專題18中點四大模型-【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案（解析版）(一)-中考數(shù)學備考復習重點資料歸納

【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案

專題18中點四大模型

解題策略

模型1倍長中線曲類中線(與中點有關的線段)構造全等三角形.

模型分析.

如圖①,4D是&4BC的中線，延長4D泵點乃使DE=AD,易證：AJDC絲/\EDB(SAS),p

如圖②，。是BC中點，延長FD至點E便DE=FD,易證：△產(chǎn)DB24EDC(SAS)“

模型2已知等腰三角形底邊中點，可以考慮與頂點連接用“三線合一”.“

模型分析.

等腰三角形中有底邊中點時，常作底邊的中線，利用等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)得

到角相等，為解題創(chuàng)造更多的條件，當看見等腰三角形的時候，就應想到：“邊等、角等、

三線合一”.“

模型3已知三角形一邊的中點，可考慮中位線定理.

模型分析：在三角形中，如果有中點，可構造三角形的中位線，利用三角形中位線的性質(zhì)定理：DE//BC,

旦來解題.中位線定理中既有線段之間的位置關系又有數(shù)量關系，該模型可以解決角問題，線

2

段之間的恁半、相等及平行問題.“

模型4已知直角三角形斜邊中點，可以考慮構造斜邊中線.

模型分析：在直角三角形中，當遇見斜邊中點時，經(jīng)常會作斜邊上的中線，利用直角三角形斜邊上的中線

等于斜邊的一半，即來證明線段間的數(shù)量關系，而且可以得到兩個等腰三角形:A48和△BC。，

2

該模型經(jīng)常會與中位線定理?起綜合應用*

經(jīng)典例題

市通州區(qū)育才中學八年級階段練習)已知，在AABC中,〃CB=90。,

AC=BC,AD1CE,BE1CE,垂足分別為O,E.

O

圖2

(1)如圖1,求證：AD=CE-.

(2)如圖2,點。為4B的中點，連接OD,0E.請判斷△ODE的形狀？并說明理由.

【答案】(1)見解析

(2匕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=再由全等

三角形的判定和性質(zhì)即可證明；

(2)連接。C,根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)及斜邊上的中線的性質(zhì)得出4。=B0=CO,

^CAB=/.CBA=45°,COVAB,再由全等三角形的判定得出△OC。三△EBO(SAS),△

ADO^CEO,最后結(jié)合圖形證明即可.

【詳解】(1)證明：???8E1,CE,AD1CE,

：.Z.E=/.ADC=90°,

:.乙EBC+乙BCE=90°.

\'^.BCE+/.ACD=90°,

：./.EBC=A.DCA.

在和△4CC中，

乙E=Z.D,Z.EBC=Z.DCA,BC=AC,

：.ACEB三△ACC(AAS),

：.AD=CE.

(2)△OOE等腰直角三角形，理由如下：

連接OC,如圖所示：

D

AOB

\'AC=BC,4C8=90。，點。是48中點，

：.AO=BO=CO,Z.CAB=Z.CBA=45°,COLAB,

：.Z.AOC=乙BOC=乙ADC=LBEC=90°,

VzFOC+乙BEC+NEC。4-乙EBO=360°,

:.乙EBO+乙ECO=180°,S.Z.DCO+乙ECO=180°,

:.4DCO=乙EBO,S.DC=BE,CO=BO,

：.ADCO三△EBO(SAS),

：.EO=DO,4EOB=乙DOC,

同理可證：△ADO=△CEO,

J./.AOD=/.COE,/.AOD+Z.DOC=90°,

."DOC+"OE=90。，

."DOE=90。,UDO=OE,

.二△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(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形斜

邊上的中線的性質(zhì)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AABC中，UBC=45。，。為BC上一動

(I)如圖1,當乙4DC=75。時，若AB=3+遮，求的長；

(2)如圖2,當AC=4。時，點P為48的中點，且=求證：AC=PC；

(3)如圖3,在(2)的條件下，將aBCP繞點尸旋轉(zhuǎn)180。，得到△4C'P,連接DC',直接寫

出黑的值.

