专题05 三角形中的角平分线模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练

这是一份专题05 三角形中的角平分线模型（教师版）-中考数学几何模型重点突破讲练，共24页。

【模型1】如图，已知OP平分，过点P作,；可根据角平分线性质证得≌，从而可得，。
【模型拓展】与角平分线有关的辅助线作法
【辅助线作法一】
如图，已知OP平分，点C是OA上的一点，通常情况下，在OB上取一点D，使得，连接PD，结合，，可证得≌。从而可得，，
。
【辅助线作法二】
如图，已知OP平分，，通常情况下，延长CP交OB于点D，结合，，，可证得≌。从而可得，，。
【辅助线作法三】
如图，已知OP平分，通常情况下，过点P作PC//OB，根据平行线性质：两直线平行内错角相等；
结合，从而可得，。
【例1】如图，OC为∠AOB的角平分线，点P是OC上的一点，PD⊥OA于D，PE⊥OB于E，F为OC上另一点，连接DF，EF，则下列结论：①OD＝OE；②DF＝FE； ③∠DFO＝∠EFO；④S△DFP＝S△EFP，正确的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】证明△ODP≌△OEP（AAS），由全等三角形的性质可推出OD=OE，证明△DPF≌△EPF（SAS），由全等三角形的性质可推出DF=EF．∠DFP=∠EFP，S△DFP=S△EFP，则可得出答案．
【解析】解：①∵OC平分∠AOB，
∴∠DOP=∠EOP，
∵PD⊥OA于点D，PE⊥OB于点E，
∴∠ODP=∠OEP=90°，
∵OP=OP，
∴△ODP≌△OEP（AAS），
∴OD=OE． 故①正确；
②∵△ODP≌△OEP，
∴PD=PE，∠OPD=∠OPE，
∴∠DPF=∠EPF，
∵PF=PF，
∴△DPF≌△EPF（SAS），
∴DF=EF． 故②正确；
③∵△DPF≌△EPF，
∴∠DFO=∠EFO， 故③正确；
④∵△DPF≌△EPF，
∴S△DFP=S△EFP， 故④正确．
故选：D．
【例2】如图，已知OC平分∠MON，点A、B分别在射线OM，ON上，且OA＝OB．
求证：△AOC≌△BOC．
【答案】见解析
【分析】根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法可以证明结论成立．
【解析】证明：∵OC平分∠MON，
∴∠AOC＝∠BOC，
在△AOC和△BOC中，
，
∴△AOC≌△BOC（SAS）．
【例3】请阅读以下材料，并完成相应的问题：角平分线分线段成比例定理：如图1，在△ABC中，AD平分∠BAC，则，下面是这个定理的部分证明过程：
证明：如图2，过C作CEDA，交BA的延长线于E．…
任务：
(1)请按照上面的证明思路，写出该证明的剩余部分；
(2)如图3，已知Rt△ABC中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，AD平分∠BAC，求BD的长．（请按照本题题干的定理进行解决）
【答案】(1)见解析；(2)．
【分析】（1）如图2：过C作CE∥DA．交BA的延长线于E，利用平行线分线段成比例定理得到＝，利用平行线的性质得∠2=∠ACE，∠1=∠E，由∠1=∠2得∠ACE=∠E，所以AE=AC即可证明结论；
（2）先利用勾股定理计算出AC=5，再利用（1）中的结论得到＝，即＝，则可计算出BD=，然后利用勾股定理计算出AD=，从而可得到△ABD的周长．
【解析】（1）解：如图2：过C作CE∥DA．交BA的延长线于E，
∵CE//AD，
∴＝，∠2＝∠ACE，∠1＝∠E，
∵AD平分∠BAC
∴∠1＝∠2，
∴∠ACE＝∠E，
∴AE＝AC，
∴＝；
（2）∵AB＝3，BC＝4，∠ABC＝90°，
∴AC＝5，
∵AD平分∠BAC，
∴＝，即＝，
∴BD＝，
∴AD＝＝＝，
∴△ABD的周长＝+3+＝．
一、单选题
1．如图，中，，，，点，分别在，上，，为中点，平分，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据角平分线和平行可得，从而可得，然后证明，利用相似三角形的性质即可求出，，进而求出，最后进行计算求出即可解答．
【解析】解：∵为中点，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
