专题05 手拉手模型构造全等三角形(提升训练)-中考数学重难点专项突破（全国通用）

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（1）如图1，若点D在AB边上，点F是CE的中点，连接BF．当AC＝4时，求BF的长；
（2）如图2，将图1中的△BDE绕点B按顺时针方向旋转，使点D在△ABC的内部，连接AD，取AD的中点M，连接EM并延长至点N，使MN＝EM，连接CN．求证：CN⊥CE．
解：（1）∵△ABC和△BDE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠BED＝90°，
∴AC＝BC＝4，AB＝AC＝4，DE＝BE，DB＝BE，∠ABC＝45°，∠DBE＝45°，
∵AB＝2BD，
∴AD＝BD＝2，
∴BE＝2，
∵∠CBE＝∠ABC+∠DBE＝90°，
∴CE＝＝＝2，
∵点F是CE的中点，
∴BF＝CE＝；
（2）如图，连接AN，设DE与AB交于点H，
∵点M是AD中点，
∴AM＝MD，
又∵MN＝ME，∠AMN＝∠DME，
∴△AMN≌△DME（SAS），
∴AN＝DE，∠MAN＝∠ADE，
∴AN∥DE，
∴∠NAH+∠DHA＝180°，
∵∠NAH＝∠NAC+∠CAB＝∠NAC+45°，∠DHA＝∠EDB+∠DBH＝45°+∠DBH，
∴∠NAC+45°+45°+∠DBH＝180°，
∴∠NAC+∠DBH＝90°，
∵∠CBA+∠DBE＝45°+45°＝90°，
∴∠CBE+∠DBH＝90°，
∴∠CBE＝∠NAC，
又∵AC＝BC，AN＝DE＝BE，
∴△ACN≌△BCE（SAS），
∴∠ACN＝∠BCE，
∵∠BCE+∠ACE＝90°，
∴∠ACN+∠ACE＝90°＝∠NCE，
∴CN⊥CE．
2、如图，△ABC中AB＝AC＝5，tan∠ACB＝，点D为边BC上的一动点（不与点B、C重合），将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，使∠DAE＝∠BAC，DE与AB交于点F，连接BE．
（1）求BC的长；
（2）求证∠ABE＝∠ABC；
（3）当FB＝FE时，求CD的长．
解：（1）如图，过点A作AH⊥BC于点H，
∵AB＝AC，AH⊥BC，
∴BH＝CH＝BC，
∵tan∠ACB＝＝，
∴设AH＝3k（k＞0），CH＝4k，
∵AC2＝AH2+CH2，
∴9k2+16k2＝25，
∴k＝1，
∴HC＝4，
∴BC＝2CH＝8；
（2）∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转得AE，
∴AE＝AD，
又∵AB＝AC，
∴△AEB≌△ADC（SAS），
∴∠ABE＝∠ACD，
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACD，
∴∠ABE＝∠ABC；
（3）∵AD＝AE，
∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣∠DAE），
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝（180°﹣∠BAC），
∵∠DAE＝∠BAC，
∴∠ADE＝∠AED＝∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABE＝∠ABC＝∠ADE，
又∵∠BFE＝∠DFA，
∴∠BEF＝∠DAF，
∵FB＝FE，
∴∠FBE＝∠FEB，
∴∠DAF＝∠ADF＝∠FBE＝∠FEB，
∴∠DAF＝∠ABC＝∠ACB，[来源:学.科.网]
又∵∠ABC＝∠ABD，
∴△BAD∽△BCA，
∴
∴BD＝＝，
∴CD＝BC﹣BD＝8﹣＝．
3、如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为AB上一点，连接CD，将CD绕点C顺时针旋转90°至CE，连接AE．
（1）求证：△BCD≌△ACE；
（2）如图2，连接ED，若CD＝2，AE＝1，求AB的长；
（3）如图3，若点F为AD的中点，分别连接EB和CF，求证：CF⊥EB．
解：（1）由旋转可得EC＝DC，∠ECD＝90°＝∠ACB，
∴∠BCD＝∠ACE，
又∵AC＝BC，
∴△BCD≌△ACE（SAS）；
（2）由（1）可知AE＝BD＝1，∠CAE＝∠B＝45°＝∠CAB，
∴∠EAD＝90°，
∴，
∴．
∴；
（3）如图，过C作CG⊥AB于G，则AG＝AB，
∵∠ACB＝90°，AC＝BC，
∴CG＝AB，即＝，
∵点F为AD的中点，
∴FA＝AD，
∴FG＝AG﹣AF
＝AB﹣AD＝（AB﹣AD）＝BD，
由（1）可得：BD＝AE，
∴FG＝AE，即＝，
∴＝，
又∵∠CGF＝∠BAE＝90°，
∴△CGF∽△BAE，
∴∠FCG＝∠ABE，
