专题5 几何基本模型-【中考宝典】2026年数学总复习（深圳专用版）

第二部分 专题突破 专题五 几何基本模型 分类探究 类型一手拉手模型 例1(2025·龙岗模拟)【问题发现】(1)如图1，在等腰直角△ABC中，点D是斜边BC上任意 一点，在AD的右侧作等腰直角△ADE,使∠DAE=90°，AD=AE,连接CE,则∠ABC和∠ACE的 数量关系为 【拓展延伸】(2)如图2，在等腰△ABC中，AB=AC,点D是BC边上任意一点（不与点B,C重 合)，在AD的右侧作等腰△ADE,使AD=DE,∠ABC=∠ADE,连接CE,则(I)中的结论是否仍 然成立，并说明理由； 【归纳应用】(3)在(2)的条件下，若AB=BC=6,AC=4,点D是射线BC上任意一点，请直接写 出当CD=3时CE的长 图1 图2 备用图 267 00 新课标中考宝典·数学（深圳专用版） 变式1(2025·深圳模拟)【问题发现】(1)如图1，老师将正方形ABCD和正方形AEFG按如图 所示的位置摆放，连接BE和DG,延长DG交BE的延长线于点H,求BE与DG的数量关系和位置 关系； 【类比探究】(2)若将“正方形ABCD和正方形AEFG改成“矩形ABCD和矩形AEFG,且矩形 ABCD∽矩形AEFG,AE=3,AG=4,如图，点E,D,G三点共线，点G在线段DE上时，若AD 12√10 ,求BE的长； 【拓展延伸】(3)若将“正方形ABCD和正方形AEFG”改成“菱形ABCD和菱形AEFG”,且菱形 ABCD∽菱形AEFG.如图3，AD=5,AC=6,AG平分∠DAC,点P在射线AG上，在射线AF上截取 AQ,位得A02An,连接PQ.QC,当m∠T0C时，直接写#AP的长 图 图 图3 268 第二部分专题突破 名师点拨： 1.等邻边等角手拉手全等 B B 条件：等腰直角三角形， 条件：等边三角形， 条件：等腰三角形 结论：①△OAC≌△OBD; 结论：①△OAC≌△OBD; 结论：①△OAC≌△OBD; ②AC=BD,AC⊥BD; ②AC=BD,∠APB=60°； ②AC=BD. ③O,A,B,P四，点共圆； ③O,A,B,P四点共圆； ④OP平分∠APD. ④OP平分∠APD. 2.倍邻边等角手拉手相似 条件：CD∥AB,旋转△OCD. 结论：①△OACp△OBD; ②∠APB=∠AOB; ③O,A,B,P四点共圆 类型二一线三等角模型 例2(2025·宝安模拟)如图1，在△ABC中，∠A=90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90得到 线段BD,作DE⊥AB交AB的延长线于点E,求证：AB=DE; (2)如图2，连接CD并延长交AB的延长线于点F,若AB=2,AC=6,求BF的长. a h B A B 图1 图2 269 00 新课标中考宝典·数学（深圳专用版） 变式2(2025·深圳模拟)在平行四边形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上 【尝试初探】(1)如图1，若平行四边形ABCD是正方形，E为BC的中点，∠AEF=90,逑为 的值； 【深人探究(2)如图2，∠B=45,∠AEF=90°，AEEF,求的值 【新限廷图3郎与E交于点0m∠E=m∠A-号8-票的位 B E 图1 图2 图3 270 第二部分 专题突破 名师点拨： 同侧型 异侧型 B 已知：∠ACE=∠ABD=∠EDF. 已知：∠B=∠ACE=∠D. 结论：①△ABC∽△CDE; 结论：①△ABC∽△CDE; ②当AB=CD或BC=DE或AC=CE时，△ABC ②当AB=CD或BC=DE或AC=CE时， ≌△CDE; △ABC≌△CDE. ③当B和D重合时，. 类型三对角互补模型 例3(2025·资阳)在正方形ABCD中，E是边BC上的一点，O是对角线AC的中点，连接 OE,作OF⊥OE交CD于点F,求证：OE=OF. D 271 00 新课标中考宝典·数学（深圳专用版） 变式3(2025·深圳模拟)在正方形ABCD中，O为对角线AC的中点，点E是对角线AC上的 动点，连接BE,点F在直线AD上（点F不与点D重合），连接EF,EF=EB. (1)如图1，当E在线段OC上时，求证：BE⊥EF; (2)如图2，若AB=4,当E在线段OA上，且AE=AF时，求CE的长 D D R 图1 图2 名师点拨： A E B 0 E B 已知：∠AOB=120°，∠DCE=60°， 已知：∠AOB=∠DCE=90°，OC平分∠AOB, OC平分∠AOB. 