【答案】(1)4。=2百

(2)見解析

【分析】(1)過點。作CH_LAB于點由三角形外角的性質(zhì)易求4ZMH=30。.根據(jù)題意

可求NCBH=乙BDH=45°,即得出BH=DH.設8〃=DH=x,則4。=2x,根據(jù)勾股定

理可求出4H=7AD2—DH2=V3%.從而可列出關于x的方程，解出x,即可求出AD的長;

(2)連接DP,過點A作4QLBC于點Q.易得出AQ=BQ,根據(jù)勾股定理可得出4B=

V2AQ=V2BQ.結(jié)合題意又可得出CD=4Q=BQ.設CD=AQ=BQ=2a.根據(jù)等腰三

角形的性質(zhì)可得CQ=DQ=：CD=a=BD,即點。為BQ中點.結(jié)合題意利用三角形中位

線定理可得PDIIAQ,PD=^AQ=a,從而可證P。1BC,最后根據(jù)勾股定理可求出PC=

V5a=AC；

(3)在(2)的基礎上，過點C'作C'TJ.BC交CB的延長線于點T,由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知4C'=

BC=3a,/.ACP=乙PCB,即易證四邊形AC'TQ是矩形，得出TQ=AC=3a,C'T=AQ=

2a,進而可求出BT=TQ—BQ=a,DT=TQ-DQ=2a=C'T,CT=TQ+CQ=4a,最

后根據(jù)勾股定理求出C'C和C'O的長，作比即可.

【詳解】(1)如圖，過點。作于點

'：^ADC=^ABC+Z.BAD,"8C=45。，^ADC=75°,

：./.BAD=30°,BPzD/lH=30°.

"：DHLAB,

:.乙DBH=NBCH=45。，

：.BH=DH.

設8,=DH=x,則4。=2x,

：.AH=>JAD2-DH2=V3x.

：.AB=AH+BH=x+V3x=3+^3,

解得：x=V3.

：.AD=2V3；

(2)如圖，連接CP,過點4作4Q_LBC于點Q.

?.ZBC=45。，

J./.BAQ=/.ABC=45°,

：.AQ=BQ,

：.AB=V2AQ=五BQ.

"：AB=^2CD,

:.CD=AQ=BQ.

設CD=AQ=BQ=2a.

u

：AD=ACfAQ1CD,

：.CQ=DQ=^CD=a=BD,即點。為BQ中點.

?點尸為AB的中點,即4尸=BP,

：.PD||AQ,PD=^AQ=a,

：.PD1BC,

PC—y/PD2+CD2—yja2+4a2—y/5a,AC--JAQ2+CQ2—V4a2+a2—V5a,

.,.PC=AC；

(3)如圖，在(2)的基礎上，過點C'作C'TIBC交CB的延長線于點T,

由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知AC'=8C=3a,4AC'P=4PCB,

：.AC||CT.

"：C'TIBC,AQ1BC,

...四邊形AC'TQ是矩形，

：.TQ=AC=3a,C'T=AQ=2a,

：.BT=TQ-BQ=3a-2a=a,DT=TQ-DQ=3a-a=2a=C'T,CT=TQ+CQ=

3a+a=4Q,

：.C'D=\[2DT=2V2a,C'C=VCT2+CT2=J(2a)2+(4a)2=2乘a,

【點睛】本題考查三角形外角的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三

角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形中位線定理，矩形的判定和性質(zhì)等知識，綜合性強，較難.正

確的作出輔助線是解題關鍵.

【例3X2022?河南?嵩縣教育局基礎教育教學研究室一模）如圖,RtAABC的中，NBAC=90。,

AB=4cm,4c=3cm,點G是邊AB上一動點，以AG為直徑的。0交CG于點O,E是邊

AC的中點，連接。￡

（1）求證：OE與。。相切；

⑵填空：

①當4G=cm時，0。與直線BC相切；

②當點G在邊AB上移動時，4CDE面積的最大值是cm2

【答案】（I）見解析

⑵①3,嘴

【分析】（1）證明DE是圓的切線，即連接OD,再由直徑4G和中點E想到連接AD、OE,則

可知CE=4E,最后證明AOCE三A04E即可求證；

（2）①由0。與BC相切，故結(jié)合A4BC的面積等于ZL4OC的面積與A80C的面積之和即可求

解；②結(jié)合（1）中分析可知CE=：AC=|,再結(jié)合三角形的面積公式，即可分析求解.

【詳解】（1）連接。E,OD,AD

???4G是。。的直徑，

AADG=AADC=90°,即A4OC是直角三角形.

???E是斜邊4c的中點，

??.DE=AE.

（OD=OA

在AODE和ACME中，IDE=AE

{OE=OE

.*.△ODE幺OAE（SSS）

???乙ODE=Z-BAC=90°.

???。。是。。的半徑,

???DE與相切.

c

(2)①設。。與BC相切與點尸，O。的半徑為r連接0C則OF=OA=r=1AG

VAB=4,AC=3,Z.BAC=90°

22

???BC=V3+4=5,S^A0C=[xACx04=1x3xr=|r,S^ABC=^xABxAC=

4x3=6

???。。與BC相切與點尸

115

???SABOC=-xBCxOF=-x5xr=-r

S、ABC=SA^OC+SABOC

???6=-r+-r,即r=-

222

3

:.AG=2r=-x2=3

故答案是：3.

②由（1）可知OE=CE=\AC=I，設CE邊上的高為八，則另3=gxCExh=.

