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文档简介
挑战2023年中考数学压轴题之学霸秘笈大揭秘(全国通用)
专题24以三角形为载体的几何综合问题
【例1】(2022·山东枣庄·中考真题)已知△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC=4cm,点P从
点A出发,沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动,同时动点Q从点B出发沿BC方
向以每秒1cm的速度向终点C运2动,设运动的时间为t秒.
(1)如图①,若PQ⊥BC,求t的值;
(2)如图②,将△PQC沿BC翻折至△P′QC,当t为何值时,四边形QPCP′为菱形?
【答案】(1)当t=2时,PQ⊥BC
(2)当t的值为时,四边形QPCP′为菱形
4
3
【分析】(1)根据勾股定理求出,根据相似三角形的性质列出比例式,计算即可.
(2)作于,于𝐴,证明出为直角三角形,进一步得出和
为等腰直�角�三⊥�角�形,�再�证�明⊥四𝐵边形�为矩Δ形𝐴,�利用勾股定理在、Δ�𝑃Δ�中��,
结合四边形为菱形,建立等式𝑃进�行�求解.𝑅△𝐵�𝑅△𝑃�
【详解】(1�)�解��:(′1)如图①,
∵∠ACB=90°,AC=BC=4cm,
∴AB==(cm),
2222
由题意得�,�AP+=��tcm,4B+Q4=t=cm4,2
则BP=(4﹣2t)cm,
∵PQ⊥BC,22
∴∠PQB=90°,
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∴∠PQB=∠ACB,
∴PQAC,
∥,
∠���=∠�𝐵
∴{
∠���=∠���,
∴△�=��∽,△�𝐵
����
∴����,
42−2��
解得4:2t==2,4
∴当t=2时,PQ⊥BC.
(2)解:作于,于,如图,
𝑃⊥���𝑃⊥𝐵�
,,
��=2�,��=���(0⩽�,<4)
∵∠�=为90直°角�三�角=形��,=4cm
∴Δ𝐴�,
∴∠�=和∠�=45为°等腰直角三角形,
∴Δ�𝑃Δ𝐴�,,
2
∴𝑃=𝑃=2��=�cm�,�=𝑃
∴四��边=形𝐵−�为�矩=形(4,−�)cm
∵𝑃��,
∴𝑃=��=(4−,�)cm
∴��=(4−�)cm,
∴在𝑃=��−中�,�=(4−2�)cm,
22222
在𝑅△𝐵�中,𝐵=𝑃+��=�+(4−�),
22222
四�边�△形𝑃�为�菱�形=,𝑃+��=(4−�)+(4−2�)
∵��,��′
∴��=𝐵,
2222
∴�+(4,−�)=((4舍−去�)).+(4−2�)
4
∴�1的=值3为�.2=4
4
∴�3
第2页共58页.
【点睛】此题是相似形综合题,主要考查的是菱形的性质、等腰直角三角形的性质,线段垂
直平分线的性质,用方程的思想解决问题是解本题的关键.
【例2】(2022·山东菏泽·中考真题)如图1,在中,于点D,
在DA上取点E,使,连接BE、CE.△𝐴�∠𝐴�=45°,𝑃⊥��
��=��
(1)直接写出CE与AB的位置关系;
(2)如图2,将绕点D旋转,得到(点,分别与点B,E对应),连接、,
′′′′′
在旋转△的�过��程中与的位置△关�系�与�(1�)中�′的CE与AB的位置关系是否��一致�?�请
′
说明△理��由�;��′𝐴
(3)如图3,当绕点D顺时针旋转30°时,射线与AD、分别交于点G、F,若
′
,△求���的长.��′𝐴��=
′
�【�答,�案�】=(1)3CE⊥�AB�,理由见解析
(2)一致,理由见解析
(3)
53
【分析】(1)由等腰直角三角形的性质可得∠ABC=∠DAB=45°,∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°,
可得结论;
(2)通过证明,可得,由余角的性质可得结论;
′′′′
(3)由等腰直角△的𝑃性�质≅和△直��角�三角形的∠性��质�可=得∠���,即可求解.
′
【详解】(1)如图,延长CE交AB于H,𝐴=3𝑃
∵∠ABC=45°,AD⊥BC,
∴∠ADC=∠ADB=90°,∠ABC=∠DAB=45°,
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∵DE=CD,
∴∠DCE=∠DEC=∠AEH=45°,
∴∠BHC=∠BAD+∠AEH=90°,
∴CE⊥AB;
(2)在旋转的过程中与的位置关系与(1)中的CE与AB的位置关系是一致
′
的,理由△如�下��:��′𝐴
如图2,延长交于H,
′′
��𝐴
由旋转可得:CD=,=AD,
′′
∵∠ADC=∠ADB=�90�°,��
∴,
′′
∵∠���=∠𝑃,�
��𝑃
′′
∴��=��=1,
′′
△𝑃�∼△���,
′′
∴∵∠�𝐴+=∠∠D�G�C�=90°,∠DGC=∠AGH,
′
∴∠�D�A�+∠AGH=90°,
′
∴∠AHC�=90°,
;
′′
∴(�3�)如⊥图𝐴3,过点D作DH于点H,
′
⊥𝐴
∵△BED绕点D顺时针旋转30°,
第4页共58页.
