2023年中考數(shù)學二輪復習壓軸大題培優(yōu)學案專題18中點四大模型（教師版）

專題18中點四大模型解題策略解題策略經(jīng)典例題經(jīng)典例題【例1】（2022·江蘇·南通市通州區(qū)育才中學八年級階段練習）已知，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分別為D，E．(1)如圖1，求證：AD=CE；(2)如圖2，點O為AB的中點，連接OD，OE．請判斷△ODE的形狀？并說明理由．【答案】(1)見解析(2)△DOE等腰直角三角形，理由見解析【分析】（1）根據(jù)垂直的定義及直角三角形中兩個銳角互余得出∠EBC=∠DCA，再由全等三角形的判定和性質即可證明；（2）連接OC，根據(jù)等腰直角三角形的性質及斜邊上的中線的性質得出AO=BO=CO，∠CAB=∠CBA=45°，CO⊥AB，再由全等三角形的判定得出△DCO≌△EBO(SAS)，【詳解】（1）證明：∵BE⊥CE，AD⊥CE，∴∠E=∠ADC=90°，∴∠EBC+∠BCE=90°．∵∠BCE+∠ACD=90°，∴∠EBC=∠DCA．在△CEB和△ADC中，∠E=∠D，∠EBC=∠DCA，BC=AC，∴△CEB≌△ADC(AAS∴AD=CE．（2）△DOE等腰直角三角形，理由如下：連接OC，如圖所示：∵AC=BC，∠ACB=90°，點O是AB中點，∴AO=BO=CO，∠CAB=∠CBA=45°，CO⊥AB，∴∠AOC=∠BOC=∠ADC=∠BEC=90°，∵∠BOC+∠BEC+∠ECO+∠EBO=360°，∴∠EBO+∠ECO=180°，且∠DCO+∠ECO=180°，∴∠DCO=∠EBO，且DC=BE，CO=BO，∴△DCO≌△EBO(SAS∴EO=DO，∠EOB=∠DOC，同理可證：△ADO≌△CEO，∴∠AOD=∠COE，∠AOD+∠DOC=90°，∴∠DOC+∠COE=90°，∴∠DOE=90°，且DO=OE，∴△DOE是等腰直角三角形．【點睛】題目主要考查全等三角形的判定和性質，等腰三角形的判定和性質，直角三角形斜邊上的中線的性質等，理解題意，綜合運用這些知識點是解題關鍵．【例2】（2022·重慶市合川中學九年級階段練習）在△ABC中，∠ABC=45°，D為(1)如圖1，當∠ADC=75°時，若AB=3+3，求AD(2)如圖2，當AC=AD時，點P為AB的中點，且AB=2CD，求證：(3)如圖3，在（2）的條件下，將△BCP繞點P旋轉180°，得到△AC'P，連接D【答案】(1)AD=2(2)見解析(3)10【分析】（1）過點D作DH⊥AB于點H．由三角形外角的性質易求∠DAH=30°．根據(jù)題意可求∠DBH=∠BDH=45°，即得出BH=DH．設BH=DH=x，則AD=2x，根據(jù)勾股定理可求出AH=AD2?DH2=（2）連接DP，過點A作AQ⊥BC于點Q．易得出AQ=BQ，根據(jù)勾股定理可得出AB=2AQ=2BQ．結合題意又可得出CD=AQ=BQ．設CD=AQ=BQ=2a．根據(jù)等腰三角形的性質可得CQ=DQ=12CD=a=BD，即點D為BQ中點．結合題意利用三角形中位線定理可得PD∥AQ（3）在（2）的基礎上，過點C'作C'T⊥BC交CB的延長線于點T，由旋轉的性質可知AC'=BC=3a，∠AC'P=∠PCB，即易證四邊形AC'TQ是矩形，得出TQ=AC【詳解】（1）如圖，過點D作DH⊥AB于點H．

∵∠ADC=∠ABC+∠BAD，∠ABC=45°，∴∠BAD=30°，即∠DAH=30°．∵DH⊥AB，∴∠DBH=∠BDH=45°，∴BH=DH．設BH=DH=x，則AD=2x，∴AH=A∴AB=AH+BH=x+3解得：x=3∴AD=23（2）如圖，連接DP，過點A作AQ⊥BC于點Q．∵∠ABC=45∴∠BAQ=∠ABC=45°，∴AQ=BQ，∴AB=2∵AB=2∴CD=AQ=BQ．設CD=AQ=BQ=2a．∵AD=AC，AQ⊥CD，∴CQ=DQ=12CD=a=BD，即點D∵點P為AB的中點，即AP=BP，∴PD∥AQ，PD=1∴PD⊥BC，∴PC=PD2∴PC=AC；（3）如圖，在（2）的基礎上，過點C'作C'T⊥BC由旋轉的性質可知AC'=BC=3a∴AC∵C'T⊥BC，∴四邊形AC∴TQ=AC'=3a∴BT=TQ?BQ=3a?2a=a，DT=TQ?DQ=3a?a=2a=C'T∴C'D=2∴C'【點睛】本題考查三角形外角的性質，等腰直角三角形的判定和性質，含30度角的直角三角形的性質，勾股定理，三角形中位線定理，矩形的判定和性質等知識，綜合性強，較難．正確的作出輔助線是解題關鍵．【例3】（2022·河南·嵩縣教育局基礎教育教學研究室一模）如圖，Rt△ABC的中，∠BAC=90°，AB=4cm，AC=3cm，點G是邊AB上一動點，以AG為直徑的⊙O交CG于點D，E是邊AC的中點，連接DE(1)求證：DE與⊙O相切；(2)填空：①當AG=___________cm時，⊙O與直線BC相切；②當點G在邊AB上移動時，△CDE面積的最大值是___________cm2【答案】(1)見解析(2)①3，②9【分析】（1）證明DE是圓的切線，即連接OD，再由直徑AG和中點E想到連接AD、OE，則可知DE=AE，最后證明ΔODE≌（2）①由⊙O與BC相切，故結合ΔABC的面積等于ΔAOC的面積與ΔBOC【詳解】（1）連接OE，OD，AD∵AG是⊙O的直徑，∴∠ADG=∠ADC=90°，即ΔADC∵E是斜邊AC的中點，∴DE=AE．在ΔODE和ΔOAE∴△ODE≌△OAESSS∴∠ODE=∠BAC=90°．∵OD是⊙O的半徑，∴DE與⊙O相切．（2）①設⊙O與BC相切與點F，⊙O的半徑為r連接OC則OF=OA=r=∵AB=4∴BC=32+4∵⊙O與BC相切與點F∴∵∴6=32∴AG=2r=故答案是：3．