培優(yōu)專(zhuān)題 三角形中的常見(jiàn)模型綜合訓(xùn)練 中考數(shù)學(xué)

培優(yōu)專(zhuān)題三角形中的常見(jiàn)模型綜合訓(xùn)練考點(diǎn)一：三角形的全等模型全等三角形在中考數(shù)學(xué)中的重點(diǎn)不是簡(jiǎn)單的直接考察，而是作為幾何題的中間變量，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等、對(duì)應(yīng)角相等，來(lái)傳遞等量線段或者等價(jià)角。而當(dāng)題目不直接考察時(shí)，識(shí)別需要的全等模型，并利用對(duì)應(yīng)結(jié)論做題就是最為重要的一個(gè)突破口，學(xué)習(xí)模型，運(yùn)用模型結(jié)論直接做題會(huì)給我們提供一個(gè)非常重要的做題思路。題型01三角形常見(jiàn)全等模型及其應(yīng)用解題大招：全等常見(jiàn)模型：①K型圖：圖形條件與結(jié)論輔助線注意事項(xiàng)條件：AC=BC,AC⊥BC結(jié)論：△ADC≌△CEB(AAS)分別過(guò)點(diǎn)A、B作AD⊥l,BE⊥lK型圖可以和等腰直角三角板結(jié)合，也可以和正方形結(jié)合K型全等模型變形——三垂定理：如圖，亦有△ADC≌△CEB(AAS)總結(jié)：當(dāng)一個(gè)直角放在一條直線上時(shí)，常通過(guò)構(gòu)造K型全等來(lái)證明邊相等，或者邊之間的數(shù)量關(guān)系②手拉手：模型名稱幾何模型圖形特點(diǎn)具有性質(zhì)全等型手拉手AD=AEAB=AC∠BAC=∠DAE連結(jié)BD、CE①△ABD≌△ACE②△AOB∽△HOC③旋轉(zhuǎn)角相等（即∠1=∠2=∠3）④A、B、C、D四點(diǎn)共圓⑤AH平分∠BHE③倍長(zhǎng)中線：基本圖形輔助線條件與結(jié)論應(yīng)用環(huán)境延長(zhǎng)AD到點(diǎn)E，使DE=AD，連接CE條件：△ABC，AD=BD結(jié)論：△ABD≌△CED(SAS)①倍長(zhǎng)中線常和△三邊關(guān)系結(jié)合，考察中線長(zhǎng)的取值范圍②倍長(zhǎng)中線也可以和其他幾何圖形結(jié)合，考察幾何圖形的面積問(wèn)題【中考真題練】1．（2023?長(zhǎng)春）如圖，工人師傅設(shè)計(jì)了一種測(cè)零件內(nèi)徑AB的卡鉗，卡鉗交叉點(diǎn)O為AA'、BB'的中點(diǎn)，只要量出A'B'的長(zhǎng)度，就可以知道該零件內(nèi)徑AB的長(zhǎng)度．依據(jù)的數(shù)學(xué)基本事實(shí)是（）A．兩邊及其夾角分別相等的兩個(gè)三角形全等 B．兩角及其夾邊分別相等的兩個(gè)三角形全等 C．兩條直線被一組平行線所截，所得的對(duì)應(yīng)線段成比例 D．兩點(diǎn)之間線段最短2．（2023?重慶）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D為BC上一點(diǎn)，連接AD．過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．若BE＝4，CF＝1，則EF的長(zhǎng)度為．3．（2023?呼和浩特）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，，點(diǎn)P為AC邊上的中點(diǎn)，PM交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，PN交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，且PM⊥PN．若BM＝1，則△PMN的面積為（）A．13 B． C．8 D．4．（2023?湖北）如圖，△BAC，△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DEB＝∠AEF＝90°，點(diǎn)E在△ABC內(nèi)，BE＞AE，連接DF交AE于點(diǎn)G，DE交AB于點(diǎn)H，連接CF．給出下面四個(gè)結(jié)論：①∠DBA＝∠EBC；②∠BHE＝∠EGF；③AB＝DF；④AD＝CF．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是．5．（2023?遂寧）如圖，以△ABC的邊AB、AC為腰分別向外作等腰直角△ABE、△ACD，連結(jié)ED、BD、EC，過(guò)點(diǎn)A的直線l分別交線段DE、BC于點(diǎn)M、N．以下說(shuō)法：①當(dāng)AB＝AC＝BC時(shí)，∠AED＝30°；②EC＝BD；③若AB＝3，AC＝4，BC＝6，則DE＝2；④當(dāng)直線l⊥BC時(shí)，點(diǎn)M為線段DE的中點(diǎn)．正確的有．（填序號(hào)）6．（2023?鞍山）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)M為CD邊上一點(diǎn)，連接AM，將△ADM繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABN，在AM，AN上分別截取AE，AF，使AE＝AF＝BC，連接EF，交對(duì)角線BD于點(diǎn)G，連接AG并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)H．若AM＝，CH＝2，則AG的長(zhǎng)為．7．（2023?大連）如圖，AC＝AE，BC＝DE，BC的延長(zhǎng)線與DE相交于點(diǎn)F，∠ACF+∠AED＝180°．求證：AB＝AD．8．（2023?遂寧）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，點(diǎn)O為對(duì)角線BD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O的直線l分別與AD、BC所在的直線相交于點(diǎn)E、F．（點(diǎn)E不與點(diǎn)D重合）（1）求證：△DOE≌△BOF；（2）當(dāng)直線l⊥BD時(shí)，連結(jié)BE、DF，試判斷四邊形EBFD的形狀，并說(shuō)明理由．9．（2023?巴中）綜合與實(shí)踐．（1）提出問(wèn)題．如圖1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，連接BD，連接CE交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O．①∠BOC的度數(shù)是．②BD：CE＝．（2）類(lèi)比探究．如圖2，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，連接AD、BE并延長(zhǎng)交于點(diǎn)O．①∠AOB的度數(shù)是；②AD：BE＝．（3）問(wèn)題解決．如圖3，在等邊△ABC中，AD⊥BC于點(diǎn)D，點(diǎn)E在線段AD上（不與A重合），以AE為邊在AD的左側(cè)構(gòu)造等邊△AEF，將△AEF繞著點(diǎn)A在平面內(nèi)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)任意角度．如圖4，M為EF的中點(diǎn)，N為BE的中點(diǎn)．①說(shuō)明△MND為等腰三角形．②求∠MND的度數(shù)．【中考模擬練】1．（2023?三穗縣校級(jí)一模）如圖，點(diǎn)D，E分別為△ABC的邊AB，AC上的點(diǎn)，連接DE并延長(zhǎng)至F，使EF＝DE，連接FC．若FC∥AB，AB＝5，CF＝3，則BD的長(zhǎng)等于（）A．1 B．2 C．3 D．52．（2024?昆山市一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝5，AB＝6，∠D是銳角，CE⊥AD于點(diǎn)E，F(xiàn)是CD的中點(diǎn)，連接BF，EF．若∠EFB＝90°，則CE的長(zhǎng)為．3．（2023?福田區(qū)二模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別在邊BC，CD上，且∠MON＝90°，連接MN交OC于P，若BM＝2，則OP?OC＝．4．（2024?河南一模）如圖，在菱形OABC中，∠BCO＝60°，點(diǎn)C（﹣3，0），點(diǎn)D在對(duì)角線BO上，且OD＝2BD，點(diǎn)E是射線AO上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，F(xiàn)為x軸上一點(diǎn)（F在DE左側(cè)），且∠EDF＝60°，連接EF，當(dāng)△DEF的周長(zhǎng)最小時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（）A．（1，3） B． C． D．（0，0）5．（2023?長(zhǎng)春模擬）兩個(gè)大小不同的等邊三角形三角板按圖①所示擺放．將兩個(gè)三角板抽象成如圖②所示的△ABC和△ADE，點(diǎn)B、C、D依次在同一條直線上，連接CE．若CD＝1，CE＝3，則點(diǎn)A到直線BC的距離為．6．（2024?雁塔區(qū)校級(jí)二模）已知：如圖，點(diǎn)E、F在BC上，AF與DE交于點(diǎn)G，AB＝DC，GE＝GF，∠B＝∠C．求證：AG＝DG．7．（2024?涼州區(qū)一模）某同學(xué)用10塊高度都是5cm的相同長(zhǎng)方體小木塊，壘了兩堵與地面垂直的木墻，木墻之間剛好可以放進(jìn)一個(gè)等腰直角三角板ABD（∠ABD＝90°，BD＝BA），點(diǎn)B在CE上，點(diǎn)A和D分別與木墻的頂端重合．（1）求證：△ACB≌△BED；（2）求兩堵木墻之間的距離．8．（2024?龍馬潭區(qū)一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．（1）求拋物線的解析式；（2）若在線段BC上存在一點(diǎn)M，使得∠BMO＝45°，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥OM交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)P是y軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是在對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，Q，使得以點(diǎn)P，Q，C，D為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．