结论：①CD=CE; 结论：①CD=CE; ②OD+OE=√2OC; ②OD+OE=OC; 1 ③Sm88a0E=20C3. ③S四边形cpOE 3 0C2. 4 272 第二部分 专题突破 类型四“十字”模型 例4(2025·罗湖二模)边长为4的正方形ABCD中，点E,F分别是BC,CD边 上的动点，且BE=CF,AE与BF相交于点G,当CG长最小时，BE的长是 A.2 B.5 C.25-2 D.6-25 变式4(2025·福田模拟)如图1，在矩形ABCD中(AB>AD),点E是线段CD上的一动点， 连接BE.作点C关于BE的对称点F.连接CF并延长，交AD或AB于点G,过点A作AH⊥CG的 延长线于点H (I)若CF的延长线交AD于点G时，求证：∠BFH=∠BAH; (2)连接BD交CH于点I,且AB=4,AD=3. ①若CF的延长线交AD于点G时，如图2.若CE=CD,求CI的长： ②在E点的运动过程中， G是否存在最大值？若存在，请求出的最大值：若不存在，访说明 GH 理由. E E 图 图2 备用图 273 00 新课标中考宝典·数学（深圳专用版） (变式4答题区)》 名师点拨： 1.正方形内十字结构 B AEN D F G FP D EC BM 条件：正方形ABCD中，AE⊥DF. 条件：正方形ABCD中，GH⊥MN. 结论：①△ADE≌△DCF; 结论：①△GHF≌△NME: ②AE=DF,DE=CF. ②MN=GH. 2.矩形内十字结构 AE N D G 条件：矩形ABCD中，GH⊥MN. F 结论：①△GHFn△NME:②MN-EN-AD GH GF AB BM C 274 第二部分 专题突破 类型五“半角”模型 例5(2025·罗湖二模)如图，正方形ABCD中，△ABC绕点A逆时针旋转到 △AB'C,AB',AC'分别交对角线BD于点E,F,若AE=2√3，则EF·ED的值为 变式5(2025·深圳模拟)【问题背景】阅读以下材料，并按要求解决问题： 从正方形的一个顶，点引出夹角为45°的两条射线，与正方形两个边的交，点构成的基本平 面几何模型称为半角模型.半角模型可以利用旅转得出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形ABCD中，以A为顶，点的∠EAF=45°，AE,AF与BC,CD边分别交于E F两点，若BE=a,DF=b,EF=c(a,b,c为常数).易证：EF=BE十FD,则可以得到a,b,C 之间的数量关系是：c=a十b. 证明：如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABG,由∠GBE=180°可得G,B,E三 点共线，∠GAE=∠EAF=45°，可证明△AEG≥△AEF,故EF=GE=BE+DF,进而得到 c=a+b. GB E 图1 图2 图3 图4 【方法转化】如果把背景中的正方形换成特殊顶角的等腰三角形，同学们可以利用上述问题背景 得到多个结论， 【问题解决】在半角模型中可以利用旋转的方法解决问题. (1)如图3，在等腰Rt△ABC中，以A为顶点的∠DAE=45°，AD,AE与BC边分别交于D,E两点， 将△ADB绕点A逆时针旋转90°，如图4，得到△ACF,易证∠ECF=90°，△ADE≥△AFE,则可 以得到BD,DE,CE之间的数量关系. ①若BD=3,CE=4,则可得DE= ②若BD=a,CE=b,DE=c,则a,b,c之间的数量关系是： (2)如图5，在等边△ABC中，以A为顶点的∠DAE=30°，AD,AE与BC边分别交于D,E两点.若 BD=a,CE=b,DE=c,则a,b,c之间的数量关系是： BD EC 图5 图6 图7 (3)如图6，在等腰△ABC中，顶角∠BAC=120°，以A为顶点的∠DAE=60°，AD,AE与BC边分 别交于D,E两点，则可以得到BD,DE,CE之间的数量关系. 