∴,
′′
∠���=30°,��=��=𝑃,
′′′
∴∠𝑃�=120°,∠�𝐴,=∠𝐴�=30°
′′
∵∴�A�D=⊥2D�H�,,�A�H==��DH=,
′
,3��
′
∴由�(�2)=可3知𝑃:,
′′
△𝑃�∼,△���
′′
∴∵∠A�D�⊥�BC=,∠C�D��==,30°
∴DG=1,CG=2DG3=2,
∴CG=FG=2,
,
′′
∵∴∠A�G�=�2G=F=340,°,��⊥𝐴
∴AD=AG+DG=4+1=5,
∴.
'
【点𝐴睛=】本3题𝑃是=三5角形3综合题,考查了等腰三角形的性质,直角三角形的性质,旋转的性质,
相似三角形的判定和性质等知识,证明三角形相似是解题的关键.
【例3】(2022·山东济南·中考真题)如图1,△ABC是等边三角形,点D在△ABC的内部,
连接AD,将线段AD绕点A按逆时针方向旋转60°,得到线段AE,连接BD,DE,CE.
(1)判断线段BD与CE的数量关系并给出证明;
(2)延长ED交直线BC于点F.
①如图2,当点F与点B重合时,直接用等式表示线段AE,BE和CE的数量关系为_______;
②如图3,当点F为线段BC中点,且ED=EC时,猜想∠BAD的度数,并说明理由.
【答案】(1),理由见解析
(2)①��=��;②,理由见解析
��=𝑃+��∠�𝑃=45°
【分析】(1)利用等边三角形的性质和旋转的性质易得到,再由全等
三角形的性质求解;△𝐴�≌△𝐵����
(2)①根据线段绕点A按逆时针方向旋转得到得到是等边三角形,
𝑃60°𝑃△𝑃�
第5页共58页.
由等边三角形的性质和(1)的结论来求解;②过点A作于点G,连接AF,根据等
边三角形的性质和锐角三角函数求值得到�,�⊥��,进而得到
𝐶��
,进而求出,结合∠�,�E�D==∠E�C�得�到𝑃=𝐴,再用等腰△直��角�三∽角△形
�的�性�质求解.∠𝑃�=90°��=����=𝑃
(1)
解:.
证明:��∵=��是等边三角形,
∴△,𝐴�.
∵�线�段=𝐵绕点∠�A�按�逆=时60针°方向旋转得到,
∴𝑃,,60°𝑃
∴𝑃=𝑃∠��,�=60°
∴∠�𝐵=∠�𝑃,
即∠�𝐵−∠�𝐵.=∠�𝑃−∠�𝐵
在∠�𝑃=和∠�𝑃中
△𝐴�△𝐵�
,
𝐴=𝐵
∠�𝑃=∠�𝑃
∴,
𝑃=𝑃
∴△𝐴�≌;△𝐵����
(�2)�=��
解:①
理由:�∵�线=段𝑃+绕�点�A按逆时针方向旋转得到,
∴是等�边�三角形,60°𝑃
∴△𝑃�,
由(𝑃1)=得��=𝑃,
∴��=��;
②�过�点=A�作�+��=�于�点+G�,�连接AF,如下图.
𝐶⊥��
∵是等边三角形,,
∴△𝑃�,𝐶⊥��
1
∴∠�𝐶=2∠�𝑃=3.0°
𝐶3
𝑃=cos∠�𝐶=2
第6页共58页.
∵是等边三角形,点F为线段BC中点,
∴△𝐴�,,,
1
∴��=����⊥��,∠���=2∠�𝐵=30°
��3
∴𝐴=cos∠���=,2,
𝐶��
∴∠���=∠�𝐶𝑃=𝐴,
即∠���+∠���,=∠�𝐶+∠���
∴∠�𝑃=∠�𝐶,
∴△�𝑃∽△�𝐶.
∵∠𝑃�=,∠𝐶�==90,°
∴��=��,����
即��=�是�等腰直角三角形,
∴△𝐴�.
【点∠�睛𝑃】本=题45主°要考查了等边三角形的性质,旋转的性质,全等三角形的判定和性质,解直
角三角形,相似三角形的判定和性质,等腰直角三角形的判定和性质,理解相关知识是解答
关键.
【例4】(2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题)在△ABC中,AB=AC,∠BAC=90°,AD是△ABC
的角平分线.