考點(diǎn)二：三角形的相似模型相似三角形和勾股定理是解決初中數(shù)學(xué)求長(zhǎng)度問(wèn)題中的兩大重要定理，所有的幾何問(wèn)題就長(zhǎng)度，最后幾乎都能轉(zhuǎn)化為這兩個(gè)定理的應(yīng)用。而作為應(yīng)用幾率更大的相似三角形，熟悉其常用模型，利用模型的性質(zhì)思考對(duì)應(yīng)問(wèn)題的走向就是一個(gè)非常重要的解題思想。所以，先熟悉相似的各種模型，再在問(wèn)題中識(shí)別模型，最后利用模型找捷徑。題型01相似三角形常見(jiàn)模型及其應(yīng)用解題大招：相似常見(jiàn)模型：①A字圖：當(dāng)DE∥BC時(shí)△ADE∽△ABC性質(zhì)：當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)當(dāng)DE∥BC時(shí)△ADE∽△ABC性質(zhì)：當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)△ADE∽△ACB性質(zhì)：變型②8字圖：當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD性質(zhì)：當(dāng)AB∥CD時(shí)△AOB∽△DOC當(dāng)AB∥CD時(shí)△AOB∽△DOC性質(zhì)：變型③一線三等角：一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值在Rt△ACB與Rt△ADC中，當(dāng)∠ABC=∠ACD時(shí)，有Rt△ACB∽R(shí)t△ADC∽R(shí)t△CDB射影定理：在Rt△ACB與Rt△ADC中，當(dāng)∠ABC=∠ACD時(shí)，有Rt△ACB∽R(shí)t△ADC∽R(shí)t△CDB射影定理：☆：有關(guān)射影定理圖形常見(jiàn)的三個(gè)應(yīng)用方向：等積法（求斜邊上的高）☆：有關(guān)射影定理圖形常見(jiàn)的三個(gè)應(yīng)用方向：等積法（求斜邊上的高）同角的余角相等（得∠A=∠BCD）射影定理在圓中因?yàn)橹睆剿鶎?duì)圓周角=90°，轉(zhuǎn)化得此圖形，進(jìn)而利用以上3個(gè)結(jié)論！☆：“母子△”與“阿氏圓”阿氏圓的基本原理就是構(gòu)造母子三角形，之后再結(jié)合兩點(diǎn)之間線段最短求解最后結(jié)果。具體步驟等見(jiàn)最值小專(zhuān)題“阿氏圓”！【中考真題練】1．（2023?哈爾濱）如圖，AC，BD相交于點(diǎn)O，AB∥DC，M是AB的中點(diǎn)，MN∥AC，交BD于點(diǎn)N，若DO：OB＝1：2，AC＝12，則MN的長(zhǎng)為（）A．2 B．4 C．6 D．82．（2023?東營(yíng)）如圖，△ABC為等邊三角形，點(diǎn)D，E分別在邊BC，AB上，∠ADE＝60°．若BD＝4DC，DE＝2.4，則AD的長(zhǎng)為（）A．1.8 B．2.4 C．3 D．3.23．（2023?雅安）如圖，在?ABCD中，F(xiàn)是AD上一點(diǎn)，CF交BD于點(diǎn)E，CF的延長(zhǎng)線交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，EF＝1，EC＝3，則GF的長(zhǎng)為（）A．4 B．6 C．8 D．104．（2023?德州）如圖，A，B，C，D是⊙O上的點(diǎn)，AB＝AD，AC與BD交于點(diǎn)E，AE＝3，EC＝5，BD＝4，⊙O的半徑為（）A．6 B． C．5 D．25．（2023?東營(yíng)）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，且BF＝CE，AE平分∠CAD，連接DF，分別交AE，AC于點(diǎn)G，M．P是線段AG上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥AC，垂足為N，連接PM．有下列四個(gè)結(jié)論：①AE垂直平分DM；②PM+PN的最小值為3；③CF2＝GE?AE；④S△ADM＝6．其中正確的是（）A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③6．（2023?大慶）在綜合與實(shí)踐課上，老師組織同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開(kāi)展數(shù)學(xué)活動(dòng)．有一張矩形紙片ABCD如圖所示，點(diǎn)N在邊AD上，現(xiàn)將矩形折疊，折痕為BN，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的點(diǎn)記為點(diǎn)M，若點(diǎn)M恰好落在邊DC上，則圖中與△NDM一定相似的三角形是．7．（2023?呼和浩特）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，BE與AC交于點(diǎn)M，F(xiàn)是AD上一點(diǎn)，連接BF分別交AC，AE于點(diǎn)G，H，且BF⊥AE，連接MH，則AH＝，MH＝．8．（2023?常德）如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一點(diǎn)，且AD＝2，過(guò)點(diǎn)D作DE∥BC交AC于E，將△ADE繞A點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．則圖2中的值為．9．（2023?鄂州）2002年的國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)在中國(guó)北京舉行，這是21世紀(jì)全世界數(shù)學(xué)家的第一次大聚會(huì)．這次大會(huì)的會(huì)徽選定了我國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽用來(lái)證明勾股定理的弦圖，世人稱之為“趙爽弦圖”．如圖，用四個(gè)全等的直角三角形（Rt△AHB≌Rt△BEC≌Rt△CFD≌Rt△DGA）拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH，連接AC和EG，AC與DF、EG、BH分別相交于點(diǎn)P、O、Q，若BE：EQ＝3：2，則的值是．10．（2023?湘潭）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜邊BC上的高．（1）證明：△ABD∽△CBA；（2）若AB＝6，BC＝10，求BD的長(zhǎng)．11．（2023?南京）在平面內(nèi)，將一個(gè)多邊形先繞自身的頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度θ（0°＜θ＜180°），再將旋轉(zhuǎn)后的多邊形以點(diǎn)A為位似中心放大或縮小，使所得多邊形與原多邊形對(duì)應(yīng)線段的比為k，稱這種變換為自旋轉(zhuǎn)位似變換．若順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記作T（A，順θ，k）；若逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記作T（A，逆θ，k）．例如：如圖①，先將△ABC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°，得到△A1BC1，再將△A1BC1以點(diǎn)B為位似中心縮小到原來(lái)的，得到△A2BC2，這個(gè)變換記作T（B，逆50°，）．（1）如圖②，△ABC經(jīng)過(guò)T（C，順60°，2）得到△A′B′C，用尺規(guī)作出△A′B′C．（保留作圖痕跡）（2）如圖③，△ABC經(jīng)過(guò)T（B，逆α，k1）得到△EBD，△ABC經(jīng)過(guò)T（C，順β，k2）得到△FDC，連接AE，AF．求證：四邊形AFDE是平行四邊形．（3）如圖④，在△ABC中，∠A＝150°，AB＝2，AC＝1．若△ABC經(jīng)過(guò)（2）中的變換得到的四邊形AFDE是正方形．Ⅰ．用尺規(guī)作出點(diǎn)D（保留作圖痕跡，寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明）；Ⅱ．直接寫(xiě)出AE的長(zhǎng)．【中考模擬練】1．（2024?沙坪壩區(qū)模擬）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，△OAB和△OCD是以原點(diǎn)O為位似中心的位似圖形．若OB＝2OD，△OCD的周長(zhǎng)為3，則△OAB的周長(zhǎng)為（）A．6 B．9 C．12 D．302．（2024?平遙縣一模）如圖，D，E分別是△ABC的邊AB，AC的點(diǎn)，且，CD與BE交于點(diǎn)O，則S△COE：S△BOC的值為（）A． B． C． D．3．（2024?鎮(zhèn)海區(qū)校級(jí)模擬）如圖，△ABC和△CDE都是等邊三角形，點(diǎn)G在CA的延長(zhǎng)線上，GB＝GE，若BE+CG＝10，＝，則AF的長(zhǎng)為（）A．1 B． C． D．24．（2024?龍湖區(qū)校級(jí)一模）邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，E在BD上，作EF⊥CE交AB于點(diǎn)F，連接CF交BD于H，則下列結(jié)論：①EF＝EC；②CF2＝CG?CA；③BE?DH＝16；④若BF＝1，則，正確的是（）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①②③④5．（2024?河北模擬）如圖，△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，以AB為直徑的⊙O分別交AC，BC于點(diǎn)D，E，連接ED，則CD的長(zhǎng)為（）A．1 B． C．2 D．6．（2024?寧波模擬）如圖，在正方形ABCD中，G為BC上一點(diǎn)，矩形DEFG的邊EF經(jīng)過(guò)點(diǎn)A．若∠CDG＝α，則∠AHF＝；若AH＝3，GC＝2，則△EFH的面積為．7．（2024?沈陽(yáng)模擬）如圖，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝5，E是AB邊上一點(diǎn)，且AE＝1，F(xiàn)是AD邊上一動(dòng)點(diǎn)，作∠EFG＝90°，交CD邊于點(diǎn)G，將△FDG沿著FG所在直線折疊，點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)D′恰好落在BC邊上，則DF的長(zhǎng)為．