2022年浙江省中考数学复习训练-模型五　全等经典模型

数学模型五全等经典模型模型1：平移模型【数学建模】由三角形平移，得出的图形全等，得出对应边相等、对应角相等．图示：【模型应用】1．(2020·广州)如图，点A的坐标为(1，3)，点B在x轴上，把△OAB沿x轴向右平移到△ECD，若四边形ABDC的面积为9，则点C的坐标为__(4，3)__．2．如图，A，B，C，D四点在同一直线上，请你从下面四项中选出三项作为条件，余下一项作为结论，构成一个真命题，并进行证明．①AB＝CD；②∠ACE＝∠D；③∠EAG＝∠FBG；④AE＝BF.你选择的条件是：________，结论是：________．(填写序号)【解析】选择的条件是：①②③，结论是：④∵∠EAG＝∠FBG，∴∠EAD＝∠FBD.∵AB＝CD，∴AB＋BC＝BC＋CD，即AC＝BD.在△ACE和△BDF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ACE＝∠D，,AC＝BD，,∠EAD＝∠FBD，))∴△ACE≌△BDF(ASA).∴AE＝BF.3．(2019·南充)如图，点O是线段AB的中点，OD∥BC且OD＝BC.(1)求证：△AOD≌△OBC；(2)若∠ADO＝35°，求∠DOC的度数．【解析】(1)∵点O是线段AB的中点，∴AO＝BO，∵OD∥BC，∴∠AOD＝∠OBC，在△AOD与△OBC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AO＝BO，,∠AOD＝∠OBC，,OD＝BC，))∴△AOD≌△OBC(SAS)；(2)∵△AOD≌△OBC，∴∠ADO＝∠OCB＝35°，∵OD∥BC，∴∠DOC＝∠OCB＝35°.模型2：轴对称模型【数学建模】将原图形(由两个三角形组成)沿着某一条直线折叠后，直线两边的部分能够完全重合，这两个三角形称之为轴对称模型，对称模型图形有公共边模型、公共角模型和对顶角模型，可以通过翻折得到两个三角形全等．此类图形中要注意其隐含条件，即公共边或公共角相等．【模型应用】1．如图，已知Rt△ABC≌Rt△ADE，∠ABC＝∠ADE＝90°，BC与DE相交于点F，连结CD，EB.(1)不添加辅助线，找出图中其他的全等三角形；(2)求证：CF＝EF.【解析】(1)题图中其他的全等三角形为：△ACD≌△AEB，△DCF≌△BEF.(2)∵Rt△ABC≌Rt△ADE，∴AC＝AE，AD＝AB，∠CAB＝∠EAD.∴∠CAB－∠DAB＝∠EAD－∠DAB，即∠CAD＝∠EAB.∴△CAD≌△EAB(SAS).∴CD＝EB，∠ADC＝∠ABE.又∵∠ADE＝∠ABC，∴∠CDF＝∠EBF.又∵∠DFC＝∠BFE，∴△CDF≌△EBF(AAS).∴CF＝EF.2.(2020·张家界)如图，正方形ABCD的边长为1，将其绕顶点C按逆时针方向旋转一定角度到CEFG位置，使得点B落在对角线CF上，求阴影部分的面积．【解析】过E点作MN∥BC交AB，CD于点M，N，设AB与EF交于点P，连结CP，如图所示，∵B在对角线CF上，∴∠DCE＝∠ECF＝45°，∴△ENC为等腰直角三角形，∴MB＝CN＝eq\f(\r(2),2)EC＝eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),2)，又BC＝AD＝CD＝CE，且CP＝CP，△PEC和△PBC均为直角三角形，∴△PEC≌△PBC(HL)，∴PB＝PE，又∠PFB＝45°，∴∠FPB＝45°＝∠MPE，∴△MPE为等腰直角三角形，设MP＝x，则EP＝BP＝eq\r(2)x，∵MP＋BP＝MB，∴x＋eq\r(2)x＝eq\f(\r(2),2)，解得x＝eq\f(2－\r(2),2)，∴BP＝eq\r(2)x＝eq\r(2)－1，∴阴影部分的面积＝2S△PBC＝2×eq\f(1,2)BC·BP＝1×(eq\r(2)－1)＝eq\r(2)－1.模型3：一线三等角模型(K图形)【数学建模】“一线三等角”指的是有三个等角的顶点在同一条直线上构成的全等(或相似)图形，这个角可以是直角，也可以是锐角或钝角．有些时候我们也称之为“K形图”“三垂直”“弦图”等，以下统称为“一线三等角”问题．【模型应用】1．如图，将一个等腰直角三角形放置在距离是1的横格纸上，三个顶点都在横线上，则此三角形的斜边长为__eq\r(10)__．2．(2020·铜仁)如图，在矩形ABCD中，AD＝4，将∠A向内翻析，点A落在BC上，记为A1，折痕为DE.若将∠B沿EA1向内翻折，点B恰好落在DE上，记为B1，求AB.