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勾股定理之“赵爽弦图”模型-2023年新八年级数学核心知识点与常见题型(北师大版)(解析版)

勾股定理之“赵爽弦图”模型-2023年新八年级数学核心知识点与常见题型(北师大版)(解析版)

重难点：勾股定理之“赵爽弦图”模型【知识梳理】“赵爽弦图”的面积关系是中考常考的一种题型，一般出现在选择题、填空题中，如果能够记住面积之间的关系，那么做此类题时一定非常高效.【考点剖析】一．选择题（共2小题）1．如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC ＝56的直角边分别向外延长一倍，得到如图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（）A．76B．72C．68D．52【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则x2＝122+52＝169所以x＝13所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76．故选：A．【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．2．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理．在如图所示的“赵爽弦图”中，△ABH，△BCG，△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD，EFGH都是正方形．若AB＝10，EF＝2，则AH 的长为（）A．6B．C．6D．8【分析】由题意得，设AH＝DE＝CF＝BG＝x，则AE＝DF＝CG＝BH＝2+x，再根据勾股定理即可求解．【解答】解：∵△ABH，△BCG，△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD，EFGH都是正方形．AB＝10，EF＝2，∴设AH＝DE＝CF＝BG＝x，则AE＝DF＝CG＝BH＝2+x，在Rt△AHB中，AB2＝AH2+BH2，即102＝x2+（x+2）2，整理得，x2+2x﹣48＝0，解得：x1＝6，x2＝﹣8（不符合题意，舍去），∴AH＝6．故选：C．【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的性质，根据题意得到线段的关系，然后根据勾股定理列出方程并求解是解题关键．二．填空题（共4小题）3．“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝107，大正方形的面积为57，则小正方形的边长为．【分析】观察图形可知，小正方形的面积＝大正方形的面积﹣4个直角三角形的面积，利用已知（a+b）2＝107，大正方形的面积为57，可以得出直角三角形的面积，进而求出答案．【解答】解：如图所示：∵（a+b）2＝107，∴a2+2ab+b2＝107，∵大正方形的面积为57，∴2ab＝107﹣57＝50，∴小正方形的面积为57﹣50＝7，故小正方形的边长为．故答案为：．【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．4．如图，由四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”．Rt△ABF中，∠AFB＝90°，AF＝4，AB＝5．四边形EFGH的面积是．【分析】四边形EFGH的面积＝四边形ABCD的面积﹣四个全等直角三角形的面积．直角三角形的面积需利用勾股定理求出直角边后解答．【解答】解：因为AB＝5，所以S正方形ABCD＝5×5＝25．Rt△ABF中，AF＝4，AB＝5，则BF＝＝3，所以SRt△ABF＝×3×4＝6，四个直角三角形的面积为：6×4＝24，四边形EFGH的面积是25﹣24＝1．故答案为1【点评】此题主要考查了勾股定理，以及正方形面积、三角形面积，难易程度适中．5．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形E的边长为7cm，则图中五个正方形A、B、C、D、E的面积和为cm2．【分析】根据正方形的面积公式，连续运用勾股定理，发现：四个小正方形的面积和等于最大正方形的面积．【解答】解：设正方形A、B、C、D的边长分别是a、b、c、d，则正方形A的面积＝a2，正方形B的面积＝b2，正方形C的面积＝c2，正方形D的面积＝d2，又∵a2+b2＝x2，c2+d2＝y2，∴正方形A、B、C、D、E的面积和＝（a2+b2）+（c2+d2）+72＝x2+y2+72＝72+72＝98（cm2）．即正方形A，B，C，D、E的面积的和为98cm2．故答案为：98．【点评】本题考查了勾股定理：直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．熟练运用勾股定理进行面积的转换是解题关键．6．图（1）是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．在Rt△ABC 中，若直角边AC＝6cm，BC＝5cm，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图（2）所示的“数学风车”．则①图中小正方形的面积为；②若给这个“数学风车”的外围装饰彩带，则需要彩带的长度至少是．【分析】①表示出小正方形的边长，然后利用正方形的面积公式列式计算即可得解；②利用勾股定理求出外围直角三角形的斜边，然后根据周长公式列式计算即可得解．【解答】解：图①，小正方形的面积＝（6﹣5）2＝1cm2；图②，外围直角三角形的斜边＝＝13cm，周长＝4×（13+6）＝4×19＝76cm，即，需要彩带的长度至少是76cm．故答案为：1cm2，76cm．【点评】本题考查了勾股定理的证明，读懂题目信息并准确识图是解题的关键．三．解答题（共3小题）7．如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．（1）如图①弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a．较短的直角边为b，斜边长为c，可以验证勾股定理；（2）如图②，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT 的面积分别为S1、S2、S3，若S1+S2+S3＝16，则S2＝．【分析】（1）由图可知，小正方形的面积可直用边长乘边长，为（a﹣b）2，也可用大正方形的面积减去四个全等的直角三角形的面积，为，以此即可证明；（2）设正方形MNKT的面积为x，八个全等的直角三角形的面积均为y，可得S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，则S1+S2+S3＝12y+3x＝16，根据整体思想即可求出S2＝4y+x＝．【解答】（1）证明：，另一方面，即a2﹣2ab+b2＝c2﹣2ab，则a2+b2＝c2；（2）解：设正方形MNKT的面积为x，八个全等的直角三角形的面积均为y，∵S1+S2+S3＝16，∴S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，∴S1+S2+S3＝12y+3x＝16，∴4y+x＝，∴S2＝4y+x＝．故答案为：．【点评】本题主要考查勾股定理的证明，利用数形结合的思想来答题是解题关键．8．我们发现，用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法．请你用等面积法来探究下列两个问题：（1）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，请你用它来验证勾股定理；（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝4，BC＝3，求CD的长度．【分析】（1）根据题意，我们可在图中找等量关系，由中间的小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个直角三角形的面积，列出等式化简即可得出勾股定理的表达式．（2）先由勾股定理求出AB的长，再根据三角形的面积求CD的长即可．【解答】解：（1）∵大正方形面积为c2，直角三角形面积为ab，小正方形面积为：（b﹣a）2，∴c2＝4×ab+（a﹣b）2＝2ab+a2﹣2ab+b2即c2＝a2+b2．（2）在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，∴由勾股定理，得：AB＝＝5∵CD⊥AB，∴S△ABC＝AC•BC＝AB•CD∴CD＝．【点评】本题考查了学生对勾股定理的证明和对三角形和正方形面积公式的熟练掌握和运用，属于基本题型．9．图甲是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成，面积为74的正方形．在Rt△ABC中，若直角边BC＝5，将四个直角三角形中边长为5的直角边分别向外延长一倍，得到图乙所示的“数学风车”．（1）这个风车至少需要绕着中心旋转才能和本身重合；（2）求这个风车的外围周长（图乙中的实线）．【分析】（1）根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．（2）在直角△ABC中，已知BC，AB，根据勾股定理即可计算AC的长，AC＝7，故求得BD即可计算风车的外围周长．【解答】解：（1）：∵360°÷4＝90°，∴该图形绕中心至少旋转90度后能和原来的图案互相重合．（2）在直角△BCD中，BD为斜边，已知BC＝5，AB＝，由勾股定理得：AC＝7，CD＝7+5＝12，∴BD＝＝13，∵风车的外围周长为4（BD+AD）＝4（13+5）＝72．【点评】本题考查了旋转角的定义及勾股定理在直角三角形中的运用，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中正确的计算BD是解题的关键．【过关检测】一．选择题（共10小题）1．（2022春•东城区期末）如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝56的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是（）A．