专题18中点四大模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（解析版）(一)-中考数学备考复习重点资料归纳

【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案

专题18中点四大模型

解题策略

模型1倍长中线曲类中线(与中点有关的线段)构造全等三角形.

模型分析.

如图①,4D是&4BC的中线，延长4D泵点乃使DE=AD,易证：AJDC丝/\EDB(SAS),p

如图②，。是BC中点，延长FD至点E便DE=FD,易证：△产DB24EDC(SAS)“

模型2已知等腰三角形底边中点，可以考虑与顶点连接用“三线合一”.“

模型分析.

等腰三角形中有底边中点时，常作底边的中线，利用等腰三角形“三线合一”的性质得

到角相等，为解题创造更多的条件，当看见等腰三角形的时候，就应想到：“边等、角等、

三线合一”.“

模型3已知三角形一边的中点，可考虑中位线定理.

模型分析：在三角形中，如果有中点，可构造三角形的中位线，利用三角形中位线的性质定理：DE//BC,

旦来解题.中位线定理中既有线段之间的位置关系又有数量关系，该模型可以解决角问题，线

2

段之间的恁半、相等及平行问题.“

模型4已知直角三角形斜边中点，可以考虑构造斜边中线.

模型分析：在直角三角形中，当遇见斜边中点时，经常会作斜边上的中线，利用直角三角形斜边上的中线

等于斜边的一半，即来证明线段间的数量关系，而且可以得到两个等腰三角形:A48和△BC。，

2

该模型经常会与中位线定理•起综合应用*

经典例题

市通州区育才中学八年级阶段练习)已知，在AABC中,〃CB=90。,

AC=BC,AD1CE,BE1CE,垂足分别为O,E.

O

图2

(1)如图1,求证：AD=CE-.

(2)如图2,点。为4B的中点，连接OD,0E.请判断△ODE的形状？并说明理由.

【答案】(1)见解析

(2匕DOE等腰直角三角形，理由见解析

【分析】(1)根据垂直的定义及直角三角形中两个锐角互余得出=再由全等

三角形的判定和性质即可证明；

(2)连接。C,根据等腰直角三角形的性质及斜边上的中线的性质得出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,最后结合图形证明即可.

【详解】(1)证明：•••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：

连接OC,如图所示：

D

AOB

\'AC=BC,4C8=90。，点。是48中点，

：.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,

同理可证：△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.

【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜

边上的中线的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键.

【例2】(2022.重庆市合川中学九年级阶段练习)在AABC中，UBC=45。，。为BC上一动

(I)如图1,当乙4DC=75。时，若AB=3+遮，求的长；

(2)如图2,当AC=4。时，点P为48的中点，且=求证：AC=PC；

(3)如图3,在(2)的条件下，将aBCP绕点尸旋转180。，得到△4C'P,连接DC',直接写

出黑的值.

【答案】(1)4。=2百

(2)见解析

【分析】(1)过点。作CH_LAB于点由三角形外角的性质易求4ZMH=30。.根据题意

可求NCBH=乙BDH=45°,即得出BH=DH.设8〃=DH=x,则4。=2x,根据勾股定

理可求出4H=7AD2—DH2=V3%.从而可列出关于x的方程，解出x,即可求出AD的长;

(2)连接DP,过点A作4QLBC于点Q.易得出AQ=BQ,根据勾股定理可得出4B=

V2AQ=V2BQ.结合题意又可得出CD=4Q=BQ.设CD=AQ=BQ=2a.根据等腰三

角形的性质可得CQ=DQ=：CD=a=BD,即点。为BQ中点.结合题意利用三角形中位

线定理可得PDIIAQ,PD=^AQ=a,从而可证P。1BC,最后根据勾股定理可求出PC=

V5a=AC；

(3)在(2)的基础上，过点C'作C'TJ.BC交CB的延长线于点T,由旋转的性质可知4C'=

BC=3a,/.ACP=乙PCB,即易证四边形AC'TQ是矩形，得出TQ=AC=3a,C'T=AQ=

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

后根据勾股定理求出C'C和C'O的长，作比即可.