???當/i取最大值時，SMDE的值最大

結(jié)合題意可知，當/i=DE=|時最大，即DE14C時，

=

SMDE的最大值為:八AxI=R

44-Z<5

故答案是：I

O

【點睛】本題主要考查圓的性質(zhì)、切線的證明、宜角三角形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形

的判定與性質(zhì)、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(zhì)，并根據(jù)題意畫出輔助線，即線段0。,

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4

在y軸正半軸上，點8在x軸負半軸上.

圖1圖2

(1)如圖1,點C在第一象限，若NB4C=90。，4、B兩點的坐標分別是4(0,4),8(-2,0),

求C點的坐標；

⑵如圖2,點C在x正半軸上，點E、尸分別是邊BC、4B上的點，若“EF=乙ACB=2/O4E.求

證：BF=CE；

(3)如圖3,點C與點O重合時點E在第三象限，BE1AE,連接OE,求NBE。的度數(shù).

【答案】(1)C(4,2)；

(2)見解析；

(3)135°.

【分析】(1)過點C作CM_LO4垂足為則乙4MC=90。，求出=/CAM,證明

^ABO^^CAM^AAS),得出MC=A0=4,AM=BO=2,則可得出答案；

(2)證明4BEF=Z.EAC,/.FAE=/.AFE,可得4E=EF,利用AAS證明△4EC三△EFB,

則可得出BF=CE：

(3)過點。作。G14E于點G,OH1BE交BE的延長線于點“，4E與OB交于點”，證明

△AOGNABOH(AAS),由全等三角形的性質(zhì)得出0G=。“，證明E。平分Z4EH,求出

^OEH=/.AEO=45°,則可得出答案.

【詳解】(1)解：如圖1中，過點C作CMJ_04垂足為例，貝叱4MC=90。，

y

圖1

'：Z.BAC=Z.AOB=

：.Z.BAO+Z.CAM=90°,Z.BAO+/-ABO=90°,

J.^LABO=乙CAM,

V△ABC是等腰三角形,Z.BAC=90°,

：.AB=CAf

Z.ABO=Z.CAM

在△4B。和△CAM中，乙AOB=Z1CMA,

AB=CA

：.AABOsACAM(AAS),

：.MC=AO,AM=BO,

???4(0,4),8(—2,0),

?MO=4,BO=2,

，MC=4,AM=2,

：.MO=AO-AM=2,

AC(4,2)：

(2)證明：設4。4E=a,])\UAEF=^ACB=2a,

'：^AEF+乙BEF+Z.AEC=180°,^LACB+LEAC+乙AEC=180°,

:?乙BEF=ZE/1C,

由圖2可知，等腰三角形48c中，AB=AC,

：.^ABC=乙ACB,

VO/11BC,

=z.CAOf

Z-FAE=Z.FAO4-Z-OAE=￡.OAC+a=a+Z.EAC+a=2a+Z-EAC,

^LAFE=乙FBE+乙BEF=2a+乙BEF,

：.^FAE=乙4FE,

：.AE=EF.

???△AEC"EFB(AAS),

：.BF=CE；

(3)解：,點C與點。重合,乙408=90。,

：.OA=OB,

如圖3,過點。作OG1AE于點G,0HLBE交8E的延長線于點H,4E與0B交于點M,

\'BE1AE,

：.LAEB=90°,

,JZ.AOB=90°,4AMO=4BME,

：./.MAO=乙OBH,

又「N/IG。=NB"。=90。，OA=OB,

：.^AOG=△BOH(AAS),

：.OG=OH,

又YOGJL4E,OH1BE,

；.EO平分44EH,

J./-OEH=AAEO=45°,

:.乙BEO=AAEB+乙AEO=900+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(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，

角平分線的判定，三角形內(nèi)角和定理，坐標與圖形的性質(zhì)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(jié)合的思想解答.

培優(yōu)訓練

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一、解答題

1.(2021?湖北武漢?九年級階段練習)△ABC中,BC=4,AC=6,NACB=m。,將△4BC繞點

A順時針旋轉(zhuǎn)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：ZBKE=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PQ2的值.

EE

圖1圖2圖3

【答案】(1)見解析；(2)12+9V3；(3)8-4V3

【分析】(1)根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得乙4EF=乙B,利用三角形的外角性質(zhì)可得乙BKE=^KPA-

AAEF,從而得至IJNBKE=乙BAE=n0；

(2)連。尸，作FH14C于H,根據(jù)條件得到44CF是等邊三角形，則NEFC=90。，從而根

據(jù)S四邊欣EFA=S/CEF+S44CF計算即可；

(3)取CE中點G,連接PG,QG,構造aGPQ為等腰三角形，并結(jié)合中位線定理以及旋

轉(zhuǎn)的性質(zhì)求解/PGQ=30。，再作CNJ_FA于N點，結(jié)合旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求解出sinl5。=亞衛(wèi),

4

最后在4GPQ中運用“三線合一”的性質(zhì)求解出PQ的長度得出結(jié)論.

