中考数学一轮复习考点讲与练第10讲 三角形与四边形中的计算（压轴题）（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc192494059" 01考情透视·目标导航
\l "_Tc192494060" 02知识导图·思维引航
\l "_Tc192494061" 03核心精讲·题型突破
\l "_Tc192494062" ►题型01 全等构造
\l "_Tc192494063" 考向一 遇“等腰△+逆等线”→构“X”型全等
\l "_Tc192494064" 考向二 遇“中点/中线”→构“X”型全等
\l "_Tc192494065" 考向三 遇“等腰直角△”→构一线三等角型全等
\l "_Tc192494066" 考向四 遇“一线两直角”→构一线三垂直型全等
\l "_Tc192494067" 考向五 遇“一线两等角”→构一线三等角型全等
\l "_Tc192494068" 考向六 SA→构“SAS,ASA,AAS”型全等
\l "_Tc192494069" 考向七 遇“显性/隐性夹半角”→构旋转型全等
\l "_Tc192494070" ►题型02 相似构造
\l "_Tc192494071" 考向一 平行线转移角→构造母子型相似
\l "_Tc192494072" 考向二 遇一线两垂直-构造一线三垂直型相似
\l "_Tc192494073" 考向三 遇共顶点等角-构造旋转型相似
\l "_Tc192494074" ►题型03 三角函数转化
\l "_Tc192494075" 考向一 直接解直角三角形
\l "_Tc192494076" 考向二 作垂线构造直角三角形
\l "_Tc192494077" 考向三 利用等角代换
\l "_Tc192494078" 考向四 利用共圆代换
\l "_Tc192494079" ►题型04 旋转变换，翻折变换
\l "_Tc192494080" 考向一 对角互补模型→造共顶点的等腰三角形
\l "_Tc192494081" 考向二 三条线段共端点→造共顶点全等/相似三角形
\l "_Tc192494082" 考向三 类比旋转→整体旋转
\l "_Tc192494083" 考向四 翻折全等的对应角相等→导线段的数量关系
\l "_Tc192494084" 考向五 导角相等得线段的关系
\l "_Tc192494085" ►题型05 中点处理
\l "_Tc192494086" 考向一 已知中点→造中位线模型
\l "_Tc192494087" 考向二 中点+等腰→构三线合一
\l "_Tc192494088" 考向三 中点+直角→构斜边中线
\l "_Tc192494089" 考向四 中点+平行线→构A/X型
\l "_Tc192494090" ►题型06 角平分线处理
\l "_Tc192494091" 考向一 角平分线上→造双垂，构轴对称全等
\l "_Tc192494092" 考向二 角平分线+平行→造等腰三角形
\l "_Tc192494093" 考向三 角平分线+垂线→构三线合一
\l "_Tc192494094" 考向四 角平分线为轴→构翻折型全等
\l "_Tc192494095" ►题型07 图形拼接
\l "_Tc192494096" 考向一 面积关系+方程
\l "_Tc192494097" 考向二 方案选择+相似
\l "_Tc192494098" ►题型08 分类讨论
\l "_Tc192494099" 考向一 腰与底不明的分类讨论
\l "_Tc192494100" 考向二 直角不明的分类讨论
\l "_Tc192494101" 考向三 动点位置不明分类讨论
\l "_Tc192494102" 考向四 图形状态下的分类讨论
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
"file/C:\\Users\\10522\\AppData\\Lcal\\Temp\\360zip$Temp\\360$0\\第24讲%20矩形的性质与判定（讲义，1考点+1命题点21种题型)（原卷版）.dcx" \l "_Tc188278346" 03核心精讲·题型突破
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型01 全等构造
考向一 遇“等腰△+逆等线”→构“X”型全等
1．（2022·湖南怀化·中考真题）如图，在等边三角形ABC中，点M为AB边上任意一点，延长BC至点N，使CN=AM，连接MN交AC于点P，MH⊥AC于点H．
(1)求证：MP=NP；
(2)若AB＝a，求线段PH的长（结果用含a的代数式表示）．
【答案】(1)见详解；
(2)0.5a．
【分析】（1）过点M作MQ∥CN，证明△MQP≅△NCP即可；
（2）利用等边三角形的性质推出AH=HQ，则PH=HQ+PQ=0.5（AQ+CQ）．
【详解】（1）如下图所示，过点M作MQ∥CN，
∵△ABC为等边三角形，MQ∥CN，
∴AMAQ=ABAC=1，
则AM=AQ，且∠A=60°，
∴△AMQ为等边三角形，则MQ=AM=CN，
又∵MQ∥CN，
∴∠QMP=∠CNP，
在△MQP与△NCP中，
∠MPQ=∠NPC∠QMP=∠CNPQM=CN
∴△MQP≅△NCP，
则MP=NP；
（2）∵△AMQ为等边三角形，且MH⊥AC，
∴AH=HQ，
又由（1）得，△MQP≅△NCP，
则PQ=PC，
∴PH=HQ+PQ=0.5（AQ+CQ）=0.5AC=0.5a．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质与判定、三角形全等的判定，正确作出辅助线是解题的关键．
2．（2023·湖南郴州·中考真题）已知△ABC是等边三角形，点D是射线AB上的一个动点，延长BC至点E，使CE=AD，连接DE交射线AC于点F．