72B．52C．80D．76【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则x2＝122+52＝169所以x＝13所以“数学风车”的周长是：（13+6）×4＝76．故选：D．【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．2．（2021秋•邳州市期中）公元3世纪切，中国古代书学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，勾a＝3，弦c＝5，则小正方形ABCD的面积为（）A．1B．3C．4D．9【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式可求解．【解答】解：如图，∵勾a＝3，弦c＝5，∴股b＝＝4，∴小正方形的边长＝4﹣3＝1，∴小正方形的面积＝12＝1，故选：A．【点评】本题运用了勾股定理和正方形的面积公式，关键是运用了数形结合的数学思想．3．（2021春•长垣市期末）“赵爽弦图”是四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的大正方形，如图，其直角三角形的两条直角边的长分别是2和4，则小正方形与大正方形的面积比是（）A．1：2B．1：4C．1：5D．1：10【分析】根据题意求得小正方形的边长，根据勾股定理求出大正方形的边长，由正方形的面积公式即可得出结果．【解答】解：∵直角三角形的两条直角边的长分别是2和4，∴小正方形的边长为2，根据勾股定理得：大正方形的边长＝＝2，∴＝＝＝．故选：C．【点评】本题考查了勾股定理和正方形的面积．本题是用数形结合来证明勾股定理，锻炼了同学们的数形结合的思想方法．4．（2022秋•青秀区校级期末）“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若（a+b）2＝21，小正方形的面积为5，则大正方形的面积为（）A．12B．13C．14D．15【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出大正方形的边长．【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a﹣b＝，∵（a+b）2＝（a﹣b）2+4ab＝5+4ab＝21，∴ab＝4，∴大正方形的面积＝4×ab+5＝13，故选：B．【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．5．（2022秋•南岸区校级期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一，根据《周髀算经》的记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”．三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一种证明．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是（）A．B．C．D．【分析】根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理．【解答】解：A、大正方形的面积为：c2；也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：ab×4+（b﹣a）2＝a2+b2，∴a2+b2＝c2，故A选项能证明勾股定理；B、大正方形的面积为：（a+b）2；也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：ab×4+c2＝2ab+c2，∴（a+b）2＝2ab+c2，∴a2+b2＝c2，故B选项能证明勾股定理；C、梯形的面积为：（a+b）（）＝（a2+b2）+ab；也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：ab×2+c2＝ab+c2，∴ab+c2＝（a2+b2）+ab，∴a2+b2＝c2，故C选项能证明勾股定理；D、大正方形的面积为：（a+b）2；也可看作是2个矩形和2个小正方形组成，则其面积为：a2+b2+2ab，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab，∴D选项不能证明勾股定理．故选：D．【点评】本题考查勾股定理的证明方法，熟练掌握内弦图、外弦图是解题关键．6．（2022秋•平湖市期末）在认识了勾股定理的赵爽弦图后，一位同学尝试将5个全等的小正方形嵌入长方形ABCD内部，其中点M，N，P，Q分别在长方形的边AB，BC，CD和AD上，若AB＝7，BC＝8，则小正方形的边长为（）A．B．C．D．2【分析】将每个小正方形按照如图所示分成四个全等的直角三角形和一个正方形，设每个直角三角形的较大的直角边为x，较小的直角边为y，根据AB＝7，BC＝8，列出二元一次方程组，求出x和y，再求出边长即可．【解答】解：将每个小正方形按照如图所示分成四个全等的直角三角形和一个正方形，设每个直角三角形的较大的直角边为x，较小的直角边为y，∵AB＝7，BC＝8，∴，解得，∴小正方形的边长为＝．故选A．【点评】本题考查了勾股定理与二元一次方程组的应用，根据题意运用好赵爽弦图是解题关键．7．（2022秋•鄄城县校级月考）如图，阴影部分是两个正方形，图中还有一个直角三角形和一个空白的正方形，阴影部分的面积为25cm2，直角三角形①中较长的直角边长12cm，则直角三角形①的面积是（）A．16cm2B．25cm2C．30cm2D．169cm2【分析】两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方．利用勾股定理即可求出．【解答】解：∵两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方，∴直角三角形①中较短的直角边长5cm，∵直角三角形①中较长的直角边长12cm，∴直角三角形①的面积＝（cm2），故选：C．【点评】考查了正方形的面积以及勾股定理的应用．推知“正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方”是解题的难点．8．（2021秋•鹿城区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，分别以AC，BC，AB为一边在△ABC外面做三个正方形，记三个正方形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1＝4，则S3为（）A．8B．16C．4D．4+4【分析】根据正方形的面积公式结合勾股定理就可发现大正方形的面积是两个小正方形的面积和，即可得出答案．【解答】解：∵S1＝AC2＝4，∴AC＝2，∵Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，∴AB＝2AC＝4，∴S3＝AB2＝16，故选：B．【点评】本题考查了勾股定理和正方形面积的应用，注意：分别以直角三角形的边作相同的图形，则两个小图形的面积等于大图形的面积．9．（2022秋•温州期末）如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成．点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，连结BF交小正方形的一边于点G，若△BCF为等腰三角形，AG＝5，则小正方形的面积为（）A．15B．16C．20D．25【分析】由等腰三角形性质可得出BF＝CF，利用HL可证得Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），得出AB＝AD＝2AF，根据余角的性质得出∠BAG＝∠ABF，进而推出CF＝BF＝2AG＝10，利用面积法求得BN＝8，再运用勾股定理求得CN＝4，即可求得答案．【解答】解：设小正方形为EHMN，如图，∵四边形ABCD和四边形EHMN是正方形，∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝90°，CF∥AG，∵△BCF为等腰三角形，且BF＞AB＝BC，CF＞CD＝BC，∴BF＝CF，在Rt△ABF和Rt△DCF中，，∴Rt△ABF≌Rt△DCF（HL），∴∠AFB＝∠CFD，AF＝DF，∴AB＝AD＝2AF，∵CF∥AG，∴∠CFD＝∠DAG，∴∠AFB＝∠DAG，∴AG＝FG，∵∠AFB+∠ABF＝90°，∠DAG+∠BAG＝90°，∴∠BAG＝∠ABF，∴AG＝BG，∴CF＝BF＝2AG＝10，在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，∴（2AF）2+AF2＝102，∴AF＝2，∴AB＝BC＝4，∵S△BCF＝BC•AB＝CF•BN，∴BN＝＝＝8，∴CN＝＝＝4，∵△ABM≌△BCN，∴BM＝CN＝4，∴MN＝BN﹣BM＝8﹣4＝4，∴S正方形EHMN＝（MN）2＝42＝16，故选：B．【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理，三角形面积等，利用面积法求得BN是解题的关键．10．（2022春•南浔区期末）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（）A．B．C．D．【分析】如图，连接DG，先由已知条件分别求得S2＝CD2＝32＝9，S1＝，小正方形边长为，再由勾股定理得：EG＝＝，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，进而得AE＝BF＝CG＝DH＝x＝＝EH，再得CH垂直平分ED，再由三角形的“三线合一”得∠DGH＝∠HGE＝45°进而得∠DGI＝90°最后由勾股定理得：GI＝＝＝，即得选项A．