【解析】由折叠可得，A1D＝AD＝4，∠A＝∠EA1D＝90°，∠BA1E＝∠B1A1E，BA1＝B1A1，∠B＝∠A1B1E＝90°，∴∠B1A1E＋∠DA1B1＝90°，∠BA1E＋∠CA1D＝90°，∴∠DA1B1＝∠CA1D，又∵∠C＝∠A1B1D，A1D＝A1D，∴△A1DB1≌△A1DC(AAS)，∴A1C＝A1B1，∴BA1＝A1C＝eq\f(1,2)BC＝2.在Rt△A1CD中，CD＝eq\r(A1D2－A1C2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，∴AB＝2eq\r(3).3.(2020·遵义)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点(点E与点A，C不重合)，连结DE，作EF⊥DE交射线BA于点F，过点E作MN∥BC分别交CD，AB于点M，N，作射线DF交射线CA于点G.(1)求证：EF＝DE；(2)当AF＝2时，求GE的长．【解析】(1)∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠ECM＝45°，∵MN∥BC，∠BCM＝90°，∴∠NMC＋∠BCM＝180°，∠MNB＋∠B＝180°，∴∠NMC＝90°，∠MNB＝90°，∴∠MEC＝∠MCE＝45°，∠DME＝∠ENF＝90°，∴MC＝ME，∵CD＝MN，∴DM＝EN，∵DE⊥EF，∠EDM＋∠DEM＝90°，∴∠DEF＝90°，∴∠DEM＋∠FEN＝90°，∴∠EDM＝∠FEN，在△DME和△ENF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EDM＝∠FEN，,DM＝EN，,∠DME＝∠ENF，))∴△DME≌△ENF(ASA)，∴EF＝DE；(2)由(1)知，△DME≌△ENF，∴ME＝NF，∵四边形MNBC是矩形，∴MC＝BN，又∵ME＝MC，AB＝4，AF＝2，∴BN＝MC＝NF＝1，∵∠EMC＝90°，∴CE＝eq\r(2)，∵AF∥CD，∴△DGC∽△FGA，∴eq\f(CD,AF)＝eq\f(CG,AG)，∴eq\f(CG,AG)＝eq\f(4,2)＝2，∵AB＝BC＝4，∠B＝90°，∴AC＝4eq\r(2)，∵AC＝AG＋GC，∴AG＝eq\f(4\r(2),3)，CG＝eq\f(8\r(2),3)，∴GE＝GC－CE＝eq\f(8\r(2),3)－eq\r(2)＝eq\f(5\r(2),3).模型4：手拉手模型【数学建模】手拉手模型，是指有公共顶点的两个三角形(正方形)组成，可以看成两个图形中的一个绕一定点旋转一定的角度，即这两个三角形全等．【模型应用】1.如图，四边形ABCD是正方形，BE⊥BF，BE＝BF，EF与BC交于点G.(1)求证：AE＝CF；(2)若∠ABE＝55°，求∠EGC的大小．【解析】(1)∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，AB＝BC.∵BE⊥BF，∴∠FBE＝90°.∵∠ABE＋∠EBC＝90°，∠CBF＋∠EBC＝90°，∴∠ABE＝∠CBF.在△AEB和△CFB中eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝BC，,∠ABE＝∠CBF，,BE＝BF，))∴△AEB≌△CFB，∴AE＝CF.(2)∵BE⊥BF，∴∠FBE＝90°.又∵BE＝BF，∴∠BEF＝∠EFB＝45°.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝90°，又∵∠ABE＝55°，∴∠EBG＝90°－55°＝35°，∴∠EGC＝∠EBG＋∠BEF＝45°＋35°＝80°.2．如图1，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC＝eq\r(2)＋1，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE＝1，连结DE.现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α(0°＜α＜360°)，如图2，连结CE，BD，CD.(1)当0°＜α＜180°时，求证：CE＝BD；(2)如图3，当α＝90°时，延长CE交BD于点F，求证：CF垂直平分BD；(3)在旋转过程中，求△BCD的面积的最大值，并写出此时旋转角α的度数．