【詳解】(1)設CK、AE交于點P,

???ZMEF是ZL4BC旋轉(zhuǎn)所得，

?.AAEF=AABC9

???Z,AEF=乙B,

v乙BKE=乙KPA-LAEF,

(BAE=Z.KPA一乙B,

???Z-BKE—Z.BAE=n0；

(2)連CF,作FH_L4C于H,

AAEF=AABC,

EF=BC=4,AF=AC=6f

Z.AFE=Z.ACB=150°,

???zL4CF是等邊三角形，

???Z.AFC=60°,

/.EFC=Z.AFE-Z.AFC=150°-60°=90°,

S^CEF=3,EF=|X6X4=12.

■■■AH=^AC=3,FH=VXF2-AH2=436-9=3>/3,

S"CF==|x6x3V3=9次,

S四邊跣EFA~SACEF+S^ACF=12+9A/3；

(3)如圖，取CE中點G,連接PG,QG,

則PG,QG為Z\BCE和MCE的中位線，

：.PG=^BC=2,QG=^EF=2,AGPQ為等腰三角形，

根據(jù)中位線定理可得：NBCE=/PGE,ZCEF=ZCGQ,

ZPGQ=ZPGE+ZCGQ-180°=ZBCE+ZCEF-180°,

又ZBCE+ZCEF=ZBCE+ZCEA+ZAEF=ZBCE+ZCEA+ZABC.

.?.在四邊形ABCE中，ZBCE+ZCEA+ZABC=3600-ZBAE=360°-150°=210°,

ZBCE+ZCEF=210°,ZPGQ=ZPGE+ZCGQ-180°=210°-180°=30°.

作CN_LFA于N點，根據(jù)旋轉(zhuǎn)可知，ZCAF=150°,AC=AF=6,ZAFC=15°,

NCAN=30°,

在RSCAN中，AC=6,ZCAN=30°,

；.CN=3,AN=33

；.NF=AN+AF=6+3V3

由勾股定理得：FC=>JCN2+NF2=3V6+3vL

???S3N吟3_顯-0

3遍+3在-4

\/6—V2

即：sinl5°=

4

此時，作GM_LPQ,則根據(jù)“三線合一”知GM平分NPGQ,ZMGQ=15°,PM=QM,

?A”八一門'ironV6-V2V6-V2

??MQ=GQ-sinl5=2x---=―-—,

：.PQ=2MQ=

：.PQ2=(V6-V2)2=8-4V3.

E

N

【點睛】本題考查圖形旋轉(zhuǎn)的綜合問題，包括全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定

與性質(zhì)，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：A4BC是等腰直角三角形，動點尸在斜邊4B所

在的直線上，以PC為直角邊作等腰直角三角形PCQ,其中4PCQ=90。，探究并解決下列問

題：

(1)如圖1,若點P在線段48上，且4C=遍+&，PA=2,求PB的長度;

(2)在(1)的條件下，猜想P4PB、PQ三者之間的數(shù)量關系并證明；

(3)如圖2,若點尸在4B的延長線上，求證：PA2+PB2=PQ2.

【答案】⑴2百

(2)PA2+PB2=PQ2,證明見解析

(3)證明見解析

【分析】(1)在Rt/iABC中，利用勾股定理可求得4B,由P8=48—P4可求得PB；

(2)過C作CD14B于點D,則44。C是等腰直角三角形，則可求得4。=CD=^AB=1+

V3,進而得HIPD的長，在山△PCD中利用勾股定理可求得PC的長，進而求出PQ的長即可

得到結(jié)論；

(3)過C作CDJ.4B于點O,把P/和PB?都用PC和CD表示出來，在Rt^PC。中，由勾股

定理得到PC和PD、CD的關系，從而可證得結(jié)論：

【詳解】(1)解：,.?△ABC是等腰直角三角形，/1C=V6+V2,

：.AB=y/AC2+BC22V3+2,

\'PA=2,

：.PB=AB-PA=2>/3+2-2=25/3,

(2)解：PA2+PB2=PQ2,證明如下：

如圖1,過C作CD_L4B于點O,則△4DC是等腰直角三角形，

：.AD=CD=^AB=1+百，

：.PD=AD-PA=y[3-l,

在Rt△PCD中，PC=y/CD2+PD2=+l)2-(V3-l)2=2V2,

「△PCQ是等腰直角三角形，"CQ=90。，

：.PC=QC=2V2,

：.PQ=^PC2+QC2=4,

'：PA2=4,PQ2=16,PB2=12,

：.PA2+PB2=PQ2；

B

圖I

(3)證明：如圖2,過C作CO_L4B于點O,

:△4CB為等腰直角三角形，CDLAB,

：.CD=AD=DB,

'：PA2=(AD+PD)2=(CD+PD)2=CD2+2CD■PD+PD2,

PB2=(PD-BD)2=(PC-CD)2=CD2-2CD-PD+PD2,

：.PA2+PB2=2CD24-2PD2=2(CD2+PD2),

在Rt△「￡1￡)中，山勾股定理可得PC?=

：.PA2+PB2=2PC2,

?；APCQ為等腰直角三角形，且"CQ=90。，

：.PQ2=PC2+CQ2=2PC2,

：.PA2+PB2=PQ2.