275 00 新课标中考宝典·数学（深圳专用版） ①若BD=3,CE=4,则可得DE= ②若BD=a,CE=b,DE=c,则a,b,c之间的数量关系是： 【实践应用】(4)在第(3)问第①小问基础上，把△ABD绕点A逆时针旋转120°得△ACF,如图7，如果 线段EF与边AC交于点G,求线段CG. 名师点拨： 1.正方形ABCD中，∠EAF=451 2.等腰直角三角形ABC中，∠DAE=45°， B D 方法：将△ADF绕，点A顺时针旋转至△ABG, 方法：将△AEC绕点A顺时针旅转至△AFB,连 可证△AEF≌△AEG. 接DF. 结论：①EF=BE+DF; 结论：①△ADE≌△ADF; ②FA平分∠DFE,EA平分∠BEF; ②BD2+EC=DE. ③S△AEF=S△ABE十S△ADF;④C△EFC-2AB, 276 第二部分 专题突破 巩固提升 1.(2025·宝安模拟)如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，连接DE,作等腰直 角三角形DEF,∠DEF=90°，连接AC交DE于点G,交DF于点H.若AG=4, CH=3,则DG的长为 D 2.(2025·龙岗模拟)如图，正方形ABCD的边长是3，P,Q分别在AB,BC的延长 线上，BP=CQ,连接AQ,DP交于点O,并分别与CD,BC交于点F,E,连接AE 下列结论：①AQ⊥DP;②OA2=OE·OP;③S△AoD=S四边形OsCF;④当BP=1时， tan∠OAE- 16:其中正确结论的序号是 3.(2025·重庆改编)在△ABC中，AB=AC,点D是BC边上一点（不与端点重合），连接AD.将线段 AD绕点A逆时针旋转a得到线段AE,连接DE (1)如图1，a=∠BAC=60°，∠CAE=20°，求∠ADB的度数； (2)如图2，a=∠BAC=90°，BD<CD,过点D作DG⊥BC,DG交CA的延长线于G,连接BG.点 F是DE的中点，点H是BG的中点，连接FH,CF,用等式表示线段FH与CF的数量关系并 证明。 G 图2 277 00 新课标中考宝典·数学（深圳专用版） 4.(2025·湖北改编)在△ABC中，∠ACB=90°，将△ABC绕点C旋转得到△DEC,点A对应点D 落在边AB上，连接BE (1)如图1，求证：△BCE∽△ACD; (2)如图2，当BC=2,AC=1时，求BE的长； (3)如图3，过点E作AB的平行线交AC的延长线于点F,过点B作AC的平行线交EF于点G, DE与BC交于点K.求证：AC=CF. G 图1 图2 图3 278 第二部分 专题突破 5.(2025·江西改编)从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景 就三角形的旋转放缩问题展开探究： 【特例研究】在正方形ABCD中，AC,BD相交于点O, (1)如图1，△ADC可以看成是△AOB绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为 ,k的值为 (2)如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为a,并放大得到△AEF(点O,B的对应点分别为 点E,P,使得点E落在OD上，点F落在BC上，求B E的值； 图1 图2 图3 备用图 【类比探究】(3)如图3，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，O是AB的垂直平分线与BD的交点，将 △AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到△AEF(点O,B的对应点分别为点E,F),使 得点E落在OD上，点P落在BC上.猜想E的值是否与a有关，并说明理由. 279∠F=∠D 在△AEF与△CED中， ∠AEF=∠CED AF=CD, ∴.△AEF≌△CED(AAS); (2)解：在矩形ABCD中，AB=3,BC=8, 如答图，设EF交AD于P,∴AD∥BC, ∠B=90°.∠PAE=∠AEB, .CF∥AE,∴.∠AEB=∠ECF,∠CFE 答图 =∠AEP,,将△ABE沿直线AE翻折 点B落在点F处， ∴.AF=AB=3,BE=EF,∠F=∠B=90°，∠AEB=∠AEP, ∴.