河南省2022年中考数学总复习 第四章 三角形微专项

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1、河南省2022年中考数学总复习 第四章 三角形微专项 突破点1倍长中线 　　倍长中线法:延长三角形一边的中线至一点,使所延长的部分与该中线相等,并连接该点与这条边的一个顶点,得到两个全等的三角形.这种方法主要用于构造全等三角形或证明对应边之间的关系. 倍长中线——常用辅助线添加方法(倍长中线等中线,等量关系一大片) 叙述 图示 结论 基本图形:在△ABC中,AD为BC边上的中线. 倍长中线:延长AD到点E,使ED=AD,连接BE. ①△ACD≌△EBD; ②根据三角形三边的关系得到: . 倍长中线的变形 作法一:M为AB上一点,连接MD并延长到点N,使ND

2、=MD,连接CN; 作法二:过点C作CN∥AB,与过点D的直线交于点N,该直线与AB交于点M. △BDM≌△CDN 如图,在△ABC中,AD是中线,∠BAC=∠BCA,点E在BC的延长线上,CE=AB,连接AE.求证:AE=2AD. 思路分析　见到中线,试一下倍长中线的辅助线作法,得到相等的线段,再利用三角形全等和等量代换进行证明. 自主解答　 1.如图,在△ABC中,AB=5,AC=3,则中线AD的取值范围是　　　　.  (第1题)　(第2题) 2.如图,在△ABC中,点E,F分别在AB,AC上,点D是

3、BC边上的中点,DE⊥DF,则BE+CF与EF的大小关系为　　　　.  3.如图,在△ABC中,AD是BC边上的中线,点E是AD上一点,且BE=AC,延长BE交AC于点F.求证:AF=EF. 4.如图,在△ABC中,AD交BC于点D,点E是BC的中点, EF∥AD交CA的延长线于点F,交AB于点G,已知BG=CF,求证:AD为△ABC的角平分线. 突破点2旋转 　　图形的旋转是近几年河南中考必考的内容.运用旋转的全等变换,证明线段相等、和差倍分关系以及角相等、和差倍分关系都是近几年中考常见的类型. 旋转的基本性质: ①对应点到旋转中心的距离相等;

4、 ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角; ③旋转前后的图形全等. 旋转的基本图形 图形旋转的要点 利用旋转作辅助线的基本思路 如图,将∠AOB旋转至∠A'OB',则∠AOA'=∠BOB'. 1.找准旋转中的“变”与“不变”; 2.找准旋转前后的“对应关系”; 3.充分挖掘旋转过程中线段之间的关系; 4.找旋转点,得等边、等角; 5.证全等或相似; 6.利用全等或相似得到边、角关系. 1.以等边三角形为背景的旋转60°(遇60°旋转60°); 2.以正方形为背景的旋转90°(遇90°旋转90°); 3.将分散的条件通过旋转变换集中在一块“形成合力”破解难题

5、(若条件是分散的,则试试看把图形进行平移、旋转、翻折). 如图,将△AOB旋转至△A'OB',连接AA',BB',则△AOA'∽△BOB'. 如图,在☉O的内接四边形ABCD中,AB=3,AD=5,∠BAD= 60°,点C为的中点,则AC的长是　　　　 .  思路分析　∵四边形ABCD是☉O的内接四边形,∴∠ABC+∠ADC=180°,又∵点C为的中点,∴BC=CD.将△ABC绕点C旋转至△EDC,则A,D,E三点共线,这样就把分散的条件集中在一块了,旋转变换后的图形是等腰三角形,再利用等腰三角形“三线合一”的性质和锐角三角函数求出AC的值即可.(利用旋转时,一般要满足两