0

B\\/

A

圖2'

【點睛】本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，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AABC

中，〃BC=90。，AB=BC,點A,B分別在坐標軸上.

⑴如圖①，過點C作CGly軸于點G,若點C的橫坐標為5,求點B的坐標.

（2）如圖②，將△4BC擺放至%軸恰好平分NBAC,BC交支軸于點M,過點C作CD1x軸

⑶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RS

OBF與等腰RtAABE,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PB的長度.

圖③I

【答案】（1）（0,5）

（3）2

【分析】（1）過點C作CGJ.y軸于點G,根據(jù)余角的性質(zhì)，得出"18。=NBCG,證明△48。三

△8CG,得出8O=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AABM三ACBH,得出AM=CH,根據(jù)

等腰三角形的性質(zhì)，得出CD=。"，即可得出答案；

（3）作EG_Ly軸于G,證明△BA。三ZkEBG,得到BG=40=4,EG=OB,證明△EGP三

△FBP,得到PB=PG,得到答案.

【詳解】（1）解：vZ.ABC=90°,CG_Ly軸，

41+^ABO=90°,41+乙BCG=90°,

???AABO=ABCG（同角的余角相等），

v/.ABC=90°,CGly軸，4ABO=LBCG,AB=BC,

AB。三△BCG（兩角及其中一角的對邊對應相等的兩個三角形全等）,

???BO=CG（全等三角形的對應邊相等），

???C點的橫坐標為5,

?1?CG=5,

vCG=5,BO=CG,B點在y軸上，

B點的坐標是（0,5）.

（2）解：分別延長4B,CD相交于點H,如圖所示：

VZ.ABC=90°,CH，》軸，

???Z1+ZLAMB=90°,43+乙CMD=90°,

ZCBH=90°,

???UMB=乙CMD,

.?.乙1=43（等角的余角相等），

???乙ABC=乙CBH=90°,Zl=23,AB=BC,

.*.△ABM=△CBH（兩角及其中一角的對邊對應相等的兩個三角形全等）,

AAM=CH（全等三角形的對應邊相等），

???4。平分乙BAC,CH1%軸，

.'.Z1=Z2,ZADH=^ADC=90°,

*：AD=ADf

：.△ADH=A/1DC,

：.DH=DC,

?.AM=CH=2CD,

.—co=_i

AM2

（3）解：PB的長度不變，

作EGJLy軸于G,如圖所示：

???點4的坐標為(一4,0),

A0A=4,

\,^.BAO+Z.OBA=90°,Z-OBA+乙EBG=90°,

：./LBAO=乙EBG,

(Z.AOB=Z.BGE

在^BA0^\LEBG^\/.BAO=乙EBG,

AB=BE

：.^BAO三△EBG(AAS),

：.BG=4。=4,EG=OB,

'：0B=BF,

:?BF=EG,

(Z.EPG=乙FPB

在^EGPfFlAFBP^bEGP=乙FBP,

(EG=FB

：.△EGP^AFBP(AAS),

：.PB=PG,

：.PB=-BG=2.

2

【點睛】本題考查的是全等三角形的判定和性質(zhì)、坐標與圖形性質(zhì)，掌握全等三角形的判定

定理和性質(zhì)定理是解題的關鍵.

4.(2022?河北?八年級期中)如圖，在AABC中，已知力B=AC,4ABe=/.ACB=45°,AH是

△ABC的高，BC=10cm,射線CM，BC,動點。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,設運動時間為t(t>0)s.