(1)如图1,点E、F分别是线段BD、AD上的点,且DE=DF,AE与CF的延长线交于点M,
则AE与CF的数量关系是,位置关系是;
(2)如图2,点E、F分别在DB和DA的延长线上,且DE=DF,EA的延长线交CF于点M.
①(1)中的结论还成立吗?如果成立,请给出证明;如果不成立,请说明理由;
②连接DM,求∠EMD的度数;
③若DM=6,ED=12,求EM的长.
【答案】(1)AE2=CF,AE⊥CF
(2)①成立,理由见解析;②45°;③6+6
3
【分析】(1)证明△ADE≌△CDF(SAS),由全等三角形的性质得出AE=CF,∠DAE=
∠DCF,由直角三角形的性质证出∠EMC=90°,则可得出结论;
第7页共58页.
(2)①同(1)可证△ADE≌△CDF(SAS),由全等三角形的性质得出AE=CF,∠E=
∠F,则可得出结论;
②过点D作DG⊥AE于点G,DH⊥CF于点H,证明△DEG≌△DFH(AAS),由全等三角
形的性质得出DG=DH,由角平分线的性质可得出答案;
③由等腰直角三角形的性质求出GM的长,由勾股定理求出EG的长,则可得出答案.
(1)∵AB=AC,∠BAC=90°,AD是△ABC的角平分线,∴AD=BD=CD,AD⊥BC,
∴∠ADE=∠CDF=90°,又∵DE=DF,∴△ADE≌△CDF(SAS),∴AE=CF,∠DAE=
∠DCF,∵∠DAE+∠DEA=90°,∴∠DCF+∠DEA=90°,∴∠EMC=90°,∴AE⊥CF.故
答案为:AE=CF,AE⊥CF;
(2)①(1)中的结论还成立,理由:同(1)可证△ADE≌△CDF(SAS),∴AE=CF,
∠E=∠F,∵∠F+∠ECF=90°,∴∠E+∠ECF=90°,∴∠EMC=90°,∴AE⊥CF;②过
点D作DG⊥AE于点G,DH⊥CF于点H,∵∠E=∠F,∠DGE
=∠DHF=90°,DE=DF,∴△DEG≌△DFH(AAS),∴DG=DH,又∵DG⊥AE,DH⊥CF,
∴DM平分∠EMC,又∵∠EMC=90°,∴∠EMD=∠EMC=45°;③∵∠EMD=45°,∠DGM
1
=90°,∴∠DMG=∠GDM,∴DG=GM,又∵DM2∴DG=GM=6,∵DE=12,
∴EG=∴EM=GM=+E6G2=6+6.
2222
【点睛】本��题是+三��角形=综1合2题+,6考=查6了等3腰直角三角形的性质,角3平分线的性质,全等三角
形的判定与性质,勾股定理,熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键.
【例5】(2022·辽宁大连·中考真题)综合与实践
问题情境:
数学活动课上,王老师出示了一个问题:如图1,在中,D是上一
点,.求证.△𝐴�𝐴
独立思∠�考��:=∠𝐵�∠𝐵�=∠𝐴�
(1)请解答王老师提出的问题.
实践探究:
(2)在原有问题条件不变的情况下,王老师增加下面的条件,并提出新问题,请你解答.“如
图2,延长至点E,使,与的延长线相交于点F,点G,H分别在
上,��,��=�.�在图��中找�出�与相等的线段,并证明.”��,��
问题解��决=:��∠���=∠�����
第8页共58页.
(3)数学活动小组河学时上述问题进行特殊化研究之后发现,当时,若给出
中任意两边长,则图3中所有已经用字母标记的线段长均可∠求�,𝐵该=小9组0°提出下面的问
△题,𝐴请�你解答.“如图3,在(2)的条件下,若,,,求的长.”
∠�𝐵=90°𝐴=4𝐵=2��
【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析;(3)
17
【分析】(1)利用三角形的内角和定理可得答案;��=3.
(2)如图,在BC上截取证明再证明
证明可得��=��,从而△可��得�结≌△论�;��,��=��,∠�𝐵=∠���,
(3)△如�图��,≌在△B�C�上�,截取��=��同,理可得:利用勾股定理先求解
证明��=��,可得��=��=��可,得证�明�=
22
2+4=25,可得△𝑃�∽△�而��,𝑃可=得1,��=5,再利�用�勾=股��定=理求5,解BE,
△即可��得�到∽答△案��.�,��=2��,��=��,��=3��,
【详解】证明:(1)
而∵∠𝑃�=∠𝐵�,∠�=∠�,
∠𝐵�=180°−∠�−∠𝑃�,∠𝐴�=180°−∠�−∠𝐵�,
∴(∠2)𝐵�=∠𝐴�理,由如下:
如图,�在�=BC�上�,截取
��=��,
∵��=��,∠𝐵�=∠𝐴�,
∴△���≌△���,
∴��=��,∠�𝐵=∠���,
,
∵∠���=∠���∠���=∠𝐴�,
∴∵∠���=∠�𝐵,
∴∠�𝐵=∠���,
∠�𝐵=∠���,
第9页共58页.
