOB'＝∠BAB'； 结论3：OA平分∠BOC' 4.[2024·新疆]【探究】 (1)已知△ABC和△ADE都是等边三角形. ①如图1，当点D在BC上时，连接CE.请探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由. 解：CE＋CD＝CA.理由如下： ∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAC－∠DAC＝∠DAE－∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE. 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD＝CE. ∵BD＋CD＝BC，∴CE＋CD＝CA. ②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，连接CE.请再次探究CA，CE和CD之间的数量关系，并说明理由. 解：CA＋CD＝CE.理由如下： ∵△ABC和△ADE都是等边三角形， ∴AB＝AC＝BC，AD＝AE＝DE，∠BAC＝∠DAE＝60°， ∴∠BAC＋∠DAC＝∠DAE＋∠DAC， ∴∠BAD＝∠CAE. 在△ABD和△ACE中， ∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD＝CE. ∵CB＋CD＝BD，∴CA＋CD＝CE. 【运用】 (2)如图3，在等边三角形ABC中，AB＝6，点E在AC上，CE＝2.D是直线BC上的动点，连接DE，以DE为边在DE的右侧作等边三角形DEF，连接CF.当△CEF为直角三角形时，请求出BD的长. 解：如图，过点E作EH∥AB交BC于点H，则△EHC为等边三角形. ①当点D在点H左侧时，如图1. 易得ED＝EF，∠DEH＝∠FEC，EH＝EC， ∴△EDH≌△EFC(SAS)， ∴∠ECF＝∠EHD＝120°， 此时△CEF不可能为直角三角形. ②当点D在点H右侧，且在线段CH上时，如图2. 同理可得，△EDH≌△EFC(SAS)， ∴∠FCE＝∠EHD＝60°，∠FEC＝∠DEH＜∠HEC＝60°， 此时只有∠CFE有可能为90°. 当∠CFE＝90°时，∠EDH＝90°，∴ED⊥CH. ∵CH＝CE＝2，∴CD＝CH＝. 又∵AB＝BC＝6，∴BD＝6－. ③当点D在点H右侧，且在HC的延长线上时，如图3. 此时只有∠CEF有可能为90°. 当∠CEF＝90°时，由题意，得∠DEF＝60°， ∴∠CED＝30°. ∵∠ECH＝60°，∴∠EDC＝∠CED＝30°， ∴CD＝CE＝2，∴BD＝6＋2. 综上，BD的长为6－或6＋2. 类型五：半角模型 【基本模型】 等边三角形 含半角 (∠BDC＝120°)   等腰直角三 角形含半角   正方形 含半角   模型总结 当一个角包含着这个角的半角时，常将半角两边的三角形通过旋转到一边合并形成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明新三角形与含半角的三角形全等 5.[2024·黑龙江龙东地区]已知△ABC是等腰三角形，AB＝AC，∠MAN＝∠BAC，∠MAN在∠BAC的内部，点M，N在BC上，点M在点N的左侧，探究线段BM，NC，MN之间的数量关系. (1)如图1，当∠BAC＝90°时，探究如下： 由∠BAC＝90°，AB＝AC可知，将△ACN绕点A顺时针旋转90°得到△ABP，则CN＝BP且∠PBM＝90°，连接PM，易证△AMP≌△AMN，则MP＝MN.在Rt△PBM中，BM2＋BP2＝MP2，则BM2＋NC2＝MN2. (2)如图2，当∠BAC＝60°时，如图3，当∠BAC＝120°时，分别写出线段BM，NC，MN之间的数量关系，并选择图2或图3进行证明. 解：题图2中的结论是BM2＋NC2＋BM·NC＝MN2. 题图3中的结论是BM2＋NC2－BM·NC＝MN2. 选择题图2进行证明如下： ∵AB＝AC，∠BAC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°. 如图，以B为顶点在△ABC的外侧作∠ABK＝60°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA，QM，过点Q作QH⊥BC，交CB的延长线于点H. ∵AC＝AB，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ， ∴△ACN≌△ABQ(SAS)， ∴AN＝AQ，∠CAN＝∠BAQ. 易得∠CAN＋∠BAM＝30°， ∴∠BAM＋∠BAQ＝30°，即∠QAM＝∠MAN. 又∵AM＝AM， ∴△AQM≌△ANM(SAS)， ∴MQ＝MN. ∵∠ABQ＝60°，∠ABC＝60°， ∴∠QBH＝60°， ∴∠BQH＝30°， ∴BH＝BQ，QH＝BQ， ∴HM＝BM＋BH＝BM＋BQ. 在Rt△QHM中，QH2＋HM2＝QM2， 即(BQ)2＋(BM＋BQ)2＝QM2. 整理，得BM2＋BQ2＋BM·BQ＝QM2， ∴BM2＋NC2＋BM·NC＝MN2. 或选择题图3进行证明如下： 如图，以B为顶点在△ABC的外侧作∠ABK＝30°，在BK上截取BQ＝CN，连接QA，QM，过点Q作QH⊥BC，垂足为H. ∵AC＝AB，∠C＝∠ABQ，CN＝BQ， ∴△ACN≌△ABQ(SAS)， ∴AN＝AQ，∠CAN＝∠BAQ. 易得∠CAN＋∠BAM＝60°， ∴∠BAM＋∠BAQ＝60°，即∠QAM＝∠MAN. 又∵AM＝AM， ∴△AQM≌△ANM(SAS)， ∴MQ＝MN. 在Rt△BQH中，∠QBH＝60°，∠BQH＝30°， ∴BH＝BQ，QH＝BQ， ∴HM＝BM－BH＝BM－BQ. 在Rt△QHM中，QH2＋HM2＝QM2， 即(BQ)2＋(BM－BQ)2＝QM2. 整理，得BM2＋BQ2－BM·BQ＝QM2， ∴BM2＋NC2－BM·NC＝MN2. 谢 谢 观 看！ $