②由（1）可知DE=CE=12AC=32，設∴當?取最大值時，SΔ結合題意可知，當?=DE=32時最大，即∴SΔCDE故答案是：98【點睛】本題主要考查圓的性質、切線的證明、直角三角形的性質、勾股定理、全等三角形的判定與性質、面積最值問題、線段長度問題等知識點，屬于綜合幾何證明題，具有一定難度．解題的關鍵是熟練掌握圓和直角三角形的相關性質，并根據(jù)題意畫出輔助線，即線段OD，AD．【例4】（2021·廣西·南寧二中八年級期中）在平面直角坐標系中有一等腰三角形ABC，點A在y軸正半軸上，點B在x軸負半軸上．(1)如圖1，點C在第一象限，若∠BAC=90°，A、B兩點的坐標分別是A(0,4)，B(?2,0)，求C點的坐標；(2)如圖2，點C在x正半軸上，點E、F分別是邊BC、AB上的點，若∠AEF=∠ACB=2∠OAE．求證：BF=CE；(3)如圖3，點C與點O重合時點E在第三象限，BE⊥AE，連接OE，求∠BEO的度數(shù)．【答案】(1)C4(2)見解析；(3)135°．【分析】（1）過點C作CM⊥OA，垂足為M，則∠AMC=90°，求出∠ABO=∠CAM，證明△ABO≌△CAMAAS，得出MC=AO=4（2）證明∠BEF=∠EAC，∠FAE=∠AFE，可得AE=EF，利用AAS證明△AEC≌△EFB，則可得出（3）過點O作OG⊥AE于點G，OH⊥BE交BE的延長線于點H，AE與OB交于點M，證明△AOG≌△BOHAAS，由全等三角形的性質得出OG=OH，證明EO平分∠AEH【詳解】（1）解：如圖1中，過點C作CM⊥OA，垂足為M，則∠AMC=90°，∵∠BAC=∠AOB=90°，∴∠BAO+∠CAM=90°，∠BAO+∠ABO=90°，∴∠ABO=∠CAM，∵△ABC是等腰三角形，∠BAC=90°，∴AB=CA，在△ABO和△CAM中，∠ABO=∠CAM∠AOB=∠CMA∴△ABO≌∴MC=AO，AM=BO，∵A(0,4)，B(?2,0)，∴AO=4，BO=2，∴MC=4，AM=2，∴MO=AO?AM=2，∴C4（2）證明：設∠OAE=α，則∠AEF=∠ACB=2α，∵∠AEF+∠BEF+∠AEC=180°，∠ACB+∠EAC+∠AEC=180°，∴∠BEF=∠EAC，由圖2可知，等腰三角形ABC中，AB=AC，∴∠ABC=∠ACB，∵OA⊥BC，∴∠BAO=∠CAO，∵∠FAE=∠FAO+∠OAE=∠OAC+α=α+∠EAC+α=2α+∠EAC，∠AFE=∠FBE+∠BEF=2α+∠BEF，∴∠FAE=∠AFE，∴AE=EF，∴△AEC≌∴BF=CE；（3）解：∵點C與點O重合，∠AOB=90°，∴OA=OB，如圖3，過點O作OG⊥AE于點G，OH⊥BE交BE的延長線于點H，AE與OB交于點M，∵BE⊥AE，∴∠AEB=90°，∵∠AOB=90°，∠AMO=∠BME，∴∠MAO=∠OBH，又∵∠AGO=∠BHO=90°，OA=OB，∴△AOG≌∴OG=OH，又∵OG⊥AE，OH⊥BE，∴EO平分∠AEH，∴∠OEH=∠AEO=45°，∴∠BEO=∠AEB+∠AEO=90°+45°=135°．【點睛】本題是三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，角平分線的判定，三角形內(nèi)角和定理，坐標與圖形的性質等知識，解答本題的關鍵是明確題意，找出所求問題需要的條件，利用數(shù)形結合的思想解答．培優(yōu)訓練培優(yōu)訓練一、解答題1．（2021·湖北武漢·九年級階段練習）△ABC中，BC=4，AC=6，∠ACB=m°，將△ABC繞點A順時針旋轉n°得到△AEF，E與B是對應點，如圖1．（1）延長BC、EF，交于點K，求證：∠BKE=n°；（2）當m=150，n=60時，求四邊形CEFA的面積；（3）如圖3．當n=150時，取BE的中點P和CF的中點Q，直接寫出PQ【答案】（1）見解析；（2）12+93；（3）【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質可得∠AEF=∠B，利用三角形的外角性質可得∠BKE=∠KPA?∠AEF，從而得到∠BKE=∠BAE=n°；（2）連CF，作FH⊥AC于H，根據(jù)條件得到ΔACF是等邊三角形，則∠EFC=90°，從而根據(jù)S四邊形CEFA（3）取CE中點G，連接PG，QG，構造△GPQ為等腰三角形，并結合中位線定理以及旋轉的性質求解∠PGQ=30°，再作CN⊥FA于N點，結合旋轉的性質求解出sin15°=6?【詳解】（1）設CK、AE交于點P，∵ΔAEF是ΔABC旋轉所得，∴ΔAEF?ΔABC，∴∠AEF=∠B，∵∠BKE=∠KPA?∠AEF，∠BAE=∠KPA?∠B，∴∠BKE=∠BAE=n°；（2）連CF，作FH⊥AC于H，∵ΔAEF?ΔABC，∴EF=BC=4，AF=AC=6，∠AFE=∠ACB=150°，∴ΔACF是等邊三角形，∴∠AFC=60°，∴∠EFC=∠AFE?∠AFC=150°?60°=90°，∴S∵AH=12AC=3∴S∴S（3）如圖，取CE中點G，連接PG，QG，則PG，QG為△BCE和△FCE的中位線，∴PG=12BC=2，QG=根據(jù)中位線定理可得：∠BCE=∠PGE，∠CEF=∠CGQ，∴∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=∠BCE+∠CEF-180°，又∵∠BCE+∠CEF=∠BCE+∠CEA+∠AEF=∠BCE+∠CEA+∠ABC，∴在四邊形ABCE中，∠BCE+∠CEA+∠ABC=360°-∠BAE=360°-150°=210°，∴∠BCE+∠CEF=210°，∠PGQ=∠PGE+∠CGQ-180°=210°-180°=30°，作CN⊥FA于N點，根據(jù)旋轉可知，∠CAF=150°，AC=AF=6，∠AFC=15°，∴∠CAN=30°，在Rt△CAN中，AC=6，∠CAN=30°，∴CN=3，AN=33∴NF=AN+AF=6+3由勾股定理得：FC=C∴sin∠CFN=即：sin15°=此時，作GM⊥PQ，則根據(jù)“三線合一”知GM平分∠PGQ，∠MGQ=15°，PM=QM，∴MQ=GQ·sin∴PQ=2MQ=6∴PQ【點睛】本題考查圖形旋轉的綜合問題，包括全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質，以及運用三角函數(shù)解直角三角形等，熟練根據(jù)題意靈活構造輔助線是解題關鍵．