【解答】解：如图，连接DG，∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，∴AE＝BF＝CG＝DH，AF＝BG＝CH＝DE，CH⊥DE，∵DI＝2，CI＝1，∴CD＝DI+CI＝2+1＝3，∵大正方形ABCD的面积为S2，∴S2＝CD2＝32＝9，又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2＝5S1，∴S1＝，∴EF＝FG＝GH＝HE＝，∵将EG延长交CD于点I，∴∠HGE＝45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG＝＝，设AE＝BF＝CG＝DH＝x，则AF＝BG＝CH＝DE＝x+，在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2＝DH2+CH2，即9＝x2+（x+）2，解得：x1＝，x2＝﹣（不合题意，舍去），即AE＝BF＝CG＝DH＝x＝，∴DH＝EH＝，∴CH垂直平分ED，∴DG＝EG＝，∴∠DGH＝∠HGE＝45°，∴∠DGE＝45°+45°＝90°，∴∠DGI＝90°，在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI＝＝＝，故选：A．【点评】本题是一道勾股定理的综合题，主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，线段的中垂线判定与性质，等腰三角形的“三线合一”，二次根式计算与化简，关键是巧添辅助线构等腰直角三角形，顺利实现求得答案．二．填空题（共7小题）11．（2022秋•锡山区期中）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，BC＝12．以AB为一边在△ABC的同侧作正方形ABDE，则图中阴影部分的面积为．【分析】首先利用勾股定理求得AB边的长度，然后由三角形的面积公式和正方形的面积公式解答．【解答】解：如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝12，AC＝5，由勾股定理知，AB＝＝13．故S阴影＝S正方形ABDE﹣S△ABC＝132﹣×5×12＝169﹣30＝139．故答案为：139．【点评】本题主要考查了勾股定理，求阴影部分的面积时，采用了“分割法”．12．（2022秋•德惠市期末）如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若AE＝5，AB＝13，则中间小正方形EFGH的面积是．【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出小正方形的边长，即可得到小正方形的面积．【解答】解：∵AE＝5，AB＝13，∴BF＝AE＝5，在Rt△ABF中，AF＝＝12，∴小正方形的边长EF＝12﹣5＝7，∴小正方形EFGH的面积为7×7＝49．故答案为：49．【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．13．（2022秋•建邺区校级期中）将四个全等的直角三角形分别拼成正方形（如图1，2），边长分别为6和2．若以一个直角三角形的两条直角边为边向外作正方形（如图3），其面积分别为S1，S2．则S1﹣S2＝．【分析】首先设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b（a＞b），然后根据图1、2列出关于a、b 的方程组即可求解．【解答】解：设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b（a＞b），根据图1得：a+b＝6，根据图2得：a﹣b＝2，联立解得：，∴S1＝16，S2＝4，则S1﹣S2＝12．故答案为：12．【点评】此题主要考查了勾股定理证明的应用，解题的关键是正确理解图形中隐含的数量关系．14．（2021秋•龙泉驿区校级月考）如图，是由四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是17，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a，b，则（a+b）2的值是．【分析】先由拼图列出关于面积的方程，再由勾股定理列一个直角三角形三边的方程并整理，最后把值整体代入和平方的展开式（a+b）2＝a2+b2+2ab即可得出答案．【解答】解：∵由四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的一个大正方形，大正方形的面积是17，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a，b，∴，即，∴（a+b）2＝a2+b2+2ab＝17+16＝33．故答案为：33．【点评】这是一道勾股定理综合题，主要考查了拼图列方程，发现各个图形的面积和a，b的关系是解题关键．15．（2022秋•金台区校级月考）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC＝6，BC＝5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到如图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是．【分析】通过勾股定理可将“数学风车”的斜边求出，然后可求出风车外围的周长．【解答】解：设将AC延长到点D，连接BD，根据题意，得CD＝6×2＝12，BC＝5．∵∠BCD＝90°∴BC2+CD2＝BD2，即52+122＝BD2∴BD＝13∴AD+BD＝6+13＝19∴这个风车的外围周长是19×4＝76．故答案为：76．【点评】本题考查勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．16．（2022秋•工业园区校级期中）如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE＝12，CD＝4，则S1+S2的值为．【分析】由题意可得AF＝CI，∠AFG＝∠CIJ＝90°，FH∥EI，即可证明△AFG≌△CIJ，FG＝IJ，再根据四边形EFHI为正方形，得到△GHK≌△JEK，从而得到点K为正方形EFHI的中心，过点K作KM⊥FH于点M，由勾股定理得DE＝4，FH＝8，KM＝4，设GH＝a，FG＝b，则a+b＝FH＝8，最后用a，b表示出S1+S2＝2（a+b），将a+b的值代入即可求解．【解答】解：由题意可得，AF＝CI，∠AFG＝∠CIJ＝90°，FH∥EI，∵∠AGF＝∠HGK，∠IJC＝∠KJE，∵FH∥EI，∴∠HGK＝∠KJE，∴∠AGF＝∠IJC，在△AFG和△CIJ中，，∴△AFG≌△CIJ（AAS），∴FG＝IJ，∵四边形EFHI为正方形，∴EI﹣IJ＝FH﹣FG，即HG＝EJ，在△GHK和△JEK中，，∴△GHK≌△JEK（AAS），∴HK＝EK，即点K为正方形EFHI的中心，如图，过点K作KM⊥FH于点M，∵AE＝12，CD＝4，∴BF＝12，AD＝，在Rt△ADE中，由勾股定理得DE＝＝4，∴AF＝DE＝4，EF＝AE﹣AF＝12﹣4＝8，则FH＝8，KM＝4，设GH＝a，FG＝b，则a+b＝FH＝8，∴＝，＝＝2b，∴S1+S2＝2a+2b＝2（a+b）＝16．故答案为：16．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，正方形的性质，解题的关键是寻找全等三角形的条件解决问题．17．（2022秋•宁德期中）我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形ABCD，面积为9，中间的小正方形为正方形EFGH，面积为2，连接AC，交BG于点P，交DE于点M，①△CGP≌△AEM，②S△AFP﹣S△CGP＝，③DH+HC＝4，④HC＝2+，以上说法正确的是.（填写序号）【分析】由全等三角形的性质，勾股定理，完全平方公式，结合“赵爽弦图”的特点，可以解决问题．【解答】解：∵Rt△BCG≌Rt△∴CG＝AE，∠CGP＝∠AEM，∵CH∥AF．∴∠GCP＝∠MAE，∴△CGP≌△AEM（ASA），∴S△CGP＝S△AEM，CP＝ME，∴S△AFP﹣S△CGP＝S四边形MEFP∵HE＝GF，∴HM＝PF，∴S四边形MEFP＝S四边形MHGP＝S正方形EFGH＝1，∴S△AFP﹣S△CGP＝1，∵DH2+CH2＝DC2＝9，∴（DH+CH）2＝DH2+CH2+2DH•CH＝9+2DH•CH，∵CH﹣DH＝HG，∴（CH﹣DH）2＝HG2＝2，∴CH2+DH2﹣2DH•CH＝2，∴2DH•CH＝7，∴（DH+CH）2＝9+7＝16，∴DH+CH＝4，∵CH﹣DH＝，∴HC＝＝2+，故答案为：①③④．【点评】本题考查全等三角形的性质和判定，勾股定理，完全平方公式，关键是读懂“赵爽弦图”并灵活应用以上定理和公式．三．解答题（共2小题）18．（2021秋•凤翔县期中）如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．【分析】（1）先根据勾股定理先求出AB，再根据“双求法”求出CD的长度；（2）运用两个直角三角形根据勾股定理表示出AD，德关于x的方程求解．【解答】解：（1）在Rt△ABC中，由面积的两种算法可得：，解得：CD＝．（2）在Rt△ABD中AD2＝42﹣x2＝16﹣x2，在Rt△ADC中AD2＝52﹣（6﹣x）2＝﹣11+12x﹣x2，所以16﹣x2＝﹣11+12x﹣x2，解得＝．【点评】此题考查的知识点是勾股定理的应用，关键是运用勾股定理求解．19．（2021春•利辛县期中）如图，小明用4个图1中的矩形组成图2，其中四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，证明：a2+b2＝c2．【分析】由题意可得：S正方形ABCD＝（a+b）2，S正方形EFGH＝c2，S△BEF＝×ab，再根据S正方形ABCD＝S正方形EFGH+4S△BEF，即可证得结论．【解答】证明：∵四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，∴S正方形ABCD＝（a+b）2，S正方形EFGH＝c2，S△BEF＝×ab，∵S正方形ABCD＝S正方形EFGH+4S△BEF，∴（a+b）2＝c2+4××ab，∴a2+2ab+b2＝c2+2ab，∴a2+b2＝c2．【点评】本题是勾股定理证明题，考查了直角三角形面积，正方形面积，利用图形面积得出结论是解题关键．。