∠PAE=∠AEP=∠CFE=∠ECF, PA-PF,EF-CE,BE-CE-2BC-2X8-4, ∴.EF=BE=4, 在Rt△ABE中，由勾股定理，得AE=√AB十BE2 √32+4F=5, 设PA=PF=x,则PF=EF-PF=4-x, 在Rt△AFP中，由勾股定理，得x2=32+(4一x)2, 每得x-5PA=PF- '∠PAE=∠AEP=∠CFE=∠ECF,∴△APED△CEF, 25 是-器即-cF=64: 5 (3)解：，四边形ABCD是矩形， .CD=AB=7,∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°，AD=BC, .DH=CD-CH=7-3=4,,CE=4, ∴.DH-CE,EH-√CE+CH-5, :将四边形ABEF沿直线EF翻折，点A落在点G处，点B落 在CD边上点H处， ∴.BE=EH=5,∠EHG=∠B=90°，∠G=∠A=90°，AF= FG,GH=AB=7, ∴.∠DHM+∠CHE=90°，BC=CE+BE=CE+EH=9, ..AD=BC=9, :∠CEH+∠CHE=90°，∴∠CEH=∠DHM, '.△DHM≌△CEH(AAS), .DM=CH=3,HM=EH=5, ..GM=GH-HM=2, 设AF=FG=x,则FM=AD-AF-DM=9-x-3=6-x, 在Rt△FGM中，由勾股定理，得(6-x)2=x2十22， 解得2-号AF的长度为 8 4.(1)证明：，△ABC是等边三角形，·∠A=∠B=∠C=60°， :将等边三角形ABC沿直线DE折叠，点A恰好落在边BC 上的点F处， .FD=AD,FE=AE,∠DFE=∠A=60°， ,∠BDF=180°-∠B-∠BFD=120°-∠BFD,∠CFE= 180°-∠DFE-∠BFD=120°-∠BFD, ∠BDF=∠CFE,'∠B=∠C=6O°，∴△BDFD△CFE, ÷-0:F-ADFE-AE…把-0， (2)解：，四边形ABCD是正方形， .∠A=∠B=∠C=90°，AB=BC=8, 参考答案 ·将正方形ABCD沿直线EF折叠，点A恰好落在边BC的中 点G处，点D落在点H处， .GE=AE,∠EGH=∠A=90°， :∠BEG=90°-∠BGE,∠CGI=180°-∠EGH-∠BGE= 90°-∠BGE,∴.∠BEG=∠CGI, :∠B=∠C=90,∴.△BEGn△CGL.CC-Gi, BE EG “点G是BC的中点BG=CG=2BC=4, 设AE=EG=x,则BE=8一x, 在Rt△BEG中，BE2+BG2=EG2,∴.(8-x)2+42=x2, x=5,.EG=5,BE=3, ..BE_EG35 恶哥-ac1-9 (3),△ABC与△ADE是等腰直角三角形， ∴.∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC,AD=AE,∠B=∠C= ∠ADE=∠E=45°， :∠BAD=180°-∠B-∠ADB=135°-∠ADB,∠CDF= 180°-∠ADE-∠ADB=135°-∠ADB, ∴.∠BAD=∠CDF,.∠B=∠C=45°，∴.△ABDC△DCF, ÷2-80:BD-1.cD-8C-BD+CD-4, 设AB=AC=x, AB2+AC2=BC2,x2+x2=4, 解得x1=2V2,x2=-2√2（舍去）， .AB=AC=2√2， B D ..AB_BD .2 1 答图 DC-CF3CF' CFAF-AC-CF-2 4 4 如答图，过D作DP⊥AC于P,.∠DPC=90°=∠BAC, '∠C=∠C=45°，∴.△DPC∽△BAC, 器器…呢- 2 86m-号A·Dp-×5g×392-号 专题五几何基本模型 分类探究 例1解：(1)相等，：△ABC和△ADE都是等腰直角三角形， .AB=AC,AD=AE,∠BAC=∠DAE=90°， .∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC,即∠BAD=∠CAE, ∴.△ABD≌△ACE(SAS),∴.∠ABC=∠ACE, 故答案为相等； 1 (2)成立，理由：AB=BC,∠BAC=∠ACB=2X(180 -∠ABC), AD=DE..∠DAE=∠DEA=2X(I80°-∠ADE), ∠ABC=∠ADE,∴.∠BAC=∠DAE,∴.