8．（2024?伊寧市校級(jí)一模）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E在AC上，EF⊥BE交CD于點(diǎn)F，且F為CD的中點(diǎn)，交BD于點(diǎn)G，連接BF交AC于點(diǎn)H，連接GH．下列結(jié)論：①∠EFB＝45°；②；③EH＝2GH；④GO?BG＝GH?GD．其中正確結(jié)論的序號(hào)為．9．（2023?新?lián)釁^(qū)模擬）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝2，BC＝4，AE＝3，連接BE，以BE為斜邊在BE的右側(cè)作等腰直角△BDE，P是AE邊上的一點(diǎn)，連接PC和CD，當(dāng)∠PCD＝45°，則PE長(zhǎng)為．10．（2024?汝南縣一模）某“綜合與實(shí)踐”小組開(kāi)展測(cè)量本校旗桿高度的實(shí)踐活動(dòng)．他們制訂了測(cè)量方案，并利用課余時(shí)間完成了實(shí)地測(cè)量，測(cè)量報(bào)告如下．課題測(cè)量旗桿的高度成員組長(zhǎng)：×××組員：×××，×××，×××測(cè)量工具皮尺，標(biāo)桿測(cè)量示意圖說(shuō)明：在水平地面上直立一根標(biāo)桿EF，觀測(cè)者沿著直線BF后退到點(diǎn)D，使眼睛C、標(biāo)桿的頂端E、旗桿的頂端A在同一直線上．測(cè)量數(shù)據(jù)觀測(cè)者與標(biāo)桿的距離DF觀測(cè)者與旗桿的距離DB標(biāo)桿EF的長(zhǎng)觀測(cè)者的眼睛離地面的距離CD1m18m2.4m1.6m問(wèn)題解決如圖，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥AB于點(diǎn)H，交EF于點(diǎn)G．…請(qǐng)根據(jù)以上測(cè)量結(jié)果及該小組的思路．求學(xué)校旗桿AB的高度．11．（2024?中山市一模）【感知】如圖①，在正方形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，連結(jié)DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE交BC于點(diǎn)F．易證：△AED∽△BFE．（不需要證明）【探究】如圖②，在矩形ABCD中，E為AB邊上一點(diǎn)，連結(jié)DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE交BC于點(diǎn)F．（1）求證：△AED∽△BFE．（2）若AB＝10，AD＝6，E為AB的中點(diǎn)，求BF的長(zhǎng)．【應(yīng)用】如圖③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E為AB邊上一點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)A、B重合），連結(jié)CE，過(guò)點(diǎn)E作∠CEF＝45°交BC于點(diǎn)F．當(dāng)△CEF為等腰三角形時(shí)，BE的長(zhǎng)為．考點(diǎn)三：三角形的組合模型三角形除了全等模型，還有一些可以得到特殊性質(zhì)或者結(jié)論的組合模型，即當(dāng)兩個(gè)或者三個(gè)條件同時(shí)出現(xiàn)，就會(huì)有一些固定用法，這類(lèi)模型我們叫它組合模型。題型01三角形組合模型及其應(yīng)用解題大招：常見(jiàn)組合模型①知2得1：①AD為角平分線；②DE∥AB；③AE=ED若以上3個(gè)條件中有2個(gè)成立，則剩余的那個(gè)就會(huì)成立。即：三條件滿足“知2得1”①AD為角平分線；②DE∥AB；③AE=ED若以上3個(gè)條件中有2個(gè)成立，則剩余的那個(gè)就會(huì)成立。即：三條件滿足“知2得1”②勾股定理面積應(yīng)用：圖形結(jié)論總結(jié)當(dāng)分別以直角三角形的三邊為邊（或底邊、半徑）做規(guī)則的正方形、等邊三角形、等腰直角三角形、半圓時(shí)，均滿足兩直角邊所做圖形的面積和等于斜邊所做圖形的面積ACDACDBEEDBCAF☆1：若∠DAE旋轉(zhuǎn)到△ABC外部時(shí)，結(jié)論BD☆1：若∠DAE旋轉(zhuǎn)到△ABC外部時(shí)，結(jié)論BD2＋CE2=DE2仍然成立EDBCAEDBCAF☆2：若∠DAE=135°時(shí)，則有結(jié)論CD☆2：若∠DAE=135°時(shí)，則有結(jié)論CD2＋BE2=DE2?！局锌颊骖}練】1．（2023?衢州）如圖，在△ABC中，以點(diǎn)A為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，分別交AB，AC于點(diǎn)D，E．分別以點(diǎn)D，E為圓心，大于長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，交于∠BAC內(nèi)一點(diǎn)F．連結(jié)AF并延長(zhǎng)，交BC于點(diǎn)G．連結(jié)DG，EG．添加下列條件，不能使BG＝CG成立的是（）A．AB＝AC B．AG⊥BC C．∠DGB＝∠EGC D．AG＝AC2．（2023?揚(yáng)州）我國(guó)漢代數(shù)學(xué)家趙爽證明勾股定理時(shí)創(chuàng)制了一幅“勾股圓方圖”，后人稱之為“趙爽弦圖”，它是由4個(gè)全等的直角三角形和一個(gè)小正方形組成．如圖，直角三角形的直角邊長(zhǎng)為a、b，斜邊長(zhǎng)為c，若b﹣a＝4，c＝20，則每個(gè)直角三角形的面積為．3．（2023?濰坊）如圖，在△ABC中，CD平分∠ACB，AE⊥CD，垂足為點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EF∥BC，交AC于點(diǎn)F，G為BC的中點(diǎn)，連接FG．求證：FG＝AB．4．（2023?黃石）如圖，AB為⊙O的直徑，DA和⊙O相交于點(diǎn)F，AC平分∠DAB，點(diǎn)C在⊙O上，且CD⊥DA，AC交BF于點(diǎn)P．（1）求證：CD是⊙O的切線；（2）求證：AC?PC＝BC2；（3）已知BC2＝3FP?DC，求的值．5．（2023?懷化）如圖，AB是⊙O的直徑，點(diǎn)P是⊙O外一點(diǎn)，PA與⊙O相切于點(diǎn)A，點(diǎn)C為⊙O上的一點(diǎn)．連接PC、AC、OC，且PC＝PA．（1）求證：PC為⊙O的切線；（2）延長(zhǎng)PC與AB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)D，求證：PD?OC＝PA?OD；（3）若∠CAB＝30°，OD＝8，求陰影部分的面積．【中考模擬練】1．（2023?武安市三模）有一題目：“如圖，∠ABC＝40°，BD平分∠ABC，過(guò)點(diǎn)D作DE∥AB交BC于點(diǎn)E，若點(diǎn)F在AB上，且滿足DF＝DE，求∠DFB的度數(shù)．”小賢的解答：以D為圓心，DE長(zhǎng)為半徑畫(huà)圓交AB于點(diǎn)F，連接DF，則DE＝DF，由圖形的對(duì)稱性可得∠DFB＝∠DEB．結(jié)合平行線的性質(zhì)可求得∠DFB＝140°．而小軍說(shuō)：“小賢考慮的不周全，∠DFB還應(yīng)有另一個(gè)不同的值”．下列判斷正確的是（）A．小軍說(shuō)的對(duì)，且∠DFB的另一個(gè)值是40° B．小軍說(shuō)的不對(duì)，∠DFB只有140°一個(gè)值 C．小賢求的結(jié)果不對(duì)，∠DFB應(yīng)該是20° D．兩人都不對(duì)，∠DFB應(yīng)有3個(gè)不同值2．（2024?碑林區(qū)校級(jí)自主招生）圖1是我國(guó)古代著名的“趙爽弦圖”的示意圖，它是由四個(gè)全等的直角三角形圍成的．若AC＝6，BC＝5，將四個(gè)直角三角形中邊長(zhǎng)為6的直角邊分別向外延長(zhǎng)一倍，得到圖2所示的“數(shù)學(xué)風(fēng)車(chē)”，則這個(gè)風(fēng)車(chē)的外圍周長(zhǎng)是多少？3．（2022?長(zhǎng)春二模）圖1中的直角三角形有一條直角邊長(zhǎng)為3，將四個(gè)圖1中的直角三角形分別拼成如圖2，圖3所示的正方形，其中陰影部分的面積分別記為S1，S2，則S1﹣S2的值為．4．（2023?長(zhǎng)春模擬）兩個(gè)大小不同的等邊三角形三角板按圖①所示擺放．將兩個(gè)三角板抽象成如圖②所示的△ABC和△ADE，點(diǎn)B、C、D依次在同一條直線上，連接CE．若CD＝1，CE＝3，則點(diǎn)A到直線BC的距離為．5．（2024?朝陽(yáng)區(qū)一模）【教材呈現(xiàn)】下面是華師版八年級(jí)上冊(cè)數(shù)學(xué)教材第96頁(yè)的部分內(nèi)容．我們已經(jīng)知道角是軸對(duì)稱圖形，角平分線所在的直線是角的對(duì)稱軸．如圖，OC是∠AOB的平分線，P是OC上任一點(diǎn)，作PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為點(diǎn)D和點(diǎn)E．將∠AOB沿OC對(duì)折，我們發(fā)現(xiàn)PD與PE完全重合．由此即有：角平分線的性質(zhì)定理角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等．已知：如圖，OC是∠AOB的平分線，點(diǎn)P是OC上的任意一點(diǎn)，PD⊥OA，PE⊥OB，垂足分別為點(diǎn)D和點(diǎn)E．請(qǐng)寫(xiě)出完求證：PD＝PE．分析圖中有兩個(gè)直角三角形PDO和PEO，只要證明這兩個(gè)三角形全等，便可證得PD＝PE．（1）請(qǐng)根據(jù)教材中的分析，結(jié)合圖①，寫(xiě)出“角平分線的性質(zhì)定理”完整的證明過(guò)程．【定理應(yīng)用】（2）如圖②，已知OC是∠AOB的平分線，點(diǎn)P是OC上的任意一點(diǎn)，點(diǎn)D、E分別在邊OA、OB上，連結(jié)PD、PE，∠AOB+∠DPE＝180°．若∠AOB＝60°，OD+OE＝5，則OP的長(zhǎng)為．（3）如圖③，在平行四邊形ABCD中，∠ABC＝60°，BE平分∠ABC交AD于點(diǎn)E，連結(jié)CE，將CE繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，當(dāng)點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)F落在邊AB上時(shí)，若BF+BC＝12，則四邊形BCEF的面積為．