初中数学58种模型之29、弦图及推广图在三角形面积最大值中的应用

初中数学58种模型之29、弦图及推广图在三角形面积最大值中的应用

弦图及推广图在某些三角形面积最大值中的应用弦图由我国三国时期数学家赵爽发现与研究的，由四个全等的直角三角形拼成的内外都为正方形(外正方形的边为直角三角形的斜边)的一个图形，如下图1、弦(斜边)在外的弦图称为外弦图，如下图2中的弦在内的弦图称为内弦图.弦图一般用来证明勾股定理之外，笔者研究发现还可以用来求某些直角三角形面积最大值问题.例1.(1)求斜边为4的直角三角形面积的最大值；(2)求直角边之和为4的直角三角形面积的最大值.解：(1)如图3，取4个这样的全等直角三角形组成外弦图，直角三角形面积等于外正方形的面积减去内正方形面积的差再除以4的结果.外正方形的面积为16，当这种这种直角三角形的两条直角边相等时，内正方形的面积为0，直角三角形的面积最大，故斜边为4的直角三角形面积最大值为:16÷4=4.(2)如图4，取4个这样的全等直角三角形组成内弦图，同样，直角三角形面积等于外正方形的面积减去内正方形面积的差再除以4的结果.外正方形的面积为16，当内正方形的半径最小时，内正方形的面积取得最小值，而内正方形的半径最小值为2，此时直角三角形的两边相等，故直角三角形的面积最大值为：12×2×2=2.分析与反思：这2道问题略有不同，差别在于已知条件的不同，一个是斜边为定值，一个是直角边之和为定值，因而选择不同的弦图，那么为什么要选择弦图来解决这类问题呢？当然这2个问题的解决还有许多方法，不一一列举了，经过观察，我们能发现，首先，直角三角形最大角是直角，正多边形内角为直角的仅仅是正方形，而且，直角三角形两个锐角之和也为直角，因此，此类问题都可以运用弦图来解决.拓展：既然这类直角三角形面积最大值问题可以用弦图来解答，那么其他斜三角形的某些面积最大值能否找到类似方法呢？这是肯定的，但是仅限于特殊内角的三角形，大家看看例2.例2.(1)一个三角形的一条边为4，其对角为120°，求该三角形面积的最大值；(2)一个三角形的两边之和为4，这两边的夹角为120°，求该三角形面积的最大值.解：(1)如图5，取3个这样符合条件的全等三角形拼成正三角形，外正三角形的面积为：12×4×.当内正三角形面积为0，即该三角形为等腰三角形时，三角形面积有最大值，最大值为：(2)如图6，取6个这样符合条件的全等三角形拼成正六边形，外正六边形的面积为：12×4××6=当内正六边形面积最小，即半径最小，即半径垂直外正六边形的边时，内正六边形的边长为，面积为：12×.故这样的三角形面积最大值为：(.质疑：是否所有三角形面积最大值问题都有类似解法呢？我们下面来看看例3.例3.(1)一个三角形一个内角是45°，其对边为定值，求证：当该角的两条夹边相等时，该三角形的面积最大.(2)一个三角形一个内角是45°，该角的两条夹边之和为定值，求证：当这2条边相等时，该三角形的面积最大.证明：(1)如图7，取8个这样的三角形组成正八边形，45°角的对边为该正八边形的边.∵该三角形45°角所对的边为定值，∴该图形中的外正八边形的面积为定值.当45°角的两条夹边不等时，该图形会产生一个内正八边形，当45°角的两条夹边相等时，这8个三角形45°角的顶点会重合，从而不产生内正八边形.∴当该角的两条夹边相等时，该三角形的面积最大，恰等于这个正八边形面积的八分之一.(2)如图8，取8个这样的三角形按一定方向组成一个正八边形，45°角所对的边为正八边形的边，这样就形成了一个“八角星”，依次连接“八角星”的8个顶点，这样又产生了外正八边形.外正八边形和内正八边形之间的环形区域由8个两直角边为a b 、的直角三角形和8个两边为a b 、且夹角为45°的三角形组成.这两类三角形面积比值为：12ab ：1sin 452ab ︒.令环形面积为S，则这2个两类三角形面积之和为18S.∴这种三角形面积为：1818-=S.那么何种情形下，环形面积最大呢？显然，当a b =时，直角三角形的斜边(外正八边形的边)最大[例1(2)有详细严谨的证明]，而且45°角的对边c 最小(不是很严谨)，外、内正八边形的面积分别最大和最小，环形面积最大！∴当这2条夹边相等时，该三角形面积最大.分析与反思：例3(1)依然有类似于例1(1)、例2(1)的方法解决，但是例3(2)的解决之法与例1(2)、例2(2)的方法相去甚远，而且证明过程中对于内正八边形的最小面积的证明不是很有说服力，若要毫无破绽地证明，那么需要其他方面的知识！这与我们用更简单的方法来证明此类问题的目的背离了！这不如直接利用三角形面积公式1sinA 2S ab =、余弦定理和基本不等式来证明！原因何在？我们观察例1(2)与例2(2)，发现90°和120°都可以成为一个正多边形的内角，而没有任何一个正多边形的内角可以是45°！我们应当放弃这种方法！拓展：这类三角形面积最大值问题可分为两类：第一类为：已知一角的大小及对边的长度，第二类：已知一角的大小及两条夹边的长度之和.例1(1)、例2(1)、例3(1)都属于第一类，例1(2)、例2(2)、例3(2)都属于第二类.第一类对应的图形为图3、图5、图7，第二类对应的图形为图4、图6.这5个图形除了图3、图4称之为弦图，剩下3个图形都与弦图有很大的类似！我们不妨来个定义：对于有一个内角为α的三角形，把若干个这样的三角形拼成一个正多边形，象图3、图5、图7这样都是由剩下的2个内角的和作为正多边形的内角，我们称之为该三角形的“关联正多边形Ⅰ型”，象图4、图6这样直接由该角作为正多边形的内角，我们称之为干三角形的“关联正多边形Ⅱ型”.总结与归纳：此类三角形面积最大值问题能否类似于弦图来解决，关键在于这个三角形的某个内角或某2个内角之和能不能成为一个正多边形的内角.1.当有一个内角为α的三角形的对边已知，α能成为一个正多边形的外角(即剩下2个角的和可成为正多边形的内角)时，我们用“关联正多边形Ⅰ型”来证明或解答其面积最大值；2.当有一个内角为α的三角形，α能成为一个正多边形的内角，2条夹边和为定值时，我们用“关联正多边形Ⅱ型”来证明或解答其面积最大值.练习：求一个内角为150°，且2条夹边之和为8的三角形的面积最大值.。