⑴請直接寫出CD、CE的長度(用含有f的式子表示)：CD=cm,CE=cm：

(2)當點。到點，的距離為2cm時，求r的值；

(3)請直接寫出當t=gs時，△48。與44CE是否全等？

【答案】(1)23t

⑵|s或3

(3)全等，理由見解析

【分析】(1)直接根據(jù)路程=速度x時間可得結(jié)論；

(2)分當點。位于點H右邊時；當點。位于點，左邊時，兩種情況進行討論即可；

(3)分別求出BD,CC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=tem,

故答案為：2t,t；

(2)解：'：AB=AC,/ABC=/.ACB=45°,

...△4BC為等腰直角三角形，

「AH是A/IBC的高，BC=10cm,

：.BH=CH=5,

當點。位于點，右邊時，

CD=CH-HD=5-2=2t,

解得：t=*

當點。位于點“左邊時，

CD=CH+DH=5+2=7=23

解得：t=(

綜上所示：當點。到點H的距離為2cm時，t的值為|s或gs；

(3)解：△48。與44?！耆?，理由如下：

當t=/s時，

廠八人，

CD=2t=r2x—10=—20cm,CE=t=—10cm,

333

：

.BD=BC-CD=10--3=—3cm,

：.BD=CE,

"."CM1BC,/.ABC=/.ACB=45°,

J./-ACE=45°,

在△ABD和△ACE中，

cAB=AC

乙B=Z.ACE，

IBD=CE

.?.△ABD三△ACE(SAS).

［點睛】本題考查了全等三角形判定與性質(zhì)，一元一次方程的應用，等腰直角三角形的性質(zhì)，

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，NACB=90。，AC=BC,點。是斜邊4B的

中點，點E、尸分別在也4C、BC上，且DE1DF,垂足為D.

(1)如圖1,當。EJ.4C時，DE.DF的大小關系是；

(2)如圖2,將NEDF繞點D點旋轉(zhuǎn)，(1)中的關系還成立嗎？請說明理由；

(3)如圖3,連接EF,試探究4E、BF、EF之間的數(shù)量關系，并證明你的結(jié)論.

【答案】(1)CE=DF

(2)成立，理由見解析

(3)EF2=AE2+BF2,證明見解析

【分析】(1)連接CD，由DE1AC,得4DEC=90。=44cB=NEDF,可得DF1BC,而

AC=BC,。為4B中點，知CD是乙4cB的平分線，即得。E=DF；

(2)過。作DM1AC于M,DN1BC于N,同(1)可得DM=DN,由4DMC=乙DNC=^ACB=

90°,可得乙MDN=90°=/.EDF,從而乙MDE=乙NDF,可證△DME三△￡WF(AAS),故DE=

DF；

(3)過。作DM1AC于M,DN1BC于N,由(2)知小DME三△DNF,可得ME=NF,DE=DF,

DM=DN,即可得E/2=2CE2,而AC=4B,/.ACB=90°,有U==45°,從而AM=

DM=DN=BN,設ME=NF=x,貝ijAM=AE—x=DM,BN=BF+x=DN,由4M=

BN,得4E—x=BF+%,x=AE即ME=華之叫DM=AE—x=AE^BF,又DE?=

DM2+ME2,即可得Ef2=2DE2=+BF2

【詳解】(1)解：DE=DF,理由如下：

連接CD,如圖：

vDE1AC,

4DEC=90°=4ACB=乙EDF,

/.DFC=90°,SPDF1BC,

■■■AC=BC,。為4B中點，

CO是N4C8的平分線，

vDE1AC,DF1BC,

DE=OF（角平分線上的點到兩邊的距離相等）；

故答案為：DE=DF-,

（2）將NEDF繞點。點旋轉(zhuǎn)，（1）中的關系還成立，理由如下:

過D作。M14C于M,DNLBCTN,如圖：

同(1)可得DM=DN,

???ZDMC=Z.DNC=^ACB=90°,

:.(MDN=9O°=ZFDF,

???Z,MDN一乙EDN=ZFDF一乙EDN,即4MDE=乙NDF,

vZ-DME=900=乙DNF,

???△DMEmZkONF(AAS),

???DE=DF；

222

(3)EF=AE^BF9證明如下：

過D作。M于M,DNtBC于N,如圖：

ME=NF,DE=DF,DM=DN,

vZ-EDF=90°,

222

ADE+DF=EF,

:.EF?=2DE?,

???AC=AB,Z.ACB=90°,

???=NB=45°,

vDMLAC^M,DN工BC于N,

:,AM=DM=DN=BN,

設ME=NF=%,^)\AM=AE-x=DM,BN=BF+x=DN,

?：AM=BN,

???AE-x=BFx,

AE-BF即ME=AE-BF

22

DM=AE-x=

2

,AE+BF,,AE-BF.AE2+BF2

???DE2=DM2+ME2=(=-)X7+(^)?

■■■EF2=2DE2=AE2+BF2.

【點睛】本題考查等腰直角三角形中的旋轉(zhuǎn)問題，涉及三角形全等的判定與性質(zhì)，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.

圖2

⑴如圖1,求證：BD=CE；

（2）如圖2,當4D=CD時，過點C作CM14。于點M,如果DM=2,求CD-BD的值.