∴
∵∠���=∠���,
∴��=��,
△���≌△���,
∴��=��,
(3)如图,在BC上截取∴��=��.
同理可得:��=��,
��=��=��,
∵𝐵=2,𝐴=4,∠�𝐵=90°,
22
∴��=2+4=25,
∵∠�𝐵=∠�𝐵,∠𝐵�=∠𝐴�,
∴△𝑃�∽△𝐵�,
𝑃𝐵��
∴𝐵=𝐴=��,
𝑃2��
∴2=4=25,
∴𝑃=1,��=5,
∴��=��=5,
∵∠���=∠𝐴�,∠���=∠���,
∴△���∽△���,
������51
∴��=��=��而=25=2,
∴��=2��,��=��,
∴��=3��,
∵𝐴=4,𝑃=1,��=��,
而
∴��=��=3,
∴𝑃=3−2=1,∠�𝑃=∠�𝐵=90°,
22
∴��=𝐴+𝑃=17,
17
【点睛】本题考查的是三角形的内角和定∴�理�的=应用,.全等三角形的判定与性质,勾股定理的
3
应用,相似三角形的判定与性质,作出适当的辅助线构建全等三角形是解本题的关键.
26.(2022·山东烟台·中考真题)
第10页共58页.
(1)【问题呈现】如图1,△ABC和△ADE都是等边三角形,连接BD,CE.求证:BD=CE.
(2)【类比探究】如图2,△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,∠ABC=∠ADE=90°.连
接BD,CE.请直接写出的值.
��
(3)【拓展提升】如图3,△��ABC和△ADE都是直角三角形,∠ABC=∠ADE=90°,且=
𝐴𝑃
=.连接BD,CE.����
3
①求4的值;
��
②延长��CE交BD于点F,交AB于点G.求sin∠BFC的值.
【答案】(1)见解析
(2)
2
(3)①2;②
34
55
【分析】(1)证明BAD≌△CAE,从而得出结论;
(2)证明BAD∽△△CAE,进而得出结果;
(3)①先证△明ABC∽△ADE,再证得CAE∽△BAD,进而得出结果;
②在①的基础上△得出∠ACE=∠ABD,进△而∠BFC=∠BAC,进一步得出结果.
【详解】(1)证明:∵△ABC和ADE都是等边三角形,
∴AD=AE,AB=AC,∠DAE=∠△BAC=60°,
∴∠DAE﹣∠BAE=∠BAC﹣∠BAE,
∴∠BAD=∠CAE,
∴△BAD≌△CAE(SAS),
∴BD=CE;
(2)解:∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形,
,∠DAE=∠BAC=45°,
𝐴𝐴1
∴�∠�D=A�E�﹣=∠2BAE=∠BAC﹣∠BAE,
∴∠BAD=∠CAE,
∴△BAD∽△CAE,
第11页共58页.
;
��𝐴12
(∴�3�)=解�:�=①2=2,∠ABC=∠ADE=90°,
𝐴𝑃3
∴△ABC∽△�A�D=E�,�=4
∴∠BAC=∠DAE,,
𝐴𝑃3
∴∠CAE=∠BAD,𝐵=𝑃=5
∴△CAE∽△BAD,
;
��𝑃3
∴②�由�①=得𝑃:=△5CAE∽△BAD,
∴∠ACE=∠ABD,
∵∠AGC=∠BGF,
∴∠BFC=∠BAC,
∴sin∠BFC.
��4
【点睛】本题=考𝐵查=了5等腰三角形的性质,全等三角形的判定和性质,相似三角形的判定和性
质等知识,解决问题的关键是熟练掌握“手拉手”模型及其变形.
一、解答题【共20题】
1.(2022·安徽·合肥市五十中学新校二模)和都是等腰直角三角形,
,是的中点,连接、△.𝐴�△𝑃�∠𝐴�=
∠𝑃�=90°�������
(1)如图①,当点、分别是线段、上的点时,求的度数;
(2)如图②,当点�是线�段上的点�时�,�求�证:;∠�𝐵
(3)如图③,当点�、、�共�线且是的中点时��,=探�究�和之间的数量关系.
【答案】(1)�������△����△𝐴�
(2)见解析∠�𝐵=90°
(3)
�△�𝐴=2�△�𝐵
第12页共58页.
【分析】(1)由直角三角形的性质可求,,由等腰三角形的性
质可求解;∠𝑃�=∠𝐴�∠𝐴�=∠𝐵�
(2)由“角边角”可证,可得,,由等腰直角三角形的性
质可求解;△���≅△�����=𝐷��=��
(3)通过证明,可得,,即可求解.