培優(yōu)專(zhuān)題三角形中的常見(jiàn)模型綜合訓(xùn)練解析考點(diǎn)一：三角形的全等模型全等三角形在中考數(shù)學(xué)中的重點(diǎn)不是簡(jiǎn)單的直接考察，而是作為幾何題的中間變量，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等、對(duì)應(yīng)角相等，來(lái)傳遞等量線段或者等價(jià)角。而當(dāng)題目不直接考察時(shí)，識(shí)別需要的全等模型，并利用對(duì)應(yīng)結(jié)論做題就是最為重要的一個(gè)突破口，學(xué)習(xí)模型，運(yùn)用模型結(jié)論直接做題會(huì)給我們提供一個(gè)非常重要的做題思路。題型01三角形常見(jiàn)全等模型及其應(yīng)用解題大招：全等常見(jiàn)模型：①K型圖：圖形條件與結(jié)論輔助線注意事項(xiàng)條件：AC=BC,AC⊥BC結(jié)論：△ADC≌△CEB(AAS)分別過(guò)點(diǎn)A、B作AD⊥l,BE⊥lK型圖可以和等腰直角三角板結(jié)合，也可以和正方形結(jié)合K型全等模型變形——三垂定理：如圖，亦有△ADC≌△CEB(AAS)總結(jié)：當(dāng)一個(gè)直角放在一條直線上時(shí)，常通過(guò)構(gòu)造K型全等來(lái)證明邊相等，或者邊之間的數(shù)量關(guān)系②手拉手：模型名稱幾何模型圖形特點(diǎn)具有性質(zhì)全等型手拉手AD=AEAB=AC∠BAC=∠DAE連結(jié)BD、CE①△ABD≌△ACE②△AOB∽△HOC③旋轉(zhuǎn)角相等（即∠1=∠2=∠3）④A、B、C、D四點(diǎn)共圓⑤AH平分∠BHE③倍長(zhǎng)中線：基本圖形輔助線條件與結(jié)論應(yīng)用環(huán)境延長(zhǎng)AD到點(diǎn)E，使DE=AD，連接CE條件：△ABC，AD=BD結(jié)論：△ABD≌△CED(SAS)①倍長(zhǎng)中線常和△三邊關(guān)系結(jié)合，考察中線長(zhǎng)的取值范圍②倍長(zhǎng)中線也可以和其他幾何圖形結(jié)合，考察幾何圖形的面積問(wèn)題【中考真題練】1．（2023?長(zhǎng)春）如圖，工人師傅設(shè)計(jì)了一種測(cè)零件內(nèi)徑AB的卡鉗，卡鉗交叉點(diǎn)O為AA'、BB'的中點(diǎn)，只要量出A'B'的長(zhǎng)度，就可以知道該零件內(nèi)徑AB的長(zhǎng)度．依據(jù)的數(shù)學(xué)基本事實(shí)是（）A．兩邊及其夾角分別相等的兩個(gè)三角形全等 B．兩角及其夾邊分別相等的兩個(gè)三角形全等 C．兩條直線被一組平行線所截，所得的對(duì)應(yīng)線段成比例 D．兩點(diǎn)之間線段最短【分析】根據(jù)點(diǎn)O為AA'、BB'的中點(diǎn)得出OA＝OA'，OB＝OB'，根據(jù)對(duì)頂角相等得到∠AOB＝∠A'OB'，從而證得△AOB和△A'OB'全等，于是有AB＝A'B'，問(wèn)題得證．【解答】解：∵點(diǎn)O為AA'、BB'的中點(diǎn)，∴OA＝OA'，OB＝OB'，由對(duì)頂角相等得∠AOB＝∠A'OB'，在△AOB和△A'OB'中，，∴△AOB≌△A'OB'（SAS），∴AB＝A'B'，即只要量出A'B'的長(zhǎng)度，就可以知道該零件內(nèi)徑AB的長(zhǎng)度，故選：A．2．（2023?重慶）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，點(diǎn)D為BC上一點(diǎn)，連接AD．過(guò)點(diǎn)B作BE⊥AD于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CF⊥AD交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F．若BE＝4，CF＝1，則EF的長(zhǎng)度為3．【分析】先證明△ABE≌△CAF（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，進(jìn)一步可得EF的長(zhǎng)．【解答】解：∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠BEA＝∠AFC＝90°，∴∠BAE+∠ABE＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAE+∠FAC＝90°，∴∠FAC＝∠ABE，在△ABE和△CAF中，，∴△ABE≌△CAF（AAS），∴AF＝BE，AE＝CF，∵BE＝4，CF＝1，∴AF＝BE＝4，AE＝CF＝1，∴EF＝AF﹣AE＝4﹣1＝3，故答案為：3．3．（2023?呼和浩特）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC，，點(diǎn)P為AC邊上的中點(diǎn)，PM交AB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，PN交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，且PM⊥PN．若BM＝1，則△PMN的面積為（）A．13 B． C．8 D．【分析】依據(jù)題意，連接BP，然后先證明△BMP≌△CNP，從而CN＝BP＝1，又由等腰Rt△ABC可得BC＝4，從而在Rt△MBN中可以求得MN，又MP＝NP，從而可得MN的值，進(jìn)而可以得解．【解答】解：如圖連接BP．在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∵AB＝BC，點(diǎn)P為AC邊上的中點(diǎn)，∴BP⊥AC，∠CBP＝∠ABP＝∠ABC＝45°，∠BCA＝45°，BP＝CP＝AC＝2．∴∠MBP＝∠NCP＝180°﹣45°＝135°．∵BP⊥AC，PM⊥PN，∴∠BPM+∠MPC＝90°，∠CPN+∠MPC＝90°．∴∠BPM＝∠CPN．又BP＝CP，∠MBP＝∠NCP，∴△BMP≌△CNP（ASA）．∴BM＝CN＝1，MP＝NP．在Rt△BPC中，BC＝＝4．∴在Rt△MBN中，MN＝＝＝．又在Rt△MPN中，MP＝NP，∴MP2+NP2＝MN2．∴MP＝NP＝．∴S△PMN＝MP?NP＝．故選：D．4．（2023?湖北）如圖，△BAC，△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DEB＝∠AEF＝90°，點(diǎn)E在△ABC內(nèi)，BE＞AE，連接DF交AE于點(diǎn)G，DE交AB于點(diǎn)H，連接CF．給出下面四個(gè)結(jié)論：①∠DBA＝∠EBC；②∠BHE＝∠EGF；③AB＝DF；④AD＝CF．其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是①③④．【分析】由等腰直角三角形的性質(zhì)可得出∠ABC＝∠DBE＝45°，可得出①正確；證明△BEA≌△DEF（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AB＝DF，可得出③正確；由直角三角形的性質(zhì)可判斷②不正確；證明四邊形DFCA為平行四邊形，由平行四邊形的性質(zhì)可得出DA＝CF，則可得出答案．【解答】解：∵△BAC，△DEB都是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠DBE＝45°，∴∠ABC﹣∠ABE＝∠DBE﹣∠ABE，∴∠EBC＝∠DBA，故①正確；∵△DEB和△AEF都是等腰直角三角形，∴BE＝DE，AE＝EF，∠BED＝∠AEF＝90°，∴∠BEA＝∠DEF，∴△BEA≌△DEF（SAS），∴AB＝DF，∠ABE＝∠EDF，∠BAE＝∠DFE．故③正確；∵∠BEH＝∠GEF＝90°，∴∠ABE+∠BHE＝90°，∠EGF+∠DFE＝90°，∵BE＞AE，∴∠ABE≠∠AEB，∴∠ABE≠∠DFE，∴∠BHE≠∠EGF；∵∠BAC＝90°，∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠FAC＝45°，又∵∠AFD+∠EFG＝45°，∠BAE＝∠DFE，∴∠DFA＝∠FAC，∴DF∥AC，∵AB＝DF，AB＝AC，∴DF＝AC，∴四邊形DFCA為平行四邊形，∴DA＝CF．故④正確．故答案為：①③④．5．（2023?遂寧）如圖，以△ABC的邊AB、AC為腰分別向外作等腰直角△ABE、△ACD，連結(jié)ED、BD、EC，過(guò)點(diǎn)A的直線l分別交線段DE、BC于點(diǎn)M、N．以下說(shuō)法：①當(dāng)AB＝AC＝BC時(shí)，∠AED＝30°；②EC＝BD；③若AB＝3，AC＝4，BC＝6，則DE＝2；④當(dāng)直線l⊥BC時(shí)，點(diǎn)M為線段DE的中點(diǎn)．正確的有①②④．（填序號(hào)）【分析】由AB＝AC＝BC，得∠BAC＝60°，因?yàn)锳E＝AB，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，所以AE＝AD，∠EAD＝120°，則∠AED＝∠ADE＝30°，可判斷①正確；由∠CAD＝∠BAE＝90°，推導(dǎo)出∠CAE＝∠DAB，可證明△CAE≌△DAB，得EC＝BD，可判斷②正確；設(shè)BD交AE于點(diǎn)G，交CE于點(diǎn)O，可證明∠EOB＝90°，則∠COD＝∠BOC＝∠DOE＝90°，可根據(jù)勾股定理推導(dǎo)出DE2+BC2＝BE2+CD2，可求得BE2＝AB2+AE2＝18，CD2＝AD2+AC2＝32，BC2＝36，則DE＝≠2，可判斷③錯(cuò)誤；當(dāng)直線l⊥BC時(shí)，作EF∥AD交直線l于點(diǎn)F，連接DF，可證明△EAF≌△ABC，則EF＝AC＝AD，所以四邊形ADFE是平行四邊形，則M為線段DE的中點(diǎn)，可判斷④正確，于是得到問(wèn)題的答案．【解答】解：∵AB＝AC＝BC，∴∠BAC＝60°，∵AE＝AB，AC＝AD，∠BAE＝∠CAD＝90°，∴AE＝AD，∠EAD＝360﹣60°﹣90°﹣90°＝120°，∴∠AED＝∠ADE＝×（180°﹣120°）＝30°，故①正確；∵∠CAD＝∠BAE＝90°，∴∠CAE＝∠DAB＝90°+∠DAE，∴△CAE≌△DAB（SAS），∴EC＝BD，故②正確；如圖1，設(shè)BD交AE于點(diǎn)G，交CE于點(diǎn)O，∵∠AEC＝∠ABD，∠OGE＝∠AGB，∴∠AEC+∠OGE＝∠ABD+∠AGB＝90°，∴∠EOB＝90°，∴∠COD＝∠BOC＝∠DOE＝90°，∴DE2+BC2＝OD2+OE2+OB2+OC2＝BE2+CD2，∵AE＝AB＝3，AD＝AC＝4，BC＝6，∴BE2＝AB2+AE2＝32+32＝18，CD2＝AD2+AC2＝42+42＝32，BC2＝62＝36，∴DE＝＝＝≠2，故③錯(cuò)誤；當(dāng)直線l⊥BC時(shí)，如圖2，作EF∥AD交直線l于點(diǎn)F，連接DF，∵∠AEF+∠DAE＝180°，∠BAC+∠DAE＝180°，∴∠AEF＝∠BAC，∵∠ANB＝∠BAE＝90°，∴∠EAF＝∠ABC＝90°﹣∠BAN，∵EA＝AB，∴△EAF≌△ABC（ASA），∴EF＝AC＝AD，∴四邊形ADFE是平行四邊形，∴M為線段DE的中點(diǎn)，故④正確，故答案為：①②④．