∠BAD=∠CAE, :∠ABC-∠ADE,A8-Be.△ABCO△MDE C-2△ABD△AcEi∠ABC=∠AcEi (3)当点D在线段BC上时，如答图1， 由(2)知，△ABD∽△ACE, 9 新课标中考宝典·数学（深圳专用版） - D 答图1 答图2 当点D在线段BC的延长线上时，如答图2， :AB=BC,∴∠BAC=∠ACB=子X(I80°-∠ABC), :AD=DE,∴∠DAE=∠DEA=号×(I8O-∠ADE), ·∠ABC=∠ADE,∴.∠BAC=∠DAE,.∠BAD=∠CAE, :∠ABC=∠ADE,AD-DE' AB BC ∴△ABC∽△ADE,:AC=AE,△ABD∽△ACE, A8-B2AB=BC=6,AC=4,CD=3,:6=613 CE’ ∴CE=6. 综上可知，CE的长为2或6. 变式1解：(1)如答图1，设DG和BE的延 长线交于H,DH和AB交于O, :四边形ABCD和四边形AEFG是正方形， '.AD=AB,AG=AE,∠BAD=∠EAG =90°， B .∠BAE=∠DAG,.△BAE≌△DAG 答图1 (SAS),∴.BE=DG,∠ADG=∠ABE ,∠AOD=∠BOH,∴.∠BHO=∠DAO=90°，∴.BE⊥DG: (2)如答图2，作AH⊥DE于H, 四边形AEFG是矩形，∴.∠EAC=90°， ,AE=3,AG=4,.EG=5, 由SAe-BG·AH=之AE·AG 得，5AH=12,AH=12 B 答图2 GH=vAc-AF=√E-(皆) 6 ,在R△ADH中，AD-12,AH=是 5 5 ∴DH= )-(T- G-DH-cH-0-9-4 :矩形ABCD矩形AEFG,i∠EAG=∠BAD,A把-， .∠BAE=∠DAC, △ABB0AAnc,器怎是BE=CD=8 (3)如答图3，当Q在AF上时，连接BD,交AC于T,作CH ⊥AF,交AF的延长线于H,作CR∥AC,交AF于R, :四边形ABCD是菱形，.BDLAC,AT=号AC=3, ,菱形ABCD∽菱形AEFG, 3 ∠DAB=∠GAE,∠DAC=t∠DAB, ∠0aP-}<6AE, ∴∠DAC=∠GAF, ∴.∠DAG=∠CAF, AG平分∠DAC, 1 ∠DAG=2∠DAC, 答图3 ∠CAF=号∠GAF,∠DAC=∠GAF, A架沿号△TPAO, ∠PQA=∠ATD=90, im∠PAQ-g-号，∠PAQ+∠A0-9o 4 :an∠PQC=3∠PAQ=∠PQC,∠CQH=∠APQ, CH 3 ÷tan∠cQH=tan∠APQ,QF4' 设CH=3x,QH=4x,如答图4， 1.CH1 tan∠CAH=2,AH=z, 答图4 ∴.AH=2CH=6x,.(6x)2+(3x)2=62, -250=2-45 Ap-号A0=5, 如答图5，当Q在AF的延长线上 时，由上可知：AQ=4x+6.x=10x, 答图5 A0-10x25-45, ∴AP-号AQ-205,e上所运AP-1支205 31 例2(1)证明：线段BC绕点B逆时针旋转90°得到线段BD, ∴∠CBD=90°，BC=BD,∴∠BCA=∠DBE=9O°-∠ABC, :∠A=∠E=90°， ∠A=∠E=90°， 在△ABC和△EDB中，∠BCA=∠DBE, BC=BD, ∴.△ABC≌△EDB(AAS),∴.AB=DE: (2)解：由(1)可知：△ABC≌△EDB(AAS), ..BE=AC,DE=AB, .AB=2,AC=6,..DE=2,BE=6,..AE=AB+BE=8, ,∠DEB+∠A=180°，.DE∥AC,.△DEF∽△CAF, R-那即名-E所s即-4： .BF=BE+EF=10. 变式2解：(1)四边形ABCD为正方形，.∠B=∠C=90°， ∴∠BAE+∠AEB=90°， ,∠AEF=90,.∠AEB+∠FEC=90°，∴∠BAE=∠FEC, :E为BC中点，∴BE=名BC=号AB, An∠FEC=Bn∠BAE-名 rC-2BC-BC=DCDF=2Dc…S鄂-专 1 CF 1 0 (2)如答图1，过点A作AG⊥BC于点G,过点F作FH⊥BC 交BC延长线于点H,连AC,AF,则∠AGF=∠EHF=90°， ,∠AEF=90°， D ∴.∠AGE+∠GAE=∠AEG十 ∠CEF=90°， ∠GAE=∠CEF, GE .AE=EF, 答图1 .