6、个条件:①有相等的边,②两角之和为180°) 5.如图,点P为等边三角形ABC内的一点,且点P到△ABC三个顶点A,B,C的距离分别为1,,,则△ABC的面积为　　　　.  (第5题)　(第6题) 6.如图,在正方形ABCD中,点E为BC上一点,点F为CD上一点,BE+DF=EF,则∠EAF的度数为　　　　.  7.如图,在△ABC中,∠C=90°,点D,E,F分别在边CA,AB,BC上,且四边形CDEF是正方形,已知BE=2.2,EA=4.1,则△BFE和△AED的面积之和为　　　　.  8.如图,OA=OD,OA⊥OD,OB=OC,OB⊥OC,经过点O的直线l分别交A

7、B,CD于点E,F. (1)试说明:S△OAB=S△OCD; (2)若直线l平分CD,求证:OF=AB. 9.如图,点D为等腰直角三角形ABC斜边AB的中点,DM⊥DN,DM,DN分别交BC,CA于点E,F. (1)当∠MDN绕点D转动时,求证:DE=DF; (2)若AB=2,求四边形DECF的面积. 10.如图,等腰三角形ABC绕顶点B逆时针旋转α到△A1BC1的位置,AB与A1C1相交于点D,AC与A1C1,BC1分别相交于点E,F. (1)求证:△BCF≌△BA1D; (2)当∠C=α时,

8、判断四边形A1BCE的形状并说明理由. 一线三直角模型 1.[模型说明] 一线三直角是一个常见的相似模型,指的是有三个直角的顶点在同一条直线上构成的相似图形,有些地区称“三垂直模型”,也有称“K形图”或“M形图”.(一线三等角不仅可以是直角,也可以是锐角或钝角.本专题主要研究一线三直角模型) 2.[识别方法] (1)查找图形中已知的直角,顺着这个直角的顶点寻找或者构造模型中的“一线”; (2)构造其他直角,构造的直角的顶点必须在“同一条直线”上, “这条直线”可能在已知角的外部,也可能“穿过”这个角. 3.[构造一线三直角的基本步骤] 做题过

9、程中,若出现一直角的顶点在一条直线上的形式,就可以构造两侧的直角三角形,利用全等三角形或相似三角形解决相关问题.综合性题目往往就会把全等和相似的转化作为出题的一种形式.本质就是找角、定线、构相似. 一线三直角的基本图形 一般结论 一线三直角的应用 △ACD∽△BAE. 特殊地,当AB=AC时,△ACD≌△BAE. ①图形中已经存在“一线三直角”,直接应用模型解题; ②图形中存在“一线两直角”,补上“一直角”构造此模型; ③图形中只有直线上的一个直角,补上“两直角”构造此模型; ④图形中只有一个直角,过该直角顶点补上“一线”,再补上“两直角”,构造此模型; ⑤对坐

10、标系中在x轴或y轴(也可以是平行于x轴或y轴的直线)上构造“一线三等角”是解决问题的关键. 突破点1三角形中运用一线三直角进行相关的运算 如图,在Rt△ABC中,∠C=90°,∠AEB=135°,BE=3,DE⊥BE交AB于点D,若DE=,则AE的长为　　　　.  思路分析　观察题图,有两个直角:∠DEB和∠C,有“一条线”:直线AC,过点D作AC的垂线,即可构造一线三直角模型,然后配合题中的条件用“相似+勾股”进行证明和计算. 突破点2四边形中运用一线三直角求线段长 如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,点E为BC边的中点,将△ABE沿AE折叠,使点B落在矩形内的

11、点F处,连接CF,则CF的长为　　　　.  思路分析　题图中的直角有很多,与CF联系紧密且易于构造一线三直角模型的直角是∠AFE,过直角顶点F用竖直的线(作矩形ABCD的边AD边垂线),可构造一线三直角模型,再配合题中的条件用“相似+勾股”进行相关计算. 突破点3一线三直角在二次函数中的运用 抛物线y=x2-4x+3与坐标轴交于A,B,C三点,点P在抛物线上,PE⊥BC于点E,若PE=2CE,则点P的坐标为　　　　.  思路分析　图形中与点P相关的直角顶点是E,可过点E作x轴或y轴的平行线(也可以是平行于x轴或y轴的直线),构造一线三直角模型,然后利用相关知识进行计算.