(1)如图1，当点D在线段AB上时，猜测线段CF与BD的数量关系并说明理由；
(2)如图2，当点D在线段AB的延长线上时，
①线段CF与BD的数量关系是否仍然成立？请说明理由；
②如图3，连接AE．设AB=4，若∠AEB=∠DEB，求四边形BDFC的面积．
【答案】(1)CF=12BD，理由见解析
(2)①成立，理由见解析②43+66
【分析】（1）过点D作DG∥BC，交AC于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出结论．
（2）①过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，易得BD=CG，证明△DGF≌△ECF，得到CF=FG=12CG，即可得出结论；②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，根据已知条件推出tan∠AEH=tan∠MDN，得到AHEH=MNDN，证明△ABC∽△ADG，得到BCDG=AHAN=AHAM+MN，求出DG的长，利用四边形BDFC的面积为S△ADG−S△ABC−S△DFG=S△ADG−S△ABC−S△CEF进行求解即可．
【详解】（1）解：CF=12BD，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC于点G，

∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AB−AD=AC−AG，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECFAAS，
∴CF=FG=12CG，
∴CF=12BD；
（2）①成立，理由如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60°，
过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，

∴∠ADG=∠ABC=60°,∠AGD=∠ACB=60°，∠GDF=∠CEF，
∴△ADG为等边三角形，
∴AD=AG=DG，
∵AD=CE，AD−AB=AG−AC，
∴DG=CE，BD=CG，
又∠DFG=∠CFE，
∴△DGF≌△ECFAAS，
∴CF=FG=12CG，
∴CF=12BD；
②过点D作DG∥BC，交AC的延长线于点G，过点A作AN⊥DG，交BC于点H，交DE于点N，则：AN⊥BC，