【详解】(1)△�𝐴∼△𝑃�,∠�点𝐴是=∠�的�中�=点1,35°�△�𝐴=2�△𝑃�
∵∠���=,∠���=90°���
∴��=��=��,=��,
∴∠𝑃�=∠𝐴�∠𝐴�=∠𝐵�,
∴∠�𝐵是=等∠�腰�直�+角∠三�角𝑃形=,2∠���+2∠���=2∠𝐴�
∵△𝐴�,
∴∠𝐴�=45°;
∴(∠2)��如�图=90,°延长交于点,
2�����
,
∵∠𝑃�=,∠���=∠𝐵�=90°
∴��∥��,
∴又∠���=∠�,��,
∵��=��∠�,𝑃=∠�𝐷
∴△���≅,△���,
∴��=𝐷,��=��
∵𝐵=��,
∴又��=��,,
∵∠���;=90°��=𝐷
∴(�3�)=如�图�,连接,
��
第13页共58页.
是的中点,
∵���,
∴𝑃=�是�等腰直角三角形,
∵△𝑃�,,,
∴∠�𝑃=∠𝑃�=45°∠���=,90°𝑃=��=��
∴∠���=∠��,�=45°=,∠�𝑃
∴∠𝑃�=90°,𝑃=��
∴��=是2等𝑃腰直角三角形,
∵△𝐵�,,
∴∠�𝐵=∠���,=45°𝐴=,2𝐵
𝐴��
∴∠�𝐵=∠���,𝐵=𝑃=2
∴△�𝐴∼△𝑃�,,
∴∠�𝐴=∠𝑃�=135,°�△�𝐴=2�△𝑃�
∴∠���=,45°=∠�𝑃
∴��∥��,
∴�△是𝑃�=的�中△点���,
∵���,
∴�△���=�△���=.�△𝑃�
∴【�点△�睛𝐴】=本2题�△是��三�角形综合题,考查了等腰直角三角形的性质,全等三角形的判定和性质,
相似三角形的判定和性质,添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键.
2.(2022·上海·华东师范大学松江实验中学三模)如图所示,的顶点在矩形
对角线的延长线上,,,与交于点,△连�接��,满足�𝐴��
∽𝐵,其中�对�应=1,�对�应=,3对𝑃应𝐴���
△𝐴�△���������
第14页共58页.
(1)求证:.
(2)若∠�,𝑃求=30°的值.
1
【答案��】=(13)见解析tan∠𝑃�
(2)
93
7
【分析】(1)由相似可得,再由矩形的性质得,,
从而可求得∠�𝐴=∠���,则有𝑃∥��,即∠可�求𝐴得=∠𝐴的�=度9数0;°
(2)结合(∠1�)𝑃可+求∠得�𝐴+∠,�再𝐵由=相1似80的°性质求∠得�𝑃=∠��,�即可求∠�𝑃的值.
7
(1)𝑃=3��=33���∠𝑃�
∽,
∵△𝐴�△���,
∴四∠�边�形�=∠��是�矩形,
∵∴�,���,
𝑃∥��∠�𝐴,=∠𝐴�=90°
∴∠�𝐵=∠𝐵�,
∵∠���+∠𝐵�=180°,
∴即∠�𝐴+∠�𝐵=180°,
∠�𝑃+∠�𝐴+∠�𝐵=18,0°
∴∠�𝑃+90°+∠�𝐵,=180°
∴∠�𝑃+∠��,�=90°
∵∠�𝐴=90°,
∴∠�𝐵+∠�𝐵,=90°
∴在∠�𝑃=∠中��,�
Rt△𝐴�,
��13
∵tan∠�𝐵=�,�=3=3
∴∠�𝐵=30°;
∴(∠2)�𝑃=30°
第15页共58页.
由(1)得,,
∠𝐴�=90°,∠�𝐵=30°
∴𝐵=2��=2×1=2,
17
∴𝑃=�∽�+��=,2+3=3
∵△𝐴�,△���
��𝐴
即∴��=��,
��3
1
1=3,
∴由�(�1=)3得:3,
则∠�,𝑃+∠�𝐵=90°
在∠�𝑃=9中0°,.
��3393
7
【点Rt睛△】�本𝑃题主要ta考n∠查�相��似=三�角�=形的3性=质,7矩形的性质,解直角三角形,解答的关键是结合
图形及相应的性质求得.
3.(2022·福建·厦门市翔∠�安�区�教=师∠�进�修�学校(厦门市翔安区教育研究中心)模拟预测)(1)
问题发现:如图1,与均为等腰直角三角形,,则线段、
的数量关系为__△__�__�_�,△、���所在直线的位置关系为∠_�_�_�__=__∠_�;��=90°𝑃
��𝑃��
(2)深入探究:在(1)的条件下,若点A,E,D在同一直线上,为中边上
的高,请判断的度数及线段,,之间的数量关系,并�说�明理△由��.���
【答案】(1)∠𝑃�,�;(�2)𝑃��,;理由见解析
【分析】(1)延𝑃长=��交𝑃于⊥点�H�,交∠𝑃于�点=O9.0°只要𝑃证=明2��+��,即可
解决问题;𝑃��𝐷��△𝐵�≌△������
(2)由,结合等腰三角形的性质和直角三角形的性质,即可解决问题.
