最新中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型專題05 倍長(zhǎng)中線模型-【壓軸必刷】-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

今天整理了初三中考總復(fù)習(xí)階段在教學(xué)過(guò)程中收集的經(jīng)典題目，一共有31講，包括原卷版和解析版，供大家學(xué)習(xí)復(fù)習(xí)參考。
經(jīng)典題目1：這是一道非常經(jīng)典的最值問(wèn)題，最值模型將軍飲馬和一箭穿心。
經(jīng)典題目2：上面三道題是費(fèi)馬點(diǎn)經(jīng)典問(wèn)題，旋轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)化是費(fèi)馬點(diǎn)問(wèn)題的關(guān)鍵。
經(jīng)典題目3：阿氏圓經(jīng)典題目，這道題目實(shí)際包括了隱圓模型，一箭穿心模型等常見(jiàn)幾何模型。
經(jīng)典題目4：這是中考出現(xiàn)頻率比較高的胡不歸問(wèn)題，也是經(jīng)典最值問(wèn)題。
【壓軸必刷】2023年中考數(shù)學(xué)壓軸大題之經(jīng)典模型培優(yōu)案
專題5倍長(zhǎng)中線模型
解題策略
如圖①，AD是△ABC的中線，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)E使DE＝AD，易證：△ADC≌△EDB（SAS）．
如圖②，D是BC中點(diǎn)，延長(zhǎng)FD至點(diǎn)E使DE＝FD，易證：△FDB≌△EDC（SAS）
當(dāng)遇見(jiàn)中線或者中點(diǎn)的時(shí)候，可以嘗試倍長(zhǎng)中線或類中線，構(gòu)造全等三角形，目的是對(duì)已知條件中的線段進(jìn)行轉(zhuǎn)移．
經(jīng)典例題
【例1】．（2020·陜西咸陽(yáng)·一模）問(wèn)題提出
（1）如圖，AD是△ABC的中線，則AB+AC__________2AD；（填“>”“AE，即EC+AC>AD+DE
∴AB+AC>2AD
故答案為：>；
（2）如圖，作點(diǎn)E關(guān)于CD的對(duì)稱點(diǎn)G，連接FG，則CE=CG
∵四邊形ABCD是矩形，CD=3,BC=4
∴AB=CD=3,∠B=∠BCD=90°,AB//CD
∴DC垂直平分EG
∴EF=FG
∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)
∴BE=CE=12BC=2
∴AE=AB2+BE2=13，CG=CE=2，BG=BC+CG=6
則△AEF的周長(zhǎng)為AE+EF+AF=13+EF+AF=13+FG+AF
要使△AEF的周長(zhǎng)最小，只需FG+AF
由兩點(diǎn)之間線段最短可知，當(dāng)點(diǎn)A,F,G共線時(shí)，F(xiàn)G+AF取得最小值A(chǔ)G
∵AB//CD
∴△FCG～△ABG
∴FCAB=CGBG，即FC3=26
解得CF=1；
（3）如圖，作點(diǎn)B關(guān)于AC的對(duì)稱點(diǎn)B′，作點(diǎn)O關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)O′，連接AB′,QB′,AO′,PO′,B′O′，則QB=QB′,OP=O′P
∴折線OPQB的長(zhǎng)度為OP+PQ+QB=O′P+PQ+QB′
由兩點(diǎn)之間線段最短可知，O′P+PQ+QB′≥B′O′，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)B′,Q,P,O′四點(diǎn)共線時(shí)，折線OPQB取得最小長(zhǎng)度為B′O′
∵在矩形ABCD中，AC=4,BC=2,∠ABC=90°
∴∠BAC=30°，AB=AC2?BC2=23
∵點(diǎn)O為AC的中點(diǎn)
∴AO=12AC=2
∵點(diǎn)B與點(diǎn)B′關(guān)于AC對(duì)稱，點(diǎn)O與點(diǎn)O′關(guān)于AB對(duì)稱