2．如图，平行四边形ABCD中，∠A的平分线AE交CD于E， 若AB=5，BC=3，则EC的长为（ ）
A．1B．2C．2.5D．4
【答案】B
【分析】根据平行四边形的性质可得AB=CD=5，AD=BC=3，AB∥CD，然后根据平行线的性质可得∠EAB=∠AED，然后根据角平分线的定义可得∠EAB=∠EAD，从而得出∠EAD=∠AED，根据等角对等边可得DA=DE=3，即可求出EC的长．
【解析】解:∵四边形ABCD是平行四边形，AB=5，BC=3，
∴AB=CD=5，AD=BC=3，AB∥CD
∴∠EAB=∠AED
∵AE平分∠DAB
∴∠EAB=∠EAD
∴∠EAD=∠AED
∴DA=DE=3
∴EC=CD－DE=2
故选B．
3．如图，平分，于点，点是射线上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】连接PQ，当PQ⊥OM时，根据角平分线的性质得出PQ=PA，利用直线外一点到直线的垂线段最短即可得出结论．
【解析】解：连接PQ，
当PQ⊥OM时，
∵OP平分∠MON，PQ⊥OM，PA⊥ON，
∴PQ=PA，
此时点P到OM的距离PQ最小，
∴PA≤PQ，
故选：D．
4．如图，，，分别是的高、角平分线、中线，则下列各式中错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】从三角形的一个顶点向它的对边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与所交的点间的线段叫做三角形的角平分线．三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．依此即可求解．
【解析】解：∵CD，CE，CF分别是△ABC的高、角平分线、中线，
∴CD⊥AB，∠ACE＝∠ACB，AB＝2BF，无法确定AE＝BE．
故选：C．
5．如图，在△ABC中，∠C=90°，AD平分∠BAC，DE⊥AB于E，则下列结论：①AD平分∠CDE；②∠BAC=∠BDE；③DE平分∠ADB；④BE+AC=AB，其中正确的有（ ）
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【分析】根据题中条件，结合图形及角平分线的性质得到结论，与各选项进行比对，排除错误答案，选出正确的结果．
【解析】解：∵AD平分∠BAC，
∴∠DAC=∠DAE，
∵∠C=90°，DE⊥AB，
∴∠C=∠E=90°，
∵AD=AD，
∴△DAC≌△DAE，
∴∠CDA=∠EDA，∴①AD平分∠CDE正确；
无法证明∠BDE=60°，∴③DE平分∠ADB错误；
∵BE+AE=AB，AE=AC，
∴BE+AC=AB，∴④BE+AC=AB正确；
∵∠BDE=90°-∠B，∠BAC=90°-∠B，
∴∠BDE=∠BAC，∴②∠BAC=∠BDE正确．
综上，正确的个数的3个，
故选：C．
6．如图，∠BAC＝30°，AD平分∠BAC，DF⊥AB交AB于F，DE⊥DF交AC于E，若AE＝8，则DF等于（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】过点作，根据角平分线的性质可得，根据角平分线的定义，平行线的性质以及等腰三角形的判定，可得，进而根据含30度角的直角三角形的性质即可求解．
【解析】如图，过点作
AD平分∠BAC，DF⊥AB，
，
，DF⊥AB，
∠BAC＝30°，
故选B
二、填空题
7．如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，请你添加一个条件________，使四边形AEDF是菱形．
【答案】DF∥AB
【分析】添加DF∥AB，根据DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，可以判断四边形AEDF是平行四边形，再根据角平分线的性质和平行线的性质即可证明结论成立．
【解析】解：DF∥AB，理由如下：
∵DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD＝∠ADF，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD＝∠FAD，