2．（2022·四川·石室中學八年級期中）已知：△ABC是等腰直角三角形，動點P在斜邊AB所在的直線上，以PC為直角邊作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解決下列問題：(1)如圖1，若點P在線段AB上，且AC=6+2，PA=2(2)在（1）的條件下，猜想PA、PB、PQ三者之間的數(shù)量關系并證明；(3)如圖2，若點P在AB的延長線上，求證：PA【答案】(1)2(2)PA(3)證明見解析【分析】（1）在Rt△ABC中，利用勾股定理可求得AB，由PB=AB?PA可求得PB（2）過C作CD⊥AB于點D，則△ADC是等腰直角三角形，則可求得AD=CD=12AB=1+3，進而得出PD的長，在Rt△PCD（3）過C作CD⊥AB于點D，把PA2和PB2都用PC和CD表示出來，在Rt△PCD中，由勾股定理得到PC【詳解】（1）解：∵△ABC是等腰直角三角形，AC=6∴AB=A∵PA=2，∴PB=AB?PA=23（2）解：PA如圖1，過C作CD⊥AB于點D，則△ADC是等腰直角三角形，∴AD=CD=1∴PD=AD?PA=3在Rt△PCD中，PC=∵△PCQ是等腰直角三角形，∠PCQ=90°，∴PC=QC=22∴PQ=P∵PA∴PA（3）證明：如圖2，過C作CD⊥AB于點D，∵△ACB為等腰直角三角形，CD⊥AB，∴CD=AD=DB，∵PAPB∴PA在Rt△PCD中，由勾股定理可得P∴PA∵△PCQ為等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，∴PQ∴PA【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質，勾股定理，正確作出輔助線，構造直角三角形是解題的關鍵．3．（2022·廣東·惠州市惠陽區(qū)朝暉學校九年級階段練習）閱讀理解：如圖，等腰直角△ABC中，∠ABC=90°(1)如圖①，過點C作CG⊥y軸于點G，若點C的橫坐標為5，求點B的坐標．(2)如圖②，將△ABC擺放至x軸恰好平分∠BAC，BC交x軸于點M，過點C作CD⊥x軸于點D，求CD(3)如圖③，若點A坐標為(?4,0)，分別以OB，AB為直角邊在第一、第二象限作等腰Rt△OBF與等腰Rt△ABE，連接EF交y軸于點P．當B點在y軸正半軸上移動時，PB的長度是否會發(fā)生改變？若改變，請說明理由，若不改變，請直接寫出【答案】(1)（0，5）(2)1(3)2【分析】（1）過點C作CG⊥y軸于點G，根據(jù)余角的性質，得出∠ABO=∠BCG，證明△ABO≌△BCG，得出BO=CG=5，即可得出答案；（2）分別延長AB，CD相交于點H，根據(jù)“AAS”證明△ABM≌△CBH，得出AM=CH，根據(jù)等腰三角形的性質，得出（3）作EG⊥y軸于G，證明△BAO≌△EBG，得到BG=AO=4，EG=OB，證明△EGP≌△FBP，得到PB=PG，得到答案．【詳解】（1）解：∵∠∴∠∴∠∵∠ABC=90∴△ABO≌∴BO=CG（全等三角形的對應邊相等），∵C點的橫坐標為5，∴CG=5，∵CG=5，BO=CG，B點在y軸上，∴B點的坐標是0,5．（2）解：分別延長AB，CD相交于點∵∠∴∠∠CBH=∵∠∴∠1=∠3（等角的余角相等），∵∠∴△ABM≌∴AM=CH（全等三角形的對應邊相等），∵AD平分∠BAC，CH⊥x∴∠1=∠2，∠ADH=∠ADC=90°，∵AD=AD，∴△ADH?△ADC，∴DH=DC，∴AM=CH=2CD，∴CD（3）解：PB的長度不變，作EG⊥y軸于G，如圖所示：∵點A的坐標為?4,0，∴OA=4，∵∠BAO+∠OBA=90°，∠OBA+∠EBG=90°，∴∠BAO=∠EBG，在△BAO和△EBG中∠AOB=∠BGE∠BAO=∠EBG∴△BAO≌△EBGAAS∴BG=AO=4，EG=OB，∵OB=BF，∴BF=EG，在△EGP和△FBP中∠EPG=∠FPB∠EGP=∠FBP∴△EGP≌△FBPAAS∴PB=PG，∴PB=1【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質、坐標與圖形性質，掌握全等三角形的判定定理和性質定理是解題的關鍵．4．（2022·河北·八年級期中）如圖，在△ABC中，已知AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，AH是△ABC的高，BC=10cm，射線CM⊥BC，動點D從點C開始沿射線CB的方向以每秒2厘米的速度運動，動點E也同時從點C開始在射線CM上以每秒1厘米的速度運動，連接AD、AE(1)請直接寫出CD、CE的長度（用含有t的式子表示）：CD=______cm，CE=______(2)當點D到點H的距離為2cm時，求t(3)請直接寫出當t=103s時，△ABD【答案】(1)2t，t(2)32s(3)全等，理由見解析【分析】（1）直接根據(jù)路程=速度×時間可得結論；（2）分當點D位于點H右邊時；當點D位于點H左邊時，兩種情況進行討論即可；（3）分別求出BD,CD的長度，然后根據(jù)“SAS”證明全等即可．