∵∠FCG+∠CFG＝90°，
∴∠ABE+∠CFG＝90°，
∴CF⊥BE．
4、如图，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，C为它们的公共直角顶点，连接AD、BE，点F为线段AD的中点，连接CF．
（1）如图1，当D点在BC上时，试判断线段BE、CF的关系，并证明你的结论；
（2）如图2，把△DEC绕C点顺时针旋转一个锐角，其他条件不变时，请探究BE、CF的关系并直接写出结论．
解：（1）结论：BE＝2CF，BE⊥CF．
理由：∵△ABC和△DEC都是等腰直角三角形，
∴BC＝AC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝90°，
在△BCE和△ACD中，
，
∴△BCE≌△ACD（SAS），
∴BE＝AD，∠EBC＝∠DAC，
∵F为线段AD的中点，
∴CF＝AF＝DF＝AD
∴BE＝2CF；
∵AF＝CF，
∴∠DAC＝∠FCA，
∵∠BCF+∠ACF＝90°，
∴∠BCF+∠EBC＝90°，
即BE⊥CF；
（2）旋转一个锐角后，（1）中的关系依然成立．
证明：如图2，延长CF到M，使FM＝FC，连接AM，DM，
又AF＝DF，
∴四边形AMDC为平行四边形
∴AM＝CD＝CE，∠MAC＝180°﹣∠ACD，[来源:Z。xx。k.Cm]
∠BCE＝∠BCA+∠DCE﹣∠ACD＝180°﹣∠ACD，
即∠MAC＝∠BCE，
在△MAC和△ECB中，
，
∴△MAC≌△ECB（SAS），
∴CM＝BE；∠ACM＝∠CBE，
∴BE＝CM＝2CF，
∴∠CBE+∠BCM＝∠ACM+∠BCM＝90°，
即BE⊥CF．
5、如图1，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，D、E分别是AB、AC边的中点．将△ABC绕点A顺时针旋转a角（0°＜a＜180°），得到△AB′C′（如图2），连接DB'，EC'．
（1）探究DB'与EC'的数量关系，并结合图2给予证明；
（2）填空：①当旋转角α的度数为 时，则DB'∥AE；
②在旋转过程中，当点B'，D，E在一条直线上，且AD＝时，此时EC′的长为 ．
解：（1）DB'＝EC'，
理由如下：∵AB＝AC，D、E分别是AB、AC边的中点，
∴AD＝AE，
由旋转可得，∠DAE＝∠B'AC'＝90°，AB'＝AC'，
∴∠DAB'＝∠EAC'，且AB'＝AC'，AD＝AE
∴△ADB'≌△AEC'（SAS），
∴DB′＝EC′，
（2）①当DB′∥AE时，∠B'DA＝∠DAE＝90°，
又∵AD＝AB'，
∴∠AB'D＝30°，
∴∠DAB'＝60°，
∴旋转角α＝60°，
故答案为60°，
②如图3，当点B'，D，E在一条直线上，
∵AD＝，
∴AB'＝2，
∵△ADE，△AB'C'是等腰直角三角形，
∴B'C'＝AB'＝4，DE＝AD＝2，
由（1）可知：△ADB'≌△AEC'，
∴∠ADB'＝∠AEC'，B'D＝C'E，
∵∠ADB'＝∠DAE+∠AED，∠AEC'＝∠AED+∠DEC'，
∴∠DEC'＝∠DAE＝90°，
∴B'C'2＝B'E2+C'E2，
∴16＝（2+EC'）2+C'E2，
∴CE＝﹣1，
故答案为：﹣1．
6、如图，∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，∠MCN＝60°，CM与射线OA相交于M点，CN与直线BO相交于N点．把∠MCN绕着点C旋转．
（1）如图1，当点N在射线OB上时，求证：OC＝OM+ON；
（2）如图2，当点N在射线OB的反向延长线上时，OC与OM，ON之间的数量关系是 （直接写出结论，不必证明）
（1）证明：作∠OCG＝60°，交OA于G，如图1所示：
∵∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，
∴∠CON＝∠COG＝60°，
∴∠OCG＝∠COG，
∴OC＝CG，
∴△OCG是等边三角形，
∴OC＝OG，∠CGM＝60°＝∠CON，
∵∠MCN＝∠OCG＝60°，
∴∠OCN＝∠GCM，
在△OCN和△GCM中，，
∴△OCN≌△GCM（ASA），
∴ON＝GM，
∵OG＝OM+GM，
∴OC＝OM+ON；
（2）解：OC＝OM﹣ON，理由如下：
作∠OCG＝60°，交OA于G，如图2所示：
∵∠AOB＝120°，OC平分∠AOB，
∴∠CON＝∠COG＝60°，
∴∠CON＝120°，∠OCG＝∠COG，
∴OC＝CG，
∴△OCG是等边三角形，
∴OC＝OG，∠CGO＝60°，
∴∠CGM＝120°＝∠CON，
∵∠MCN＝∠OCG＝60°，
∴∠OCN＝∠GCM，
在△OCN和△GCM中，，
∴△OCN≌△GCM（ASA），
∴ON＝GM，
∵OG＝OM﹣GM，
∴OC＝OM﹣ON；
故答案为：OC＝OM﹣ON