12、 1.在四边形ABCD中,∠BAD=∠ACB=90°,AB=AD,AC=4BC,若CD的长为5,则四边形ABCD的面积为　　　　.  (第1题)　(第2题) 2.如图,已知∠ABC=90°,AD=BC,CE=BD,AE与CD相交于点M,则∠AMD=　　　　°.  3.如图,在平面直角坐标系中,等腰直角三角形OAB的一个顶点在原点处,∠ABO=90°,OB=AB,已知点A(2,4),则点B的坐标为　　　　.  (第3题)　(第4题) 4.如图,在平面直角坐标系中,点A(0,2),点B(4,0),点C在第一象限内,若△ABC为等边三角形,则点C的坐标为　　　　.  5.如图,在平面

13、直角坐标系中,把矩形OABC的顶点O放在原点处,把其边OA,OC分别放在x轴的正半轴、y轴的正半轴上,点D在OC边上,把△BDC沿直线BD翻折,点C的对应点恰好落在x轴上的点E处,已知B(10,8),则直线BD的解析式为　　　　.  (第5题)　(第6题) 6.如图,在四边形ABCD中,AD=4,CD=3,∠ABC=∠ACB=∠ADC=45°,则BD的长为　　　　.  7.在四边形ABCD中,∠ABC=∠BAD=90°,∠ACD=45°,AB=3,AD=4,则BC的长为　　　　.  (第7题)　(第8题) 8.如图,已知抛物线y=-x2与直线AB交于A(-2,-4),B两点,连接AO

14、,BO,若∠AOB=90°,则点B的坐标为　　　　.  参考答案 高分突破微专项1　全等三角形中的两大辅助线技巧 例1　证明:如图,延长AD至点F,使DF=DA,连接CF. 在△ABD和△FCD中, ∴△ABD≌△FCD, ∴AB=FC,∠B=∠DCF. ∵CE=AB,∠BAC=∠BCA,∠ACE=∠BAC+∠B, ∴CF=CE,∠ACE=∠BCA+∠DCF=∠ACF, 在△ACF和△ACE中, ∴△ACF≌△ACE, ∴AE=AF=2AD. 强化训练 1.1

15、CD,又∵∠ADB=∠CDE,∴△ABD≌△ECD,∴AB=EC,在△AEC中,AC+EC>AE,且EC-AC2AD,AB-AC<2AD,∴2<2AD<8,∴1EF　如图,延长ED至点P,使DP=DE,连接FP,CP, ∵点D是BC的中点,∴BD=CD,又∵∠EDB=∠CDP,∴△BDE≌△CDP,∴BE=CP.∵DE⊥DF,DE=DP,∴EF=FP.又∵在△CFP中,CP+CF=BE+CF>FP,∴BE+CF>EF. 3.证明:如图,延长AD到点G,使得DG=AD,连接BG. ∵AD是BC边上的中线, ∴DC=DB. 在

16、△ADC和△GDB中, ∴△ADC≌△GDB, ∴∠CAD=∠G,BG=AC. ∵BE=AC, ∴BE=BG, ∴∠BED=∠G, 又∵∠BED=∠AEF, ∴∠AEF=∠CAD, ∴AF=EF. 4.证明:如图,过点C作CH∥AB,交FE的延长线于点H, 则∠B=∠ECH,∠BGE=∠H. ∵点E是BC的中点, ∴BE=CE. 在△BEG和△CEH中, ∴△BEG≌△CEH, ∴BG=CH, 又∵BG=CF, ∴CH=CF, ∴∠F=∠H. ∵EF∥AD, ∴∠F=∠CAD,∠BGE=∠BAD, 又∵∠BGE=∠H, ∴∠BAD=∠CAD,