【詳解】（1）解：根據(jù)題意可得CD=2tcm，CE=t故答案為：2t，t；（2）解：∵AB=AC，∠ABC=∠ACB=45°，∴△ABC為等腰直角三角形，∵AH是△ABC的高，BC=10cm∴BH=CH=5，當點D位于點H右邊時，CD=CH?HD=5?2=2t，解得：t=3當點D位于點H左邊時，CD=CH+DH=5+2=7=2t，解得：t=7綜上所示：當點D到點H的距離為2cm時，t的值為32s（3）解：△ABD與△ACE全等，理由如下：當t=10CD=2t=2×103=∴BD=BC?CD=10?20∴BD=CE，∵CM⊥BC，∠ABC=∠ACB=45°，∴∠ACE=45°，在△ABD和△ACE中，AB=AC∠B=∠ACE∴△ABD≌【點睛】本題考查了全等三角形判定與性質，一元一次方程的應用，等腰直角三角形的性質，靈活運用相關知識點列方程求解是關鍵．5．（2022·江蘇徐州·八年級期中）如圖，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點D是斜邊AB的中點，點E、F分別在邊AC、BC上，且DE⊥DF，垂足為D．(1)如圖1，當DE⊥AC時，DE、DF的大小關系是______；(2)如圖2，將∠EDF繞點D點旋轉，（1）中的關系還成立嗎？請說明理由；(3)如圖3，連接EF，試探究AE、BF、EF之間的數(shù)量關系，并證明你的結論．【答案】(1)DE=DF(2)成立，理由見解析(3)EF【分析】（1）連接CD，由DE⊥AC，得∠DEC=90°=∠ACB=∠EDF，可得DF⊥BC，而AC=BC，D為AB中點，知CD（2）過D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，同（1）可得DM=DN，由∠DMC=∠DNC=∠ACB=90°，可得∠MDN=90°=∠（3）過D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，由（2）知△DME≌△DNF，可得ME=NF，DE=DF，DM=DN，即可得EF2=2DE2，而AC=AB，∠ACB=90°，有∠A=∠B=45°，從而AM=DM=DN=BN，設ME=NF=x，則AM=AE?x=DM，BN=BF+x=DN，由AM=BN，得AE?x=BF+x，【詳解】（1）解：DE=DF，理由如下：連接CD，如圖：∵DE⊥AC，∴∠∴∠DFC=90°，即∵AC=BC，D為AB中點，∴CD是∠ACB的平分線，∵DE⊥AC，DF⊥BC，∴DE=DF(角平分線上的點到兩邊的距離相等)；故答案為：DE=DF；（2）將∠EDF繞點D點旋轉，（1）中的關系還成立，理由如下：過D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，如圖：同（1）可得DM=DN，∵∠∴∠∴∠MDN?∠∵∠∴△DME≌∴DE=DF；（3）EF過D作DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，如圖：由（2）知△DME≌∴ME=NF，DE=DF，DM=DN，∵∠∴DE∴EF∵AC=AB，∠ACB=90°，∴∠A=∠B=45°，∵DM⊥AC于M，DN⊥BC于N，∴AM=DM=DN=BN，設ME=NF=x，則AM=AE?x=DM，BN=BF+x=DN，∵AM=BN，∴AE?x=BF+x，∴x=AE?BF2，即∴DM=AE?x=AE+BF∵DE∴EF【點睛】本題考查等腰直角三角形中的旋轉問題，涉及三角形全等的判定與性質，勾股定理及應用等知識，解題的關鍵是作輔助線，構造全等三角形．6．（2022·湖北·武漢市黃陂區(qū)教學研究室八年級期中）如圖，點D，E在△ABC的邊BC上，AB=AC，AD=AE．(1)如圖1，求證：BD=CE；(2)如圖2，當AD=CD時，過點C作CM⊥AD于點M，如果DM=2，求CD?BD的值．【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）過A作AH⊥BC于點H，根據(jù)三線合一可得：BH=CH，DH=EH，即可證明；（2）過A作AH⊥BC于點H，易證△AHD≌△CMD，可得MD=DH，即可求解．【詳解】（1）證明：如圖過A作AH⊥BC于點H，∵AB=AC，AH⊥BC，∴BH=CH，∵AD=AE，∴DH=EH，∴BD=CE；（2）解：過A作AH⊥BC于點H，在△AHD和△CMD中，∠CDM=∠ADH∴△AHD≌△CMDAAS∴DH=MD，∴CD?BD=CH+DH【點睛】本題考查了全等三角形的性質與判定，等腰三角形的性質“三線合一”，熟練掌握全等三角形的判定方法是解題的關鍵．7．（2022·浙江·杭州市大關中學九年級期中）如圖，在△ABC中，AB=AC,∠A=30°,AB=10，以AB為直徑的⊙O交BC于點D，交AC于點E，連接DE，過點B作BP平行于DE，交⊙O于點P，連接CP,OP．(1)求證：點D為BC的中點；(2)求AP的長度．【答案】(1)見解析(2)5π【分析】（1）連接AD，可得AD⊥BC，再由等腰三角形的性質，即可求證；（2）由等腰三角形的性質，可得∠ABC=75°，再根據(jù)四邊形ABDE為⊙O的內(nèi)接四邊形，可得∠EDC=∠BAC=30°，然后根據(jù)BP∥DE，可得【詳解】（1）證明：如圖，連接AD，∵AB為⊙O的直徑，∴∠ADB=90°，即∵AB=AC，∴BD=CD，即點D為BC的中點；（2）解：∵∠BAC=30°，∴∠ABC=1∵四邊形ABDE為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠EDB+∠BAC=180°，∵∠EDB+∠EDC=180°，∴∠EDC=∠BAC=3∵BP∥∴∠PBC=∠EDC=3∴∠OBP=∠ABC?