△AGE≌△EHF(AAS), ..GE=FH,AG=EH, :四边形ABCD是平行四边形，AB∥CD,AD∥CB, .∠B=∠DCH=45°， ",△ABG,△CFH是等腰直角三角形， ..EH-=AG-BG,GE=FH=CH, ..GC=GE+EC=GE+EH-CH=EH=AG, .△AGC为等腰直角三角形， .∠ACG=45°，∴.∠ACD=180°-45°-45°=90°， AD∥CB,∴.∠D=∠FCH=45°， .△ACD为等腰直角三角形，.∠ACE=∠D=45°， .∠DAF+∠CAF=∠EAC+∠CAF=45°， .∠DAF=∠CAF, △ACD,△AEF都是等腰直角三角形，AC-AEJ2, :△AEC∽△AFD,DF-AD-Z CEAC√2 (3)如答图2，延长AD,BF交于 点G,过点D作DM⊥BC于 G M,过点B作BN⊥DE交DE 延长线于N,不妨设BE=3,EC 4则AD=BC=1,由怨 M 答图2 号，得DC=AB=5, 由an∠BOE=an∠A= 3Mc=3 DC=3,DM=4, .EM-1,DE=/1+42=17, ,'∠BNE=∠DME=90°，∠BEN=∠DEM, .△BNEn△DME, BN-8器DM-2, E·EM=3I7 17EN=BE 17 an BONI7 BN ..ON=- 17’ 0E=617 11w/17 17 -,OD=DE -OE= 171 .AG∥BC,.△BEO∽△GDO,相似比为6：11， YAG∥BC,.△BCPn△GDF,DF=DC-ii .CF BC 14 例3证明：如答图，连接OD, :四边形ABCD是正方形，OF⊥OE, .OD=OC,∠COD=∠EOF=90°， ∠ACD=∠ACB=45°， ∠DOF=∠COE,.△OCE≌△ODE, ..OE=OF. 答图 变式3(1)如答图1，过点E作EM⊥AB于点M,EN⊥AD于 点N. 3 参考答案 ,四边形ABCD是正方形，.∠BAD=90°， 又，点E是对角线AC上的点，EM⊥AB,EN⊥AD, ∴.EM=EN,∠EAM=∠EAN=45. '.△AEM和△AEN都是等腰直角三角形，即EM=AM,EN=AN, '.EM=EN=AM=AN,'.四边形AMEN是正方形， ∴.∠MEN=90°， 在Rt△EBM和Rt△EFN中，EB=EF,EM=EN, ∴.Rt△EBM≌Rt△EFN(HL),∴.∠BEM=∠FEN. .'∠MEN=∠FEN+∠MEF=90°， ∴∠BEM+∠MEF=90°，即∠BEF=90°，∴.BE⊥EF D B 答图1 答图2 (2)如答图2，连接DE,过E作EH⊥AD于H .四边形ABCD是正方形，点E是对角线AC上的点，AB=BC =4,DE=BE,∠ABC=90°，∠HAE=45°， 又：EH⊥AD,∴△AHE是等腰直角三角形，∴AH=EH. 又EF=BE,EF=DE, ,△DEF是等腰三角形，.DH=HF 在Rt△ABC中AC=√JAB2+BC=√4+4F=4V2, 设AH=EH=x, 在Rt△AHE中AF=AE=x十x=√2x, 则FH=x十√2x,DH=4一x, .4-x=x+√2x,x=4-2√2，AE=4√2-4，CE=4. 例4C 变式4(1)证明：，四边形ABCD为矩形，.∠ABC=90°， '点C关于BE的对称点为点F,∠BCF=∠BFC, AH⊥CG,.∠H=90°， ∴.∠BCF+∠BAH=180°，∠BFC+∠BFH=180°， ∴.∠BAH=∠BFH; (2)解：①如答图1，设BE,CF交于点O, ,四边形ABCD为矩形，∴.∠BCE=∠CDG=90°，BC∥DG ,∠CBO+∠BCO=90°，∠BCO+∠OCE=90°， .CE DG ∠CBO=∠OCE,∴.△BCE∽△CDG,BC-CD' 4 :CE=CD,AB=CD=4,∴CE=1,3-KDG=3’ 4 cG△0△DG-g-言-÷， 在Rt△CDG中，由勾股定理得CG2=CD2+DG2, aovDg-+( 4w/10 3 x4o-12而 .C1=13 3 13 H(F) 答图 答图2 答图3 新课标中考宝典·数学（深圳专用版） ②如答图2，连接AC,BD交于点M,由勾股定理，得AC= √/32+4=5，.