17、 ∴AD为△ABC的角平分线. 例2　　如图,将△ABC以点C为旋转中心,旋转至△EDC,则△ABC≌△EDC,∴AB=ED,AC=EC,∠ABC=∠EDC.∵四边形ABCD是☉O的内接四边形,∴∠ABC+∠ADC=180°,∴∠EDC+∠ADC=180°,∴A,D,E三点共线,∴AE=AD+ED=8.∵∠BAD= 60°,点C为的中点,∴∠CAE=∠BAD=30°.过点C作CF⊥AE于点F,则AF=AE=4.在Rt△ACF中,cos∠CAF=,即=,解得AC=. 强化训练 5.　如图,将△ABP以点A为旋转中心逆时针旋转60°,得△ACD,过点A作AE⊥CD交CD的延长线于点

18、E,连接PD,易得△ABP≌△ACD,AP=AD,BP=CD,∠PAD=∠BAC=60°,∴△ADP为等边三角形,∴AP=PD.在△CDP中,DP=1,CD=,PC=,∴PD2+CD2=PC2,∴△CDP是直角三角形,且∠CDP=90°,∴∠CDP+∠ADP=150°,∴∠ADE=30°.在Rt△ADE中,AE=AD=,ED=AE=,∴CE=CD+DE=+,AC2=3+,∴S△ABC=×AC2=. 6.45°　如图,将△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG的位置,得∠EAG=90°,△ABE≌△ADG,∴BE=DG,AE=AG,又∵BE+DF=EF,∴FG=EF,∴△AEF≌△AGF,

19、∴∠EAF=∠GAF,∴∠EAF=∠EAG=45°. 7.4.51　方法一:如图(1),将△BEF绕点E逆时针旋转90°到△GED的位置,易得EG⊥AE,△BEF≌△GED,∴GE=BE=2.2,∴S△BFE+S△AED=S△AEG=AE·EG=×2.2×4.1=4.51.方法二:如图(2),将△AED绕点E顺时针旋转90°到△GEF的位置,则EG⊥AE,△AED≌△GEF,∴GE=AE=4.1,∴S△BFE+S△AED=S△GBE=BE·EG=×2.2×4.1=4.51. 图(1)　图(2) 8.(1)证明:∵OA=OD, ∴可将△AOB以点O为旋转中心旋转至△DOG的位置,如图

20、所示,则△AOB≌△DOG, ∴S△OAB=S△ODG,∠AOB=∠DOG,OB=OG. ∵OA⊥OD,OB=OC,OB⊥OC, ∴∠COD+∠AOB=∠COD+∠DOG=180°,OC=OG, ∴C,O,G三点共线,OD为△CDG中CG边上的中线, ∴S△ODG=S△OCD, ∴S△OAB=S△OCD. (2)证明:∵直线l平分CD, ∴CF=DF. 由(1)可知,OC=OG, ∴OF为△CDG的中位线, ∴OF=DG, 由旋转性质可得DG=AB, ∴OF=AB. 9.(1)证明:连接DC, ∵点D为等腰直角三角形ABC斜边AB的中点, ∴CD⊥AB,CD

21、=DA,CD平分∠BCA, ∴∠ECD=∠DCA=45°. ∵DM⊥DN, ∴∠EDN=90°, 又∠CDA=90°, ∴∠CDE=∠FDA. 在△CDE和△ADF中, ∴△CDE≌△ADF, ∴DE=DF. (2)∵△CDE≌△ADF, ∴S△CDE=S△ADF, ∴==CD·AD=. 10.(1)证明:∵△ABC是等腰三角形, ∴AB=BC,∠A=∠C. ∵将等腰三角形ABC绕顶点B逆时针旋转α到△A1BC1的位置, ∴A1B=AB=BC,∠A1=∠A=∠C,∠A1BD=∠CBC1. 在△BCF与△BA1D中, ∴△BCF≌△BA1D. (2)当

22、∠C=α时,四边形A1BCE是菱形. 理由:由题易得∠A1=∠A. 又∵∠ADE=∠A1DB, ∴∠AED=∠A1BD=α, ∴∠DEC=180°-α. ∵∠C=α, ∴∠A1=α, ∴∠A1BC=360°-∠A1-∠C-∠A1EC=180°-α, ∴∠A1=∠C,∠A1BC=∠A1EC, ∴四边形A1BCE是平行四边形, 又∵A1B=BC, ∴四边形A1BCE是菱形. 高分突破微专项2　一线三直角模型 例1　3　如图,过点D作DF⊥AC于点F.∵∠AEB=135°,∴∠CEB=45°,∴△CEB是等腰直角三角形.又∵BE=3,∴BC=CE=3.根据一线三直角模型,可