【详解】(1)如图，过点。作于点

'：^ADC=^ABC+Z.BAD,"8C=45。，^ADC=75°,

：./.BAD=30°,BPzD/lH=30°.

"：DHLAB,

:.乙DBH=NBCH=45。，

：.BH=DH.

设8,=DH=x,则4。=2x,

：.AH=>JAD2-DH2=V3x.

：.AB=AH+BH=x+V3x=3+^3,

解得：x=V3.

：.AD=2V3；

(2)如图，连接CP,过点4作4Q_LBC于点Q.

•.ZBC=45。，

J./.BAQ=/.ABC=45°,

：.AQ=BQ,

：.AB=V2AQ=五BQ.

"：AB=^2CD,

:.CD=AQ=BQ.

设CD=AQ=BQ=2a.

u

：AD=ACfAQ1CD,

：.CQ=DQ=^CD=a=BD,即点。为BQ中点.

•点尸为AB的中点,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)如图，在(2)的基础上，过点C'作C'TIBC交CB的延长线于点T,

由旋转的性质可知AC'=8C=3a,4AC'P=4PCB,

：.AC||CT.

"：C'TIBC,AQ1BC,

...四边形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,

【点睛】本题考查三角形外角的性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三

角形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，矩形的判定和性质等知识，综合性强，较难.正

确的作出辅助线是解题关键.

【例3X2022•河南•嵩县教育局基础教育教学研究室一模）如图,RtAABC的中，NBAC=90。,

AB=4cm,4c=3cm,点G是边AB上一动点，以AG为直径的。0交CG于点O,E是边

AC的中点，连接。£

（1）求证：OE与。。相切；

⑵填空：

①当4G=cm时，0。与直线BC相切；

②当点G在边AB上移动时，4CDE面积的最大值是cm2

【答案】（I）见解析

⑵①3,嘴

【分析】（1）证明DE是圆的切线，即连接OD,再由直径4G和中点E想到连接AD、OE,则

可知CE=4E,最后证明AOCE三A04E即可求证；

（2）①由0。与BC相切，故结合A4BC的面积等于ZL4OC的面积与A80C的面积之和即可求

解；②结合（1）中分析可知CE=：AC=|,再结合三角形的面积公式，即可分析求解.

【详解】（1）连接。E,OD,AD

•••4G是。。的直径，

AADG=AADC=90°,即A4OC是直角三角形.

•••E是斜边4c的中点，

・•.DE=AE.

（OD=OA

在AODE和ACME中，IDE=AE

{OE=OE

.*.△ODE幺OAE（SSS）

・•・乙ODE=Z-BAC=90°.

•・•。。是。。的半径,

・・・DE与相切.

c

(2)①设。。与BC相切与点尸，O。的半径为r连接0C则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

・•・。。与BC相切与点尸

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，设CE边上的高为八，则另3=gxCExh=.

・•・当/i取最大值时，SMDE的值最大

结合题意可知，当/i=DE=|时最大，即DE14C时，

=

SMDE的最大值为:八AxI=R

44-Z<5

故答案是：I

O

【点睛】本题主要考查圆的性质、切线的证明、宜角三角形的性质、勾股定理、全等三角形

的判定与性质、面积最值问题、线段长度问题等知识点，属于综合几何证明题，具有一定难

度.解题的关键是熟练掌握圆和直角三角形的相关性质，并根据题意画出辅助线，即线段0。,

AD.

【例4】(2021.广西.南宁二中八年级期中)在平面直角坐标系中有一等腰三角形ABC,点4

在y轴正半轴上，点8在x轴负半轴上.

图1图2

(1)如图1,点C在第一象限，若NB4C=90。，4、B两点的坐标分别是4(0,4),8(-2,0),

求C点的坐标；

⑵如图2,点C在x正半轴上，点E、尸分别是边BC、4B上的点，若“EF=乙ACB=2/O4E.求

证：BF=CE；

(3)如图3,点C与点O重合时点E在第三象限，BE1AE,连接OE,求NBE。的度数.