四边形ABCD是矩形，.AM=CM, :∠AHC=90,MH=号AC=名，点H是以M为圆心， AM为半径的AD上， 分两种情况： iD若点G在线段AD上，如答图2，过点H作HQ⊥AD, HQ GH QH∥CD,∴△QHGD△DCG,∴CD=CG CD为定值，点H是以M为圆心，AM为半径的圆弧AD HQ有最大值为-2=子 1 1 小品有最大值为子-日 21 GH 若点G在线段AD上，C有最大值为8， i)若点G在线段AB上，如答图3，过点H作HQ⊥AB, 0H/Bc△H0G△cBG-Be-8, :BC是定值，点H是以M为圆心，AM为半径的AH ∴当E点运动到D点时，HQ有最大值，此时，HB=BC=3, 且△BCI≌△BHI,∴.∠BIC=∠BIH=90°， ,∠CBG=∠AHG=90°，∠BGC=∠AGH, .∠HAG=∠BCG, tan∠HAG=tan∠BCG=tan∠BDC=3-H, 4 AQ 设HQ-3x,AQ-4x,则BQ=4-4x,BH-BC-3, 在Rt△BHQ中，由勾股定理，得BQ2十HQ=BH, 7 即(4-4x)2+(3x)°=3”，解得x=25x=1(舍去)， HQ-32-器 “若点G在线段AB上，8有最大值为否-日 325 GH 综上所述，C有最大值为25 例512 变式5解：(1)①，将△ADB绕点A逆时针旋转90°，得到 △ACF,等腰Rt△ABC, .BD=CF=3,∠FCA=45°，∠ECA=45°，∴.∠FCE=90°， .FE=32+42=5, △ADE≌△AFE,∴.DE=FE=5,故 答案为5； ②同①可知DE2=FE&=a3十b2=c2,故 答案为a2十b2=c2; (2)如答图1，将△ADB绕点A逆时针旋BD E CG 答图1 60°，得到△ACF, 连接EF,作FG⊥BC交BC延长线于G, '.AD=AF,∠BAD十∠CAE=∠CAF+∠CAE=∠EAF= 30°=∠EAD,BD=CF=a, AE=AE,.△ADE≌△AFE, ∴.DE=FE=c, ∠FCG=180°-60°-60°=60°， 3 1 3 ∴.CG= 24,FG= 2a,由勾股定理可得EG2+FG=FE, +)+（停）广-，理得a+a6+6- 故答案为a2十ab十b2=c2; (3)①如答图2，将△ADB绕点A 逆时针旋转120°，得到△ACF,连 接EF,作FG⊥BC交BC于G, ∴.AD=AF,∠BAD+∠CAE= B D ∠CAF+∠CAE=∠EAF=60°= 答图2 ∠EAD,BD=CF=3, ,AE=AE,∴.△ADE≌△AFE,∴.DE=FE, ∠FCG=30+30=60,cG-2,FG-3y, 3 21 35 EG=4-2=2’ 由勾股定理可得EG+FG=FE2, DE=E=√()+(）】 =√3，故答案为√13； ②同①可得BD=CF=a,CG=2a,FG- 2a, EG=b- 24,DE=FE=c, c+G-FE6-a）广+（停）-e, 整理得a2-ab十b2=c2. 故答案为a2-ab十b2=c2, (4)如答图3，作EM⊥AC交AC 于M,FN⊥AC交AC于N,FH ⊥EC交EC于H, B 由(3)可知，CF=3,由题意可知 D 答图3 ∠FCH=30°+30°=60°，∠FCA =∠ECA=30°， .EM-2.FN-FH-, 1 31 3 Saa=2×CGX2+2×CG×2-2×4×2B, 解得cG=12v3 7 巩固提升 1.2102.①③④ 3.解：(1)解：，AB=AC,∠BAC=a=60°， △ABC是等边三角形，.∠ABC=∠ACB=60° 由旋转得∠DAE=60°，.∠DAC=∠DAE-∠CAE=60° 20°=40°，∴.∠ADB=∠DAC+∠ACB=100°； (2)解：HF=√2CF,理由如下：如答图， G 连接CE,DH, ,ax=∠BAC=90°，AB=AC, H .∠ABD=∠ACB=45°， 由旋转知AD=AE,∠DAE=90° B D ∴.∠BAC=∠DAE=90°， 答图 即∠BAD+∠DAC=∠CAE+∠DAC,∴.∠BAD=∠CAE, .△BAD≌△CAE(SAS),.BD=CE,∠ABD=∠ACE= 45°，.∠DCE-∠ACB+∠ACE-45°+45°-90°， .DG⊥BC,.∠CDG=∠BDG=∠DCE=90°， :∠ACB=45°，∠CGD=∠ACB=45,∴.DG=DC, '.