∠PBC=45∵OB=OP，∴△OBP為等腰直角三角形，∴∠BOP=9∴∠AOP=9∵AB=10，∴半徑OA=5，∴AP的長度為90π×5180【點睛】本題主要考查了求弧長，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質，等腰三角形的性質，熟練掌握弧長公式，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質，等腰三角形的性質是解題的關鍵．8．（2022·湖北黃石·九年級期中）如圖，△ABC中，AB=AC，AH⊥BC于H，BD⊥AC于D，AH，BD相交于點O，以O為圓心、OD為半徑的⊙O交BC于點E、F，已知AD=6，BD=8．(1)求證：AB是⊙O的切線；(2)求⊙O的半徑；(3)求弦EF的長．【答案】(1)見解析；(2)3；(3)4．【分析】（1）過點O作OM⊥AB于點M，利用角平分線的性質得到OM=OD，即可；（2）利用勾股定理求得AC=AB=10，從而得到CD=4，再由勾股定理求得BC=45，則BH=CH=25，再由勾股定理得到AH=45，由△AOD∽△ABH（3）連接OE，求得OH，利用勾股定理得到EH，即可求解．【詳解】（1）證明：過點O作OM⊥AB于點M，如圖∵AH⊥BC，AB=AC∴AH平分∠BAC又∵OM⊥AB，OD⊥AC∴OM=OD∴AB是⊙O的切線；（2）解：由勾股定理可得，AB=AD2則CD=4，由勾股定理可得：BC=B由題意可得：AH為中線，∴BH=CH=2由勾股定理可得：AH=由（1）可得∠BAH=∠OAD，又∵∠ADB=∠AHB=90°∴△AOD∽△ABH，∴ADAH=解得：OD=3，即半徑為3．（3）連接OE，如下圖：由題意可得：OE=3，OH⊥EF∴EH=HF在Rt△AOD中，由勾股定理可得：∴OH=AH?AO=5在Rt△OEH中，由勾股定理可得：EH=∴EF=2EH=4【點睛】此題考查了切線的判定，垂徑定理，相似三角形的判定與性質，勾股定理，等腰三角形的性質，解題的關鍵是熟練掌握相關性質．9．（2022·江蘇·泰州中學附屬初中八年級階段練習）按要求作圖．(1)如圖（1），在平行四邊形ABCD中，AC為對角線，AC=BC,AE是△ABC的中線．①在AD取一點F使得EF∥②畫出△ABC的高CH．（僅使用無刻度的直尺畫圖）．(2)如圖（2），四邊形ABCD是平行四邊形，在線段CD找一點E，使得BE平分∠AEC．（僅使用圓規(guī)畫圖）【答案】(1)①見解析；②見解析(2)見解析【分析】（1）①連接BD交AC于O點，則OB=OD，則OE為△BCD的中位線，可得OE∥CD，延長EO交AD于F，則EF滿足條件；②設BD交AE于P點，則P點為△ABC的三條中線的交點，然后延長CP交AB于H，CH為AB邊上的中線，再由AC=BC，根據(jù)等腰三角形的性質得到CH⊥AB；（2）以A點為圓心，AB為半徑畫弧交DC于E點，則AE=AB，可得∠AEB=∠ABE，再根據(jù)CD∥AB，可知∠ABE=∠CEB，從而得到【詳解】（1）解：①如圖1，連接BD交AC于O點，并延長EO交AD于F，F(xiàn)點即為所作；理由：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB=OD，∵AE是△ABC的中線．∴OE為△BCD的中位線，∴OE∥CD，即EF∥②如圖1，設BD交AE于P點，延長CP交AB于H，CH即為所作；理由：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，∵AC=BC,AE是△ABC的中線．∴P點為△ABC的三條中線的交點，∴CH為AB邊上的中線，∴CH⊥AB，即CH是△ABC的高；（2）解：如圖2，以A點為圓心，AB為半徑畫弧交DC于E點，則線段BE為所作．理由：根據(jù)作法得：AE=AB，∴∠AEB=∠ABE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥∴∠ABE=∠CEB，∴∠CEB=∠AEB，即BE平分∠AEC．【點睛】本題考查了作圖——復雜作圖：解決此類題目的關鍵是熟悉基本幾何圖形的性質，結合幾何圖形的基本性質把復雜作圖拆解成基本作圖，逐步操作．也考查了平行四邊形的性質，三角形中位線的性質，等腰三角形的性質以及平行線的性質．10．（2022·湖南長沙·九年級期中）如圖，在△ABC中，AB=AC，以AC為直徑的⊙O，與AB邊相交于點D，與BC邊相交于點E，過點E作EF⊥AB，垂足為點F．(1)求證：EF是⊙O的切線；(2)求證：點E是CD的中點；(3)若⊙O的直徑為18，BC=12，求AD的長．【答案】(1)見解析；(2)見解析；(3)AD的長為14．【分析】（1）連接OE，利用等腰三角形的性質，證明OE∥（2）利用圓周角定理以及等腰三角形三線合一的性質即可證明；（3）連接AE、CD，利用直徑所對的圓周角是直角、等腰三角形三線合一以及證明△ABE∽△CBD，即可解答．【詳解】（1）證明：連接OE，∵EF⊥AB，∴∠EFD=∠EFB=90°，∵AB=AC，∴∠B=∠C，∵OC=OE，∴∠C=∠OEC，∴∠OEC=∠B，∴OE∥∴∠OEF=∠EFB=90°，∵OE是⊙O的半徑，∴EF是⊙O的切線；（2）證明：如圖，連接AE，∵AC是直徑，∴AE⊥BC，∵AB=AC，∴∠BAE=∠CAE，∴DE=∴點E是CD的中點；（3）解：連接AE、CD，∵AC是⊙O的直徑，AB=AC，∴∠CDB=∠AEC=∠AEB=90°，BE=CE=6，∵∠B=∠B，∴△ABE∽△CBD，∴ABCB=BE解得：BD=4，∴AD=AB?BD=18?4=14，故AD的長為14．