初中数学•中考压轴题复习资料 专题14《共顶点模型》 练习

这是一份初中数学•中考压轴题复习资料 专题14《共顶点模型》 练习，共9页。试卷主要包含了等边三角形共顶点，等腰直角三角形共顶点，等腰三角形共顶点，相似三角形共顶点等内容，欢迎下载使用。
1．等边三角形共顶点
等边△ABC与等边△DCE，B、C、E三点共线．
连结BD、AE交于点F，BD交AC于点G，AE交DC于点H，连结CF、GH，则：
（1）△BCD≌△ACE；
（2）AE＝BD；
（3）∠AFB＝∠DFE＝60°；
（4）FC平分∠BFE；
（5）BF＝AF＋FC，EF＝DF＋FC；
（6）△CGH为等边三角形．
证明 （1）由已知条件可得，则△BCD≌△ACE．
（2）由（1）得AE＝BD；
（3）由（1）得∠GAF＝∠GBC，而∠AGF＝∠BGC，所以∠DFE＝∠AFB＝∠ACB＝60°．
（4）方法一 如图1，过点C分别作BD、AE的垂线，垂足分别为M、N．
由（1）知S△ACE＝S△BCD，即BD·CM＝AE·CN，所以CM＝CN，故FC平分∠BFE．
方法二 由∠CAF＝∠CBF，可得A、B、C、F四点共圆，所以∠BFC＝∠BAC＝60°．
同理可得∠CFE＝∠CDE＝60°．所以FC平分∠BFE．
（5）如图2，作∠FCI＝60°，交BD于点I，则△CFI为等边三角形．
易证△BCI≌△ACF，所以BI＝AF，IF＝CI＝FC．
从而BF＝BI＋IF＝AF＋CF．同理可得EF＝DF＋FC．
（6）易证△ACH≌△BCG（ASA） 可得CG＝CH，而∠GCH＝60°，所以△CGH为等边三角形．
2．等腰直角三角形共顶点
等腰Rt△ABC与等腰Rt△DCE中，∠ACB＝∠DCE＝90°．

如图1，连结BD、AE交于点F，连结FC、AD、BE，则：
（1）△BCD≌△ACE；
（2）AE＝BD；
（3）AE⊥BD；
（4）FC平分∠BFE；
（5）AB2＋DE2＝AD2＋BE2
（6）BF＝AF＋FC，EF＝DF＋FC；
（7）如图2，若G、I分别为BE、AD的中点，则GC⊥AD、IC⊥BE（反之亦然）；
（8）S△ACD＝S△BCE
证明（1）（2）（3）（4）证明见“等边三角形共顶点”；
（5）因为AE⊥BD，由勾股定理可得AB2＋DE2＝（AF2＋BF2）＋（DF2＋EF2），
AD2＋BE2＝（AF2＋DF2）＋（BF2＋EF2）
所以AB2＋DE2＝AD2＋BE2
（6）如图3，过点C作CK⊥FC，交BD于点K，则△CFK为等腰直角三角形．
易证△BCK≌△ACF，所以BK＝AF．从而BF＝BK＋KF＝AF＋FC，
同理可得EF＝DF＋FC．
（7）①如图4，延长GC，交AD延长线于点H，延长CG至点K，使得GK＝GC，连结BK．
易证∠KBG＝∠CEG，BK＝EC＝CD．
由题意可得∠ACD＋∠BCE＝∠CBE＋∠CEB＋∠BCE＝180°，
所以∠ACD＝∠CBE＋∠CEB＝∠CBG＋∠GBK＝∠CBK．
可得△ACD≌△CBK（SAS）
则∠CAD＝∠BCK，
所以∠ACH＋∠CAH＝∠ACH＋∠BCK＝90°，故GC⊥AD．
②如图5，CJ⊥BE，延长JC交AD于点T，分别过点A，D作IJ的垂线，垂足分别为M、N．由已知可得△AMC≌△CJB；△DNC≌△CJE，
所以AM＝DN＝CJ，故有△AMI≌△DNI，所以AI＝DI，即可证．
（8）在（7）中的证明过程中可得到S△ACD＝S△BCE；也可以用下面的方法来证明
如图6，过点D作DP⊥AC于点P，过点E作EQ⊥BC，交BC延长线于点Q．
易证△DPC≌△EQC（AAS）．所以DP＝EQ，故DP·AC＝ EQ·BC，即S△ACD＝S△BCE
3．等腰三角形共顶点
等腰△ACB与等腰△DCE中，AC＝BC，DC＝CE，且∠ACB＝∠DCE．
连结BD，AE交于点F，则：
（1）△BCD≌△ACE；
（2）AE＝BD；
（3）∠AFB＝∠ACB；
（4）FC平分∠BFE．
4．相似三角形共顶点
△ACB与△ECD中，，∠ACB＝∠ECD．
连结BD，AE交于点F，则：
（1）△BCD∽△ACE；
（2）∠AFB＝∠ACB．
证明（1）由已知可得
所以△ACE∽△BCD．
（2）由（1）可得∠CAF＝∠CBF．
设AC与BD的交点为G，则∠AGF＝∠BGC，
所以∠AFB＝∠ACB．
例题讲解
例1 如图1，在△ABC中，BC＝4，以线段AB为边作△ABD，使得AD＝BD，连结DC，再以DC为边作△CDE，使得DC＝DE，∠CDE＝∠ADB＝．
（1）如图2，当∠CDE＝45°且＝90°时，用等式表示线段AD，DE之间的数量关系；
（2）将线段CB沿着射线CE的方向平移，得到线段EF，连结BF，AF．
①若＝90°，依题意补全图3，求线段AF的长；
②请直接写出线段AF的长（用含的式子表示）