【答案】(1)C(4,2)；

(2)见解析；

(3)135°.

【分析】(1)过点C作CM_LO4垂足为则乙4MC=90。，求出=/CAM,证明

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

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

则可得出BF=CE：

(3)过点。作。G14E于点G,OH1BE交BE的延长线于点“，4E与OB交于点”，证明

△AOGNABOH(AAS),由全等三角形的性质得出0G=。“，证明E。平分Z4EH,求出

^OEH=/.AEO=45°,则可得出答案.

【详解】(1)解：如图1中，过点C作CMJ_04垂足为例，贝叱4MC=90。，

y

图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)证明：设4。4E=a,])\UAEF=^ACB=2a,

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

:•乙BEF=ZE/1C,

由图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：,点C与点。重合,乙408=90。,

：.OA=OB,

如图3,过点。作OG1AE于点G,0HLBE交8E的延长线于点H,4E与0B交于点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°.

【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，

角平分线的判定，三角形内角和定理，坐标与图形的性质等知识，解答本题的关键是明确题

意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答.

培优训练

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一、解答题

1.(2021・湖北武汉•九年级阶段练习)△ABC中,BC=4,AC=6,NACB=m。,将△4BC绕点

A顺时针旋转n。得到△AEF,E与B是对应点，如图1.

(1)延长BC、EF,交于点K,求证：ZBKE=n°；

(2)当m=150,n=60时，求四边形CEFA的面积；

(3)如图3.当n=150时，取BE的中点P和CF的中点Q,直接写出PQ2的值.

EE

图1图2图3

【答案】(1)见解析；(2)12+9V3；(3)8-4V3

【分析】(1)根据旋转的性质可得乙4EF=乙B,利用三角形的外角性质可得乙BKE=^KPA-

AAEF,从而得至IJNBKE=乙BAE=n0；

(2)连。尸，作FH14C于H,根据条件得到44CF是等边三角形，则NEFC=90。，从而根

据S四边欣EFA=S/CEF+S44CF计算即可；

(3)取CE中点G,连接PG,QG,构造aGPQ为等腰三角形，并结合中位线定理以及旋

转的性质求解/PGQ=30。，再作CNJ_FA于N点，结合旋转的性质求解出sinl5。=亚卫,

4

最后在4GPQ中运用“三线合一”的性质求解出PQ的长度得出结论.

【详解】(1)设CK、AE交于点P,

•••ZMEF是ZL4BC旋转所得，

•.AAEF=AABC9

・•・Z,AEF=乙B,

v乙BKE=乙KPA-LAEF,

(BAE=Z.KPA一乙B,

・••Z-BKE—Z.BAE=n0；

(2)连CF,作FH_L4C于H,

AAEF=AABC,

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

Z.AFE=Z.ACB=150°,

・・・zL4CF是等边三角形，

・・・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四边跣EFA~SACEF+S^ACF=12+9A/3；

(3)如图，取CE中点G,连接PG,QG,

则PG,QG为Z\BCE和MCE的中位线，

：.PG=^BC=2,QG=^EF=2,AGPQ为等腰三角形，

根据中位线定理可得：NBCE=/PGE,ZCEF=ZCGQ,

ZPGQ=ZPGE+ZCGQ-180°=ZBCE+ZCEF-180°,

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

.•.在四边形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点，根据旋转可知，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_显-0

3遍+3在-4

\/6—V2

即：sinl5°=

4

此时，作GM_LPQ,则根据“三线合一”知GM平分NPGQ,ZMGQ=15°,PM=QM,

•A”八一门'ironV6-V2V6-V2

・・MQ=GQ-sinl5=2x---=―-—,

：.PQ=2MQ=

：.PQ2=(V6-V2)2=8-4V3.

E

N

【点睛】本题考查图形旋转的综合问题，包括全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定

与性质，以及运用三角函数解直角三角形等，熟练根据题意灵活构造辅助线是解题关键.