【點睛】本題考查了切線的判定與性質，等腰三角形的性質，勾股定理，垂徑定理，圓周角定理，根據(jù)題目的已知條件并結合圖形添加適當?shù)妮o助線是解題的關鍵．11．（2022·廣東·廣州市白云區(qū)白云實驗學校八年級期中）在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，BD是△ABC的角平分線，DE⊥AB于點E(1)如圖1，連接EC，求證：△EBC是等邊三角形；(2)點M是AC邊上一個動點（不與點D重合），以BM為一邊，在BM的下方作∠BMG=60°，MG交射線DE于點G．請畫出完整圖形，探究MD，DG與AD數(shù)量之間的關系，并說明理由．【答案】(1)見詳解(2)畫圖見詳解，當分M點在線段AD上時，AD+MD=DG；當M點在線段DC上時，AD?MD=DG．【分析】（1）根據(jù)含30°角的直角三角形的性質可得∠ABC=60°，BC=12AB，根據(jù)BD是△ABC的角平分線，可得∠ABD=∠CBD=30°，即有可得△ABD是等腰三角形，結合DE⊥AB和DE是△ABD（2）分M點在線段AD上和M點在線段DC上兩種情況來補全圖形：當分M點在線段AD上時，延長BD至N點，使得MD=ND，連接MN，先證明△MND是等邊三角形，再證明△MNB≌△MDGASA，即可得解；當M點在線段DC上時，延長GD至H，使得DH=MD，連接HM，BD與MG交于點Q，先證明△MDH是等邊三角形，再證明△HMG≌△DMB【詳解】（1）∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°∴∠ABC=60°，BC=1∵BD是△ABC的角平分線，∴∠ABD=∠CBD=30°，∴∠ABD=∠A，∴AD=BD，∴△ABD是等腰三角形，∵DE⊥AB，∴DE是△ABD的中線，∴AE=BE=1∵BC=1∴BC=BE，∵∠ABC=60°，∴△EBC是等邊三角形；（2）補全圖形如下：（分M點在線段AD上和M點在線段DC上兩種情況）當分M點在線段AD上時，延長BD至N點，使得MD=ND，連接MN，如圖，在（1）中求得：∠ABD=∠CBD=30°=∠A，∵∠DEA=∠DEB=90°，∴∠EDA=∠EDB=60°，∵∠BMG=60°，∴∠EDA=∠EDB=60°=∠BMG，∴∠NDM=180°?∠EDB?∠EDA=60°，∵MD=ND，∴△MND是等邊三角形，∴MD=ND=MN，∠NMD=60°=∠N，∴∠NMB=∠NMD+∠DMB=∠GMB+∠DMB=∠GMD，∵∠ADE=60°=∠N，MD=MN，∴△MNB≌△MDGASA∴NB=DG，∴DB+ND=DG，根據(jù)（1）可知AE=BE=12AB∴DG是線段AB的垂直平分線，∴AD=BD，∵MD=ND，∴AD+MD=DG；當M點在線段DC上時，延長GD至H，使得DH=MD，連接HM，BD與MG交于點Q，如圖，∵∠EDA=∠EDB=60°=∠BMG，∴∠HDM=∠EDA=60°，∠MDB=180°?∠EDA?∠EDB=60°，∵DH=MD，∴△MDH是等邊三角形，∴DM=HM，∠H=60°，∵∠EDB=60°=∠BMG，∠DQG=∠BQM，∴∠DGQ=∠QBM，∵∠H=∠MDB，DM=HM，∴△HMG≌△DMBAAS∴HG=BD，∵HD=MD，AD=BD，∴AD=BD=HG=HD+DG=MD+DG，∴AD?MD=DG；綜上：當分M點在線段AD上時，AD+MD=DG；當M點在線段DC上時，AD?MD=DG．【點睛】此題是三角形的綜合題，主要考查了等邊三角形的判定與性質以及全等三角形的判定與性質，根據(jù)已知正確作出輔助線是解題關鍵．12．（2022·福建·上杭縣教師進修學校八年級期中）數(shù)學活動課上老師出示如下問題，供同學們探究討論：如圖，在△DEF中，DE=DF，點B在EF邊上，且∠EBD=60°，C是線段BD上的一個動點（不與點B重合，且BC≠BE），在線段BE上截取BA=BC，連接AC．試探究線段AE,BF,CD之間的數(shù)量關系．小敏與同桌小聰經(jīng)過深入的思考討論后，進行了如下探究：特殊入手，探索結論：(1)①如圖，若點C與點D重合，即線段CD=0，觀察此時線段AE,BF之間的數(shù)量關系是AE=BF，即有：AE=BF+CD，請你說明AE=BF的理由；特例啟發(fā)，猜測結論：②若點C不與點D重合，猜測線段AE,BF,CD之間的數(shù)量關系是___________，并給予證明；完成上面的問題后，老師繼續(xù)提出下列問題，請同學們探究討論：深入探究，拓展結論：(2)在上面的問題中，若把“點C是線段BD上的一個動點”改為“點C是射線BD上的一個動點，其它條件都不變．”，則當點C在線段BD的延長線上時，請你用等式表示線段AE,BF,CD之間的數(shù)量關系（自行畫圖探究，直接寫出結果，不需要證明）．【答案】(1)①見解析，②AE=BF+CD，見解析(2)當BC<BE時，數(shù)量關系是：BF=AE+CD，當BC>BE時，數(shù)量關系是：CD=AE+BF，見解析【分析】（1）①過D作DG⊥EF于G，利用等腰和等邊三角形的性質，即可得證；②在BE上截取BG=BD，連接DG，利用等腰和等邊三角形的性質，即可得證；（2）分BC<BE和BC>BE兩種情況分類討論，求解即可．【詳解】（1）證明：①∵BA=BC，∠EBD=60°，∴△ABC是等邊三角形過D作DG⊥EF于G，則有：EG=FG；AG=BG∴EG?AG=FG?BG，∴AE=BF；②數(shù)量關系為：AE=BF+CD，證明如下：在BE上截取BG=BD，連接DG，∵BA=BC∴BG?BA=BD?BC，∴AG=CD∵∠EBD=60°，BG=BD，∴△GBD是等邊三角形∴由①的結論可得：EG=BF∴AE=EG+AG=BF+CD（2）當BC<BE時，在BE上截取BG=BD，連接DG，同法可證：AG=CD，EG=BF，∴EG=EA+AG=EA+CD，∴BF=AE+CD；當BC>BE時，在BE上截取BG=BD，連接DG，同法可證：AG=CD，EG=BF，∴AG=AE+EG=AE+BF，∴CD=AE+BF．