∴∠B′AC=∠BAC=30°，AB′=AB=23
∠O′AB=∠BAC=30°，AO′=AO=2
∴∠B′AO′=∠B′AC+∠BAC+∠O′AB=90°
∴B′O′=AB′2+AO′2=(23)2+22=4
設(shè)B′O′交AC于點(diǎn)Q′
在Rt△AB′O′中，AO′=2,B′O′=4
∴∠AB′O′=30°
∴∠AO′B′=90°?∠AB′O′=60°，即∠AO′Q′=60°
又∵∠O′AQ′=∠BAC+∠O′AB=60°
∴△AO'Q'是等邊三角形
∴AQ′=AO′=2
∵AO=2
∴AQ′=AO
∴點(diǎn)Q′與AC的中點(diǎn)O重合
綜上，當(dāng)點(diǎn)Q與AC的中點(diǎn)O重合時(shí)，折線OPQB的長(zhǎng)度最小，最小長(zhǎng)度為4．
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等的判定定理與性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（3），利用軸對(duì)稱的性質(zhì)正確找出折線OPQB的最小長(zhǎng)度是解題關(guān)鍵．
【例2】．（2021·湖北武漢·八年級(jí)期中）已知△ABC中，
（1）如圖1，點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，連AE并延長(zhǎng)到點(diǎn)F，使FE=EA，則BF與AC的數(shù)量關(guān)系是________．
（2）如圖2，若AB=AC，點(diǎn)E為邊AC一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)C作BC的垂線交BE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接AD，若∠DAC=∠ABD，求證：AE=EC．
（3）如圖3，點(diǎn)D在△ABC內(nèi)部，且滿足AD=BC，∠BAD=∠DCB，點(diǎn)M在DC的延長(zhǎng)線上，連AM交BD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)N，若點(diǎn)N為AM的中點(diǎn)，求證：DM=AB．
【答案】（1）BF=AC；（2）見(jiàn)解析；（3）見(jiàn)解析
【分析】（1）通過(guò)證明△BEF≌△CEA，即可求解；
（2）過(guò)點(diǎn)A引AF∥CD交BE于點(diǎn)F，通過(guò)△ABF≌△CAD得到AF=CD，再通過(guò)△AFE≌△CDE即可求解；
（3）過(guò)點(diǎn)M作MT∥AB交BN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，MG∥AD，在MT上取一點(diǎn)K，使得MK=CD，連接GK，利用全等三角形的性質(zhì)證明AB=MT、DM=MT，即可解決．
【詳解】證明：（1）BF=AC
由題意可得：BE=EC
在△BEF和△CEA中
BE=EC∠BEF=∠CEAEF=AE
∴△BEF≌△CEA(SAS)
∴BF=AC
（2）過(guò)點(diǎn)A引AF∥CD交BE于點(diǎn)F，如下圖：
由題意可得：CD⊥BC，且∠EAF=∠ACD
則AF⊥BC
又∵AB=AC
∴AF平分∠BAC，
∴∠BAF=∠EAF=∠ACD
∴在△ABF和△CAD中
∠ABF=∠DACAB=AC∠BAF=∠ACD
∴△ABF≌△CADASA
∴AF=CD
在△AFE和△CDE中
∠FAE=∠DCE∠AEF=∠CEDAF=CD
∴△AFE≌△CDEAAS
∴AE=EC
（3）證明：過(guò)點(diǎn)M作MT∥AB交BN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)T，MG∥AD，在MT上取一點(diǎn)K，使得MK=CD，連接GK，如下圖：
∵AB∥MT
∴∠ABN=∠T
∵∠ANB=∠MNT，AN=MN
∴△ANB≌△MNT(AAS)
∴BN=NT，AB=MT
∵M(jìn)G∥AD
∴∠ADN=∠MGN
∵∠AND=∠MNG,AN=NM
∴△AND≌△MNG(AAS)
∴AD=MG,DN=NG
∴BD=GT
∵∠BAN=∠AMT,∠DAN=∠GMN