【详解】△解�:�(�1≌)△如�图��1中,延长交于点H,交于点O,
𝑃��𝐷��
∵和均为等腰直角三角形,,
∴△𝐵�,△���,∠𝐵�=∠���=90°
𝐵=����=��
第16页共58页.
∴,
∴∠𝐵�+∠���,=∠���+∠���=90°
∴∠𝐵�=∠���,
∴△𝐵�≌,△������,
∵𝑃=��∠�𝑃=∠,���,
∴∠�𝑃+∠𝐴�=90°,∠𝐴�=∠���
∴∠���+∠��,�=90°
∴∠𝐷�=.90°
故答𝑃案⊥为�:�,.
(2)𝑃=�,�𝑃⊥��;
理由如∠下𝑃:�如=图902°中�,�=2��+��
∵和均为等腰直角三角形,,
∴△𝐵�△���,∠𝐵�=∠���=90°
∴∠���=∠���=45°,
由(∠�1�)�可=知18:0°−∠���=135,°
∴,△𝐵�≌△���,
∴𝑃=��∠���=∠𝑃�=135°;
在等∠�腰��直=角∠三�角��形−∠�中��,=13为5°斜−边45°=上9的0高°,
∴�,������
∴��=��=,��
∴��=2��.
【点𝑃睛=】�本�题+考𝑃查=了2全�等�三+角��形的判定和性质,等腰直角三角形的性质等知识,解题的关键
是正确寻找全等三角形解决问题.
4.(2020·重庆市育才中学二模)(1)如图①,在四边形ABCD中,AB=AD,∠B=∠ADC=90°.E、
F分别是BC、CD上的点,且EF=BE+FD,探究图中∠BAE、∠FAD、∠EAF之间的数量关
系.小王同学探究此问题的方法:延长FD到点G,使DG=BE.连接AG.先证明
△ABE≌△ADG,再证△AEF≌△AGF,可得出结论,他的结论应是.
【灵活运用】
(2)如图②,若在四边形ABCD中,AB=AD,∠B+∠D=180°,F、F分别是BC、CD上
的点.且EF=BE+FD,上述结论是否仍然成立?请说明理由.
第17页共58页.
【延伸拓展】
(3)如图③,在四边形ABCD中,∠ABC+∠ADC=180°,AB=AD.若点E在CB的延长线
上,点F在CD的延长线上,仍然满足EF=BE+FD,请写出∠EAF与∠DAB的数量关系,
并给出证明过程.
【答案】∠BAE+∠FAD=∠EAF;仍成立,理由见详解;
1
【分析】(1)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,可∠判�定��=AB1E8≌0°△−A2D∠G��,�进而得出
∠BAE=∠DAG,AE=AG,再判定AEF≌△AGF,可得出△
∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠△BAE+∠DAF,据此得出结论;
(2)延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,先判定ABE≌△ADG,进而得出∠BAE=∠DAG,
AE=AG,再判定AEF≌△AGF,可得出∠EAF=∠△GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF;
(3)在DC延长△线上取一点G,使得DG=BE,连接AG,先判定ADG≌△ABE,再判定
AEF≌△AGF,得出∠FAE=∠FAG,最后根据∠FAE+∠FAG+∠G△AE=360°,推导得到
△2∠FAE+∠DAB=360°,即可得出结论.
【详解】解:(1)∠BAE+∠FAD=∠EAF.理由:
如图1,延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,
第18页共58页.
∵∠B=∠ADF=90°,∠ADG=∠ADF=90°,
∴∠B=∠ADG=90°,
又∵AB=AD,
∴△ABE≌△ADG(SAS),
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG,
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF,
∴△AEF≌△AGF(SSS),
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF;
故答案为:∠BAE+∠FAD=∠EAF;
(2)仍成立,理由:
如图2,延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,
∵∠B+∠ADF=180°,∠ADG+∠ADF=180°,
∴∠B=∠ADG,
又∵AB=AD,
∴△ABE≌△ADG(SAS),
∴∠BAE=∠DAG,AE=AG,
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF,
∴△AEF≌△AGF(SSS),
∴∠EAF=∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF;
(3).
1
证明:∠如��图�3=,1在80°D−C2延∠长��线�上取一点G,使得DG=BE,连接AG,
第19页共58页.
∵∠ABC+∠ADC=180°,∠ABC+∠ABE=180°,
∴∠ADC=∠ABE,
又∵AB=AD,
∴△ADG≌△ABE(SAS),
∴AG=AE,∠DAG=∠BAE,
∵EF=BE+FD=DG+FD=GF,AF=AF,
∴△AEF≌△AGF(SSS),
∴∠FAE=∠FAG,
∵∠FAE+∠FAG+∠GAE=360°,
∴2∠FAE+(∠GAB+∠BAE)=360°,
∴2∠FAE+(∠GAB+∠DAG)=360°,
即2∠FAE+∠DAB=360°,
∴.