初中数学勾股定理之“赵爽弦图”模型(解析版)

初中数学勾股定理之“赵爽弦图”模型(解析版)

勾股定理之“赵爽弦图”模型【知识梳理】“赵爽弦图”的面积关系是中考常考的一种题型，一般出现在选择题、填空题中，如果能够记住面积之间的关系，那么做此类题时一定非常高效.【考点剖析】一．选择题(共2小题)1如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC= 6，BC=5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到如图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是()A.76B.72C.68D.52【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则x2=122+52=169所以x=13所以“数学风车”的周长是：(13+6)×4=76．故选：A．【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．2“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理．在如图所示的“赵爽弦图”中，△ABH，△BCG，△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD，EFGH都是正方形．若AB=10，EF=2，则AH的长为()A.62B.82C.6D.8【分析】由题意得，设AH=DE=CF=BG=x，则AE=DF=CG=BH=2+x，再根据勾股定理即可求解．【解答】解：∵△ABH，△BCG，△CDF和△DAE是四个全等的直角三角形，四边形ABCD，EFGH都是正方形．AB=10，EF=2，∴设AH=DE=CF=BG=x，则AE=DF=CG=BH=2+x，在Rt△AHB中，AB2=AH2+BH2，即102=x2+(x+2)2，整理得，x2+2x-48=0，解得：x1=6，x2=-8(不符合题意，舍去)，∴AH=6．故选：C．【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的性质，根据题意得到线段的关系，然后根据勾股定理列出方程并求解是解题关键．二．填空题(共4小题)3“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若(a+b)2=107，大正方形的面积为57，则小正方形的边长为　7　．【分析】观察图形可知，小正方形的面积=大正方形的面积-4个直角三角形的面积，利用已知(a+b)2= 107，大正方形的面积为57，可以得出直角三角形的面积，进而求出答案．【解答】解：如图所示：∵(a+b)2=107，∴a2+2ab+b2=107，∵大正方形的面积为57，∴2ab=107-57=50，∴小正方形的面积为57-50=7，故小正方形的边长为7．故答案为：7．【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．4如图，由四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”．Rt △ABF 中，∠AFB =90°，AF =4，AB =5．四边形EFGH 的面积是1．【分析】四边形EFGH 的面积=四边形ABCD 的面积-四个全等直角三角形的面积．直角三角形的面积需利用勾股定理求出直角边后解答．【解答】解：因为AB =5，所以S 正方形ABCD =5×5=25．Rt △ABF 中，AF =4，AB =5，则BF =52-42=3，所以S Rt △ABF =12×3×4=6，四个直角三角形的面积为：6×4=24，四边形EFGH 的面积是25-24=1．故答案为1【点评】此题主要考查了勾股定理，以及正方形面积、三角形面积，难易程度适中．5如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形E 的边长为7cm ，则图中五个正方形A 、B 、C 、D 、E 的面积和为98cm 2．【分析】根据正方形的面积公式，连续运用勾股定理，发现：四个小正方形的面积和等于最大正方形的面积．【解答】解：设正方形A 、B 、C 、D 的边长分别是a 、b 、c 、d ，则正方形A的面积=a2，正方形B的面积=b2，正方形C的面积=c2，正方形D的面积=d2，又∵a2+b2=x2，c2+d2=y2，∴正方形A、B、C、D、E的面积和=(a2+b2)+(c2+d2)+72=x2+y2+72=72+72=98(cm2)．即正方形A，B，C，D、E的面积的和为98cm2．故答案为：98．【点评】本题考查了勾股定理：直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方．熟练运用勾股定理进行面积的转换是解题关键．6图(1)是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．在Rt△ABC中，若直角边AC=6cm，BC=5cm，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图(2)所示的“数学风车”．则①图中小正方形的面积为1cm2　；②若给这个“数学风车”的外围装饰彩带，则需要彩带的长度至少是76cm．【分析】①表示出小正方形的边长，然后利用正方形的面积公式列式计算即可得解；②利用勾股定理求出外围直角三角形的斜边，然后根据周长公式列式计算即可得解．【解答】解：图①，小正方形的面积=(6-5)2=1cm2；图②，外围直角三角形的斜边=122+52=13cm，周长=4×(13+6)=4×19=76cm，即，需要彩带的长度至少是76cm．故答案为：1cm2，76cm．【点评】本题考查了勾股定理的证明，读懂题目信息并准确识图是解题的关键．三．解答题(共3小题)7如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．(1)如图①弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a．较短的直角边为b，斜边长为c，可以验证勾股定理；(2)如图②，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，若S1+S2+S3=16，则S2=　163　．【分析】(1)由图可知，小正方形的面积可直用边长乘边长，为(a -b )2，也可用大正方形的面积减去四个全等的直角三角形的面积，为c 2-4×12ab ，以此即可证明；(2)设正方形MNKT 的面积为x ，八个全等的直角三角形的面积均为y ，可得S 1=8y +x ，S 2=4y +x ，S 3=x ，则S 1+S 2+S 3=12y +3x =16，根据整体思想即可求出S 2=4y +x =163．【解答】(1)证明：S 小正方形=a -b 2=a 2-2ab +b 2，另一方面S 小正方形=c 2-4×12ab =c 2-2ab ，即a 2-2ab +b 2=c 2-2ab ，则a 2+b 2=c 2；(2)解：设正方形MNKT 的面积为x ，八个全等的直角三角形的面积均为y ，∵S 1+S 2+S 3=16，∴S 1=8y +x ，S 2=4y +x ，S 3=x ，∴S 1+S 2+S 3=12y +3x =16，∴4y +x =163，∴S 2=4y +x =163．故答案为：163．【点评】本题主要考查勾股定理的证明，利用数形结合的思想来答题是解题关键．8我们发现，用不同的方式表示同一图形的面积可以解决线段长度之间关系的有关问题，这种方法称为等面积法，这是一种重要的数学方法．请你用等面积法来探究下列两个问题：(1)如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，请你用它来验证勾股定理；(2)如图2，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，CD 是AB 边上的高，AC =4，BC =3，求CD 的长度．【分析】(1)根据题意，我们可在图中找等量关系，由中间的小正方形的面积等于大正方形的面积减去四个直角三角形的面积，列出等式化简即可得出勾股定理的表达式．(2)先由勾股定理求出AB 的长，再根据三角形的面积求CD 的长即可．【解答】解：(1)∵大正方形面积为c 2，直角三角形面积为12ab ，小正方形面积为：(b -a )2，∴c 2=4×12ab +(a -b )2=2ab +a 2-2ab +b 2即c2=a2+b2．(2)在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∴由勾股定理，得：AB=AC2+BC2=42+32=5∵CD⊥AB，∴S△ABC=12AC•BC=12AB•CD∴CD=4×35=125．【点评】本题考查了学生对勾股定理的证明和对三角形和正方形面积公式的熟练掌握和运用，属于基本题型．9图甲是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成，面积为74的正方形．在Rt△ABC中，若直角边BC=5，将四个直角三角形中边长为5的直角边分别向外延长一倍，得到图乙所示的“数学风车”．(1)这个风车至少需要绕着中心旋转90°才能和本身重合；(2)求这个风车的外围周长(图乙中的实线)．【分析】(1)根据旋转角及旋转对称图形的定义结合图形特点作答．(2)在直角△ABC中，已知BC，AB，根据勾股定理即可计算AC的长，AC=7，故求得BD即可计算风车的外围周长．【解答】解：(1)：∵360°÷4=90°，∴该图形绕中心至少旋转90度后能和原来的图案互相重合．(2)在直角△BCD中，BD为斜边，已知BC=5，AB=74，由勾股定理得：AC=7，CD=7+5=12，∴BD=52+122=13，∵风车的外围周长为4(BD+AD)=4(13+5)=72．【点评】本题考查了旋转角的定义及勾股定理在直角三角形中的运用，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中正确的计算BD是解题的关键．【过关检测】一．选择题(共10小题)10(2022春•东城区期末)如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC=6，BC=5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是()A.72B.52C.80D.76【分析】由题意∠ACB为直角，利用勾股定理求得外围中一条边，又由AC延伸一倍，从而求得风车的一个轮子，进一步求得四个．【解答】解：依题意，设“数学风车”中的四个直角三角形的斜边长为x，则x2=122+52=169所以x=13所以“数学风车”的周长是：(13+6)×4=76．