第2讲 几何综合题中的“中线倍长”问题-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版）

这是一份第2讲 几何综合题中的“中线倍长”问题-2021年中考数学二轮复习重点题型针对训练（北师大版），共9页。教案主要包含了方法梳理，强化巩固练习，答案详解，思路分析，解题过程等内容，欢迎下载使用。
        《重点题型针对复习》第2讲   几何综合题中的“中线倍长”问题【方法梳理】1.遇“中点”或“中线”的几何题需要添加辅助线时，首先考虑“中线倍长”.2. 注意：中线的变化：过中点的线段3.添辅助线的目的是构造三角形全等，利用全等性质解题；  【强化巩固练习】例1.如图，在菱形ABCD和菱形BEFG中，点A、B、E在同一直线上，P是线段DF的中点，连接PG，PC．若∠ABC=∠BEF=60°，则PG：PC的值为____ 例2.如图，点E是矩形ABCD的一边AD的中点，BF⊥CE于点F，连接AF，若AB=4，AD=6，则sin∠AFE=_________ 例3.如图，在Rt△ABC中，D为斜边AB的中点，E,F分别在AC,BC上，∠EDF=90°，已知CE=4,AE=2,BF-CF=,求AB. 例4.如图，四边形ABCD是正方形，△EFC是等腰直角三角形，点E在AB上，且∠CEF=90°,FG⊥AD于点C.（1）试判断AG与FG是否相等？并给出证明；（2）若点H为CF的中点，GH与DH垂直吗？若垂直，给出证明；若不垂直，说明理由。 例5.如图，在矩形ABCD中，AD=AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论中，正确的有（    ）①AD=AE；②∠AED=∠CED；③OE=OD；④BH=HF；⑤BC-CF=2HE.  A.   2个      B.   3个    C.    4个    D.  5个 例6.如图，△ABC中，AB>AC,AD、AE分别是其角平分线和中线，过点C作CG⊥AD于点F，交AB于点G，连接EF,则①EF//AB；②2∠BCG=∠ACB-∠ABC；③2EF=AB-AC；④AB-AC<2AE<AB+AC，其中正确的是（    ）A.①②③④    B.  ①②   C. ②③④  D.  ①③④ 例7.如图1，在△ACB和△AED中，AC=BC,AE=DE，∠ACB=∠AED=90°，点E在AB上，F是线段BD的中点，连接CE,FE.（1）请探究线段CE与FE间的数量关系；（2）将图1中的△AED绕点A顺时针旋转，使△AED的一边AE恰好与△ACB的边AC在同一条直线上（如图2），连接BD，取BD的中点F，问（1）中的结论是否仍成立，并说明理由。（3）将图1的的△AED绕点A顺时针旋转任意的角度（如图3），连接BD，取BD的中点F，请直接写出线段CE与FE间的数量关系。     【答案详解】例1.【解析】利用菱形性质、等腰三角形“三线合一”性质及三角形全等解题。如图，延长GP交DC于点H，∵P是线段DF的中点，∴FP=DP，由题意可知DC∥GF，∴∠GFP=∠HDP，∵∠GPF=∠HPD，∴△GFP≌△HDP，∴GP=HP，GF=HD，∵四边形ABCD是菱形，∴CD=CB，∴CG=CH，∴△CHG是等腰三角形，∴PG⊥PC，（三线合一）又∵∠ABC=∠BEF=60°，∴∠GCP=60°，∴PG：PC=. 例2.【解析】“中线倍长”。延长CE交BA的延长线于点M，作AP⊥CM于点P，易证△DEC≌△AEM，∴AM=DC=AB=4，ME=CE=5，在直角三角形AME中，利用“双垂模型“可得AP=2.4，在直角三角形BFM中，利用斜边上的中线等于斜边的一半，可得AF=AB=AM=4，∴sin∠AFE=AP：AF=0.6 例3.【解析】延长DE一倍到M，连接FM,BM，则△AED≌△BMD，由△EFM是等腰三角形，MB⊥BC，利用Rt△CEF、Rt△BMF的勾股定理及EF=FM可得，可得BF+CF=8,可得BC=8,则AB=10 例4.【解析】（1）“一线三垂直”中的“二垂模型”，如图添辅助线，通过全等可得四边形AMFG是正方形，可得AG=GF；（2）“中线倍长”，延长，通过全等可得H是中点，NC=GF=AG，则DG=DN，则△DGN是等腰直角三角形，由三线合一可得DH⊥GN。 例5.【解析】（1）数学典型模型“角平分线+平行线=等腰”，由BC是角平分线，AD//BC，可得△ABE是等腰直角三角形，则AE=AB=AD，①正确；（2）由HL易证Rt△DEH≌Rt△DEC，可得∠AED=∠CED，②正确；（3）由∠DHE=90°可知，若③成立，则O即斜边的中线，只需证OH=OE、OH=OD即可，即需证∠OHE=∠OEH、∠ODH=∠OHD,依解题思路的延续性，可从（1）、（2）找解决办法。 