1
【点∠�睛��】本=题18属0°于−三2∠角�形𝐴综合题,主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综
合应用,解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形,根据全等三角形的对应角相等进行推
导变形.解题时注意:同角的补角相等.
5.(2022·北京市三帆中学模拟预测)已知四边形,,,,
,是的角平分线,交射线于�,�线��段∠�的=延1长20线°上∠取�一=点60°使𝐴=𝑃,
�直�线≠�,�𝑃交于∠点�𝑃.��������=��
��𝐴�
(1)补全图形;
(2)猜想的形状,并证明你的猜想;
(3)求△与𝑃�的数量关系.
【答案𝐴】(1�)�见解析
(2)是等边三角形,理由见解析
(3)△𝑃�,理由见解析
𝐶=2𝐴
【分析】(1)根据要求画出图形即可;
(2)结论:是等边三角形;通过证明垂直平分线段,证得≌,再
证明,△推𝑃出�,可得结论;𝑃��△𝑃�△𝑃�
𝑃∥��∠�=90°
第20页共58页.
(3)结论:,过点作交于点.证明四边形是平行四边形,推
出,�再�利=用2�全�等三角形�的�性�质∥�证�明���,可得结论.𝑃𝐴
(�1)�=𝐴𝑃=��
解:图形如图所示:
(2)
解:猜想是等边三角形.
理由如下:△𝑃�
如图,设交于点H,
𝑃��
∵,平分,
∴𝑃=𝐴𝑃∠�𝑃
在∠�𝐷=与∠�𝐷中,
△𝐷�△𝐷�
,
𝑃=𝐴
∠�𝐷=∠�𝐷
∴,
𝐷=𝐷
∴△𝐷�≌△𝐷�SAS,,
∴∠�垂��直=平∠分�线��段=90,°��=��
𝑃,��
∴在��=�和�中,
△𝑃�△𝑃�
∵,
𝑃=𝐴
𝑃=𝑃
∴≌,
��=��
∴△𝑃�△𝑃�.SSS
∠𝑃�=∠𝐴�
第21页共58页.
∵,,
∴��=��,��=��
∴��=��,
∴∠���=∠�𝑃.
∵∠���+2∠��,�=180°,
在四∠�边𝐴形=120中°,∠���=60°
∵𝑃��,
∴∠�𝐴+∠𝐴�+∠���,+∠���=360°
∵∠𝐴�+∠���,=180°
∴∠𝐴�=∠𝑃�,
∴∠𝑃�+∠���=180°,
∴2∠𝑃�+∠���,=180°
∴∠𝑃�=,∠�𝑃
∴𝑃∥��,
∵∠�+∠�𝐴=,180°
∴∠�𝐴=1.20°
∵∠�=60°,
1
∴∠�𝐴=2∠�𝐴=60°,
∴∠𝑃�=是∠等�边𝐶三=角∠形�.=60°
(△3)𝑃�
解:,理由如下:
证明:𝐶如=图2,𝐴过点作交于点.
�𝐴∥�����
∵,,
∴�四�边∥形𝐴𝐴是∥平��行四边形,
∴�,�𝐴
∵𝑃=𝐴,
∴𝐴=𝑃,
∵𝐴=𝐴,
𝐴∥��
第22页共58页.
∴,
∵∠𝐴�=∠�𝐶,,
∴∠�𝐴=∠���,+∠���∠𝑃�=∠���+∠𝑃�=∠���+∠���
∵∠𝐴�=∠𝑃�,,
∴∠�𝑃=∠�=60°�,�=𝐶
∴△𝐶�≌,△�𝑃AAS
∵��=𝑃,,
∴𝑃=𝐴,𝐴=𝑃
∴��=𝐴.
【点𝐶睛=】2本𝐴题属于四边形综合题,考查了平行四边形的判定和性质,等边三角形的判定和性
质,全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题,属于中
考压轴题.
6.(2022·北京市第十九中学三模)如图,在中,,,是的
中点,是延长线上一点,平移到,△线�段��的中∠垂𝐵线�与=线90段°�的�延>长��线交�于点𝐴,
连接�、��.𝐴𝐷𝐷���
����
(1)连接,求证:;
(2)依题意��补全图形,∠�用�等�式=表2∠示�线𝐵段,,之间的数量关系,并证明.
【答案】(1)见解析������
(2)图见解析,结论:,理由见解析
222
��+��=��
【分析】(1)利用直角三角形斜边的中线的性质即可解决问题;
(2)图形如图所示,结论:,想办法证明即可.
222
(1)��+��=��∠���=90°
证明:连接.