23、得△EFD∽△BCE,∴∠FED=∠FDE=45°.又DE=,∴EF=DF=1.易证△AFD∽△ACB,∴=.设AF=a,则=,解得a=2,∴AE=AF+EF=2+1=3. 例2　　如图,过点F作AD的垂线,交AD于点M,交BC于点N,则∠FMA=∠ENF=90°.∵BC=6,点E为BC边的中点,∴BE=BC=3.由折叠的性质可知,EF=BE=3,AF=AB=4,∠AFE=∠B=90°.根据一线三直角模型,可得△AMF∽△FNE,∴===.设EN=3x,FM=4x,则FN=4-4x,AM=3x+3,∴=,解得x=,∴NC=EC-EN=3-3x,∴FC=5-5x=5-5×=. 例3　

24、(,)　方法一:如图(1),过点E作EF⊥y轴,交y轴于点F,过点P作PG⊥EF,交FE的延长线于点G.当y=0时,x2-4x+3=0,解得x1=1,x2=3,∴A(1,0),B(3,0),∴OA=1,OB=3.当x=0时,y=3,∴点C的坐标是(0,3).∴OC=3,∴OB=OC,∴△BOC为等腰直角三角形.又∵EF∥OB,∴△EFC是等腰直角三角形.∵∠CFE=∠EGP=∠CEP=90°,∴根据一线三直角模型,可得△CEF∽△EPG.∵PE=2CE,∴===.设点E的横坐标为m,易得EG=PG=2m,∴点P的坐标为(3m,3+m).把点P的坐标代入y=x2-4x+3中,解得m1=,m2=0

25、(不符合题意,舍去),∴点P的坐标为(,).方法二:如图(2),当y=0时,x2-4x+3=0,解得x1=1,x2=3,∴A(1,0),B(3,0),∴OA=1,OB=3.当x=0时,y=3,∴点C的坐标是(0,3).∴OC=3,∴OB=OC,∴△BOC为等腰直角三角形.过点B作BF⊥BC,交CP的延长线于点F,过点F作FH⊥x轴于点H,∵PE⊥BC,∴EP∥BF,∴△CEP∽△CBF.∵PE=2CE,==.由一线三直角模型可得△BOC∽△FHB,∴BH=FH=2AB=6,∴点F的坐标为(9,6).易求出直线CF的解析式为y=x+3.令x2-4x+3=x+3,解得x1=0(舍去),x2=,把x

26、=代入到y=x+3,得点P的坐标为(,). 图(1)　图(2) 强化训练 1.10　如图,过点D作DE⊥AC,交AC于点E.∵∠BAD=∠ACB=90°,AB=AD,∴根据一线三直角模型,可得△ABC≌△DAE,∴AE=BC,AC=DE.设BC=AE=a,则CE=3a.在Rt△CDE中,CE2+DE2=CD2,即(3a)2+(4a)2=52,解得a=1(负值已舍去),∴DE=AC=4a=4,∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=BC·AC+AC·DE=×1×4+×4×4=10. 2.45　如图,过点A作AN⊥AB,且AN=BD,连接DN,CN.∵AD=BC,∴△DAN≌△

27、CBD,∴∠AND=∠CDB,DN=DC.又∵∠AND+∠NDA=90°,∴∠CDB+∠NDA=90°,∴∠NDC=90°,∴△CDN是等腰直角三角形,∴∠NCD=45°.∵AN=DB,CE=BD,∴AN=CE.又∵AN∥CE,∴四边形ANCE是平行四边形,∴CN∥AE,∴∠AMD=∠NCD=45°. 3.(3,1)　如图,过点B作x轴的垂线,垂足为F,过点A作y轴的垂线,垂足为E,两线交于点D,则∠ADB=∠BFO=90°.∵∠ABO=90°,AB=OB,∴根据一线三直角模型,可得△ABD≌△BOF,∴AD=BF,BD=OF.设AD=BF=a,BD=OF=b.∵A(2,4),∴AE=2,D