【點睛】本題考查等腰三角形的性質，等邊三角形的判定和性質．熟練掌握等腰（邊）三角形三線合一，以及等邊三角形的判定方法是解題的關鍵．13．（2022·江蘇常州·八年級期中）如圖，△ABC中，AB=AC,AD、CE是高，連接DE．(1)求證：DE=BD；(2)若∠BAC=50°，求∠BED的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)65°【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質得到BD=CD，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得到結論；（2）根據(jù)等腰三角形的性質得到∠BAD=12∠BAC，求得∠BAD=25°【詳解】（1）證明：∵AD是高，∵AD⊥BC，∵AB=AC，∴BD=CD，∵CE是高，∴CE⊥AB，∴∠BEC=90°，∴DE=BD；（2）解：∵AB=AC，AD⊥BC，∴∠BAD=1∴∠ABD=90°?∠BAD=65°，∵DE=BD，∴∠BED=∠ABD=65°．【點睛】本題考查等腰三角形的性質，直角三角形的性質，三角形的內(nèi)角和定理．熟練掌握等邊對等角，等腰三角形的三線合一，以及直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半是解題的關鍵．14．（2022·廣東·豐順縣第一中學九年級階段練習）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，D為BC上任一點，DE⊥AB，垂足為E，M，N分別為AD，CE的中點．求證：【答案】見解析【分析】如圖：連接CM、ME，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得【詳解】解：如圖：連接CM、∵∠ACB=90°，DE⊥AB，M為∴ME=12∴ME=MC∵N為CE的中點∴MN⊥CE．【點睛】本題主要考查了直角三角形的性質、等腰三角形的性質等知識點，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得到ME=MC是解答本題的關鍵．15．（2021·廣西大學附屬中學九年級階段練習）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以斜邊AB上的中線CD為直徑作⊙O，與AC、BC分別交于點M、N，與AB的另一個交點為E，過點N作NF⊥AB，垂足為F(1)求證：NF是⊙O的切線；(2)若NF=2，DF=1，求⊙O的半徑和弦ED的長．【答案】(1)見解析(2)⊙O的半徑為52，弦ED【分析】（1）連接ON，ND，可知∠CND=90°，再證∠OND=∠BDN，即可證ON⊥NF，最后根據(jù)切線的定義求得答案；（2）根據(jù)勾股定理知DF=1，NF=2，可知DN=5，設⊙O半徑為r，根據(jù)勾股定理可求出r值，過O作OH⊥AB于H，則EH=DH，可知四邊形OHFN是矩形，從而可知OH，再次根據(jù)勾股定理即可求出DH【詳解】（1）證明：連接ON，ND，如圖，在△ABC中，CD為斜邊中線，∴CD=AD=BD，∵CD是⊙O的直徑．∴∠CND=90°，∴DN⊥BC，∵等腰△CDB三線合一，∴∠CDN=∠BDN，∵在Rt△CND中，O為斜邊CD∴ON=OD=OC，∴∠ODN=∠OND，∴∠OND=∠BDN，∴ON∥∵NF⊥AB，∴ON⊥NF，∵ON是⊙O的半徑，∴NF是⊙O的切線；（2）∵在△DFN中，DF2+NF2∴DN=5設⊙O半徑為r，則DC=DB=2r，∴BF=2r?1，在△CDN中，CN2=D在△NFB中，BN2=N∵在等腰ΔCDB中，DN⊥BC∴CN=BN，∴2r2解得：r=52，即⊙O半徑為過O作OH⊥AB于H，則EH=DH，由（1）可知∠ONF=∠NFH=90°，∴四邊形OHFN是矩形，則OH=NF=2，在ΔOHD中，D∴DH=3∴ED=3．【點睛】本題考查的是圓的切線的判定，垂徑定理，等腰三角形的性質，矩形的判定和勾股定理，是一道綜合性較強的習題，能夠充分調(diào)動所學知識多次利用勾股定理求解是解題的關鍵．16．（2022·四川省成都市七中育才學校八年級期中）如圖，四邊形OABC是一張長方形紙片，將其放在平面直角坐標系中，使得點O與坐標原點重合，點A、C分別在x軸、y軸的正半軸上，點B的坐標為3,4，D的坐標為2,4，現(xiàn)將紙片沿過D點的直線折疊，使頂點C落在線段AB上的點F處，折痕與y軸的交點記為E．(1)求點F的坐標和∠FDB的大??；(2)在x軸正半軸上是否存在點Q，滿足S△QDE=S(3)點P在直線DE上，且△PEF為等腰三角形，請直接寫出點P的坐標．【答案】(1)F3,4?3，(2)Q4?(3)P11,4?3，P23,4+【分析】（1）先求解BD=1，CD=2，可得DF=2，BF=3，從而可得F3,4?3，如圖，取DF的中點T,連接BT,而∠ABC=90°（2）先證明S△CDE=S△FDE，∠CED=30°,可得DE=2CD=4,CE=42?22=23,求解E0,4?23，可得EQ為y=（3）由ED為y=3x+4?23，設Px,3【詳解】（1）解：∵點B的坐標為3,4，D的坐標為2,4，∴BD=1，CD=2，∴DF=2，BF=2∴F3,4?如圖，取DF的中點T,連接BT,而∠ABC=90°，∴BT=1∴△DBT為等邊三角形，∴∠FDB=60°.