【答案】（1）見解析

(2)4

【分析】（1）過4作4H1BC于點H,根據(jù)三線合?可得：BH=CH,DH=EH,即可證明;

（2）過4作AH1BC于點H,易證△4HD三△CMD,可得MD=DH,即可求解.

【詳解】（1）證明：如圖過A作于點H,

A

'：AB=AC,AH1BC,

：.BH=CH,

\"AD=AE,

：.DH=EH,

：.BD=CE；

(2)解：過4作于點H,

A

乙CDM=^.ADH

LCMD=/.AHD=90°

,CD=AD

：.△AHDSACMD(AAS),

：.DH=MD,

：.CD-BD=(CH+DW)-(BH-DH)=2DH=2MD=4.

【點睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)"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A4BC中=4C,、=30。,AB=10,

以4B為直徑的。。交BC于點。，交AC于點、E,連接。E,過點8作BP平行于DE,交。。于

點P,連接CP,OP.

(1)求證：點。為BC的中點；

(2)求AP的長度.

【答案】(1)見解析

(2浮

【分析】(1)連接4。，可得4D_L8C,再由等腰三角形的性質(zhì)，即可求證；

(2)由等腰三角形的性質(zhì)，可得N4BC=75。，再根據(jù)四邊形4BDE為。。的內(nèi)接四邊形，

可得"DC=ABAC=30°,然后根據(jù)BPIIOE,可得"8C=4EDC=30°,從而得至叱08P=

/.ABC-/.PBC=45°,然后根據(jù)圓周角定理可得乙40P=90。，再根據(jù)弧長公式計算，即可

求解.

【詳解】(1)證明：如圖，連接4。，

為。。的直徑，

：.Z.ADB=90°,即AD1BC,

\'AB=AC,

：.BD=CD,即點。為BC的中點;

解：

(2)VZ.B/1C=30°,AB=ACf

：.Z.ABC=1x(180°-30°)=75°,

四邊形48DE為O。的內(nèi)接四邊形，

:?乙EDB+乙BAC=180°,

VzED5+zEDC=180°,

?"E7)C=NBAC=30。，

u：

BP\\DEt

:?乙PBC=乙EDC=30°,

：.WBP=/.ABC一乙PBC=45°,

?；0B=OP,

???△OBP為等腰直角三角形，

:?(BOP=90°,

：.^AOP=90°,

'：AB=10,

.,?半徑。4=5,

???/P的長度為警=?.

lowN

【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(zhì)，等腰三角形的性質(zhì),

熟練掌握弧長公式，圓周角定理，圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)是解題的關鍵.

8.(2022?湖北黃石?九年級期中)如圖，AABC中，AB=AC,AH1BC于H,BD1ACTD,

AH,BD相交于點0,以。為圓心、OD為半徑的。。交BC于點E、F,已知4。=6,BD=8.

(1)求證：2B是。。的切線;

(2)求。。的半徑；

(3)求弦EF的長.

【答案】(1)見解析；

(2)3；

(3)4.

【分析】(1)過點。作0M1A8于點M,利用角平分線的性質(zhì)得到OM=OD,即可；

(2)利用勾股定理求得4c=48=10,從而得到CD=4,再由勾股定理求得BC=4西，

則BH=C，=2b,再由勾股定理得到4H=46，由△4。。得到黑=要，即可求

AHBH

解；

(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。作OMJ.4B『點M,如圖

,：AH1.BC,AB=AC

.MH平分NB4C

又「OM1AB,ODLAC

：.OM=OD

...AB是00的切線；

(2)解：由勾股定理可得，AB=yjAD2+BD2=10,AC=10,

則CD=4,

由勾股定理可得：BC=y/BD2+CD2=4V5,

由題意可得：4H為中線，

；.BH=CH=2^5

由勾股定理可得：AH=y/AB2-BH2=45/5

由(1)可得/BAH=LOAD,

5L'：Z.ADB=^LAHB=90°

：.^AOD?AABH,

?ADOD日n6OD

../=病即命=也

解得：00=3,即半徑為3.

（3）連接0E,如下圖：

由題意可得：0E=3,OH1EF

：.EH=HF

在RtA4。。中，由勾股定理可得：AO=>JOD2+AD2=3>/5

：.0H=AH-AO=>/5,

在RtAOEH中，由勾股定理可得：EH=VOE2-OH2=2

：.EF=2EH=4

【點睛】此題考查J'切線的判定，垂徑定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，等腰三

角形的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練掌握相關性質(zhì).

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48co中，4c為對角線，4C=BC,4E是A4BC的中線.

①在4。取一點尸使得EFIICD；（僅使用無刻度的直尺畫圖）.

②畫出A4BC的高CH.（僅使用無刻度的直尺畫圖）.