故选：D．【点评】本题是勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．11(2021秋•邳州市期中)公元3世纪切，中国古代书学家赵爽注《周髀算经》时，创造了“赵爽弦图”．如图，勾a=3，弦c=5，则小正方形ABCD的面积为()A.1B.3C.4D.9【分析】根据勾股定理和正方形的面积公式可求解．【解答】解：如图，∵勾a=3，弦c=5，∴股b=52-32=4，∴小正方形的边长=4-3=1，∴小正方形的面积=12=1，故选：A．【点评】本题运用了勾股定理和正方形的面积公式，关键是运用了数形结合的数学思想．12(2021春•长垣市期末)“赵爽弦图”是四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的大正方形，如图，其直角三角形的两条直角边的长分别是2和4，则小正方形与大正方形的面积比是()A.1：2B.1：4C.1：5D.1：10【分析】根据题意求得小正方形的边长，根据勾股定理求出大正方形的边长，由正方形的面积公式即可得出结果．【解答】解：∵直角三角形的两条直角边的长分别是2和4，∴小正方形的边长为2，根据勾股定理得：大正方形的边长=22+42=25，∴小正方形面积大正方形面积=22252=420=15．故选：C．【点评】本题考查了勾股定理和正方形的面积．本题是用数形结合来证明勾股定理，锻炼了同学们的数形结合的思想方法．13(2022秋•青秀区校级期末)“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，如图所示的“赵爽弦图”是由四个全等直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b，若(a+b)2=21，小正方形的面积为5，则大正方形的面积为()A.12B.13C.14D.15【分析】由题意可知：中间小正方形的边长为：a-b，根据勾股定理以及题目给出的已知数据即可求出大正方形的边长．【解答】解：由题意可知：中间小正方形的边长为：a-b=5，∵(a+b)2=(a-b)2+4ab=5+4ab=21，∴ab=4，∴大正方形的面积=4×12ab+5=13，故选：B．【点评】本题考查勾股定理的证明，解题的关键是熟练运用勾股定理以及完全平方公式，本题属于基础题型．14(2022秋•南岸区校级期中)我国是最早了解勾股定理的国家之一，根据《周髀算经》的记载，勾股定理的公式与证明是在商代由商高发现的，故又称之为“商高定理”．三国时代的蒋铭祖对《蒋铭祖算经》勾股定理作出了详细注释，并给出了另外一种证明．下面四幅图中，不能证明勾股定理的是()A. B. C. D.【分析】根据基础图形的面积公式表示出各个选项的面积，同时根据割补的思想可以写出另外一种面积表示方法，即可得出一个等式，进而可判断能否证明勾股定理．【解答】解：A 、大正方形的面积为：c 2；也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：12ab ×4+(b -a )2=a 2+b 2，∴a 2+b 2=c 2，故A 选项能证明勾股定理；B 、大正方形的面积为：(a +b )2；也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，则其面积为：12ab ×4+c 2=2ab +c 2，∴(a +b )2=2ab +c 2，∴a 2+b 2=c 2，故B 选项能证明勾股定理；C 、梯形的面积为：12(a +b )(a +b )=12(a 2+b 2)+ab ；也可看作是2个直角三角形和一个等腰直角三角形组成，则其面积为：12ab ×2+12c 2=ab +12c 2，∴ab +12c 2=12(a 2+b 2)+ab ，∴a 2+b 2=c 2，故C 选项能证明勾股定理；D 、大正方形的面积为：(a +b )2；也可看作是2个矩形和2个小正方形组成，则其面积为：a 2+b 2+2ab ，∴(a +b )2=a 2+b 2+2ab ，∴D 选项不能证明勾股定理．故选：D ．【点评】本题考查勾股定理的证明方法，熟练掌握内弦图、外弦图是解题关键．15(2022秋•平湖市期末)在认识了勾股定理的赵爽弦图后，一位同学尝试将5个全等的小正方形嵌入长方形ABCD 内部，其中点M ，N ，P ，Q 分别在长方形的边AB ，BC ，CD 和AD 上，若AB =7，BC =8，则小正方形的边长为()A.5B.6C.7D.22【分析】将每个小正方形按照如图所示分成四个全等的直角三角形和一个正方形，设每个直角三角形的较大的直角边为x ，较小的直角边为y ，根据AB =7，BC =8，列出二元一次方程组，求出x 和y ，再求出边长即可．【解答】解：将每个小正方形按照如图所示分成四个全等的直角三角形和一个正方形，设每个直角三角形的较大的直角边为x ，较小的直角边为y ，∵AB =7，BC =8，∴3x+y=73x+2y=8 ，解得x=2 y=1 ，∴小正方形的边长为22+12=5．故选A．【点评】本题考查了勾股定理与二元一次方程组的应用，根据题意运用好赵爽弦图是解题关键．16(2022秋•鄄城县校级月考)如图，阴影部分是两个正方形，图中还有一个直角三角形和一个空白的正方形，阴影部分的面积为25cm2，直角三角形①中较长的直角边长12cm，则直角三角形 ①的面积是()A.16cm2B.25cm2C.30cm2D.169cm2【分析】两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方．利用勾股定理即可求出．【解答】解：∵两个阴影正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方，∴直角三角形①中较短的直角边长5cm，∵直角三角形①中较长的直角边长12cm，∴直角三角形①的面积=12×5×12=30(cm2)，故选：C．【点评】考查了正方形的面积以及勾股定理的应用．推知“正方形的面积和等于直角三角形另一未知边的平方”是解题的难点．17(2021秋•鹿城区校级期中)如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，分别以AC，BC，AB 为一边在△ABC外面做三个正方形，记三个正方形的面积依次为S1，S2，S3，已知S1=4，则S3为()A.8B.16C.43D.43+4【分析】根据正方形的面积公式结合勾股定理就可发现大正方形的面积是两个小正方形的面积和，即可得出答案．【解答】解：∵S1=AC2=4，∴AC=2，∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，∴AB=2AC=4，∴S3=AB2=16，故选：B．【点评】本题考查了勾股定理和正方形面积的应用，注意：分别以直角三角形的边作相同的图形，则两个小图形的面积等于大图形的面积．18(2022秋•温州期末)如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼接而成．点E为小正方形的顶点，延长CE交AD于点F，连结BF交小正方形的一边于点G，若△BCF为等腰三角形，AG=5，则小正方形的面积为()A.15B.16C.20D.25【分析】由等腰三角形性质可得出BF=CF，利用HL可证得Rt△ABF≌Rt△DCF(HL)，得出AB=AD =2AF，根据余角的性质得出∠BAG=∠ABF，进而推出CF=BF=2AG=10，利用面积法求得BN= 8，再运用勾股定理求得CN=4，即可求得答案．【解答】解：设小正方形为EHMN，如图，∵四边形ABCD和四边形EHMN是正方形，∴AB=AD=CD，∠BAD=90°，CF∥AG，∵△BCF为等腰三角形，且BF>AB=BC，CF>CD=BC，∴BF=CF，在Rt△ABF和Rt△DCF中，AB=CD BF=CF，∴Rt△ABF≌Rt△DCF(HL)，∴∠AFB=∠CFD，AF=DF，∴AB=AD=2AF，∵CF∥AG，∴∠CFD=∠DAG，∴∠AFB=∠DAG，∴AG=FG，∵∠AFB+∠ABF=90°，∠DAG+∠BAG=90°，∴∠BAG=∠ABF，∴AG=BG，∴CF=BF=2AG=10，在Rt△ABF中，AB2+AF2=BF2，∴(2AF)2+AF2=102，∴AF=25，∴AB=BC=45，∵S△BCF=12BC•AB=12CF•BN，∴BN=BC⋅ABCF =45×4510=8，∴CN=BC2-BN2=452-82=4，∵△ABM≌△BCN，∴BM=CN=4，∴MN=BN-BM=8-4=4，∴S正方形EHMN=(MN)2=42=16，故选：B．【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理，三角形面积等，利用面积法求得BN是解题的关键．19(2022春•南浔区期末)赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形(如图所示)．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI=2，CI=1，S2=5S1，则GI的值是()A.105B.9202 C.58D.34【分析】如图，连接DG，先由已知条件分别求得S2=CD2=32=9，S1=95，小正方形边长为355，再由勾股定理得：EG=EH2+HG2=3105，设AE=BF=CG=DH=x，则AF=BG=CH=DE=x+355，由勾股定理得：CD2=DH2+CH2，即9=x2+(x+355)2，进而得AE=BF=CG=DH=x=355=EH，再得CH垂直平分ED，再由三角形的“三线合一”得∠DGH=∠HGE=45°进而得∠DGI=90°最后由勾股定理得：GI=DI2-DG2=22-31052=105，即得选项A．【解答】解：如图，连接DG，∵赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形，∴AE=BF=CG=DH，AF=BG=CH=DE，CH⊥DE，∵DI=2，CI=1，∴CD=DI+CI=2+1=3，∵大正方形ABCD的面积为S2，∴S2=CD2=32=9，又∵小正方形EFGH的面积为S1，S2=5S1，∴S1=95，∴EF=FG=GH=HE=355，∵将EG延长交CD于点I，∴∠HGE=45°，在Rt△EHG中，由勾股定理得：EG=EH2+HG2=3105，设AE=BF=CG=DH=x，则AF=BG=CH=DE=x+35 5，在Rt△CDH中，由勾股定理得：CD2=DH2+CH2，即9=x2+(x+355)2，解得：x1=355，x2=-655(不合题意，舍去)，即AE=BF=CG=DH=x=355，∴DH=EH=355，∴CH垂直平分ED，∴DG=EG=3105，∴∠DGH=∠HGE=45°，∴∠DGE=45°+45°=90°，∴∠DGI=90°，在Rt△DGI中，由勾股定理得：GI=DI2-DG2=22-31052=105，故选：A．