∴∠BAD=∠GMT
∵∠BAD=∠BCD
∴∠BCD=∠GMK
∵AD=BC,AD=GM
∴BC=GM
又∵M(jìn)K=CD
∴△BCD≌△GMK(SAS)
∴GK=BD,∠BDC=∠MKG
∴GK=GT,∠MDT=∠GKT
∴∠GKT=∠T
∴DM=MT
∵AB=MT
∴DM=AB
【點(diǎn)睛】本題屬于三角形綜合題，考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題．
【例3】．（2020·安徽合肥·二模）如圖，正方形ABCD中，E為BC邊上任意點(diǎn)，AF平分∠EAD，交CD于點(diǎn)F．
(1)如圖1，若點(diǎn)F恰好為CD中點(diǎn)，求證：AE=BE+2CE；
(2)在(1)的條件下，求CEBC的值；
(3)如圖2，延長(zhǎng)AF交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，延長(zhǎng)AE交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接HG，當(dāng)CG=DF時(shí)，求證：HG⊥AG．
【答案】(1)見(jiàn)解析；(2)14；(3)見(jiàn)解析
【分析】（1）延長(zhǎng)BC交AF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，利用“AAS”證△ADF≌△GCF得AD＝CG，據(jù)此知CG＝BC＝BE＋CE，根據(jù)EG＝BE＋CE＋CE＝BE＋2CE＝AE即可得證；
（2）設(shè)CE＝a，BE＝b，則AE＝2a＋b，AB＝a＋b，在Rt△ABE中，由AB2＋BE2＝AE2可得b＝3a，據(jù)此可得答案；
（3）連接DG，證△ADF≌△DCG得∠CDG＝∠DAF，再證△AFH∽△DFG得AFDF=FHFG，結(jié)合∠AFD＝∠HFG，知△ADF∽△HGF，從而得出∠ADF＝∠FGH，根據(jù)∠ADF＝90°即可得證．
【詳解】解：(1)如圖1，延長(zhǎng)BC交AF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，
∵AD∥CG，
∴∠DAF=∠G，
又∵AF平分∠DAE，
∴∠DAF=∠EAF，
∴∠G=∠EAF，
∴EA=EG，
∵點(diǎn)F為CD的中點(diǎn)，
∴CF=DF，
又∵∠DFA=∠CFG，∠FAD=∠G，
∴△ADF≌△GCF(AAS)，
∴AD=CG，
∴CG=BC=BE+CE，
∴EG=BE+CE+CE=BE=2CE=AE；
(2)設(shè)CE=a，BE=b，則AE=2a+b，AB=a+b，
在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，即(a+b)2+b2=(2a+b)2，
解得b=3a，b=﹣a(舍)，
∴CEBC=aa+b=14；
(3)如圖2，連接DG，
∵CG=DF，DC=DA，∠ADF=∠DCG，
∴△ADF≌△DCG(SAS)，
∴∠CDG=∠DAF，
∴∠HAF=∠FDG，
又∵∠AFH=∠DFG，
∴△AFH∽△DFG，
∴AFDF=FHFG，
又∵∠AFD=∠HFG，
∴△ADF∽△HGF，
∴∠ADF=∠FGH，
∵∠ADF=90°，
∴∠FGH=90°，
∴AG⊥GH．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合問(wèn)題，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)、全等三角形和相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)．
【例4】．（2020·江西宜春·一模）將一大、一小兩個(gè)等腰直角三角形拼在一起，OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=90°，連接AC,BD．
（1）如圖1,若A、O、D三點(diǎn)在同一條直線上，則AC與BD的關(guān)系是；

（2）如圖2，若A、O、D三點(diǎn)不在同一條直線上,AC與BD相交于點(diǎn)E，連接OE,猜想AE、BE、OE之間的數(shù)量關(guān)系，并給予證明；