∴∠ADF＝∠FAD，
∴FA＝FD，
∴平行四边形AEDF是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）．
8．如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADC，AD＝8，BE＝3，则AB的长为________．
【答案】5
【分析】首先由在平行四边形ABCD中，AD= 8， BE= 3，求得CE的长，然后由DE平分∠ADC，可证CD= CE= 5，即可求解．
【解析】∵在平行四边ABCD中，AD= 8，
∴BC= AD= 8， AD//BC，
∴CE=BC-BE=8-3=5，∠ADE=∠CED，
∴DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∴∠CDE=∠CED，
∴CD= CE= 5= AB，
故答案为：5．
9．如图，在中，的平分线交AB于点D，于点E．F为BC上一点，若，，则的面积为______．
【答案】3
【分析】在CA上截取CG＝CF，连接DG．根据题意易证，得出，．即可求出，．最后根据等腰三角形“三线合一”的性质即可求出．
【解析】如图，在CA上截取CG＝CF，连接DG，
∵平分，
∴．
在和中，，
∴，
∴，．
∵，
∴，即．
∵，
∴．
∴AE=EG，
∴．
故答案为：3．
10．如图，AB＝BE，∠DBC＝∠ABE，BD⊥AC，则下列结论正确的是：_____．（填序号）
①BC平分∠DCE；②∠ABE+∠ECD＝180°；③AC＝2BE+CE；④AC＝2CD﹣CE．
【答案】①②④
【分析】根据已知∠DBC＝∠ABE，BD⊥AC，想到构造一个等腰三角形，所以延长CD，以B为圆心，BC长为半径画弧，交CD的延长线于点F，则BF＝BC，就得到∠FBC＝2∠DBC，然后再证明△FAB≌△CBE，就可以判断出BC平分∠DCE，再由角平分线的性质想到过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，从而证明△ABD≌△EBG，即可判断．
【解析】解：延长CD，以B为圆心，BC长为半径画弧，交CD的延长线于点F，则BF＝BC，过点B作BG⊥CE，交CE的延长线于点G，
∵FB＝BC，BD⊥AC，
∴DF＝DC，∠DBC＝∠DBF＝∠FBC，
∵∠DBC＝∠ABE，
∴∠FBC＝∠ABE，
∴∠FBA＝∠CBE，
∵AB＝AE，
∴△FAB≌△CBE（SAS），
∴∠F＝∠BCE，
∵BF＝BC，
∴∠F＝∠BCD，
∴∠BCD＝∠BCE，
∴BC平分∠DCE，
故①正确；
∵∠FBC+∠F+∠BCD＝180°，
∴∠ABE+∠BCE+∠BCD＝180°，
∴∠ABE+∠DCE＝180°，
故②正确；
∵∠BDC＝∠BGC＝90°，BC＝BC，
∴△BDC≌△BGC（AAS），
∴AD＝GE，CD＝CG，
∵AC＝AD+DC，
∴AC＝AD+CG
＝AD+GE+CE
＝2GE+CE，
∵GE≠BE，
∴AC≠2BE+CE，
故③错误；
∵AC＝CF﹣AF，
∴AC＝2CD﹣CE，
故④正确；
故答案为：①②④．
11．如图，在△ABC中，BD平分∠ABC交AC于点D，DEAB，交BC于点E，BE＝2，则DE的长是 ___．
【答案】2
【分析】根据角平分线的定义得到∠ABD＝∠CBD，根据平行线的性质得到∠ABD＝∠BDE，等量代换得到∠DBE＝∠BDE，得到DE＝BE，于是得到结论．
【解析】解：∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∵DEAB，
∴∠ABD＝∠BDE，
∴∠DBE＝∠BDE，
∴DE＝BE，
∵BE＝2，
∴DE＝2．
故答案为：2．
12．如图，△ABC中，AD、BD、CD分别平分△ABC的外角∠CAE、内角∠ABC、外角∠ACF，AD∥BC．以下结论：①∠ABC=∠ACB；②∠ADC+∠ABD=90°；③BD平分∠ADC；④2∠BDC=∠BAC．其中正确的结论有____________．（填序号）
【答案】①②④
【分析】根据角平分线的定义得到∠EAD=∠CAD，根据平行线的性质得到∠EAD=∠ABC，∠CAD=∠ACB，求得∠ABC=∠ACB，故①正确；根据角平分线的定义得到∠ADC=90°∠ABC，求得∠ADC+∠ABD=90°故②正确；根据全等三角形的性质得到AB=CB，与题目条件矛盾，故③错误，根据角平分线的定义和三角形外角的性质即可得到2∠BDC=∠BAC，故④正确．