6．（2023?鞍山）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)M為CD邊上一點(diǎn)，連接AM，將△ADM繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABN，在AM，AN上分別截取AE，AF，使AE＝AF＝BC，連接EF，交對(duì)角線BD于點(diǎn)G，連接AG并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)H．若AM＝，CH＝2，則AG的長(zhǎng)為．【分析】解法一：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，連接DE，BF，由等線段減等線段相等可得FN＝EM，于是可通過(guò)SAS證明△BFN≌△DEM，得到BF＝DE，易得AF＝AB，AE＝AD，由三角形內(nèi)角和定理可得∠ABF＝∠AFB＝（180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE），由∠DAE＝∠BAF得到∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，易得△AFE為等腰直角三角形，根據(jù)等角減等角相等可知∠GFB＝∠GDE，于是可通過(guò)AAS證明△GFB≌△GDE，得到FG＝DG，BG＝EG，進(jìn)而可通過(guò)SSS證明△AFG≌△ADG，得到∠DAH＝∠NAH，由平行線的性質(zhì)可得∠AHN＝∠NAH，則AN＝NH＝AM＝，設(shè)BH＝x，則AB＝BC＝x+2，BN＝，在Rt△ABN中，利用勾股定理建立方程，求得x1＝6，，即BH＝6或，過(guò)點(diǎn)G作PG∥BC，交AB于點(diǎn)P，易得△APG∽△ABH，由相似三角形的性質(zhì)得，易得△PBG為等腰直角三角形，PG＝PB，分兩種情況討論：①當(dāng)BH＝6時(shí)，AB＝BC＝8，則＝，進(jìn)而可設(shè)AP＝4a，PG＝3a＝PB，由AB＝AP+PB＝8，解得，在Rt△APG中，利用勾股定理即可求出AG的長(zhǎng)；②當(dāng)時(shí)，AD＝CD＝AB＝，此時(shí)點(diǎn)M在CD的延長(zhǎng)線上，與題意不符．解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝，設(shè)BH＝x，BN＝y(tǒng)，則BC＝x+2＝AB，AN＝x+y，以此可建立關(guān)于x，y的方程組，解得：或，再同解法一討論即可得出【解答】解：解法一：∵將△ADM繞點(diǎn)A順時(shí)針旋90°得到△ABN，∴AM＝AN，DM＝BN，∠MAN＝90°，∠DAM＝∠BAN，∠AMD＝∠ANB，如圖，連接DE，BF，∵AE＝AF＝BC，F(xiàn)N＝AN﹣AF，EM＝AM﹣AE，∴FN＝EM，在△BFN和△DEM中，，∴△BFN≌△DEM（SAS），∴BF＝DE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADB＝∠ABD＝45°，AB＝AD＝BC，∴AF＝AB，AE＝AD，∴△ABF和△AED都是等腰三角形，∴∠ABF＝∠AFB＝（180°﹣∠BAF），∠ADE＝∠AED＝（180°﹣∠DAE），∵∠DAE＝∠BAF，∴∠ABF＝∠AFB＝∠ADE＝∠AED，∵AF＝AE，∠MAN＝90°，∴△AFE為等腰直角三角形，∴∠AEG＝∠AFG＝45°，∵∠GDE＝∠ADE﹣∠ADB＝∠ADE﹣45°，∠GFB＝∠AFB﹣∠AFG＝∠AEB﹣45°，∴∠GFB＝∠GDE，在△GFB和△GDE中，，∴△GFB≌△GDE（AAS），∴FG＝DG，BG＝EG，在△AFG和△ADG中，，∴△AFG≌△ADG（SSS），∴∠FAG＝∠DAG，即∠DAH＝∠NAH，∵AD∥BC，∴∠DAH＝∠AHN，∴∠AHN＝∠NAH，∴AN＝NH＝AM＝，設(shè)BH＝x，則AB＝BC＝BH+CH＝x+2，，在Rt△ABN中，AN2＝BN2+AB2，∴，解得：x1＝6，，∴BH＝6或，如圖，過(guò)點(diǎn)G作PG∥BC，交AB于點(diǎn)P，∴△APG∽△ABH，∴，即，∵PG∥BC，∴∠GPB＝180°﹣∠PBH＝180°﹣90°＝90°，∵∠PBG＝45°，∴∠PGB＝90°﹣∠PBG＝45°＝∠PBG，∴PG＝PB，①當(dāng)BH＝6時(shí)，AD＝CD＝AB＝BH+CH＝8，∴＝＝，∴設(shè)AP＝4a，PG＝3a＝PB，∵AB＝AP+PB＝8，∴4a+3a＝8，解得：，在Rt△APG中，＝＝5a＝；②當(dāng)時(shí)，AB＝CD＝BC＝BH+CH＝，在Rt△ADM中，DM＝＝＝8，∵DM＝8＞CD＝，∴點(diǎn)M在CD的延長(zhǎng)線上，與題意不符．綜上，AG的長(zhǎng)為．解法二：同解法一可得AN＝NH＝AM＝，設(shè)BH＝x，BN＝y(tǒng)，∴BC＝BH+CH＝x+2＝AB，AN＝BH+BN＝x+y，在Rt△ABN中，AB2+BN2＝AN2，∴，解得：，，同解法一討論，即可得出AG＝．故答案為：．7．（2023?大連）如圖，AC＝AE，BC＝DE，BC的延長(zhǎng)線與DE相交于點(diǎn)F，∠ACF+∠AED＝180°．求證：AB＝AD．【分析】由已知∠ACF+∠AED＝180°，可得到∠ACB＝∠AED，再利用SAS證明△ABC≌△ADE，從而得到AB＝AD．【解答】證明：∵∠ACF+∠AED＝180°，∠ACF+∠ACB＝180°，∴∠ACB＝∠AED，在△ABC和△ADE中，∴△ABC≌△ADE（SAS），∴AB＝AD．8．（2023?遂寧）如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，點(diǎn)O為對(duì)角線BD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O的直線l分別與AD、BC所在的直線相交于點(diǎn)E、F．（點(diǎn)E不與點(diǎn)D重合）（1）求證：△DOE≌△BOF；（2）當(dāng)直線l⊥BD時(shí)，連結(jié)BE、DF，試判斷四邊形EBFD的形狀，并說(shuō)明理由．【分析】（1）由AD∥BC，得∠ODE＝∠OBF，而OD＝OB，∠DOE＝∠BOF，即可根據(jù)全等三角形的判定定理“ASA”證明△DOE≌△BOF；（2）由OD＝OB，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)O且l⊥BD，得DE＝BE，DF＝BF，由△DOE≌△BOF，得DE＝BF，則DE＝BE＝DF＝BF，所以四邊形EBFD是菱形．【解答】（1）證明：∵AD∥BC，∴∠ODE＝∠OBF，∵點(diǎn)O為對(duì)角線BD的中點(diǎn)，∴OD＝OB，在△DOE和△BOF中，，∴△DOE≌△BOF（ASA）．（2）解：四邊形EBFD是菱形，理由如下：∵OD＝OB，直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)O且l⊥BD，∴直線l是線段BD的垂直平分線，∴DE＝BE，DF＝BF，∵△DOE≌△BOF，∴DE＝BF，∵DE＝BE＝DF＝BF，∴四邊形EBFD是菱形．9．（2023?巴中）綜合與實(shí)踐．（1）提出問(wèn)題．如圖1，在△ABC和△ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，且AB＝AC，AD＝AE，連接BD，連接CE交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)O．①∠BOC的度數(shù)是90°．②BD：CE＝1：1．（2）類(lèi)比探究．如圖2，在△ABC和△DEC中，∠BAC＝∠EDC＝90°，且AB＝AC，DE＝DC，連接AD、BE并延長(zhǎng)交于點(diǎn)O．①∠AOB的度數(shù)是45°；②AD：BE＝1：．（3）問(wèn)題解決．如圖3，在等邊△ABC中，AD⊥BC于點(diǎn)D，點(diǎn)E在線段AD上（不與A重合），以AE為邊在AD的左側(cè)構(gòu)造等邊△AEF，將△AEF繞著點(diǎn)A在平面內(nèi)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)任意角度．如圖4，M為EF的中點(diǎn)，N為BE的中點(diǎn)．①說(shuō)明△MND為等腰三角形．②求∠MND的度數(shù)．【分析】（1）（2）從圖形可辯知，這個(gè)是手拉手全等或相似模型，按模型的相關(guān)結(jié)論解題．（3）稍有變化，受前兩問(wèn)的啟發(fā)，連接BF、CE完成手拉手的構(gòu)造，再結(jié)合三角形中位線知識(shí)解題．【解答】解：（1）①∵∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，∴∠BAD＝∠CAE．又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△BAD≌△CAE（SAS）．∴∠ABD＝∠ACE，∵∠BAC＝90°，∴∠ABC+∠ACB＝∠ABD+∠OBC+∠ACB＝90°，∴∠ACE+∠OBC+∠ACB＝90°，即：∠BCE+∠OBC＝90°，∴∠BOC＝90°．故∠BOC的度數(shù)是90°．②由①得△BAD≌△CAE，∴BD＝CE．故BD：CE＝1：1．（2）①∵AB＝AC，DE＝DC，∴，又∵∠BAC＝∠EDC＝90°，∴△ABC∽△DEC，∴∠ACB＝∠DCB，．∴∠ACE+∠ECB＝∠DCA+∠ACE，∴∠ECB＝∠DCA．∴△ECB∽△DCA，∴∠CBE＝∠CAD，∴∠AOB＝180°﹣∠ABO﹣∠BAO＝180°﹣∠ABO﹣∠CAD﹣∠BAC＝180°﹣∠ABO﹣∠CBE﹣90°＝180°﹣45°﹣90°＝45°．故∠AOB的度數(shù)是45°．②由①得：△ECB∽△DCA．∴AD：BE＝DC：EC，∵∠EDC＝90°，且DE＝DC，∴∠DCE＝45°，∴＝cos45°＝．∴．（3）①解：連接BF、CE，延長(zhǎng)CE交MN于點(diǎn)P，交BF于點(diǎn)O．在等邊△ABC中AB＝AC，又∵AD⊥BC于點(diǎn)D，∴D為BC的中點(diǎn)，又∵M(jìn)為EF的中點(diǎn)，N為BE的中點(diǎn)，∴MN、ND分別是△BEF、△BCE的中位線，∴MN＝BF，DN＝EC．∵∠FAE＝∠BAC＝60°，∴∠FAE+∠EAB＝∠BAC+∠EAB．∴∠FAB＝∠EAC．在△ACE和△ABF中，，∴△ACE≌△ABF（SAS）．