（3）如圖3，在(2)的條件下作BC的中點(diǎn)F,連接OF，直接寫(xiě)出AD與OF之間的關(guān)系．
【答案】（1）AC=BD且AC⊥BD；（2）AE=BE+2OE；證明見(jiàn)解析；（3）AD=2OF且AD⊥OF．
【分析】（1）根據(jù)題意利用全等三角形的判定與性質(zhì)以及延長(zhǎng)AC交BD于點(diǎn)C’進(jìn)行角的等量代換進(jìn)行分析即可；
（2）根據(jù)題意在AE上截取AM=BE,連接OM，并全等三角形的判定證明ΔAOC?ΔBOD和ΔAMO?ΔBEO，進(jìn)而利用勾股定理得出OM2+OE2=ME2進(jìn)行分析求解即可；
（3）過(guò)點(diǎn)B作BM∥OC，交OF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，延長(zhǎng)FO交AD于點(diǎn)N，證明?BFM??CFO，?AOD??OBM，進(jìn)而即可得到結(jié)論．
【詳解】解：(1)∵OA=OB,OC=OD,∠AOB=∠COD=90°，
∴△AOC?△BOD(SAS),AC=BD，
延長(zhǎng)AC交BD于點(diǎn)C’，如下圖：
∵△AOC?△BOD, ∠ACO=∠BCC'，
∴∠ACO+∠CAO=∠BCC'+∠CBC'=90°,∠BC'C=90°，
即AC⊥BD，綜上AC=BD且AC⊥BD，
故答案為：AC=BD且AC⊥BD；
(2)AE=BE+2OE
證明:在AE上截取AM=BE,連接OM
∵∠AOB=∠COD=90°
∴∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC
∴∠AOC=∠BOD
在ΔAOC和ΔBOD中
{AO=BO∠AOC=∠BODOC=OD
∴ΔAOC?ΔBOD(SAS)
∴∠CAO=∠DBO
在ΔAMO和ΔBEO中
{AM=BE∠MAO=∠EBOAO=BO
∴ΔAMO?ΔBEO(SAS)
∴OM=OE,∠AOM=∠BOE
∵∠AOM+∠MOB=90°
∴∠BOE+∠BOM=90°
∴OM2+OE2=ME2
即2OE2=ME2
∴2OE=ME
∵M(jìn)E+MA=AE
∴2OE+BE=AE；
(3)AD=2OF且AD⊥OF，理由如下：
過(guò)點(diǎn)B作BM∥OC，交OF的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，延長(zhǎng)FO交AD于點(diǎn)N，
∵BM∥OC，
∴∠M=∠FOC，
∵∠BFM=∠CFO，BF=CF,
∴?BFM??CFO（AAS），
∴OF=MF，BM=CO，
∵DO=CO，
∴DO=BM，
∵BM∥OC，
∴∠OBM+∠BOC=180°，
∵∠BOC+∠AOD=360°-90°-90°=180°，
∴∠OBM=∠AOD，
又∵AO=BO，
∴?AOD??OBM（SAS），
∴AD=OM=2OF ，∠BOM=∠OAD，
∵∠BOM+∠AON=180°-90°=90°，
∴∠OAD+∠AON=90°，即OF⊥AD．
∴AD=2OF且AD⊥OF．
【點(diǎn)睛】本題考查等腰直角三角形，熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
培優(yōu)訓(xùn)練
一、解答題
1．（2022·全國(guó)·八年級(jí)）如圖1，在△ABC中，若AB＝10，BC＝8，求AC邊上的中線BD的取值范圍．
（1）小聰同學(xué)是這樣思考的：延長(zhǎng)BD至E，使DE＝BD，連接CE，可證得△CED≌△ABD．
①請(qǐng)證明△CED≌△ABD；
②中線BD的取值范圍是．
（2）問(wèn)題拓展：如圖2，在△ABC中，點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，分別以AB，BC為直角邊向△ABC外作等腰直角三角形ABM和等腰直角三角形BCN，其中，AB＝BM，BC＝BN，∠ABM＝∠NBC＝∠90°，連接MN．請(qǐng)寫(xiě)出BD與MN的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
【答案】（1）①見(jiàn)解析；②1

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