��,,
∵∠𝐵�=90°�,�=��
∴��=𝑃=��,
∴∠�𝐵=∠���
第23页共58页.
;
∴(∠2)���=∠�𝐵+∠���=2∠�𝐵
解:图形如图所示,结论:.
222
理由:连接,,取的��中点+�,�连=接��,,.
��𝐷𝐷�𝐴����
点在的垂直平分线上,
∵�𝐷,
∴��=��,,,
∵𝑃=����,=��𝐴=𝐷
∴𝑃=�,�=��
∵四𝑃边∥形𝐷,四边形是平行四边形,
∴�,���,𝑃𝐴
∴𝐷∥��𝐴∥��,
∴∠𝑃�=,∠𝐴�=∠�𝐷
∵𝐷∥��,
∴∠�𝐵=,∠𝐵�=90,°
∵��=��,��=𝐴,
∴��⊥𝐷∠���=∠,���
∴四∠�边�形�=∠���四=点90共°圆,
∴�,�,�,�,
∴∠�𝐷=∠���,
∴∠,𝑃�,=∠,𝑃四�点共圆,
∴����,
∴∠���+∠��,�=180°
∴∠���=90°.
222
∴【�点�睛+】�本�题=考�查�作图平移变换,直角三角形斜边上的中线的性质,等腰三角形的性质,
线段的垂直平分线的性质−,平行四边形的判定与性质,圆周角的性质等知识,解题的关键是
灵活运用所学知识解决问题,属于中考常考题型.
第24页共58页.
7.(2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测)知识呈现
(1)如图,在四边形中,与互余,我们发现四边形中这对互余的
角可进行拼1合:先作𝐴��,∠再�过��点∠�作��交于点,连接𝐴后��,易于发现,
,之间的数量关∠�系�是�=_∠__�_�_�_;A𝑃⊥𝑃�������
�方�法运��用
(2)如图,在四边形中,连接,,点是两边垂直平分线的交
点,连接2,𝐴��.𝐵∠�𝐵=90°�△𝐵�
求证:��∠�𝐵=∠𝐴�;
①连接∠,𝐴如�图+∠,𝑃已�知=90°,,,求的长用含,的式子表示.
𝐴
②【答案】�(�1)3𝑃;=(�2)�①�详=见�解�析�=;2②��(��)
22222
【分析】利�用�勾+股��定=理�解�决问题即可;��=5�+4�
如图1中,连接,作的外接圆利用圆周角定理以及三角形内角和定理,
即2可①解决问2题;��△𝑃�⊙�.
如图中,在射线的下方作,过点作于利用相似三角形的性
②质证明3,�求�出,可∠得�结��论=.∠𝐴����⊥���.
【详解�】(�1=)解5�:�𝐴,,
∵∠𝑃�+∠�,��=90°∠𝑃�=∠𝐴�
∴∠���=∠𝑃�+.∠𝑃�=90°
222
∴故�答�案+为�:�=��.
222
(2)证明��:如+�图�=中��,连接,作的外接圆.
①2��△𝑃�⊙�
点是两边垂直平分线的交点,
∵点�是△𝐵�的外心,
∴�△𝑃�
第25页共58页.
,
∴∠𝐴�=,2∠𝑃�
∵��=��,
∴∠�𝐵=∠���,,
∵∠𝐴�+∠�𝐵+∠���=,180°∠�𝐵=∠𝐴�
∴2∠𝑃�+2∠𝐴�=1.80°
∴∠解𝑃:�如+图∠𝐴中�,=在90射°线的下方作,过点作于.
②3��∠���=∠𝐴����⊥���
,,
∵∠���∽=∠�𝐴,=90°∠���=∠𝐴�
∴△���△�𝐴,,
����
∴∠���=,∠𝐵���=��,
����
∴��=�∽�∠���,=∠���
∴△���,△���
����
∴𝐴=��,
𝐴
∵𝐵:=2:::::,
∴𝐵����,=������=125
∴��=5𝐴,,,
25
∵∠𝑃�=∠𝑃�+∠���=∠𝑃�+∠𝐴�=90°��=5�𝑃=�
,
222252242
∴𝐴=𝑃+��.=�+(5�)=�+5�
22
∴【�点�睛=】本5�题属+于4�四边形综合题,考查了勾股定理,相似三角形的判定和性质,圆周角定理
等知识,解题的关键是学会添加常用辅助线,构造直角三角形解决问题,学会利用辅助圆解
决问题,属于中考压轴题
8.(2022·浙江宁波·一模)若一个三角形的两条边的和等于第三条边的两倍,我们把这个三
角形叫做和谐三角形.
第26页共58页.
(1)已知是和谐三角形,,,请直接写出所有满足条件的的长;
(2)在△𝐴中�,,�D�为=3边��上=一4点,,连接,若𝐵为和谐三角形,
求△的�长�;�𝐴=4��=8����=2𝑃△𝐴�
(3)�如�图,在等腰
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