专题二 遇到角平分线咋思考-【一战成名新中考】2026辽宁中考数学·二轮复习·专项分类提升练

一战成名新中考 专题二遇到角平分线咋思考 把角平分线看成对称轴—巧构全等 巧作平行构等腰 作边的垂线 截取等线段 巧用“三线合一” 平行边 平行角平分线 -A M △OBP≌△OAP; △OAP是等腰三角 △OBA是等腰三角形 △OBP≌△OAP 对角互补模型常见 形(OA=AP) (OB=0A) 例1[2025辽宁10题3分]如图，在△ABC中，AB=16,BC=12,CA=10,∠ABC的平分线BP与AC 相交于点D.在线段AD上取一点K,以点C为圆心，CK长为半径作弧，与射线BP相交于点M和 点N,再分别以点M和点N为圆心，大于一MW的长为半径作弧，两弧相交于点Q,作射线CQ,与 AB相交于点E,连接DE.则△DAE的周长为 A.12 B.14 C.16 D.18 女思维教练 已知①：尺规作图痕迹 结论：CQ⊥BP+已知②：BP平分∠ABC 思维 模型意识：垂直+角平分线，三线合一见等腰 构建 ↓ 结论：△BCG≌△BEG一△BCD≌△BED CD=DE,BC=BE △ADE的周长=AD+DE+AE=AD+CD+AB-BE=AC+AB-BC 例2[2025沈阳大东区模拟]如图，在△ABC中，AB=AC,E是边AB上一点，连接CE,在BC右侧作 BFAC,且BF=AE,连接CF.若AC=26,BC=20,则四边形EBFC的面积为 汝思维教练 题眼：AB=AC,BF∥AC 解码：平行+等腰有角平分线 思维 辅助线与结论：作CG⊥AB,CH⊥BF,可得CG=CH 构建 由AE=BF,得等底等高三角形面积相等 小贴士 遇到等腰三角形 结论：S国边形CEBP=S△Bg 三线合一不能少 辅助线与结论：作AM⊥BC,得BM=CM,勾股定理得AM 专项分类提升练·辽宁数学 21 @针对训练 1.多解法)[2024西藏]如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，以点B为圆心，适当长为半径作弧，分别交 BC,BA于点D,E,再分别以点D,E为圆心，大于。DE的长为半径作弧，两弧在∠ABC的内部相交 于点P,作射线BP交AC于点F.已知CF=3,AF=5,则BF的长为 D 第1题图 第2题图 第3题图 第4题图 2.[2025大连高新园区期末]如图，△ABC的面积为18cm2,AD平分∠BAC,CD⊥AD于点D,连接 BD,则△ABD的面积为 A.7 cm2 B.8 cm2 C.9 cm2 D.10 cm2 3.多解法[2024德州]如图，Rt△ABC中，∠ABC=90°，BD LAC,垂足为D,AE平分∠BAC,分别交 BD,BC于点F,E.若AB:BC=3:4,则BF:FD为 ( A.5:3 B.5:4 C.43 D.2:1 4.多解法[2025山西]如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠B=90°，AB=8,BC=4,点E在边AB 上，AE=3,连接CE,且∠DCE=∠BCE.点F在BC的延长线上，连接DF若DF=DC,则线段CF的 长为 5.[2025葫芦岛兴城市-模节选]如图，在四边形ABCD中，BC=DC,∠BCA=∠DCA=45°，DH∥BC交 BA的延长线于点H,CF⊥AD于点F,BM⊥CF于点M,连接AM.若AD平分∠MAH,CM=10,求AB 的长 第5题图 22 专项分类提升练·辽宁数学AB,.四边形ABCD是矩形，.∠HOG=90°，.GH= 32+4=5. 解法二：如解图②，连接EH并延长交CD于点M,:点 H是AC的中点，AH=CH,四边形ABCD是矩形， AB∥CD,.∠EAH=∠MCH,又.·∠AHE=∠CHM,.∴ △AEH≌△CMH(ASA),.AE=CM,EH=MH,∴.H为 EM的中点，连接FM,·点G为EF的中点，.GH为 △EFM的中位线，FC=8,CM=AE=6,FM= √82+6=10，.GH=。