中考数学复习培优练一全等模型高效拆分特训答案

01几何压轴题高效拆分特训专题一全等模型高效拆分特训特训1旋转全等(一)一线三等角模型1．92．解：如图，过D作DH⊥EF于H.∵∠DAC＝90°，∴∠DAH＋∠CAE＝90°.∵CE⊥AF于E，∴∠ACE＋∠CAE＝90°，∴∠DAH＝∠ACE.∵∠AHD＝∠AEC＝90°，AD＝AC，∴△ADH≌△CAE，∴AH＝CE＝12.设AC＝x，则AF＝AD＝x，∴FH＝AF－AH＝x－12.∵DE＝DF，DH⊥FE，∴EH＝FH＝x－12，∴AE＝AH－EH＝12－(x－12)＝24－x.∵AC2＝AE2＋CE2，∴x2＝(24－x)2＋122，∴x＝15.∴AC的长为15.特训2旋转全等(二)手拉手模型【熟悉模型】证明：∵∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE.在△ABD和△ACE中，∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE，∴BD＝CE.【运用模型】150°【深化模型】解：∵∠ACB＝∠ABC＝45°，∴∠BAC＝90°，且AC＝AB.将△ADB绕点A顺时针旋转90°，得到△AEC，连接DE，如图．∴AD＝AE，∠DAE＝90°，BD＝CE.∴∠EDA＝45°，DE＝eq\r(2)AD＝4eq\r(2).∵∠ADC＝45°，∴∠EDC＝45°＋45°＝90°.在Rt△DCE中，CE＝eq\r(CD2＋DE2)＝eq\r(9＋32)＝eq\r(41)，∴BD＝CE＝eq\r(41).特训3旋转全等(三)半角模型(1)证明：如图，将△ADF绕点A旋转至△ABG的位置，∴BG＝DF，AG＝AF，∠GAB＝∠FAD，∴∠GAF＝∠BAD＝90°，∴∠EAG＝∠GAF－∠EAF＝90°－45°＝45°＝∠EAF.又∵AE＝AE，∴△EAG≌△EAF，∴GE＝EF.又∵GE＝BE＋BG＝BE＋DF，∴EF＝BE＋DF.(2)解：MN2＝BM2＋DN2.理由：如图，将△ABM绕点A旋转至△ADH的位置，连接HN，∴AH＝AM,DH＝BM，∠ADH＝∠ABM，∠HAD＝∠MAB，∴∠HAM＝∠BAD＝90°，∴∠HAN＝∠HAM－∠EAF＝90°－45°＝45°＝∠MAN.又∵AN＝AN，∴△HAN≌△MAN，∴HN＝MN.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ADN＝45°，∴∠ADH＝∠ABM＝45°，∴∠HDN＝∠ADH＋∠ADN＝90°，∴HN2＝DH2＋DN2，∴MN2＝BM2＋DN2.特训4中点模型(一)倍长中线(或作平行线)1．证明：延长AD到M，使AD＝DM，连接BM，如图．∵AD是△ABC的中线，∴CD＝BD，在△ADC和△MDB中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(DC＝DB，,∠ADC＝∠MDB，,DA＝DM，)))∴△ADC≌△MDB，∴BM＝AC，∠CAD＝∠M.∵AC＝BF，∴BM＝BF，∴∠M＝∠BFM.∵∠AFE＝∠BFM，∴∠CAD＝∠AFE，∴AE＝FE.2．解：猜想：BE2＋CF2＝EF2.证明：延长ED到点G，使DG＝ED，连接GF，GC，如图．∵ED⊥DF，DG＝ED，∴EF＝GF.∵D是BC的中点，∴BD＝CD.在△BDE和△CDG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(ED＝GD，,∠BDE＝∠CDG，,BD＝CD，)))∴△BDE≌△CDG，∴BE＝CG，∠B＝∠GCD.∵∠A＝90°，∴∠B＋∠ACB＝90°，∴∠GCD＋∠ACB＝90°，即∠GCF＝90°，∵在Rt△CFG中，GC2＋CF2＝GF2，∴BE2＋CF2＝EF2.特训5中点模型(二)构造中位线1．12．证明：连接AC，取AC的中点M,连接ME,MF，则ME,MF分别为△ABC和△ACD的中位线，∴ME＝eq\f(1,2)AB，MF＝eq\f(1,2)CD，ME∥AB，MF∥CD.∵AB＝CD，∴ME＝MF，∴∠MEF＝∠MFE.∵ME∥AB，MF∥CD，∴∠BPE＝∠MEF，∠Q＝∠MFE，∴∠BPE＝∠Q.特训6中点模型(三)平行线证中点(1)证明：如图①，过点D作DG∥AC，交BC于点G.∴∠DGB＝∠ACB.∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠DGB＝∠B，∴BD＝GD.∵BD＝CE，∴GD＝CE.∵DG∥AC，∴∠GDF＝∠CEF，∠DGF＝∠ECF，∴△DGF≌△ECF，∴DF＝EF.