∴BF＝EC．∴MN＝DN．∴△MND為等腰三角形．②∵△ACE≌△ABF，∴∠ACE＝∠ABF，由（1）（2）規(guī)律可知：∠BOC＝60°，∴∠FOC＝180°﹣∠BOC＝180°﹣60°＝120°，又∵BF∥MN，CP∥DN，∴∠MND＝∠MPE＝∠FOC＝120°．【中考模擬練】1．（2023?三穗縣校級(jí)一模）如圖，點(diǎn)D，E分別為△ABC的邊AB，AC上的點(diǎn)，連接DE并延長(zhǎng)至F，使EF＝DE，連接FC．若FC∥AB，AB＝5，CF＝3，則BD的長(zhǎng)等于（）A．1 B．2 C．3 D．5【分析】由FC∥AB得，∠DAE＝∠FCE，再利用AAS證明△DAE≌△FCE，得AD＝CF，從而解決問(wèn)題．【解答】解：∵FC∥AB，∴∠DAE＝∠FCE，在△DAE與△FCE中，，∴△DAE≌△FCE（AAS），∴AD＝CF，∵CF＝3，∴AD＝CF＝3，又∵AB＝5，∴BD＝AB﹣AD＝5﹣3＝2，故選：B．2．（2024?昆山市一模）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD＝5，AB＝6，∠D是銳角，CE⊥AD于點(diǎn)E，F(xiàn)是CD的中點(diǎn)，連接BF，EF．若∠EFB＝90°，則CE的長(zhǎng)為2．【分析】如圖，延長(zhǎng)BF交AD的延長(zhǎng)線于Q，連接BE，設(shè)DE＝x，首先證明△BCF≌△QDF（AAS），得出EQ＝BE＝x+5，利用勾股定理構(gòu)建方程即可解決問(wèn)題．【解答】解：如圖，延長(zhǎng)BF交AD的延長(zhǎng)線于Q，連接BE，設(shè)DE＝x，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DQ∥BC，AD＝BC＝5，∴∠Q＝∠CBF，∵DF＝FC，∠DFQ＝∠BFC，∴△BCF≌△QDF（AAS），∴BC＝DQ，QF＝BF，∵∠EFB＝90°，∴EF⊥QB，∴EQ＝BE＝x+5，∵CE⊥AD，BC∥AD，∴CE⊥BC，∴∠DEC＝∠ECB＝90°，∵CE2＝DC2﹣ED2＝EB2﹣BC2，∴（6）2﹣x2＝（x+5）2﹣52，整理得：2x2+10x﹣72＝0，解得x＝4或﹣9（舍棄），∴BE＝9，∴CE＝＝＝2，故答案為：2．3．（2023?福田區(qū)二模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)M，N分別在邊BC，CD上，且∠MON＝90°，連接MN交OC于P，若BM＝2，則OP?OC＝20．【分析】過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BC于點(diǎn)E，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得OB＝OC＝OD，∠BOC＝∠COD＝90°，∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝45°，再根據(jù)同角的余角相等可得∠BOM＝∠CON，以此即可通過(guò)ASA證明△OBM≌△OCN，得到BM＝CN＝2，OM＝ON，進(jìn)而得到∠OMP＝∠OCM＝45°，易證明△OMP∽△OCM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得，即OP?OC＝OM2，由等腰直角三角形的性質(zhì)可得OE＝BE＝4，則ME＝2，最后根據(jù)勾股定理即可求解．【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BC于點(diǎn)E，∵四邊形ABCD為邊長(zhǎng)為8的正方形，∴OB＝OC＝OD，BC＝8，BD⊥AC，∴∠BOC＝∠COD＝90°，∠OBC＝∠OCB＝∠OCD＝45°，∵∠BOC＝∠BOM+∠COM＝90°，又∵∠MON＝∠COM+∠CON＝90°，∴∠BOM＝∠CON，在△OBM和△OCN中，，∴△OBM≌△OCN（ASA），∴BM＝CN＝2，OM＝ON，∴△MON為等腰直角三角形，∴∠OMN＝∠ONM＝45°，∴∠OMP＝∠OCM＝45°，∵∠POM＝∠MOC，∴△OMP∽△OCM，∴，∴OP?OC＝OM2，∵∠BOC＝90°，OB＝OC，OE⊥BC，∴OE＝BE＝＝4，∴ME＝BE﹣BM＝2，在Rt△OME中，OM2＝OE2+ME2，∴OM2＝42+22＝20，∴OP?OC＝20．故答案為：20．4．（2024?河南一模）如圖，在菱形OABC中，∠BCO＝60°，點(diǎn)C（﹣3，0），點(diǎn)D在對(duì)角線BO上，且OD＝2BD，點(diǎn)E是射線AO上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，F(xiàn)為x軸上一點(diǎn)（F在DE左側(cè)），且∠EDF＝60°，連接EF，當(dāng)△DEF的周長(zhǎng)最小時(shí)，點(diǎn)E的坐標(biāo)為（）A．（1，3） B． C． D．（0，0）【分析】先說(shuō)明△DEF是等邊三角形，再利用垂線段最短找到點(diǎn)E的位置，最后確定E的坐標(biāo)．【解答】解：如圖，取點(diǎn)G（﹣2，0），連接DG，∵四邊形OABC是菱形點(diǎn)C（﹣3，0），∴OC＝OA＝BC＝3，∵∠BCO＝60°，∴△BCO是等邊三角形，∴OB＝3，∠BOC＝60°，∵OD＝2BD，∴OD＝2，∵OG＝2，∴△OGD是等邊三角形，∴∠GDO＝60°，DG＝DO，∵∠EDF＝60°，∴∠FDG＝∠EDO，∵∠FGD＝∠EOD＝120°，∴△FDG≌△EDO（ASA），∴DF＝DE，∴△DEF是等邊三角形，∴△DEF的周長(zhǎng)最小時(shí)，DE最小，如圖，過(guò)D作DE⊥OA，垂足為E，過(guò)E作EH⊥x軸，垂足為H，Rt△DOE中，∠DOE＝60°，OD＝2，∴OE＝OD＝1，Rt△OEH中，∠EOH＝60°，∴OH＝OE＝，EH＝OE?sin∠EOH＝OE?sin60°＝，故選：C．5．（2023?長(zhǎng)春模擬）兩個(gè)大小不同的等邊三角形三角板按圖①所示擺放．將兩個(gè)三角板抽象成如圖②所示的△ABC和△ADE，點(diǎn)B、C、D依次在同一條直線上，連接CE．若CD＝1，CE＝3，則點(diǎn)A到直線BC的距離為．【分析】首先根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，進(jìn)而可得出∠BAD＝∠CAE，據(jù)此可依據(jù)“SAS”判定△ABD和△ACE全等，從而得出BD＝CE＝3，進(jìn)而得BC＝2，然后過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，在Rt△AHC中，利用勾股定理可求出AH的長(zhǎng)．【解答】解：∵△ABC和△ADE均為等邊三角形，∴∠BAC＝60°，AB＝AC，∠DAE＝60°，AD＝AE，∴∠BAC＝∠DAE，∴∠BAC+∠CAD＝∠DAE+∠CAD，即：∠BAD＝∠CAE，在△ABD和△ACE中，，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，即：BC+CD＝CE，∵CD＝1，CE＝3，∴BC+1＝3，∴BC＝2，過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC，垂足為H，∵△ABC是等邊三角形，∴，AC＝BC＝2，在Rt△AHC中，AC＝2，CH＝1，由勾股定理得：．∴點(diǎn)A到直線BC的距離為．故答案為：．6．（2024?雁塔區(qū)校級(jí)二模）已知：如圖，點(diǎn)E、F在BC上，AF與DE交于點(diǎn)G，AB＝DC，GE＝GF，∠B＝∠C．求證：AG＝DG．【分析】由GE＝GF，得出△GEF為等腰三角形，即∠GEF＝∠GFE，再判定△ABF≌△DCE，根據(jù)AF﹣GF＝DE﹣GE，即可得出結(jié)論．【解答】證明：∵GE＝GF，∴△GEF為等腰三角形，∴∠GEF＝∠GFE，∵在△ABF和△DCE中，∠B＝∠C，∴∠A＝∠D，在△ABF和△DCE中，，∴△ABF≌△DCE（ASA），∴AF＝DE，又∵GF＝GE，∴AF﹣GF＝DE﹣GE，即AG＝DG．7．（2024?涼州區(qū)一模）某同學(xué)用10塊高度都是5cm的相同長(zhǎng)方體小木塊，壘了兩堵與地面垂直的木墻，木墻之間剛好可以放進(jìn)一個(gè)等腰直角三角板ABD（∠ABD＝90°，BD＝BA），點(diǎn)B在CE上，點(diǎn)A和D分別與木墻的頂端重合．（1）求證：△ACB≌△BED；（2）求兩堵木墻之間的距離．【分析】（1）根據(jù)題意可得AC＝BC，∠ACB＝90°，AD⊥DE，BE⊥DE，進(jìn)而得到∠ADC＝∠CEB＝90°，再根據(jù)等角的余角相等可得∠BCE＝∠DAC，再證明△ADC≌△CEB即可；（2）利用全等三角形的性質(zhì)進(jìn)行解答．【解答】（1）證明：由題意得：AB＝BD，∠ABD＝90°，AC⊥CE，DE⊥CE，∴∠BED＝∠ACB＝90°，∴∠BDE+∠DBE＝90°，∠DBE+∠ABC＝90°，∴∠BDE＝∠ABC，在△ACB和△BED中，，∴△ACB≌△BED（AAS）；（2）解：由題意得：AC＝5×3＝15（cm），DE＝7×5＝35（cm），∵△ACB≌△BED，∴DE＝BC＝35cm，BE＝AC＝15cm，∴DE＝DC+CE＝50（cm），答：兩堵木墻之間的距離為50cm．8．（2024?龍馬潭區(qū)一模）如圖，拋物線y＝ax2+bx+6（a≠0）與x軸交于A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C，頂點(diǎn)為D．（1）求拋物線的解析式；（2）若在線段BC上存在一點(diǎn)M，使得∠BMO＝45°，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥OM交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，求點(diǎn)M的坐標(biāo)；（3）點(diǎn)P是y軸上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q是在對(duì)稱軸上一動(dòng)點(diǎn)，是否存在點(diǎn)P，Q，使得以點(diǎn)P，Q，C，D為頂點(diǎn)的四邊形是菱形？若存在，求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）把點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0）代入拋物線解析式得，解得，即可得出結(jié)論；（2）由待定系數(shù)法得直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），過(guò)點(diǎn)M作MN⊥y軸于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)H作HK⊥y軸于點(diǎn)K，證△OMN≌△HOK（AAS），得MN＝OK，ON＝HK．