2024成都中考数学第一轮专题复习之第四章 微专题 手拉手模型解决全等、相似问题 知识精练(含答案)

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(1)如图①，连接BD，CE.
(ⅰ)求证：△ABD≌△AEC；
(ⅱ)若BC＝1，求CE的长；
(2)如图②，连接DE交AB于点F.求eq \f(BF,AF)的值．
图①)
图②
第1题图
2. (2023黄冈)[问题呈现]△CAB和△CDE都是直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CB＝mCA，CE＝mCD，连接AD，BE，探究AD，BE的位置关系．
【问题探究】
(1)如图①，当m＝1时，直接写出AD，BE的位置关系：________．
(2)如图②，当m≠1时，(1)中的结论是否成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
【拓展应用】
(3)当m＝eq \r(3)，AB＝4eq \r(7)，DE＝4时，将△CDE绕点C转，使A，D，E三点恰好在同一直线上，求BE的长．
图①
图②
备用图
第2题图
参考答案与解析
1. (1)(i)证明：∵△ABE为等边三角形，
∴AB＝AE，∠EAB＝60°.
∵△ACD为等边三角形，
∴AD＝AC，∠DAC ＝ 60°，
∴∠EAC＝∠DAB.
在△ABD和△AEC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AE，,∠EAC＝∠DAB，,DA＝AC，))
∴△ABD≌△AEC(SAS)；
(ii)解：∵在Rt△ABC中，∠BAC ＝30°，BC＝1，
∴AB＝2BC＝2，AC＝ eq \r(AB2－BC2) ＝ eq \r(3) .
∵△ABE为等边三角形，
∴AE＝AB＝2，∠EAB＝60°.
∵∠BAC ＝ 30°，
∴∠CAE＝30°＋60°＝90°，
∴△ACE为直角三角形，
∴EC＝ eq \r(AC2＋AE2) ＝ eq \r(7) ；
(2)证明：如解图，过点E作EG⊥AB于点G.
∵AE＝BE，
∴AG＝ eq \f(1,2) AB.
∵BC＝ eq \f(1,2) AB，
∴AG＝BC.
在Rt△AEG与Rt△BAC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AG＝BC，,AE＝BA，))
∴Rt△AEG≌Rt△BAC(HL)，
∴EG＝AC＝AD.
又∵∠EGF＝∠DAF＝90°，
∴在△GFE与△AFD中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EGF＝∠DAF，,∠EFG＝∠DFA，,EG＝AD，))
∴△GFE≌△AFD(AAS)，
∴GF＝AF，
∴BG＝AG＝2AF，∴BF＝3AF，
∴ eq \f(BF,AF) ＝3.
第1题解图
2. 解：(1)AD⊥BE；
【解法提示】如解图①，延长BE交AD于点G，∵m＝1，∴AC＝BC，DC＝EC.∵∠DCE＝∠ACB＝90°，∴∠DCA＋∠ACE＝∠ACE＋∠ECB＝90°，∴∠DCA＝∠ECB，∴△DCA≌△ECB，∴∠DAC＝∠CBE.∵∠CAB＋∠ABG＋∠CBE＝90°，∴∠CAB＋∠ABG＋∠DAC＝90°，即∠AGB＝90°，∴AD⊥BE.
图①
图②
第2题解图
(2)(1)中结论成立．
证明：如解图②，延长BE交AD于点G，
∵∠ACB＝∠DCE＝90°，
∴∠ACB－∠ACE＝∠DCE－∠ACE，∴∠ACD＝∠BCE.
∵CB＝mCA，CE＝mCD，
∴ eq \f(CD,CE) ＝ eq \f(CA,CB) ＝ eq \f(1,m) ，
∴△DCA∽△ECB，
∴∠DAC＝∠CBE.
∵∠CAB＋∠ABG＋∠CBE＝90°，
∴∠CAB＋∠ABG＋∠DAC＝90°，即∠AGB＝90°，
∴AD⊥BE.
(3)当A，D，E，三点恰好在同一直线上时，分两种情况讨论：
①当点D在线段AE上时，如解图③，
∵△DCA∽△ECB，
∴ eq \f(BE,AD) ＝ eq \f(BC,AC) ＝m＝ eq \r(3) .
∵DE＝4，
∴BE＝ eq \r(3) AD＝ eq \r(3) (AE－4).
∵AD⊥BE，∴∠AEB＝90°，
∴AE2＋BE2＝AB2，
即AE2＋3(AE－4)2＝112，解得AE＝8或AE＝－2(舍去)，
∴BE＝4 eq \r(3) ；
图③

图④
第2题解图
②当点D在AE的延长线上时，如解图④，
∵△DCA∽△ECB，
∴ eq \f(BE,AD) ＝ eq \f(BC,AC) ＝m＝ eq \r(3) .
∵DE＝4，
∴BE＝ eq \r(3) AD＝ eq \r(3) (4＋AE).
∵AD⊥BE，
∴∠AEB＝90°，
∴AE2＋BE2＝AB2，
即AE2＋3(4＋AE)2＝112，解得AE＝2或AE＝－8(舍去)，
∴BE＝6 eq \r(3) .
综上所述，BE的长为4 eq \r(3) 或6 eq \r(3) .