(2)解：当点D在线段BA上时，过点E作EO⊥BC，交BC的延长线于O，如图②所示，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝∠OCE.又∵∠DHB＝∠EOC＝90°，BD＝CE，∴△DHB≌△EOC，∴BH＝CO，∴HO＝HC＋CO＝HC＋HB＝BC＝4.∵∠DHF＝∠EOF＝90°，∠DFH＝∠EFO，由(1)得DF＝EF，∴△DHF≌△EOF，∴HF＝OF＝eq\f(1,2)HO＝2.∵CF＝1，∴BH＝CO＝OF－CF＝2－1＝1；当点D在BA的延长线上时，过点E作EO⊥BC交BC的延长线于点O，如图③，同理可证△DHB≌△EOC，△DHF≌△EOF，∴BH＝OC，HF＝OF.∴HO＝HC＋CO＝HC＋HB＝BC＝4，∴HF＝OF＝eq\f(1,2)HO＝2.∵CF＝1，∴BH＝CO＝OF＋CF＝2＋1＝3.综上所述，BH的长为1或3.特训7中点模型(四)斜边中线1．(1)证明：如图，连接DM，DN.∵BN，CM分别是△ABC的两条高，∴∠BMC＝∠CNB＝90°.∵D是BC的中点，∴DM＝eq\f(1,2)BC，DN＝eq\f(1,2)BC.∴DM＝DN.∵DE⊥MN，∴E是MN的中点．(2)2eq\r(5)2．证明：连接OC，如图．∵∠BAD＝∠BCD＝90°，O为BD的中点，∴∠ABC＋∠ADC＝180°，OA＝eq\f(1,2)BD＝OB，OC＝eq\f(1,2)BD＝OB，∴OA＝OC.∵∠ADC＝135°，∴∠ABC＝45°.∵OB＝OC，∴∠OBC＝∠OCB，∴∠COD＝2∠CBO，同理可得∠AOD＝2∠ABO.∴∠AOC＝∠AOD＋∠COD＝2∠ABO＋2∠CBO＝2(∠ABO＋∠CBO)＝2∠ABC＝90°，∴△AOC为等腰直角三角形，∴AC＝eq\r(OA2＋OC2)＝eq\r(2)OA.特训8角平分线模型1．52．证明：如图，过点D分别作DE⊥BC于E，DF⊥BA，交BA的延长线于点F.∵点D在∠ABC的平分线上，∴DE＝DF.∵∠BAD＝120°，∴∠DAF＝60°，∴∠DAF＝∠C.∵DE⊥BC,DF⊥AF，∴∠F＝∠DEC＝90°，∴△ADF≌△CDE，∴AD＝CD.3．证明：在BC边上截取EC＝AC，连接DE，则BC＝BE＋EC.∵CD是∠ACB的平分线，∴∠DCE＝∠DCA.在△CDE和△CDA中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(EC＝AC，,∠DCE＝∠DCA，,CD＝CD，))∴△CDE≌△CDA，∴∠CED＝∠A，ED＝AD.∵∠CED＝∠B＋∠BDE，∠A＝2∠B，∴∠B＝∠BDE，∴BE＝ED，∴BE＝AD，∴BE＋EC＝AD＋AC，即BC＝AD＋AC.特训9十字架模型(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠B＝90°.∵BE＝CF，∴AE＝BF，∴△DAE≌△ABF，∴DE＝AF.(2)证明：∵△DAE≌△ABF，∴∠ADE＝∠BAF.∵∠BAF＋∠DAF＝∠DAB＝90°，∴∠ADE＋∠DAF＝90°，∴∠DOA＝90°，∴AF⊥DE.(3)eq\r(17)特训10对角互补模型1．12．证明：如图，过点B分别作BF⊥DC于点F，BE⊥DA交DA的延长线于点E，则∠BEA＝∠BFC＝90°.∵DB平分∠ADC，∴BE＝BF.∵∠BAD＋∠BCD＝180°，∠BAD＋∠BAE＝180°，∴∠BCF＝∠BAE.在△BEA和△BFC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠BAE＝∠BCF，,∠BEA＝∠BFC，,BE＝BF，)))∴△BEA≌△BFC，∴AB＝CB.∵∠ADB＝60°，DB平分∠ADC，∴∠ADC＝2∠ADB＝120°.∵∠BAD＋∠BCD＝180°，∴∠ADC＋∠ABC＝180°，∴∠ABC＝180°－∠ADC＝60°，∴△ABC是等边三角形．特训11设参导等角1．证明：设∠B＝α.∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝α.∵∠ACB是△ACD的外角，且∠ADB＝45°，∴∠CAD＝∠ACB－∠ADB＝α－45°.∵CE⊥AB，∴∠CEB＝90°.∴∠BCE＝90°－∠B＝90°－α.∴∠DCF＝∠BCE＝90°－α.∵∠ADC是△CDF的外角，∴∠F＝∠ADC－∠DCF＝α－45°，∴∠CAD＝∠F，∴AC＝FC.2．证明：设∠CAE＝2α，∠ABC＝β，则∠AFD＝2β.∵