【解析】解：∵AD平分∠EAC，
∴∠EAD=∠CAD，
∵AD∥BC，
∴∠EAD=∠ABC，∠CAD=∠ACB，
∴∠ABC=∠ACB，故①正确；
∵AD，CD分别平分∠EAC，∠ACF，
∴可得∠ADC=90°∠ABC，
∴∠ADC+∠ABC=90°，
∴∠ADC+∠ABD=90°，故②正确；
∵∠ABD=∠DBC，BD=BD，∠ADB=∠BDC，
∴△ABD≌△BCD（ASA），
∴AB=CB，与题目条件矛盾，故③错误，
∵∠DCF=∠DBC+∠BDC，∠ACF=∠ABC+∠BAC，
∴2∠DCF=2∠DBC+2∠BDC，2∠DCF=2∠DBC+∠BAC，
∴2∠BDC=∠BAC，故④正确，
故答案为：①②④．
三、解答题
13．如图，AC＝BC，∠1＝∠2，求证：OD平分∠AOB．
【答案】见详解
【分析】证明△ACO≌△BCO即可求证．
【解析】证明：∵∠1=∠2，∠1+∠ACO=180°，∠2+∠BCO=180°，
∴∠ACO=∠BCO，
∵AC=BC，CO=CO，
∴△ACO≌△BCO，
∴∠AOC=∠BOC，
∴OD平分∠AOB．
14．如图，在中，AE平分于点E，延长BE交AC于点D，点F是BC的中点．若，求EF的长．
【答案】1
【分析】根据角平分线的定义结合题意，即可利用“ASA”证明，即得出，，从而可得出，点E为BD中点，从而可判定EF为的中位线，进而可求出EF的长．
【解析】∵AE平分
∴，．
又∵AE=AE，
∴(ASA)，
∴，，
∴，点E为BD中点．
∵F是BC的中点，
∴EF为的中位线，
∴．
15．已知：如图，在△ABC中，AB=AC，∠A=100°，BD是∠ABC的平分线，BD=BE．求证：
(1)△CED是等腰三角形；
(2)BD+AD=BC．
【答案】(1)见解析；(2)见解析
【分析】（1）由AB=AC，∠A=100°求出∠ABC=∠C=40°，再由BD是∠ABC的平分线求出∠DBC=∠ABC=20°，根据BD=BE求出∠BED=∠BDE=80°，再根据三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和求得∠EDC=40°，则∠EDC=∠C，从而证明ED=EC，即△CED是等腰三角形；
（2）在BE上截取BF=BA，连结DF，先证明△FBD≌△ABD，则FD=AD，∠BFD=∠A=100°，可证明∠EFD=∠FED=80°，则AD=FD=ED=EC，即可证明BD+AD=BE+EC=BC．
【解析】（1）∵AB=AC，∠A=100°，
∴∠ABC=∠C=×（180°-100°）=40°，
∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠DBC=∠ABC=20°，
∵BD=BE，
∴∠BED=∠BDE=×（180°-20°）=80°，
∴∠EDC=∠BED-∠C=80°-40°=40°，
∴∠EDC=∠C，
∴ED=EC，
∴△CED是等腰三角形．
（2）如图，
在边上取点，使，
在和中
∵
∴
∴，，
∴，
∴
∴
∴
∴．
16．如图，AD为△ABC的角平分线．
(1)如图1，若CE⊥AD于点F，交AB于点E，AB=8，AC=5．则BE=_______．
(2)如图2，若∠C=2∠B，点E在AB上，且AE=AC，AB=a，AC=b，求CD的长；（用含a、b的式子表示）
(3)如图3，BG⊥AD，点G在AD的延长线上，连接CG，若△ACG的面积是7，求△ABC的面积．
【答案】(1)3；(2)CD=a－b；(3)=14
【分析】（1）利用ASA证明△AEF≌△ACF，得AE＝AC＝5，得出答案；
（2）利用ASA证明△ADE≌△ADC，得∠C=∠AED，DC=DE，再证明∠B=∠BDE，得出BE=DE，即可得到结论；
（3）利用ASA证明△AGB≌△AGH，得出BG=HG，即可得出△ABC的面积．
【解析】（1）∵AD是△ABC的平分线，
∴∠BAD＝∠CAD，
∵CE⊥AD，
∴∠CFA＝∠EFA，
∵在△AEF和△ACF中，
∴△AEF≌△ACF（ASA），
∴AE＝AC＝5，
∵AB=8，
∴BE＝AB−AC＝8−5＝3，