由①知：△ADG为等边三角形，△DGF≌△ECFAAS，CF=FG=12BD，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC=BC=4,BH=CH=12BC=2，
∴AH=AB2−BH2=23，
∵∠AEB=∠DEB，EH=EH,∠AHE=∠MHE=90°
∴△AEH≌△MEH，
∴MH=AH=23，
∴AM=2AH=43，
∵△DGF≌△ECFAAS，
∴∠CEF=∠MDN，DG=CE，
∴∠AEH=∠MDN，
∴tan∠AEH=tan∠MDN，
∴AHEH=MNDN，
设MN=y,DG=CE=x，则：EH=CE+CH=2+x，DN=12DG=12x，
∴23x+2=yx2①，
∵DG∥BC，
∴△ABC∽△ADG，
∴BCDG=AHAN=AHAM+MN，即：4x=2343+y②，
联立①②可得：x=42+4（负值已舍去），
经检验x=42+4是原方程的根，
∴DG=CE=42+4，DN=22+2，CF=FG=12x−4=22，
∴AN=26+23，
∴S△ACE=12CE⋅AH=1242+4⋅23=46+43，
∵S△ACES△CEF=ACCF=422，
∴S△CEF=2246+43=43+26，
∴四边形BDFC的面积为S△ADG−S△ABC−S△DFG=S△ADG−S△ABC−S△CEF
=1242+426+23−12×4×23−43−26
=43+66．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．本题的综合性强，难度大，属于中考压轴题，解题的关键是添加辅助线构造特殊三角形，全等和相似三角形．
考向二 遇“中点/中线”→构“X”型全等
3．（2021·浙江湖州·二模）如图，在四边形ABCD中，AB//CD，AB⊥BD，AB=5，BD=4，CD=3，点E是AC的中点，则BE的长为（ ）．
A．2B．52C．5D．3
【答案】C
【分析】延长BE交CD延长线于P，可证△AEB≌△CEP，求出DP，根据勾股定理求出BP的长，从而求出BM的长．
【详解】解：延长BE交CD延长线于P，
∵AB∥CD，
∴∠EAB＝∠ECP，
在△AEB和△CEP中，
∠EAB=∠ECPAE=CE∠AEB=∠CEP
∴△AEB≌△CEP（ASA）
∴BE＝PE，CP＝AB＝5
又∵CD＝3，
∴PD=2，
∵BD=4
∴BP=DP2+BD2=25
∴BE＝12BP＝5．
故选：C．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是得恰当作辅助线构造全等，依据勾股定理求出BP．
4．（21-22八年级上·山东威海·期中）数学兴趣小组在活动时，老师提出了这样一个问题：
如图1，在△ABC中，AB=6，AC=10，D是BC的中点，求BC边上的中线AD的取值范围．
【阅读理解】
小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法：
（1）如图1，延长AD到点E，使DE=AD，连接BE．根据__________可以判定△ADC≌__________，得出AC=__________．
这样就能把线段AB、AC、2AD集中在△ABE中．利用三角形三边的关系，即可得出中线AD的取值范围是__________．
【方法感悟】
当条件中出现“中点”，“中线”等条件时，可以考虑作“辅助线”——把中线延长一倍，把分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，这种作辅助线的方法称为“中线加倍”法．
【问题解决】
（2）如图2，在△ABC中，∠A=90°，D是BC边的中点，∠EDF=90°，DE交AB于点E，DF交AC于点F，连接EF，请判断BE，CF，EF的数量关系，并说明理由．
【问题拓展】
（3）如图3，△ABC中，∠B=90°，AB=3，AD是△ABC的中线，CE⊥BC，CE=5，且∠ADE=90°，请直接写出AE的长．
【答案】（1）SAS；△EDB；BE；2AB，边AC上有一点D,∠ABD=∠ACB，过点C作BD的垂线交D延长线于点E．若EC=1,AC=2，则S△ABCS△BEC= ．
【答案】33−14
【分析】延长BA,CE交于点F，根据已知条件证明△ABC≌△AFCASA，进而得出CF=CB，AB=AF，设AB=AF=a,EF=b，则BC=FC=EF+EC=b+1，勾股定理表示出a,b的关系，进而根据在Rt△ABC中，AC2=BC2−AB2，勾股定理求得b的值，根据S△ABCS△BEC=2ABBE，代入数据，进行计算即可求解．
【详解】解：如图所示，延长BA,CE交于点F，
设∠ABD=∠ACB=α，
∵∠BAC=90°，CE⊥BE
∴∠EDC=∠ADB=90°−α，∠DCE=90°−∠EDC=α，
∴∠DCE=∠ACB即∠FCA=∠BCA，
在△ABC,△AFC中，
∠BAC=∠FAC=90°AC=AC∠FCA=∠BCA
∴△ABC≌△AFCASA
∴CF=CB，AB=AF，
设AB=AF=a,EF=b，则BC=FC=EF+EC=b+1
在Rt△BCE中，BE2=BC2−EC2=b+12−12=b2+2b
在Rt△BEF中，BE2=BF2−EF2=2a2−b2=4a2−b2
∴b2+2b=4a2−b2，即a2=b2+b2
在Rt△ABC中，AC2=BC2−AB2，
∴4=b+12−a2
∴4=b2+2b+1−b2+b2即b22+3b2−3=0
解得：b=33−32（负值舍去）
∴a2=b+12−4=33−32+12−4=9−332
∴4a2−b2=4b2+b2−b2=b2+2b=6−3b+2b=6−b=6−33−32=15−332
∴4a24a2−b2=4×9−33215−332=17−338
∴S△ABCS△BEC=12AB×AC12EC×BE=AB12BE=2ABBE=2a4a2−b2=17−338=33−14
故答案为：33−14．6
考向四 角平分线为轴→构翻折型全等
6．（2022·河北唐山·一模）如图，已知在△ABC中，∠BAC，∠BCA的平分线交于点I．若BC=AI+AC，∠B=40°，则∠BAC为（ ）