解 （1）AD＋DE＝4．
（2）①如图4，连结AE交BC于点G，设DE与BC的交点为H．
由“等腰直角三角形共顶点”可得
△ADE≌△BDC（SAS）
所以AE＝BC，∠EGC＝∠EDC＝90°
因为线段CB沿着射线CE的方向平移，得到线段EF．
所以AE＝BC＝FE＝4，AE⊥EF．
所以AF＝EF＝．
②AF＝8sin．
如图5，连结AE交BC于点G．
由“等腰直角三角形共顶点”可得FE＝BC＝AE
∠AEF＝∠EGC＝∠EDC＝
过点E作EH⊥AF于点H
则∠AEH＝∠AEF＝
所以AF＝2AH＝2AEsin＝8sin．
例2 如图1，在△ABC中，D、E分别是AB、AC上的点，且DE∥BC，将△ADE绕A点顺时旋转一定角度，连结BD，CE，得到图2，然后将BD，CE分别延长至M、N，使DM＝BD，EN＝CE，连结AM，AN，MN，得到图3．
（1）若AB＝AC，请探究下列数量关系;
①在图2中，BD与CE的数量关系是 ；
②在图3中，猜想AM与AN的数量关系，∠MAN与∠BAC的数量关系，丙证明你的猜
想：
（2）若AB＝· AC（K＞1），按上述操作方法，得到图4，请继续探究：AM与AN的数量关系；∠MAN与∠BAC的数量关系．


解 （1）①BD＝CE．
②AM＝AN，∠MAN＝∠BAC． 证明如下：
由“等腰三角形共顶点”可得△CAE≌△BAD（SAS）
所以CE＝BD，∠ACN＝∠ABM
所以BM＝CN
从而△ABM≌△ACN（SAS）
所以AM＝AN，∠BAM＝∠CAN
即∠MAN＝∠BAC．
（2）AM＝k AN，∠MAN＝∠BAC． 证明如下：
由“相似三角形共顶点”可得△CAE∽△BAD，
所以，∠ACN＝∠ABM
所以
从而△ABM∽△ACN
所以AM＝k AN，∠BAM＝∠CAN
即∠MAN＝∠BAC．
进阶训练
1． 在平行四边形ABCD中，∠A＝∠DBC，过点D作DE＝DF，且∠EDF＝∠ABD，连结EF，EC，N、P分别为EC，BC的中点，连接诶NP．

（1）如图1，若点E在DP上，EF与DC交于点M，试探索线段NP与MN的数量关系及∠ABD与∠MNP满足的等量关系；
（2）如图2，若点M在线段EF上，当点M在何位置时，你在（1）中得到的结论仍然成立？写出你确定的点M的位置，并证明（1）中的结论．
解 （1）NP＝NM，∠ABD＋∠MNP＝180°
M是线段EF的中点．
【提示】（1）证DP⊥BC，DC⊥EF，根据直角三角形斜边中线定理可得NP＝NM＝CE，∠ABD＋∠MNP＝2∠PDC＋2∠DCP＝180°；或者连结BE，CF（如图），由“等腰三角形共顶点”可证得结论．
如图，连结BE，CF，取EF中点G． 连结NG，由“等腰三角形共顶点”和中位线定理，即可得到点M与点G重合时（1）中结论仍成立．
2． 如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠EAC＝90°，点M为射线AE上任意一点（不与点A重合），连结CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．


2．如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，∠EAC＝90°，点M为射线AE上任意一点（不与A重合），连接CM，将线段CM绕点C按顺时针方向旋转90°得到线段CN，直线NB分别交直线CM、射线AE于点F、D．
（1）直接写出∠NDE的度数；
（2）如图2、图3，当∠EAC为锐角或钝角时，其他条件不变，（1）中的结论是否发生变化？如果不变，选取其中一种情况加以证明；如果变化，请说明理由；
（3）如图4，若∠EAC＝15°，∠ACM＝60°，直线CM与AB交于G，BD＝ ，其他条件不变，求线段AM的长．
解：（1）∠NDE＝90°；
（2）（1）中结论不变，证明略；
（3）．
【提示】（2）由“共顶点模型”可得△ACM≌△BCN，所以∠BNC＝∠AMC，从而得到∠MDN＝∠MCN＝90°．
（3）由题意可得，∠BAE＝30°，∠AMG＝∠AGM ＝75°，而又（1）可得∠NDE＝90°，所以AB＝2BD＝． 如图，过点G作GH⊥BC于点H，则CH＝GH＝BH，从而AG＝BG，所以AG＋AG＝，解得AM＝AG＝．
3． 如图，△ABC与△DEF都是等腰三角形，AB，EF的中点均为O，且顶角∠ACB＝∠EDF＝α，直线BF，CD交于点G，连结AG．现将图中△DEF绕点O旋转，请你确定AG取最小值和最大值时点G的位置．
答案：以BC为直径作⊙H，直线交于点G1，G2，则G1为AG取最小值时点G的位置，G2为AG取最大值时点G的位置．
【提示】 如图，连结CO，DO，构建两个相似的“直角三角形共顶点”，从而得到∠BGC＝∠BOC＝90°，从而点G在以BC为直径的圆上．