（2）如圖（2）,四邊形ABC。是平行四邊形，在線段CD找一點E,使得BE平分乙4EC.（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。點，則0B=。。，則0E為ABC。的中位線，可得OE||CD,

延長E。交4。于F,則EF滿足條件;

②設BD交AE于P點，則P點為AABC的三條中線的交點，然后延長CP交AB于〃，CH為AB

邊上的中線，再由4C=BC,根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到CH_L28；

（2）以A點為圓心，48為半徑畫弧交CC于E點，貝l」4E=4B,可得乙4EB=NABE,再根

據(jù)C0I4B,可知乙4BE=NCEB,從而得到4CEB=4EB,即可.

【詳解】（1）解：①如圖I,連接8。交4CF0點，并延長E。交4。于人尸點即為所作;

理由：?.?四邊形ABCC是平行四邊形,

：.0B=0D,

是MBC的中線.

：.0E以BCD的中位線,

：.0E||CD,即EFIICD；

②如圖1,設BD交4E于P點，延長CP交ZB于H,CH即為所作:

圖1

理由：?.?四邊形ZBCD是平行四邊形,

0A=0C,

"：AC=BC.AE^ABC的中線.

點為△ABC的三條中線的交點,

.,.CH為48邊上的中線,

：.CH1AB,即C”是△ABC的高;

則線段8E為所作.

圖2

理由：根據(jù)作法得：AE=AB,

：.^AEB=乙ABE,

?.?四邊形ABCD是平行四邊形,

：.AB\\CD,

：.^ABE=乙CEB,

：.Z.CEB=^AEB,即BE平分〃EC.

【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(zhì)，

結(jié)合幾何圖形的基本性質(zhì)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(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及平行線的性質(zhì).

10.(2022?湖南長沙?九年級期中)如圖，在AABC中，AB=AC,以4c為直徑的。。，與2B

邊相交于點。，與BC邊相交于點E,過點E作EF148,垂足為點尸.

(1)求證：EF是。0的切線；

(2)求證：點E是CD的中點；

(3)若。。的直徑為18,BC=12,求4。的長.

【答案】(1)見解析；

(2)見解析；

(3)4。的長為14.

【分析】(1)連接OE,利用等腰三角形的性質(zhì)，證明。EII4B即可證明：

(2)利用圓周角定理以及等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可證明；

(3)連接4E、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-

4CBD,即可解答.

【詳解】(1)證明：連接OE,

'：EF1AB,

，乙EFD=乙EFB=90°,

a：AB=AC,

:?乙B=乙C,

9：OC=OE,

zC=〃)EC,

?\Z-OEC=乙B,

：.OE\\AB,

：.^OEF=Z.EFB=90°,

????！晔恰?的半徑，

???EF是OO的切線；

(2)證明：如圖，連接力E,

??NC是直徑，

：.AE1BC,

\'AB=AC,

C.Z-BAE=Z-CAEf

.\DE—CE,

點E是CD的中點；

(3)解：連接AE、CD,

是。。的直徑，AB=AC,BC=12,

，乙CDB=Z.AEC=/.AEB=90°,BE=CE=6,

■:乙B=￡B,

△ABEs&CBD,

.ABBE186

?.=,nUpn~—,

CBBD12BD

解得：BD=4,

：.AD=AB-BD=18-4=14,

故40的長為14.

【點睛】本題考查了切線的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，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(jié)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RtAZBC中，^ACB=90°,"=

30°,BC是A/IBC的角平分線，CE1AB于點E.

圖1圖2備用圖

(1)如圖1,連接EC,求證：AEBC是等邊三角形；

(2)點M是4c邊上一個動點(不與點。重合)，以8M為一邊，在8M的下方作NBMG=60°,

MG交射線OE于點G.請畫出完整圖形，探究OG與A。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4D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(zhì)可得乙48c=60。，BC=\AB,根據(jù)BD是A

ABC的角平分線，可得=NC8D=30。，即有可得△48。是等腰三角形，結(jié)合DE148

和。E是△48。的中線，可得4E=BE=g/W,問題隨之得解；

(2)分例點在線段AD上和M點在線段DC上兩種情況來補全圖形：當分/點在線段/。上

時，延長BC至N點，使得MD=ND,連接MN,先證明△MND是等邊三角形，再證明^MNB三

△MDG(ASA),即可得解；當例點在線段DC上時，延長GZ?至H,使得DH=M。，連接

BD與MG交于點Q,先證明是等邊三角形，再證明△HMG三ADMB(AAS),即可得

解.

【詳解】（1）?.,在RtZiABC中，ZJ4CF=90°,44=30。,

：./-ABC=60°,BC=-AB,

2

???8。是4/8。的角平分線，

:?(ABD=乙CBD=30°,

Z.ABD=ZJ1,

：.AD=BD,

...△ABD是等腰三角形，

,：DE1AB,

是△ABD的中線，

：.AE=BE=-AB,