【解析】(1)根据题意，得AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，∵∠CAE＋∠BAE＝90°，∠BAD＋∠BAE＝90°，∴∠CAE＝∠BAD，在△ACE和△ABD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝AB，,∠CAE＝∠BAD，,AE＝AD，))∴△ACE≌△ABD(SAS)，∴CE＝BD；(2)根据题意，得AB＝AC，AD＝AE，∠CAB＝∠EAD＝90°，在△ACE和△ABD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AC＝AB，,∠CAE＝∠BAD，,AE＝AD，))∴△ACE≌△ABD(SAS)，∴∠ACE＝∠ABD，∵∠ACE＋∠AEC＝90°，且∠AEC＝∠FEB，∴∠ABD＋∠FEB＝90°，∴∠EFB＝90°，∴CF⊥BD，∵AB＝AC＝eq\r(2)＋1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，∴BC＝eq\r(2)AB＝eq\r(2)＋2，CD＝AC＋AD＝eq\r(2)＋2，∴BC＝CD，∵CF⊥BD，∴CF是线段BD的垂直平分线；(3)在△BCD中，边BC的长是定值，则BC边上的高取最大值时△BCD的面积有最大值，∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积取得最大值，如图．∵AB＝AC＝eq\r(2)＋1，AD＝AE＝1，∠CAB＝∠EAD＝90°，DG⊥BC于G，∴AG＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(\r(2)＋2,2)，∠GAB＝45°，∴DG＝AG＋AD＝eq\f(\r(2)＋2,2)＋1＝eq\f(\r(2)＋4,2)，∠DAB＝180°－45°＝135°，∴△BCD的面积的最大值为：eq\f(1,2)BC·DG＝eq\f(1,2)(eq\r(2)＋2)(eq\f(\r(2)＋4,2))＝eq\f(3\r(2)＋5,2)，旋转角α＝135°.3．(2020·郴州)如图，在等腰直角三角形ADC中，∠ADC＝90°，AD＝4.点E是AD的中点，以DE为边作正方形DEFG，连结AG，CE.将正方形DEFG绕点D顺时针旋转，旋转角为α(0°＜α＜90°).(1)如图2，在旋转过程中，①判断△AGD与△CED是否全等，并说明理由；②当CE＝CD时，AG与EF交于点H，求GH的长．(2)如图3，延长CE交直线AG于点P.①求证：AG⊥CP；②在旋转过程中，线段PC的长度是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由．【解析】(1)①全等，理由如下：在等腰直角三角形ADC中，AD＝CD，∠ADC＝90°，在正方形DEFG中，GD＝ED，∠GDE＝90°，又∵∠ADE＋∠EDC＝90°，∠ADE＋∠ADG＝90°，∴∠ADG＝∠CDE，在△AGD和△CED中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AD＝CD，,∠ADG＝∠CDE，,GD＝ED，))∴△AGD≌△CED(SAS)；②如图，过A点作AM⊥GD，垂足为M，交FE于N，∵点E是AD的中点，∴在正方形DEFG中，DE＝GD＝GF＝EF＝2，由①得△AGD≌△CED，∴AG＝CE，又∵CE＝CD，∴AG＝AD＝CD＝4，∵AM⊥GD，∴GM＝eq\f(1,2)GD＝1，又∵∠FGM＝∠GMN＝∠F＝90°，∴四边形GMNF是矩形，∴MN＝GF＝2，在Rt△AGM中，AM＝eq\r(AG2－GM2)＝eq\r(42－12)＝eq\r(15)，∴cos∠GAM＝eq\f(AM,AG)＝eq\f(\r(15),4)，∵FG∥AM，∴∠GAM＝∠AGF∴cos∠AGF＝eq\f(FG,GH)＝eq\f(\r(15),4)，∴GH＝eq\f(FG,cos∠AGF)＝eq\f(2,\f(\r(15),4))＝eq\f(8\r(15),15).(2)①由(1)①得△AGD≌△CED，∴∠GAD＝∠ECD，又∵∠ECD＋∠ECA＋∠DAC＝90°，∴∠GAD＋∠ECA＋∠DAC＝90°，∴∠APC＝90°，即：AG⊥CP；②∵∠APC＝90°，∴PC＝AP·sin∠PAC，∴当∠PAC最大时，PC最大，∵∠DAC＝45°，是定值，∴∠GAD最大时，∠PAC最大，PC最大，∵AD＝4，GD＝2，∴当GD⊥AG，∠GAD＝30°最大，如图3，此时AG＝eq\r(AD2－GD2)＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，又∵AG⊥CP，EF⊥FG，∴F点与P点重合，∴CEFP四点共线，∴CP＝CE＋EF＝AG＋EF＝2