由（1）可知AB=BE、AE=AD，则∠BEA=∠BAE=∠EAD=∠ADE=45°,则AD=AH,则AB=AH,则依次可得出如图1各个角的度数，可得∠OHE=∠OEH、∠ODH=∠OHD,则OH=OE、OH=OD，则OE=OD，③正确；（4）要证BH=HF，即证H为中点，联想到“中线倍长”，延长DH交AB延长线于点G，如图2，由（3）可知∠ADG=45°，则可得△ADG是等腰直角三角形，由AH⊥DH可知HD=HG，则易证△DHF≌△GHB，则BH=HF，④正确；（5）如图3，设HG交BC于点M，由（3）可知∠AEB=45°，易证△HME、△BGM、△CDM均为等腰直角三角形，则BG=BM,MH=HE，CM=CD，连AM，易证Rt△ABM≌Rt△AHM，则BM=MH，故BG=GM=MH=HE，由（4）△DHF≌△GHB可得BG=DF，则BG=GM=MH=HE=DF，由BC-HE=BC-BM=MC=CD=CF+DF=CF+HE,∴BC-HE=CF+HE,即BC-CF=2HE，⑤正确；正确结论为①②③④⑤，故选D 例6.【思路分析】①由△AFG≌△AFC可得F是中点，进而可得EF是中位线，即可证明结论正确；②由△AFG≌△AFC可得∠ACG=∠AGC,由外角定理可得∠ACG=∠ABC+∠BCG，再利用等量代换即可证明结论正确；③由△AFG≌△AFC可得AC=AG，由中位线定理可得BG=2EF，再利用等量代换即可证明结论正确；④利用“中线倍长”及“三角形三边关系”解题即可。【解题过程】（1）∵AD是其角平分线，CG⊥AD，∴∠GAF=∠CAF,∠AFG=∠AFC,∵AF=AF,∴△AFG≌△AFC,∴GF=CF,即F是CG的中点，∵AE是中线，∴EF是△CBG的中位线，∴EF//BG，即EF//AB，①正确；（2）∵△AFG≌△AFC,∴∠ACG=∠AGC,∵∠ACG=∠ABC+∠BCG，∴∠ACB-∠ABC=∠ACG+∠BCG-∠ABC =∠AGC+∠BCG-∠ABC =∠ABC+∠BCG+∠BCG-∠ABC=2∠BCG，②正确；（3）∵△AFG≌△AFC,∴AC=AG，∵EF是△CBG的中位线，∴BG=2EF，∴AB-AC=AB-AG=BG=2EF,③正确； （4）延长AE到H，使HE=AE，连接BH，∵AE=EH,∠AEC=∠HEB,CE=BE,∴△AEC≌△HEB,∴AC=BH，在△ABH中，AB-BH<AH<AB+BH，即AB-AC<2AE<AB+AC，④正确；综上所述，正确的结论是①②③④，选A. 例7.【解析】解决几何动态问题，最好的思路分析及解题方法是：解题思路的延续性（1）思路：连接CF，EF、CF分别直角三角形DEB、CDB斜边上的中线，故BD=2EF=2CF，所以CF=EF，由外角性质∠1=∠2+∠3及∠2=∠3可得∠1=2∠3,同理可得∠4=2∠6,则∠EFC=∠1+∠4=2∠3+2∠6=2(∠3+∠6)=90°,即△EFC是一个等腰直角三角形，所以；归纳：①解决此小题最核心的思路与步骤是证明△EFC是一个等腰直角三角形，这一点在解决（2）（3）中一定也会是解题关键；②依几何动态问题的基本题型特征：“两动一定”（主要条件及结论不变、图形位置发生变化），可知（2）（3）的结论仍会是：；（2）思路：“解题思路的延续性”+“中线倍长”延长EF交BM于点M，连接CF；易证△DEF≌△BMF，得EF=FM，BM=DE=AE，由AC=BC便可得CE=CM，即△CEM是一个等腰直角三角形，所以；（3）套用（2）的解题思路：“解题思路的延续性”+“中线倍长”延长EF到M，使EF=FM，连接CM、CF、MB，只需证出△CEM是一个等腰直角三角形，所以；易证△DEF≌△BMF，得∠5+∠6=∠4，BM=DE=AE，则在△AEC与△BMC中，AC=BC，AE=BM，只需证∠1=∠6便可得△AEC≌△BMC，进而可得∠ECM=90°、CE=CM，得出△CEM是一个等腰直角三角形.如何证∠1=∠6，利用好两条：①想办法拉近∠1与∠6的图形位置；②利用图中求角的典型模型“8字模型”即可证明过程：∠1=45°-∠2，由“8字模型”可得∠2+∠3+∠4=90°+∠5，∠3=45°，则∠2=90°+∠5-∠3-∠4=45°+∠5-∠4，∴∠1=45°-∠2=45°-（45°+∠5-∠4）=∠4-∠5，∵∠4=∠5+∠6，∴∠1=∠4-∠5=∠5+∠6-∠5=∠6，∴由SAS可得△AEC≌△BMC，可得CE=CM，∠ACE=∠BCM，由∠ACE+∠ECB=90°,可得∠BCM+∠ECB=90°，即∠ECM=90°,∴△CEM是一个等腰直角三角形，所以；