2.(2022.四川•石室中学八年级期中)已知：A4BC是等腰直角三角形，动点尸在斜边4B所

在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ,其中4PCQ=90。，探究并解决下列问

题：

(1)如图1,若点P在线段48上，且4C=遍+&，PA=2,求PB的长度;

(2)在(1)的条件下，猜想P4PB、PQ三者之间的数量关系并证明；

(3)如图2,若点尸在4B的延长线上，求证：PA2+PB2=PQ2.

【答案】⑴2百

(2)PA2+PB2=PQ2,证明见解析

(3)证明见解析

【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)过C作CD14B于点D,则44。C是等腰直角三角形，则可求得4。=CD=^AB=1+

V3,进而得HIPD的长，在山△PCD中利用勾股定理可求得PC的长，进而求出PQ的长即可

得到结论；

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

定理得到PC和PD、CD的关系，从而可证得结论：

【详解】(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,证明如下：

如图1,过C作CD_L4B于点O,则△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

图I

(3)证明：如图2,过C作CO_L4B于点O,

:△4CB为等腰直角三角形，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为等腰直角三角形，且"CQ=90。，

：.PQ2=PC2+CQ2=2PC2,

：.PA2+PB2=PQ2.

0

B\\/

A

图2'

【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线，构造直角三

角形是解题的关键.

3.（2022・广东・惠州市惠阳区朝晖学校九年级阶段练习）阅读理解：如图，等腰直角AABC

中，〃BC=90。，AB=BC,点A,B分别在坐标轴上.

⑴如图①，过点C作CGly轴于点G,若点C的横坐标为5,求点B的坐标.

（2）如图②，将△4BC摆放至%轴恰好平分NBAC,BC交支轴于点M,过点C作CD1x轴

⑶如图③，若点A坐标为（-4,0）,分别以OB,AB为直角边在第一、第二象限作等腰RS

OBF与等腰RtAABE,连接EF交y轴于点P.当B点在y轴正半轴上移动时，PB

的长度是否会发生改变？若改变，请说明理由，若不改变，请直接写出PB的长度.

图③I

【答案】（1）（0,5）

（3）2

【分析】（1）过点C作CGJ.y轴于点G,根据余角的性质，得出"18。=NBCG,证明△48。三

△8CG,得出8O=CG=5,即可得出答案；

（2）分别延长AB,CD相交于点H,根据“AAS”证明AABM三ACBH,得出AM=CH,根据

等腰三角形的性质，得出CD=。"，即可得出答案；

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

△FBP,得到PB=PG,得到答案.

【详解】（1）解：vZ.ABC=90°,CG_Ly轴，

41+^ABO=90°,41+乙BCG=90°,

•••AABO=ABCG（同角的余角相等），

v/.ABC=90°,CGly轴，4ABO=LBCG,AB=BC,

AB。三△BCG（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等）,

•••BO=CG（全等三角形的对应边相等），

•••C点的横坐标为5,

•1•CG=5,

vCG=5,BO=CG,B点在y轴上，

B点的坐标是（0,5）.

（2）解：分别延长4B,CD相交于点H,如图所示：

VZ.ABC=90°,CH，》轴，

・・・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（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等）,

AAM=CH（全等三角形的对应边相等），

•・・4。平分乙BAC,CH1%轴，

.'.Z1=Z2,ZADH=^ADC=90°,

*：AD=ADf

：.△ADH=A/1DC,

：.DH=DC,

•.AM=CH=2CD,

.—co=_i

AM2

（3）解：PB的长度不变，

作EGJLy轴于G,如图所示：

•・•点4的坐标为(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

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定

定理和性质定理是解题的关键.

4.(2022・河北•八年级期中)如图，在AABC中，已知力B=AC,4ABe=/.ACB=45°,AH是

△ABC的高，BC=10cm,射线CM，BC,动点。从点C开始沿射线CB的方向以每秒2厘

米的速度运动，动点E也同时从点C开始在射线CM上以每秒1厘米的速度运动，连接

AD.AE,设运动时间为t(t>0)s.