△BDG≌△ECD(SAS),.∠BGD=∠EDC,BG=DE, :点H是BG的中点，∠BDG=90,∴DH=HG=2BG, .∠HDG=∠HGD,∴.∠HDG=∠EDC, ∴.∠HDG+∠GDE=∠EDC十∠GDE, 即∠HDF=∠GDC=90°， :点F是DE的中点，∠DCE=90,DF=CF=2DE, ..DH=DF, .△HDF是等腰直角三角形，∴.HF=√2DF=√2CF, 即HF-√2CF. 4.(1)证明：将△ABC绕点C旋转得到△DEC,点A的对应点 D落在边AB上， ∴AC-CD.CB-CE,∠ACD-∠BCES-80 .△BCE∽△ACD. (2)解：.BC=2,AC=1,∠ACB=90°， ∴.AC=CD=1,AB-AC2+BC2-√22+12=√5， BC tan∠A=AC-2, 如答图，过D作DH⊥AC, ∴tm∠A-R沿-2DH-2an. 在△CDH中CH2+DH2=CD2, 即(1-AH)2+(2AH)2=1, 解得AH=号，AH=0(会去)， 答 DH=5' 4 在△ADH中AH2+DH2=AD2, AD=√AH+(2AH-5AH=25 5 △BCEO△Ac,小6-C即E-片BE- 25 5 5 (3)证明：设旋转角为a,则∠ACD=∠BCE=a,AC=CD,CB=CE, ÷∠cDA=∠A-18020-=90-2, 2 ∠CEB=∠CBE=1s02&=90°2a, :∠ACB=90°，∴∠BCF=90°，∠DCB=90°-a, ∴∠ECF=90°-a,∴∠DCB=∠ECF, GF∥AB,.∠F+∠A=180°，.∠CDA+∠CDB=180°， ∠CDA=∠A,∴.∠CDB=∠F, '∠DCB=∠ECF,∠CDB=∠F,CB=CE, ∴.△BCD≌△ECF(AAS),∴.CD=CF, .CD=AC,..AC=CF. 5.解：(1).正方形ABCD,.∠OAB=∠DAC=45°， AD=20A,“旋转角为45k-AR-2 故答案为45°；√2； (2)根据题意，得△AEF∽△AOB, AF AE ∠EAF=∠OAB,AB=AO' 3 参考答案 AFAB ∠FAB=∠EAO,AE-A0△AFBO△AEO, 器品 ∠0A8=45∠08=0小8-，8器8， (3) OE的值与a无关，理由如下，如答图， BF AB 同理可证△AFB∽△AEO,OE一AO, ,菱形ABCD中，∠ABC=60°， ∴.∠ABO=30°， “O是AB的垂直平分线与BD的交点， G 答图 ∴.AO=BO, ∴.∠BAO=∠ABO=30°， 过点O作OG⊥AB于点G, =c0830°=3 ∴AB=2BG,cos∠AB0=86-68=c0 2 小识5小配沿-何，8能的位与0无关 BF 专题六几何法求最值问题 分类探究 类型一线段和差最值问题 例12W3变式1A变式2V√13变式33 类型二隐圆与最值问题 例1PA=d-r,PB=d+r变式12√I0-2 例225例32V丽-2 3 专题七方程、函数及不等式的实际应用 分类探究 例1解：(1)设A种饰品每件的进价为a元，则B种饰品每件 的进价为aD元由愿意，每20-鹘×2，架得：=10 经检验，a=10是所列方程的解，且符合题意，a一1=9， 答：A种饰品每件的进价为10元，则B种饰品每件的进价为 9元； (2)0由题意，得600-工≥390”解得120≤≤210， 600-x≤4x, .购进A种饰品件数x的取值范围为：120≤x≤210，且x为 整数； ②设采购A种饰品x件时的总利润为0元， 当120≤x≤150时，w=15X600-10x-9(600-x)=-x+3600, 一1<0，.w随x的增大而诚小， ∴.当x=120时，w有最大值是：一120十3600=3480， 当150<x≤210时，w=15×600-[10×150+10×60%(x 150)]-9(600-x)=3.x+3000, 3>0,∴.心随x的增大而增大， .当x=210时，w有最大值是：3×210+3000=3630， 3630>3480,.0的最大值是3630，此时600一x=600一 210=390. 答：当采购A种饰品210件，B种饰品390件，商铺获利最大， 最大利润为3630元. 变式1解：任务1：设排球的单价为x元，则足球的单价是(x十 20元，根格题意，得0-20部得一80，