（2）解：∵折疊，∠FDB=60°，∴△CDE≌△FDE，∠CDE=∠FDE=60°，∴S△CDE=S∴DE=2CD=4,CE=4∴E0,4?2設ED為y=mx+n，∴n=4?232m+n=4，解得：∴ED為y=3過F作FQ∥DE交x軸于Q，設lFQ:y=3∴33解得：f=4?43得y=3令y=0，則x=4?∴Q（3）解：∵ED為y=3x+4?23而E0,4?2∴PE當PE=PF時，∴4x解得：x=1，∴P1當PF=EF時，∴x?32解得：x1=3,x∴P2當PE=EF時，∴4x2=12∴P33,7?2綜上：P11,4?3，P23,4+【點睛】本題考查的是坐標與圖形，直角三角形斜邊上的中線的性質，軸對稱的性質，利用待定系數(shù)法求解一次函數(shù)的解析式，一次函數(shù)的性質，含30°的直角三角形的性質，二次根式的混合運算，勾股定理的應用，利用因式分解的方法解一元二次方程，本題的綜合程度高，難度較大，對學生的計算能力要求高.17．（2022·浙江·杭州市十三中教育集團（總校）八年級期中）如圖1，△ACB和△DCE均為等腰三角形，CA=CB，CD=CE，∠ACB=∠DCE．點A，D，E在同一條直線上，連結BE．(1)求證：AD=BE．(2)如圖2，若∠ACB=60°，求∠AEB的度數(shù)．(3)若∠CEB=135°，CM為△DCE中DE邊上的高．猜想線段CM,AE,BE之間存在的數(shù)量關系，并證明．【答案】(1)見解析(2)60°(3)AE=BE+2CM，證明見解析【分析】（1）根據(jù)∠ACB=∠DCE，可得∠ACD=∠BCE，可證得△ACD≌△BCE，即可求證；（2）根據(jù)△ACD≌△BCE，可得∠ADC=∠BEC，再由∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，可得△DCE為等邊三角形，從而得到∠CDE=∠CED=60°，進而得到∠ADC=∠BEC=120°，即可求解；（3）證明△DCE是等腰直角三角形，可得DE=2CM，即可求解．【詳解】（1）證明：∵∠ACB=∠DCE，∴∠ACD=∠BCE，∵CA=CB，CD=CE，∴△ACD≌△BCESAS∴AD=BE；（2）解：由（1）得：△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC，∵∠ACB=∠DCE=60°，CD=CE，∴△DCE為等邊三角形，∴∠CDE=∠CED=60°，∴∠ADC=∠BEC=120°，∴∠AEB=60°；（3）解：AE=BE+2CM，證明如下：如圖，由（1）得：△ACD≌△BCE，∴∠ADC=∠BEC=135°，AD=BE，∴∠CDE=45°，∵CD=CE，∴∠CDE=∠CED=45°，∴∠DCE=90°，即△DCE是等腰直角三角形，∵CM⊥DE，∴DM=EM，∴DE=2CM，∴AE=AD+DE=BE+2CM．【點睛】本題考查的是等邊三角形的性質、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質，掌握等邊三角形的性質、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．18．（2022·吉林白城·九年級期中）[操作]如圖1．△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90°，D是其內(nèi)部的一點，連接CD．將CD繞點（順時針旋轉90°得到CE，連接DE，作直線AD交BE于點(1)求證：△ADC≌△BEC；(2)求∠AFE的度數(shù)；(3)[探究]如圖2，連接圖1中的AE，分別取AB、DE、AE的中點M、N、P，作△MNP．若BE=8，則△MNP的周長為【答案】(1)證明見解析；(2)90°；(3)8+42【分析】[操作]（1）由旋轉的性質得∠DCE=90°,CD=CE，再證∠ACD=∠BCE，然后由SAS（2）由全等三角形的性質得∠CAD=∠CBE，再由三角形的外角性質得∠HFB=∠ACB=90°，即可得出結論；（3）[探究]由全等三角形的性質得AD=BE=8，再由三角形中位線定理得PM∥BE,PM=12BE=4，PN∥AD,PN=【詳解】（1）證明：∵△ABC是等腰直角三角形，∠ACB=90∴AC=BC，由旋轉的性質得：∠DCE=90∴∠ACB=∠DCE，∴∠ACB?∠BCD=∠DCE?∠BCD，即∠ACD=∠BCE，在△ADC和△BEC中，AC=BC∠ACD=∠BCE∴△ADC≌△BEC(SAS)；（2）解：如圖1，設AF與BC交于點H，由（1）可知，△ADC≌△BEC，∴∠CAD=∠CBE，∵∠AHB=∠CBE+∠HFB=∠CAD+∠ACB，∴∠HFB=∠ACB=90°，∴∠AFE=180（3）解：由（1）可知，△ADC≌△BEC，∴AD=BE=8，∵M、N、P分別是AB、DE、AE的中點，∴PM是△ABE的中位線，PN是△ADE的中位線，∴PM∥BE,PM=1∴PM=PN，由（2）可知，∠AFE=90∴AF⊥BE,，∴PM⊥PN，∴∠MPN=90∴△MNP是等腰直角三角形，∴MN=2∴△MNP的周長=PM+PN+MN=4+4+42故答案為：8+42【點睛】本題是幾何變換的綜合題，考查了旋轉的性質，等腰直角三角形的判定與性質，全等三角形的判定與性質，三角形中位線定理，平行線的性質等知識，本題綜合性強，熟練掌握等腰直角三角形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵．19．（2022·黑龍江·哈爾濱市蕭紅中學校九年級期中）如圖，AB是⊙O的直徑，點C、D在⊙O上，∠A=2∠BCD,DE與⊙O相切交AB的延長線于點E．(1)求證：∠AED=∠ABC；(2)點G是弧AB的中點，連接CG，過點B作BH⊥CG于點H，延長BH交AC于點P，求