⑴请直接写出CD、CE的长度(用含有f的式子表示)：CD=cm,CE=cm：

(2)当点。到点，的距离为2cm时，求r的值；

(3)请直接写出当t=gs时，△48。与44CE是否全等？

【答案】(1)23t

⑵|s或3

(3)全等，理由见解析

【分析】(1)直接根据路程=速度x时间可得结论；

(2)分当点。位于点H右边时；当点。位于点，左边时，两种情况进行讨论即可；

(3)分别求出BD,CC的长度，然后根据“SAS”证明全等即可.

【详解】(1)解：根据题意可得CD=2tcm,CE=tem,

故答案为：2t,t；

(2)解：'：AB=AC,/ABC=/.ACB=45°,

...△4BC为等腰直角三角形，

「AH是A/IBC的高，BC=10cm,

：.BH=CH=5,

当点。位于点，右边时，

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

解得：t=*

当点。位于点“左边时，

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

解得：t=(

综上所示：当点。到点H的距离为2cm时，t的值为|s或gs；

(3)解：△48。与44。£全等，理由如下：

当t=/s时，

厂八人，

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).

［点睛】本题考查了全等三角形判定与性质，一元一次方程的应用，等腰直角三角形的性质，

灵活运用相关知识点列方程求解是关键.

5.(2022.江苏徐州.八年级期中)如图,△ABC中，NACB=90。，AC=BC,点。是斜边4B的

中点，点E、尸分别在也4C、BC上，且DE1DF,垂足为D.

(1)如图1,当。EJ.4C时，DE.DF的大小关系是；

(2)如图2,将NEDF绕点D点旋转，(1)中的关系还成立吗？请说明理由；

(3)如图3,连接EF,试探究4E、BF、EF之间的数量关系，并证明你的结论.

【答案】(1)CE=DF

(2)成立，理由见解析

(3)EF2=AE2+BF2,证明见解析

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

AC=BC,。为4B中点，知CD是乙4cB的平分线，即得。E=DF；

(2)过。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,从而乙MDE=乙NDF,可证△DME三△£WF(AAS),故DE=

DF；

(3)过。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°,从而AM=

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

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

DM2+ME2,即可得Ef2=2DE2=+BF2

【详解】(1)解：DE=DF,理由如下：

连接CD,如图：

vDE1AC,

4DEC=90°=4ACB=乙EDF,

/.DFC=90°,SPDF1BC,

■■■AC=BC,。为4B中点，

CO是N4C8的平分线，

vDE1AC,DF1BC,

DE=OF（角平分线上的点到两边的距离相等）；

故答案为：DE=DF-,

（2）将NEDF绕点。点旋转，（1）中的关系还成立，理由如下:

过D作。M14C于M,DNLBCTN,如图：

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证明如下：

过D作。M于M,DNtBC于N,如图：

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,

设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.

【点睛】本题考查等腰直角三角形中的旋转问题，涉及三角形全等的判定与性质，勾股定理

及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形.

6.（2022・湖北・武汉市黄陂区教学研究室八年级期中）如图，点D,E在△ABC的边BC上，

AB=AC,AD=AE.

图2

⑴如图1,求证：BD=CE；

（2）如图2,当4D=CD时，过点C作CM14。于点M,如果DM=2,求CD-BD的值.

【答案】（1）见解析

(2)4

【分析】（1）过4作4H1BC于点H,根据三线合•可得：BH=CH,DH=EH,即可证明;

（2）过4作AH1BC于点H,易证△4HD三△CMD,可得MD=DH,即可求解.

【详解】（1）证明：如图过A作于点H,

A

'：AB=AC,AH1BC,

：.BH=CH,

\"AD=AE,

：.DH=EH,

：.BD=CE；

(2)解：过4作于点H,

A

乙CDM=^.ADH

LCMD=/.AHD=90°

,CD=AD

：.△AHDSACMD(AAS),

：.DH=MD,

：.CD-BD=(CH+DW)-(BH-DH)=2DH=2MD=4.