FM=5. 图① 图② 第4题解图 专题二遇到角平分线咋思考 例1B例2240 1.35【解析】解法一：如解图①，过点F作FG⊥AB于 点G.由作图知，BF平分∠CBA,.FC⊥BC,FG⊥AB .FG=FC=3,在Rt△AFG中，AF=5,FG=3,.AG=4. ∠FAG=∠BAC,∠FGA=∠BCA=90°，.△AFG AC小-瓷院-解得C=6,在RA0F 中，勾股定理得BF=3√5！ 解法二：如解图②，过点C作CHBF交AB延长线于 点H,则∠ABF=∠H,∠FBC=∠BCH,由作图知，BF平 分∠CBA,∴.∠ABF=FBC,∴.∠BCH=∠H,∴.BH=BC AF AB 5 CH/BF,CB册3，可设BH=BC=3a,AB=5a, :AC=CF+AF=8,∴.在Rt△ABC中，由勾股定理得AB2 =AC2+BC2,即(5a)2=82+(3a)2,解得a=2(负值已舍 去)，∴BC=6,在Rt△CBF中，由勾股定理得BF= 35. 解法三：如解图①，过点F作FG⊥AB于点G,由BF平 -BC·CF 分∠ABC得FG=FC,由 器 CF AF 2 CF 3 AF5,后同解法二. 图① 图② 第1题解图 2.C 3.A【解析】解法一：如解图①，过点F作FG⊥AB于G, 24 参考答案与重难 :∠ABC=90°，.∠ABD+∠CBD=90°，BD⊥AC, ∠DBC+∠C=90°，∴.∠GBF=∠C,∴.tan∠GBF= am∠ACB,即CS-=45-3,设GF=3x,则BC=4x,则BF BG BC 4 =5x,AF平分∠BAC,FG⊥AB,FD⊥AC,.GF=DF, 熙青 解法二：如解图②，过点F作FG∥AC交AB于G,由AE 平分∠BAC得AG=GF,易证△GFB∽△ABC,得BG:GF =5:3 BG:AG=BF:DF=5:3. 图① 图② 第3题解图 18 45【解折】解法一：如解图①，延长CE交D1的延长 线于G,作DH⊥CF于H,DC=DF,CH=FH,AD BC△AGE∞△BCE.8C=EE,AB=8,AE=3, c=4B=5…9-40-号B=0,0m ⊥BC,.AB∥DH,:AD∥BC,.四边形ABHD是矩形， .AD=BH=BC+CH=4+CH,∠BCE=∠DCE,DG∥ BC,∴.∠DGC=∠BCG=∠DCG,.DC=DG=AD+AG=4 +CH+12-32+CH在R△DCH中，由勾股定理得CH+ 55 8=(ch号解得Gh 18 5...CF= 解法二：如解图②，作CG⊥CE交AD的延长线于G,作 GM⊥BF交BF的延长线于M,作DH⊥CF于H,: ∠ABC=90°，.DHMG∥AB,ADBM,.四边形DG MH和四边形ABHD都是矩形，∴.DG=MH,MG=DH= AB=8..∠ECB+∠BEC=∠ECB+∠MCG=90°， ∠BEC=∠MCG,.·∠EBC=∠CMG,∴.△EBC∽ △CMG, CM GMCM=CM=10.LBCE= BE-BC,即5=4 ∠DCE,∠BCE+∠MCG=∠DCE+∠DCG=90°，∴. ∠DCG=∠MCG,.·DG∥BM,.∠DGC=∠GCM= ∠DCG,.DC=DG=HM=10-CH,在Rt△DCH中，由勾 股定理得CH+8=(10-CH)CH=了DC=DF, DH⊥CF,∴.CH=FH,.CF=2CH= 18 G CH F B C H F 图① 图② 第4题解图 题解析·辽宁数学 5.解：过点A作AW⊥BM于点N,如解图 M 第5题解图 .'BC=CD,∠BCA=∠DCA,CA=CA, .△BCA≌△DCA,.AD=AB, .CF⊥AD,BM⊥CF,∴.∠AFC=∠BMC=90°， .AD//BM, .∠HAD=∠ABM,∠MAF=∠AMB :AD平分∠MAH .∠HAD=∠MAF .∠ABM=∠AMB AB=AM=AD.BN=MN=2BM, 易证∠BMF=∠AFC=∠ANM=90° .