【点评】本题是一道勾股定理的综合题，主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，线段的中垂线判定与性质，等腰三角形的“三线合一”，二次根式计算与化简，关键是巧添辅助线构等腰直角三角形，顺利实现求得答案．二．填空题(共7小题)20(2022秋•锡山区期中)如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=5，BC=12．以AB为一边在△ABC 的同侧作正方形ABDE，则图中阴影部分的面积为139．【分析】首先利用勾股定理求得AB边的长度，然后由三角形的面积公式和正方形的面积公式解答．【解答】解：如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=12，AC=5，由勾股定理知，AB=AC2+BC2=13．故S阴影=S正方形ABDE-S△ABC=132-12×5×12=169-30=139．故答案为：139．【点评】本题主要考查了勾股定理，求阴影部分的面积时，采用了“分割法”．21(2022秋•德惠市期末)如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若AE=5，AB=13，则中间小正方形EFGH的面积是49．【分析】根据题意和题目中的数据，可以计算出小正方形的边长，即可得到小正方形的面积．【解答】解：∵AE=5，AB=13，∴BF=AE=5，在Rt△ABF中，AF=AB2+BF2=12，∴小正方形的边长EF=12-5=7，∴小正方形EFGH的面积为7×7=49．故答案为：49．【点评】本题考查了勾股定理的证明，熟练掌握勾股定理是解题的关键．22(2022秋•建邺区校级期中)将四个全等的直角三角形分别拼成正方形(如图1，2)，边长分别为6和2．若以一个直角三角形的两条直角边为边向外作正方形(如图3)，其面积分别为S1，S2．则S1-S2= 12．【分析】首先设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b(a>b)，然后根据图1、2列出关于a、b的方程组即可求解．【解答】解：设四个全等的直角三角形的两条直角边分别为a，b(a>b)，根据图1得：a+b=6，根据图2得：a-b=2，联立解得：a=4 b=2，∴S1=16，S2=4，则S1-S2=12．故答案为：12．【点评】此题主要考查了勾股定理证明的应用，解题的关键是正确理解图形中隐含的数量关系．23(2021秋•龙泉驿区校级月考)如图，是由四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是17，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a ，b ，则(a +b )2的值是33．【分析】先由拼图列出关于面积的方程，再由勾股定理列一个直角三角形三边的方程并整理，最后把值整体代入和平方的展开式(a +b )2=a 2+b 2+2ab 即可得出答案．【解答】解：∵由四个全等的直角三角形与中间一个小正方形拼成的一个大正方形，大正方形的面积是17，小正方形的面积是1，直角三角形的两直角边分别为a ，b ，∴1+4×12ab =17a 2+b 2=172，即2ab =16a 2+b 2=17 ，∴(a +b )2=a 2+b 2+2ab =17+16=33．故答案为：33．【点评】这是一道勾股定理综合题，主要考查了拼图列方程，发现各个图形的面积和a ，b 的关系是解题关键．24(2022秋•金台区校级月考)如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的．若AC =6，BC =5，将四个直角三角形中边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到如图所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是76．【分析】通过勾股定理可将“数学风车”的斜边求出，然后可求出风车外围的周长．【解答】解：设将AC 延长到点D ，连接BD ，根据题意，得CD =6×2=12，BC =5．∵∠BCD =90°∴BC 2+CD 2=BD 2，即52+122=BD 2∴BD =13∴AD +BD =6+13=19∴这个风车的外围周长是19×4=76．故答案为：76．【点评】本题考查勾股定理在实际情况中应用，并注意隐含的已知条件来解答此类题．25(2022秋•工业园区校级期中)如图，在弦图中，正方形ABCD 的对角线AC 与正方形EFHI 的对角线EH 交于点K ，对角线AC 交正方形EFHI 于G ，J 两点，记△GKH 面积为S 1，△JIC 面积为S 2，若AE =12，CD =410，则S 1+S 2的值为16．【分析】由题意可得AF =CI ，∠AFG =∠CIJ =90°，FH ∥EI ，即可证明△AFG ≌△CIJ ，FG =IJ ，再根据四边形EFHI 为正方形，得到△GHK ≌△JEK ，从而得到点K 为正方形EFHI 的中心，过点K 作KM ⊥FH 于点M ，由勾股定理得DE =4，FH =8，KM =4，设GH =a ，FG =b ，则a +b =FH =8，最后用a ，b 表示出S 1+S 2=2(a +b )，将a +b 的值代入即可求解．【解答】解：由题意可得，AF =CI ，∠AFG =∠CIJ =90°，FH ∥EI ，∵∠AGF =∠HGK ，∠IJC =∠KJE ，∵FH ∥EI ，∴∠HGK =∠KJE ，∴∠AGF =∠IJC ，在△AFG 和△CIJ 中，∠AGF =∠IJC ∠AFG =∠CIJ =90°AF =CI ，∴△AFG ≌△CIJ (AAS )，∴FG =IJ ，∵四边形EFHI 为正方形，∴EI -IJ =FH -FG ，即HG =EJ ，在△GHK 和△JEK 中，∠HGK =∠KJE ∠GKH =∠JKE HG =EJ，∴△GHK ≌△JEK (AAS )，∴HK =EK ，即点K 为正方形EFHI 的中心，如图，过点K 作KM ⊥FH 于点M ，∵AE=12，CD=410，∴BF=12，AD=410，在Rt△ADE中，由勾股定理得DE=AD2-AE2=4，∴AF=DE=4，EF=AE-AF=12-4=8，则FH=8，KM=4，设GH=a，FG=b，则a+b=FH=8，∴S1=12GH⋅MK=12a×4=2a，S2=S△AFG=12FG⋅AF=12b×4=2b，∴S1+S2=2a+2b=2(a+b)=16．故答案为：16．【点评】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积，正方形的性质，解题的关键是寻找全等三角形的条件解决问题．26(2022秋•宁德期中)我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形ABCD，面积为9，中间的小正方形为正方形EFGH，面积为2，连接AC，交BG于点P，交DE于点M，①△CGP≌△AEM，②S△AFP-S△CGP=12，③DH+HC=4，④HC=2+22，以上说法正确的是①③④.(填写序号)【分析】由全等三角形的性质，勾股定理，完全平方公式，结合“赵爽弦图”的特点，可以解决问题．【解答】解：∵Rt△BCG≌Rt△DAE，∴CG=AE，∠CGP=∠AEM，∵CH∥AF．∴∠GCP=∠MAE，∴△CGP≌△AEM(ASA)，∴S△CGP=S△AEM，CP=ME，∴S△AFP-S△CGP=S四边形MEFP∵HE=GF，∴HM =PF ，∴S 四边形MEFP =S 四边形MHGP =12S 正方形EFGH=1，∴S △AFP -S △CGP =1，∵DH 2+CH 2=DC 2=9，∴(DH +CH )2=DH 2+CH 2+2DH •CH =9+2DH •CH ，∵CH -DH =HG ，∴(CH -DH )2=HG 2=2，∴CH 2+DH 2-2DH •CH =2，∴2DH •CH =7，∴(DH +CH )2=9+7=16，∴DH +CH =4，∵CH -DH =2，∴HC =4+22=2+22，故答案为：①③④．【点评】本题考查全等三角形的性质和判定，勾股定理，完全平方公式，关键是读懂“赵爽弦图”并灵活应用以上定理和公式．三．解答题(共2小题)27(2021秋•凤翔县期中)如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c 2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即12ab ×4+b -a 2，从而得到等式c 2=12ab ×4+b -a 2，化简便得结论a 2+b 2=c 2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题(1)如图2，在Rt △ABC 中，∠ACB =90°，CD 是AB 边上的高，AC =3，BC =4，求CD 的长度．(2)如图3，在△ABC 中，AD 是BC 边上的高，AB =4，AC =5，BC =6，设BD =x ，求x 的值．【分析】(1)先根据勾股定理先求出AB ，再根据“双求法”求出CD 的长度；(2)运用两个直角三角形根据勾股定理表示出AD ，德关于x 的方程求解．【解答】解：(1)在Rt △ABC 中AB =32+42=5，由面积的两种算法可得：12×3×4=12×5×CD ，解得：CD =125．(2)在Rt △ABD 中AD 2=42-x 2=16-x 2，在Rt △ADC 中AD 2=52-(6-x )2=-11+12x -x 2，所以16-x 2=-11+12x -x 2，解得x=2712=94．【点评】此题考查的知识点是勾股定理的应用，关键是运用勾股定理求解．28(2021春•利辛县期中)如图，小明用4个图1中的矩形组成图2，其中四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，证明：a2+b2=c2．【分析】由题意可得：S正方形ABCD =(a+b)2，S正方形EFGH=c2，S△BEF=12×ab，再根据S正方形ABCD=S正方形EFGH+4S△BEF，即可证得结论．【解答】证明：∵四边形ABCD，EFGH，MNPQ都是正方形，∴S正方形ABCD =(a+b)2，S正方形EFGH=c2，S△BEF=12×ab，∵S正方形ABCD =S正方形EFGH+4S△BEF，∴(a+b)2=c2+4×12×ab，∴a2+2ab+b2=c2+2ab，∴a2+b2=c2．【点评】本题是勾股定理证明题，考查了直角三角形面积，正方形面积，利用图形面积得出结论是解题关键．。