【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质"三线合一”，熟练掌握全

等三角形的判定方法是解题的关键.

7.(2022•浙江•杭州市大关中学九年级期中)如图，在A4BC中=4C,、=30。,AB=10,

以4B为直径的。。交BC于点。，交AC于点、E,连接。E,过点8作BP平行于DE,交。。于

点P,连接CP,OP.

(1)求证：点。为BC的中点；

(2)求AP的长度.

【答案】(1)见解析

(2浮

【分析】(1)连接4。，可得4D_L8C,再由等腰三角形的性质，即可求证；

(2)由等腰三角形的性质，可得N4BC=75。，再根据四边形4BDE为。。的内接四边形，

可得"DC=ABAC=30°,然后根据BPIIOE,可得"8C=4EDC=30°,从而得至叱08P=

/.ABC-/.PBC=45°,然后根据圆周角定理可得乙40P=90。，再根据弧长公式计算，即可

求解.

【详解】(1)证明：如图，连接4。，

为。。的直径，

：.Z.ADB=90°,即AD1BC,

\'AB=AC,

：.BD=CD,即点。为BC的中点;

解：

(2)VZ.B/1C=30°,AB=ACf

：.Z.ABC=1x(180°-30°)=75°,

四边形48DE为O。的内接四边形，

:•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为等腰直角三角形，

:•(BOP=90°,

：.^AOP=90°,

'：AB=10,

.,•半径。4=5,

・・・/P的长度为警=?.

lowN

【点睛】本题主要考查了求弧长，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质,

熟练掌握弧长公式，圆周角定理，圆内接四边形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键.

8.(2022•湖北黄石•九年级期中)如图，AABC中，AB=AC,AH1BC于H,BD1ACTD,

AH,BD相交于点0,以。为圆心、OD为半径的。。交BC于点E、F,已知4。=6,BD=8.

(1)求证：2B是。。的切线;

(2)求。。的半径；

(3)求弦EF的长.

【答案】(1)见解析；

(2)3；

(3)4.

【分析】(1)过点。作0M1A8于点M,利用角平分线的性质得到OM=OD,即可；

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

则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)连接OE,求得OH,利用勾股定理得到EH,即可求解.

【详解】(1)证明：过点。作OMJ.4B『点M,如图

,：AH1.BC,AB=AC

.MH平分NB4C

又「OM1AB,ODLAC

：.OM=OD

...AB是00的切线；

(2)解：由勾股定理可得，AB=yjAD2+BD2=10,AC=10,

则CD=4,

由勾股定理可得：BC=y/BD2+CD2=4V5,

由题意可得：4H为中线，

；.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,即半径为3.

（3）连接0E,如下图：

由题意可得：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

【点睛】此题考查J'切线的判定，垂径定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三

角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质.

9.（2022•江苏・泰州中学附属初中八年级阶段练习）按要求作图.

（1）如图（1）,在平行四边形48co中，4c为对角线，4C=BC,4E是A4BC的中线.

①在4。取一点尸使得EFIICD；（仅使用无刻度的直尺画图）.

②画出A4BC的高CH.（仅使用无刻度的直尺画图）.

（2）如图（2）,四边形ABC。是平行四边形，在线段CD找一点E,使得BE平分乙4EC.（仅使

用圆规画图）

【答案】（1）①见解析；②见解析

（2）见解析

【分析】（1）①连接BD交AC于。点，则0B=。。，则0E为ABC。的中位线，可得OE||CD,

延长E。交4。于F,则EF满足条件;

②设BD交AE于P点，则P点为AABC的三条中线的交点，然后延长CP交AB于〃，CH为AB

边上的中线，再由4C=BC,根据等腰三角形的性质得到CH_L28；

（2）以A点为圆心，48为半径画弧交CC于E点，贝l」4E=4B,可得乙4EB=NABE,再根

据C0I4B,可知乙4BE=NCEB,从而得到4CEB=4EB,即可.