則H（﹣2m+6，﹣m），再由點(diǎn)H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，得﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得m＝，即可解決問(wèn)題；（3）分兩種情況討論，①當(dāng)CD為菱形的邊時(shí)，②當(dāng)CD為菱形的對(duì)角線時(shí)，分別求出點(diǎn)Q的坐標(biāo)即可．【解答】解：（1）∵拋物線y＝ax2+bx+6經(jīng)過(guò)點(diǎn)A（﹣1，0），B（3，0）兩點(diǎn)，∴，解得：，∴拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6；（2）由（1）得，點(diǎn)C（0，6），設(shè)直線BC的解析式為y＝kx+c，∵直線BC經(jīng)過(guò)點(diǎn)B（3，0），C（0，6），∴，解得：∴直線BC的解析式為y＝﹣2x+6，設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為（m，﹣2m+6）（0＜m＜3），如圖1，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥y軸于點(diǎn)N，過(guò)點(diǎn)H作HK⊥y軸于點(diǎn)K，則∠MNO＝∠OKH＝90°，∵OH⊥OM，∴∠MOH＝90°，∵∠OMB＝45°，∴△MOH是等腰直角三角形，∴OM＝OH．∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°，∴∠MON＝∠OHK，∴△OMN≌△HOK（AAS），∴MN＝OK，ON＝HK．∴H（﹣2m+6，﹣m），∵點(diǎn)H（﹣2m+6，﹣m）在直線y＝﹣2x+6上，∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m，解得：m＝，把m＝代入y＝﹣2x+6得：y＝，∴當(dāng)∠OMB＝45°時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為（）；（3）存在，理由如下：∵拋物線的解析式為y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，頂點(diǎn)為D，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為（1，8），分兩種情況討論：①當(dāng)CD為菱形的邊時(shí)，如圖2，過(guò)C作CE⊥DQ于E∵C（0，6），D（1，8），∴CD＝＝，∴DQ＝CD＝，∴Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，8﹣）或（1，8+）；②當(dāng)CD為菱形的對(duì)角線時(shí)，如圖3，設(shè)點(diǎn)Q（1，m），P（0，n），∵C（0，6），D（1，8），∴m+n＝6+8＝14，∴n＝14﹣m，∴P（0，14﹣m），∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m，∵CQ＝＝，PC＝CQ，∴8﹣m＝，解得：m＝，∴點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，）；綜上所述，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為（1，8﹣）或（1，8+）或（1，）．考點(diǎn)二：三角形的相似模型相似三角形和勾股定理是解決初中數(shù)學(xué)求長(zhǎng)度問(wèn)題中的兩大重要定理，所有的幾何問(wèn)題就長(zhǎng)度，最后幾乎都能轉(zhuǎn)化為這兩個(gè)定理的應(yīng)用。而作為應(yīng)用幾率更大的相似三角形，熟悉其常用模型，利用模型的性質(zhì)思考對(duì)應(yīng)問(wèn)題的走向就是一個(gè)非常重要的解題思想。所以，先熟悉相似的各種模型，再在問(wèn)題中識(shí)別模型，最后利用模型找捷徑。題型01相似三角形常見(jiàn)模型及其應(yīng)用解題大招：相似常見(jiàn)模型：①A字圖：當(dāng)DE∥BC時(shí)△ADE∽△ABC性質(zhì)：當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)當(dāng)DE∥BC時(shí)△ADE∽△ABC性質(zhì)：當(dāng)∠ADE=∠ACB時(shí)△ADE∽△ACB性質(zhì)：變型②8字圖：當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD當(dāng)∠A=∠C時(shí)△AJB∽△CJD性質(zhì)：當(dāng)AB∥CD時(shí)△AOB∽△DOC當(dāng)AB∥CD時(shí)△AOB∽△DOC性質(zhì)：變型③一線三等角：一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值一般地：當(dāng)動(dòng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到底邊的中點(diǎn)時(shí)，CF有最大值在Rt△ACB與Rt△ADC中，當(dāng)∠ABC=∠ACD時(shí)，有Rt△ACB∽R(shí)t△ADC∽R(shí)t△CDB射影定理：在Rt△ACB與Rt△ADC中，當(dāng)∠ABC=∠ACD時(shí)，有Rt△ACB∽R(shí)t△ADC∽R(shí)t△CDB射影定理：☆：有關(guān)射影定理圖形常見(jiàn)的三個(gè)應(yīng)用方向：等積法（求斜邊上的高）☆：有關(guān)射影定理圖形常見(jiàn)的三個(gè)應(yīng)用方向：等積法（求斜邊上的高）同角的余角相等（得∠A=∠BCD）射影定理在圓中因?yàn)橹睆剿鶎?duì)圓周角=90°，轉(zhuǎn)化得此圖形，進(jìn)而利用以上3個(gè)結(jié)論！☆：“母子△”與“阿氏圓”阿氏圓的基本原理就是構(gòu)造母子三角形，之后再結(jié)合兩點(diǎn)之間線段最短求解最后結(jié)果。具體步驟等見(jiàn)最值小專(zhuān)題“阿氏圓”！【中考真題練】1．（2023?哈爾濱）如圖，AC，BD相交于點(diǎn)O，AB∥DC，M是AB的中點(diǎn)，MN∥AC，交BD于點(diǎn)N，若DO：OB＝1：2，AC＝12，則MN的長(zhǎng)為（）A．2 B．4 C．6 D．8【分析】由AB∥DC易得△CDO∽△ABO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得＝，于是AC＝OA+OC＝OA+OA＝12，求出OA＝8，易得MN為△AOB的中位線，則MN＝OA．【解答】解：∵AB∥DC，∴△CDO∽△ABO，∴，∵DO：OB＝1：2，∴＝，∴OC＝OA，∵AC＝OA+OC＝12，∴OA+OA＝12，∴OA＝8，∵M(jìn)N∥AC，M是AB的中點(diǎn)，∴MN為△AOB的中位線，∴MN＝OA＝＝4．故選：B．2．（2023?東營(yíng)）如圖，△ABC為等邊三角形，點(diǎn)D，E分別在邊BC，AB上，∠ADE＝60°．若BD＝4DC，DE＝2.4，則AD的長(zhǎng)為（）A．1.8 B．2.4 C．3 D．3.2【分析】先證∠CAD＝∠BDE，再根據(jù)∠B＝∠C＝60°，得出△ADC∽△DEB，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求出AD的長(zhǎng)．【解答】解：∵△ABC是等邊三角形，∴BC＝AC，∠B＝∠C＝60°，∴∠CAD+∠ADC＝120°，∵∠ADE＝60°．∴∠BDE+∠ADC＝120°，∴∠CAD＝∠BDE，∴△ADC∽△DEB，∴，∵BD＝4DC，∴設(shè)DC＝x，則BD＝4x，∴BC＝AC＝5x，∴，∴AD＝3，故選：C．3．（2023?雅安）如圖，在?ABCD中，F(xiàn)是AD上一點(diǎn)，CF交BD于點(diǎn)E，CF的延長(zhǎng)線交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，EF＝1，EC＝3，則GF的長(zhǎng)為（）A．4 B．6 C．8 D．10【分析】根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，于是推出△DEF∽△BEC，△DFC∽△AFG，先求出DF與BC的比值，繼而得出DF與AF的比值，再根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例即可求出GF的長(zhǎng)．【解答】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AB∥CD，AD＝BC，∵AD∥BC，∴△DEF∽△BEC，∴，∵EF＝1，EC＝3，∴，即，∴，∵AB∥CD，∴△DFC∽△AFG，∴，∵EF＝1，EC＝3，∴CF＝4，∴，∴GF＝8，故選：C．4．（2023?德州）如圖，A，B，C，D是⊙O上的點(diǎn)，AB＝AD，AC與BD交于點(diǎn)E，AE＝3，EC＝5，BD＝4，⊙O的半徑為（）A．6 B． C．5 D．2【分析】連接DC，易得△ADE∽△ACD，即可求出AD，連接OA，由垂徑定理可得AO⊥BD，再根據(jù)勾股定理即可求解．【解答】解：連接DC，AO，OD，如圖：∵AB＝AD，∴∠ADE＝∠ACD，∴△ADE∽△ACD，∴，即，解得AD＝2，∵AB＝AD，即A是的中點(diǎn)，∴AO⊥BD，BH＝DH＝2，在Rt△ADH中，AH2＝AD2﹣DH2，∴AH＝＝2，∴OH＝OD﹣2，在Rt△ODH中，OD2＝OH2+DH2，∴OD2＝（OD﹣2）2+（2）2，解得OD＝6．故選：A．5．（2023?東營(yíng)）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊DC，BC上，且BF＝CE，AE平分∠CAD，連接DF，分別交AE，AC于點(diǎn)G，M．P是線段AG上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作PN⊥AC，垂足為N，連接PM．有下列四個(gè)結(jié)論：①AE垂直平分DM；②PM+PN的最小值為3；③CF2＝GE?AE；④S△ADM＝6．其中正確的是（）A．①② B．②③④ C．①③④ D．