A．60°B．70°C．80°D．90°
【答案】C
【分析】连接BI，在BC上截取BD=AI，则AC=CD，证明△ACI≌△DCISAS，得出AI=DI，则BD=DI，推出∠DIB=∠ABI，则DI∥AB，得出∠CAI=∠ABC=∠CDI=40°，即可求解．
【详解】解：连接BI，在BC上截取BD=AI，
∵BC=AI+AC=BD+CD，BD=AI，
∴AC=CD，
∵CI平分∠BCA，
∴∠ACI=∠DCI，
在△ACI和△DCI中，
AC=CD∠ACI=∠DCICI=CI，
∴△ACI≌△DCISAS，
∴AI=DI，
∴BD=DI，
∴∠DBI=∠DIB，
∵∠BAC，∠BCA的平分线交于点I．
∴BI平分∠ABC，
∴∠DBI=∠ABI，
∴∠DIB=∠ABI，
∴DI∥AB，
∴∠ABC=∠CDI=40°，
∴∠CAI=∠CDI=40°，
∵AI平分∠BAC，
∴∠BAC=2∠CAI=80°，
故选：C．

【点睛】本题主要考查了三角形角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定和性质，解题的关键是掌握三角形的三条角平分线交于一点；正确画出辅助线，构造全等三角形求解．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型07 图形拼接
考向一 面积关系+方程
1．（2023·浙江杭州·中考真题）第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，在由四个全等的直角三角形（△DAE,△ABF,△BCG,△CDH）和中间一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD中，∠ABF>∠BAF，连接BE．设∠BAF=α,∠BEF=β，若正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n,tanα=tan2β，则n=（ ）

A．5B．4C．3D．2
【答案】C
【分析】设BF=AE=a，EF=b，首先根据tanα=tan2β得到2a2+2ab=2b2，然后表示出正方形ABCD的面积为AB2=3b2，正方形EFGH的面积为EF2=b2，最后利用正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n求解即可．
【详解】设BF=AE=a，EF=b，
∵tanα=tan2β，∠AFB=90°，
∴BFAF=BFEF2，即aa+b=ab2，
∴aa+b=a2b2，整理得a2+ab=b2，
∴2a2+2ab=2b2，
∵∠AFB=90°，
∴AB2=AF2+BF2=a+b2+a2=2a2+2ab+b2=3b2，
∴正方形ABCD的面积为AB2=3b2，
∵正方形EFGH的面积为EF2=b2，
∵正方形EFGH与正方形ABCD的面积之比为1:n，
∴b23b2=1n，
∴解得n=3．
故选：C．
【点睛】此题考查了勾股定理，解直角三角形，赵爽“弦图”等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
2．（22-23九年级上·安徽宣城·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AB=8，DC=10，ADb，
∴0