2024成都中考数学第一轮专题复习之第四章 微专题 一线三等角模型解决全等、相似问题 知识精练(含答案)

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第1题图
2. 如图，在四边形ABCD中，AD＝4，AB＝10，点E是AB的中点，连接DE，CE，若∠A＝∠B＝∠DEC，则eq \f(BE,BC)的值为________．

第2题图
3. (2023重庆A卷)如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC上一点，连接AD.过点B作BE⊥AD于点E，过点C作CF⊥AD交AD的延长线于点F.若BE＝4，CF＝1，则EF的长度为________．
第3题图
4. 如图，在等腰Rt△ABC中，AB＝AC，点D是CB延长线上一点，且AB＝DB，连接AD，若AD＝6，则△ACD的面积为________．

第4题图
5. (2023荆州)如图①，点P是线段AB上与点A，点B不重合的任意一点，在AB的同侧分别以A，P，B为顶点作∠1＝∠2＝∠3，其中∠1与∠3的一边分别是射线AB和射线BA，∠2的两边不在直线AB上，我们规定这三个角互为等联角，点P为等联点，线段AB为等联线．
(1)如图②，在5×3个方格的纸上，小正方形的顶点为格点、边长均为1，AB为端点在格点的已知线段．请用三种不同连接格点的方法，作出以线段AB为等联线、某格点P为等联点的等联角，并标出等联角，保留作图痕迹；
(2)如图③，在Rt△APC中，∠A＝90°，AC>AP，延长AP至点B，使AB＝AC，作∠A的等联角∠CPD和∠PBD，将△APC沿PC折叠，使点A落在点M处，得到△MPC，再延长PM交BD的延长线于E，连接CE并延长交PD的延长线于F，连接BF.
①确定△PCF的形状，并说明理由；
②若AP∶PB＝1∶2，BF＝eq \r(2)k，求等联线AB和线段PE的长(用含k的式子表示)．
图①
图②
图③
第5题图
参考答案与解析
1. 2 【解析】∵∠BPD＝∠CQD＝60°，∴∠APB＝∠CQA.∵△ABC是等边三角形，∴AB＝AC，∠BAC＝60°.∵∠BPD＝∠BAP＋∠ABP＝60°，∠BAC＝∠BAP＋∠CAQ＝60°，∴∠ABP＝∠CAQ.在△ABP和△CAQ中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ABP＝∠CAQ，,∠APB＝∠CQA，,AB＝CA，)) ∴△ABP≌△CAQ(AAS)，∴BP＝AQ＝3，AP＝CQ＝5.∵AP＝AQ＋PQ＝BP＋PQ，∴PQ＝AP－BP＝5－3＝2.
2. eq \f(4,5) 【解析】∵∠A＝∠B＝∠DEC，∴△DAE∽△EBC[钝角一线三等角(同侧)]，∴ eq \f(AD,BE) ＝ eq \f(AE,BC) .∵AD＝4，AB＝10，点E是AB的中点，∴AE＝BE＝5，∴ eq \f(BE,BC) ＝ eq \f(AD,AE) ＝ eq \f(4,5) .
3. 3 【解析】∵BE⊥AD，CF⊥AD，∴∠AEB＝∠CFA＝90°，∴∠ABE＋∠BAE＝90°.∵∠BAC＝90°，∴∠CAF＋∠BAE＝90°，∴∠ABE＝∠CAF.又∵AB＝AC，∴△ABE≌△CAF，∴AE＝CF＝1，AF＝BE＝4，∴EF＝AF－AE＝4－1＝3.
4. 9 【解析】如解图，过点B作BG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD交DA的延长线于点H，CH即为点C到直线AD的距离．∵BG⊥AD，AB＝DB，∴∠AGB＝90°，AG＝DG＝ eq \f(1,2) AD＝3.∵△ABC为等腰直角三角形，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠BAC＝90°，∴∠GAB＋∠HAC＝90°.又∵CH⊥AD，∴∠AGB＝∠CHA＝90°，∴∠HCA＋∠HAC＝90°，∴∠GAB＝∠HCA.在△ABG和△CAH中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AGB＝∠CHA，,∠GAB＝∠HCA，,AB＝CA，)) ∴△ABG≌△CAH(AAS)，∴AG＝CH＝3，∴S△ACD＝ eq \f(1,2) AD·CH＝ eq \f(1,2) ×6×3＝9.
第4题解图
5. 解：(1)作图如解图①；(注：只需作出其中三种)
方法1

方法2
方法3

方法4
方法5

方法6
方法7

方法8
方法9
第5题解图①
(2)①△PCF是等腰直角三角形．理由如下：
如解图②，过点C作CN⊥BE交BE的延长线于点N.
由折叠的性质得AC＝CM，∠CMP＝∠CME＝∠A＝90°，∠1＝∠2，
∵∠A，∠CPD，∠PBD互为等联角，
∴∠A＝∠CPD＝∠PBD＝90°.
∵AC＝AB，∠A＝∠PBD＝∠N＝90°，
∴四边形ABNC为正方形，
∴CN＝AC＝CM.
又∵CE＝CE，
∴Rt△CME≌Rt△CNE(HL)，
∴∠3＝∠4.
∵∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝90°，∠CPF＝90°，
∴∠PCF＝∠2＋∠3＝∠CFP＝45°，
∴△PCF是等腰直角三角形．
第5题解图②
②如解图②，过点F作FQ⊥BE于点Q，作FR⊥PB交PB的延长线于点R，则∠R＝∠A＝90°.
∵∠1＋∠5＝∠5＋∠6＝90°，
∴∠1＝∠6.
由△PCF是等腰直角三角形，得PC＝PF，
∴△APC≌△RFP(AAS)，
∴AP＝FR，AC＝PR.
∵AC＝AB，
∴AP＝BR＝FR.
∵在Rt△BRF中，BR2＋FR2＝BF2，BF＝ eq \r(2) k，
∴AP＝BR＝FR＝k.
∵AP∶PB＝1∶2，
∴PB＝2AP＝2k，
∴AB＝AP＋PB＝BN＝3k.
由BR＝FR，∠QBR＝∠R＝∠FQB＝90°，得四边形BRFQ为正方形，∴BQ＝QF＝k，
由FQ⊥BN，CN⊥BN，得FQ∥CN，
∴ eq \f(QE,NE) ＝ eq \f(QF,NC) ，而QE＝BN－NE－BQ＝3k－NE－k＝2k－NE，
即 eq \f(2k－NE,NE) ＝ eq \f(k,3k) ＝ eq \f(1,3) ，
解得NE＝ eq \f(3,2) k，
由①知PM＝AP＝k，ME＝NE＝ eq \f(3,2) k，
∴PE＝PM＋ME＝k＋ eq \f(3,2) k＝ eq \f(5,2) k.