①③【分析】①先根據(jù)正方形的性質(zhì)證得△ADE和△DCF全等，再利用ASA證得△AGM和△AGD全等，即可得出AE垂直平分DM；②連接BD與AC交于點(diǎn)O，交AG于點(diǎn)H，連接HM，根據(jù)題意當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)H重合時(shí)，PM+PN的值最小，即PM+PN的最小值是DO的長(zhǎng)，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出BD的長(zhǎng)，從而得出，即PM+PN的最小值；③先證△DGE∽△ADE，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)及CF＝DE，即可判斷；④先求出AM的長(zhǎng)，再根據(jù)三角形面積公式計(jì)算即可．【解答】解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠DCB＝90°，∵BF＝CE，∴BC﹣BF＝DC﹣CE，即CF＝DE，在△ADE和△DCF中，，∴△ADE≌△DCF（SAS），∴∠DAE＝∠CDF，∵∠CDF+∠ADG＝90°，∴∠DAE+∠ADG＝90°，∴∠AGD＝90°，∴∠AGM＝90°，∴∠AGM＝∠AGD，∵AE平分∠CAD，∴∠MAG＝∠DAG，又AG為公共邊，∴△AGM≌△AGD（ASA），∴GM＝GD，又∵∠AGM＝∠AGD＝90°，∴AE垂直平分DM，故①正確；②如圖，連接BD與AC交于點(diǎn)O，交AG于點(diǎn)H，連接HM，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，即DO⊥AM，∵AE垂直平分DM，∴HM＝HD，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)H重合時(shí)，PM+PN的值最小，此時(shí)PM+PN＝HM+HO＝HD+HO＝DO，即PM+PN的最小值是DO的長(zhǎng)，∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，∴AC＝BD＝，∴，即PM+PN的最小值為，故②錯(cuò)誤；③∵AE垂直平分DM，∴∠DGE＝90°，∵∠ADC＝90°，∴∠DGE＝∠ADE，又∵∠DEG＝∠AED，∴△DGE∽△ADE，∴，即DE2＝GE?AE，由①知CF＝DE，∴CF2＝GE?AE，故③正確；④∵AE垂直平分DM，∴AM＝AD＝4，又，∴，故④錯(cuò)誤；綜上，正確的是：①③，故選：D．6．（2023?大慶）在綜合與實(shí)踐課上，老師組織同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開(kāi)展數(shù)學(xué)活動(dòng)．有一張矩形紙片ABCD如圖所示，點(diǎn)N在邊AD上，現(xiàn)將矩形折疊，折痕為BN，點(diǎn)A對(duì)應(yīng)的點(diǎn)記為點(diǎn)M，若點(diǎn)M恰好落在邊DC上，則圖中與△NDM一定相似的三角形是△MCB．【分析】利用矩形的性質(zhì)得到∠D＝∠C＝90°，然后利用折疊的性質(zhì)推導(dǎo)出∠BMN＝∠A＝90°，進(jìn)而得到∠DNM＝∠CMB，由此推斷出△NDM∽△MCB．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠D＝∠C＝90°，∴∠DNM+∠DMN＝90°，由折疊的性質(zhì)可知，∠BMN＝∠A＝90°，∴∠DMN+∠CMB＝90°，∴∠DNM＝∠CMB，∴△NDM∽△MCB，故答案為：△MCB．7．（2023?呼和浩特）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，BE與AC交于點(diǎn)M，F(xiàn)是AD上一點(diǎn)，連接BF分別交AC，AE于點(diǎn)G，H，且BF⊥AE，連接MH，則AH＝2，MH＝．【分析】先求出AE＝5，證△DAE和△ABF全等得DE＝AF＝，AE＝BF＝5，再證△AFH∽△ADE，利用相似三角形的性質(zhì)可得AH的長(zhǎng)；過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AE于點(diǎn)N，先求出AE＝BE＝5，EH＝3，BH＝4，證△MEC∽△MBA得ME：MB＝CE：AB＝1：2，進(jìn)而得ME：EB＝1：3，再證△MNE∽△BHE，利用相似三角形的性質(zhì)得MN＝，EN＝1，進(jìn)而得HN＝2，最后在Rt△MHN中，由勾股定理可求出MH．【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，且邊長(zhǎng)為，∴AB＝BC＝CD＝DA＝，∠BAD＝∠D＝90°，AB∥CD，∵點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)，∴DE＝CE＝，在Rt△ADE中，AD＝，DE＝，由勾股定理得：，∵∠BAD＝90°，BF⊥AE，∴∠BAH+∠DAE＝90°，∠ABF+∠BAH＝90°，∴∠DAE＝∠ABF，在△DAE和△ABF中，，∴△DAE≌△ABF（SAS），∴DE＝AF＝，AE＝BF＝5，∵BF⊥AE，∠D＝90°，∴∠AHF＝∠D＝90°，又∠HAF＝∠DAE，∴△AFH∽△ADE，∴AH：AD＝AF：AE，即：AH：＝：5，∴AH＝2．過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AE于點(diǎn)N，如圖：在△ADE和△BCE中，，∴△ADE≌△BCE（SAS），∴AE＝BE＝5，∴EH＝AE﹣AH＝5﹣2＝3，在Rt△AHB中，AB＝，AH＝2，由勾股定理得：，∵AB∥CD，∴△MEC∽△MBA，∴ME：MB＝CE：AB，即：ME：MB＝：2，∴ME：MB＝1：2，∴ME：EB＝1：3，∵BF⊥AE，MN⊥AE，∴MN∥BH，∴△MNE∽△BHE，∴MN：BH＝EN：EH＝ME：EB∴MN：4＝EN：3＝1：3，∴MN＝，EN＝1，∴HN＝EH﹣EN＝3﹣1＝2，在Rt△MHN中，MN＝，HN＝2，由勾股定理得：．故答案為：2，．8．（2023?常德）如圖1，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，D是AB上一點(diǎn)，且AD＝2，過(guò)點(diǎn)D作DE∥BC交AC于E，將△ADE繞A點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置．則圖2中的值為．【分析】利用勾股定理求得線段AC的長(zhǎng)度，利用平行線的性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)得到，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到∠DAB＝∠EAC，再利用相似三角形的判定與性質(zhì)得到．【解答】解：∵∠ABC＝90°，AB＝8，BC＝6，∴AC＝＝＝10．∵DE∥BC，∴△ADE∽△ABC，∴．∵將△ADE繞A點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到圖2的位置，∴∠DAB＝∠EAC，∴△ADB∽△AEC，∴．故答案為：．9．（2023?鄂州）2002年的國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)在中國(guó)北京舉行，這是21世紀(jì)全世界數(shù)學(xué)家的第一次大聚會(huì)．這次大會(huì)的會(huì)徽選定了我國(guó)古代數(shù)學(xué)家趙爽用來(lái)證明勾股定理的弦圖，世人稱之為“趙爽弦圖”．如圖，用四個(gè)全等的直角三角形（Rt△AHB≌Rt△BEC≌Rt△CFD≌Rt△DGA）拼成“趙爽弦圖”，得到正方形ABCD與正方形EFGH，連接AC和EG，AC與DF、EG、BH分別相交于點(diǎn)P、O、Q，若BE：EQ＝3：2，則的值是．【分析】設(shè)直角三角形是長(zhǎng)直角邊是a，短直角邊是b，由△AHQ∽△CEQ，得到AH：CE＝HQ：EQ，因此b：a＝（a﹣b）：b，推出a＝2b，由勾股定理求出BC＝b，由△QEO∽△QCB，得到＝＝，而OP＝OQ，于是得到的值．【解答】解：設(shè)直角三角形是長(zhǎng)直角邊是a，短直角邊是b，∴BE＝b，EH＝a﹣b，∵BE：EQ＝3：2，∴EQ＝b，∴QH＝EH﹣EQ＝a﹣b﹣b＝a﹣b，∵AH∥EC，∴△AHQ∽△CEQ，∴AH：CE＝HQ：EQ，∴b：a＝（a﹣b）：b，∴3a2﹣5ab﹣2b2＝0，∴a＝2b，∴BQ＝BE+EQ＝b+b＝b，∵∠BEC＝90°，BE＝b，CE＝a＝2b，∴BC＝＝b，∵∠QEO＝∠QCB＝45°，∠EQO＝CQB，∴△QEO∽△QCB，∴＝＝＝，∵趙爽弦圖是中心對(duì)稱圖形，∴OP＝OQ，∴＝．故答案為：．10．（2023?湘潭）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD是斜邊BC上的高．（1）證明：△ABD∽△CBA；（2）若AB＝6，BC＝10，求BD的長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)已知條件得出∠BDA＝∠BAC，又∠B為公共角，于是得出△ABD∽△CBA；（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求出BD的長(zhǎng)．【解答】（1）證明：∵AD是斜邊BC上的高，∴∠BDA＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BDA＝∠BAC，又∵∠B為公共角，∴△ABD∽△CBA；（2）解：由（1）知△ABD∽△CBA，∴，∴，∴BD＝3.6．11．（2023?南京）在平面內(nèi)，將一個(gè)多邊形先繞自身的頂點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一個(gè)角度θ（0°＜θ＜180°），再將旋轉(zhuǎn)后的多邊形以點(diǎn)A為位似中心放大或縮小，使所得多邊形與原多邊形對(duì)應(yīng)線段的比為k，稱這種變換為自旋轉(zhuǎn)位似變換．若順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記作T（A，順θ，k）；若逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，記作T（A，逆θ，k）．例如：如圖①，先將△ABC繞點(diǎn)B逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)50°，得到△A1BC1，再將△A1BC1以點(diǎn)B為位似中心縮小到原來(lái)的，得到△A2BC2，這個(gè)變換記作T（B，逆50°，）．（1）如圖②，△ABC經(jīng)過(guò)T（C，順60°，2）得到△A′B′C，用尺規(guī)作出△A′B′C．（保留作圖痕跡）（2）如圖③，△ABC經(jīng)過(guò)T（B，逆α，k1）得到△EBD，△ABC經(jīng)過(guò)T（C，順