【详解】（1）解：①如图I,连接8。交4CF0点，并延长E。交4。于人尸点即为所作;

理由：•.•四边形ABCC是平行四边形,

：.0B=0D,

是MBC的中线.

：.0E以BCD的中位线,

：.0E||CD,即EFIICD；

②如图1,设BD交4E于P点，延长CP交ZB于H,CH即为所作:

图1

理由：•.•四边形ZBCD是平行四边形,

0A=0C,

"：AC=BC.AE^ABC的中线.

点为△ABC的三条中线的交点,

.,.CH为48边上的中线,

：.CH1AB,即C”是△ABC的高;

则线段8E为所作.

图2

理由：根据作法得：AE=AB,

：.^AEB=乙ABE,

•.•四边形ABCD是平行四边形,

：.AB\\CD,

：.^ABE=乙CEB,

：.Z.CEB=^AEB,即BE平分〃EC.

【点睛】本题考查了作图——复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，

结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作.也考查了平行四边形的性

质，三角形中位线的性质，等腰三角形的性质以及平行线的性质.

10.(2022・湖南长沙•九年级期中)如图，在AABC中，AB=AC,以4c为直径的。。，与2B

边相交于点。，与BC边相交于点E,过点E作EF148,垂足为点尸.

(1)求证：EF是。0的切线；

(2)求证：点E是CD的中点；

(3)若。。的直径为18,BC=12,求4。的长.

【答案】(1)见解析；

(2)见解析；

(3)4。的长为14.

【分析】(1)连接OE,利用等腰三角形的性质，证明。EII4B即可证明：

(2)利用圆周角定理以及等腰三角形三线合一的性质即可证明；

(3)连接4E、CD,利用直径所对的圆周角是直角、等腰三角形三线合一以及证明△ABE-

4CBD,即可解答.

【详解】(1)证明：连接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°,

•・・。£是。0的半径，

・・・EF是OO的切线；

(2)证明：如图，连接力E,

•・NC是直径，

：.AE1BC,

\'AB=AC,

C.Z-BAE=Z-CAEf

.\DE—CE,

点E是CD的中点；

(3)解：连接AE、CD,

是。。的直径，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的长为14.

【点睛】本题考查了切线的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，垂径定理，圆周角

定理，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键.

11.(2022•广东・广州市白云区白云实验学校八年级期中)在RtAZBC中，^ACB=90°,"=

30°,BC是A/IBC的角平分线，CE1AB于点E.

图1图2备用图

(1)如图1,连接EC,求证：AEBC是等边三角形；

(2)点M是4c边上一个动点(不与点。重合)，以8M为一边，在8M的下方作NBMG=60°,

MG交射线OE于点G.请画出完整图形，探究OG与A。数量之间的关系，并说明理

由.

【答案】(1)见详解

(2)画图见详解，当分M点在线段4D上时，AD+MD=DG-,当M点在线段DC上时，AD-

MD=DG.

【分析】(1)根据含30。角的直角三角形的性质可得乙48c=60。，BC=\AB,根据BD是A

ABC的角平分线，可得=NC8D=30。，即有可得△48。是等腰三角形，结合DE148

和。E是△48。的中线，可得4E=BE=g/W,问题随之得解；

(2)分例点在线段AD上和M点在线段DC上两种情况来补全图形：当分/点在线段/。上

时，延长BC至N点，使得MD=ND,连接MN,先证明△MND是等边三角形，再证明^MNB三

△MDG(ASA),即可得解；当例点在线段DC上时，延长GZ?至H,使得DH=M。，连接

BD与MG交于点Q,先证明是等边三角形，再证明△HMG三ADMB(AAS),即可得

解.

【详解】（1）•.,在RtZiABC中，ZJ4CF=90°,44=30。,

：./-ABC=60°,BC=-AB,

2

•・・8。是4/8。的角平分线，

:•(ABD=乙CBD=30°,

Z.ABD=ZJ1,

：.AD=BD,

...△ABD是等腰三角形，

,：DE1AB,

是△ABD的中线，

：.AE=BE=-AB,