故答案为：3；
(2)∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
在△ADE和△ADC中
∴△ADE≌△ADC
∴∠C=∠AED，DC=DE
又∵∠C=2∠B，∠AED=∠B+∠BDE
∴∠B=∠BDE
∴DE=BE，
∴DC=DE=BE=AB－AE=AB－AC=a－b；
(3)如图，分别延长AC，BG交于点H，
∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠CAD，
∵AG⊥BH，
∴∠AGB=∠AGH=90°，
∵在△AGB和△AGH中
，
∴△AGB≌△AGH，
∴BG=HG，
∴，
又∵
∴=14．
17．已知：如图1，在中，，，，是角平分线，与相交于点，，，垂足分别为，．
【思考说理】
（1）求证：．
【反思提升】
（2）爱思考的小强尝试将【问题背景】中的条件“”去掉，其他条件不变，观察发现（1）中结论（即）仍成立．你认为小强的发现正确吗？如果不正确请举例说明，如果正确请仅就图2给出证明．
【答案】（1）证明见详解；（2）正确，证明见详解；
【分析】（1）由角平分线的性质、三角形内角和定理证即可求解；
（2）在AB上截取CP=CD，分别证、即可求证；
【解析】证明：（1）∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴点F是的内心，
∵，，
∴，
∵，，
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴
（2）如图，在AB上截取CP=CD，
在和中，
∵
∴
∴，∠CFD=∠CFP，
∵AD平分∠BAC，CE平分∠ACB，
∴∠CAD=∠BAD，∠ACE=∠BCE，
∵∠B=60°，
∴∠ACB+∠BAC=120°，
∴∠CAD+∠ACE=60°，
∴∠AFC=120°，
∵∠CFD=∠AFE=180°-∠AFC=60°，
∵∠CFD=∠CFP，
∴∠AFP=∠CFP=∠CFD=∠AFE=60°，
在和中，
∵
∴
∴FP=EF
∴FD=EF．
18．如图，∠MAN是一个钝角，AB平分∠MAN，点C在射线AN上，且AB＝BC，BD⊥AC，垂足为D．
(1)求证：；
(2)动点P，Q同时从A点出发，其中点Q以每秒3个单位长度的速度沿射线AN方向匀速运动；动点P以每秒1个单位长度的速度匀速运动．已知AC＝5，设动点P，Q的运动时间为t秒．
①如图②，当点P在射线AM上运动时，若点Q在线段AC上，且，求此时t的值；
②如图③，当点P在直线AM上运动时，点Q在射线AN上运动的过程中，是否存在某个时刻，使得APB与BQC全等？若存在，请求出t的值；若不存在，请说出理由．
【答案】(1)见解析
(2)①；②存在，或
【分析】（1）①先证Rt△BDA≌Rt△BDC（HL），推出∠BAC＝∠BCA．再由角平分线的定义得∠BAM＝∠BAC，等量代换即可证明；
（2）①作BH⊥AM，垂足为M．先证△AHB≌△ADB（AAS），推出BH＝BD，再由S△ABP＝S△BQC，推出，结合P，Q运动方向及速度即可求解；②分“点P沿射线AM方向运动，点Q在线段AC上”，以及“点P沿射线AM反向延长线方向运动，点Q在线段AC延长线上”两种情况讨论，利用三角形全等得出AP与CQ的关系即可求解．
【解析】（1）证明：∵BD⊥AC，
∴，
在Rt△BDA和Rt△BDC中，
∴Rt△BDA≌Rt△BDC（HL），
∴∠BAC＝∠BCA．
∵AB平分∠MAN，
∴∠BAM＝∠BAC，
∴∠BAM＝∠BCA．
（2）解：①如下图所示，作BH⊥AM，垂足为M．
∵BH⊥AM，BD⊥AC，
∴∠AHB＝∠ADB＝90°，
在△AHB和△ADB中，
∴△AHB≌△ADB（AAS），
∴BH＝BD，
∵S△ABP＝S△BQC，
∴，
∴，
∴，
∴．
②存在，理由如下：
当点P沿射线AM方向运动，点Q在线段AC上时，如下图所示，
∵AB＝BC，
又由（1）得∠BAM＝∠BCA，
∴当AP＝CQ时，△APB≌△CQB，
∴，
∴；
当点P沿射线AM反向延长线方向运动，点Q在线段AC延长线上时，如下图所示，
由（1）得∠BAM＝∠BCA，
∴∠BAP＝∠BCQ，
又∵AB＝BC，
∴当AP＝CQ时，△APB≌△CQB，
∴，
∴．
综上所述，当或时，△APB和△CQB全等．