四边形ANMF为矩形，.AF=NM,AW=MF, 易i证△BCM≌△CDF,.CM=DF=10,BM=CF, 设AB=AM=AD=m,则NM=AF=AD-DF=m-10, 在Rt△AMF中，由勾股定理得AN=MF=√AM2-AF =√m2-(m-10)产， .BM=CF=CM+MF=10+Vm2-(m-10), ..WM= 2BM=5+Vm-(m-10) 2 5+Vm-(m-10 =m-10 2 整理得m2-35m+250=0,解得m=25或m=10(不合题 意，舍去)，.AB=25. 专题三一线三等角模型 刷19 例2证明：在BC的延长线上作∠EHF=120°，线段 AE绕点E顺时针旋转120°得到线段EF,∠ABC =120°， .·.∠ABE=∠AEF, .∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠FEH, .·.∠BAE=∠FEH, .·∠ABE=∠EHF,AE=EF ∴.△BAE≌△HEF,∴.BE=FH,EH=AB=BC. ∴.CH=BE=FH, ∠HCF=∠HF=2×(180°-120)=30， .∴.∠BCG=∠FCH=30° ∴∠BGC=120°-30°=90°，BC=2BG, .AB=BC,∴.AB=2BG. 1.52.4 3.A【解析】解法一：作AF⊥AD交CE延长线于F,如解 图①，AD∥BC,∠DCB=45°，.∠ADF=45°， ∠AFD=90°-∠ADF=45°，∴.AD=AF=1,.△ABE是 等腰直角三角形，BE是底，.∠BEA=45°，：∠BED是 △BEC的外角，.∴∠BED=∠BCE+∠EBC=∠BEA+ ∠AER,.∠AEF=∠EBC,.△EAF∽△BEC,.CE AF E万CE=2=v2 AE 1 参考答案与重难题 一战成名新中考 解法二：作EF⊥CD交BC于F,如解图②，得∠DEA+ ∠BEF=45°，∠EFC=∠C=45°=∠FEB+∠FBE,得 ∠FBE=∠DEA,证∠ADE=∠EFB=135°，得△EFB∽ △40，器架-华得Q=Z 解法三：作AF⊥BC于F,EG⊥AD交AD的延长线于 G,延长GE交BC于H,如解图③，证△ABF≌△AEG, 得BF=GE,AF=AG,证四边形AFHG是正方形，得GH= AF=AG,证∠GDE=∠C=45°，得DG=GE,得EH=AD, 得EC=√2EH=√2. D 图① 图② 图③ 第3题解图 4.42-4【解析】解法一：如解图①，过点E作EM1BC 于点M,过点F作FG⊥BC于点G,延长EF交BC于点 H,则FG∥EM,EM=2FG.FG是△HEM的中位线， FH=FE,在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4,.∠A= ∠B=45°，AB=4√2.·线段EF是由线段DE绕点E顺 时针旋转45得到的，∠DEF=∠DAE=∠B=45°，EH =2DE..·∠DEB=∠DAE+∠EDA=45°+∠EDA=45°+ DE 乙HEB,∠HEB=LEDA,d△ADEQ△BEH,.F0 BE2BE=24D,:点D是AC的中点，AD=CD AD 1 =2,∴.BE=4,AE=AB-BE=4√2-4. 解法二：如解图②，过点E作EM⊥BC于点M,过点F 作FG⊥BC于点G,得EM=BM=2FG,作FH∥BC交BE 于点H,交EM于点N,则四边形FNMG是矩形，.MN =FG=EW,.WH是△EBM的中位线，.EH=BH,易证 △EFH≌△DEA,.EH=AD=2,得BE=4,AE=4V2-4. H GM D 图① 图② 第4题解图 5.解：如解图，连接EF,过点C作CN⊥EF于点N,过点N 作PQ∥AB交AD于点P,交BC于点Q, 由旋转的性质得CE=CF,∠ECF D =60°， E EN=FW,∠ECN= -∠ECF=30°， 0 EW√3 ∴.tan∠ECW= 4 F B NC 3' 第5题解图 解析·辽宁数学 25