28、F=4,∴解得a=1,b=3.∴OF=3,BF=1,故点B的坐标为(3,1). 4.(5,3)　如图,过点C作CD⊥AB于点D,过点D作y轴的垂线,垂足为E,过点C作CF⊥ED,交ED的延长线于点F.∵点A(0,2),点B(4,0),∴OA=2,OB=4.∵△ABC为等边三角形,∴CD=AD.易知DE为△AOB的中位线,∴DE=OB=2,AE=OA=.根据一线三直角模型,可得△ADE∽△DCF,∴===,解得DF=3,CF=2,∴EF=DE+DF=5,CF+OE=3,∴点C的坐标为(5,3). 5.y=x+3　在矩形OABC中,∵B(10,8),∴OC=AB=8,OA=BC=10.

29、由折叠的性质可知DE=CD,BE=BC=10.在Rt△ABE中,AE==6,∴OE=OA-AE=10-6=4.根据一线三直角模型可知,△DOE∽△EAB,∴=,即=,解得OD=3,∴点D的坐标为(0,3).设直线BD的解析式为y=ax+3,将B(10,8)代入,解得a=,故直线BD的解析式为y=x+3. 6.　如图,过点C作CF⊥AD于点F,过点B作BE⊥AD,交DA的延长线于点E.在Rt△CDF中,∵∠ADC=45°,∴CD=DF=CF,∴CF=DF=,AF=AD-DF=4-.∵∠CFA=∠CAB=∠AEB=90°,AC=AB,∴根据一线三直角模型,可得△ACF≌△BAE,∴AE=CF=,

30、BE=AF=4-,∴DE=AD+AE=4+.在Rt△BDE中,BD==. 7.2+　方法一:如图(1),过点D作DE⊥AC于点E,过点E作AB的平行线,分别交BC,AD于点G,H,则四边形ABGH是矩形.∵∠ACD=45°,∴△DCE为等腰直角三角形,∴DE=CE.∵∠DHE=∠EGC=∠DEC=90°,∴根据一线三直角模型,可得△DEH≌△ECG,∴EH=CG,DH=EG.设DH=EG=m, 则CG=EH=3-m,AH=4-m,BC=CG+AH=7-2m.易知△CEG∽△CAB,∴=,即=,解得m1=(不合题意,舍去),m2=,∴BC=7-2m=2+.方法二:如图(2),过点A作AE⊥

31、AC与CD的延长线交于点E,过点E作EF⊥AB,交BA的延长线于点F.∵∠ACD=45°,则△ACE为等腰直角三角形,∴AC=AE.∵∠EAC=∠EFA=∠ABC=90°,∴根据一线三直角模型,可得△AEF≌△CAB.∴AF=BC,EF=BA=3.设AF=BC=a,过点E作EH⊥BC于点H,则四边形EFBH为矩形,∴EH=BF=a+3,CH=BC-BH=BC-EF=a-3,DG=AD-AG=4-EF=1.∵∠ABC=∠BAD=90°,∴DG∥CH,∴△EGD∽△EHC,∴=,即=,解得a1=2+,a2=2-(不合题意,舍去).故BC的长为2+. 图(1)　图(2) 8.(1,-)　如图,分别过A,B两点作AD⊥x轴于点D,BC⊥x轴于点C.∵∠ADO=∠OCB=∠AOB=90°,∴根据一线三直角模型,可得△AOD∽△OBC,∴=.∵A(-2,-4),∴OD=2,AD=4,∴==,∴OC=2BC.设BC=a,则OC=2a,∴点B的坐标为(2a,-a),代入y=-x2,得-a=-×(2a)2,解得a1=,a2=0(不符合题意,舍去),故点B的坐标为(1,-).