三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型(学生版+解析版)

三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型(学生版+解析版)

三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型赵爽弦图分为内弦图与外弦图，是中国古代数学家赵爽发现，既可以证明勾股定理，也可以以此命题，相关的题目有一定的难度，但解题方法也常常是不唯一的。

弦图之美，美在简约，然不失深厚，经典而久远，被誉为“中国数学界的图腾”。

弦图蕴含的割补思想，数形结合思想、图形变换思想更是课堂教学中数学思想渗透的绝佳载体。

一个弦图集合了初中平面几何线与形，位置与数量，方法与思想，小身板，大能量，它就是数学教育里的不老神话。

广受数学教师和数学爱好者研究，近年来也成为了各地中考的热点问题。

模型1、弦图模型(1)内弦图模型：如图1，在正方形ABCD中，AE⊥BF于点E，BF⊥CG于点F，CG⊥DH于点G，DH⊥AE于点H，则有结论：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH；S正方形ABCD =4S△EAB+S正方形EFGH。

图1图2图3(2)外弦图模型：如图2，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是正方形ABCD各边上的点，且四边形EFGH是正方形，则有结论：△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH；S正方形ABCD =4S△EAB+S正方形EFGH。

(3)内外组合型弦图模型：如图3，2S正方形EFGH =S正方形ABCD+S正方形PQMN.1(2023秋·湖北·九年级校联考开学考试)如图，2002年8月在北京召开的国际数学家大会会标其原型是我国古代数学家赵爽的《勾股弦图》，它是由四个全等的直角三角形拼接而成如．如果大正方形的面积是16，直角三角形的直角边长分别为a，b，且a2+b2=ab+10，那么图中小正方形的面积是()A.2B.3C.4D.52(2022·安徽安庆·八年级期末)汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，构造了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”，如图，大正方形ABCD由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，若∠ADE=∠AED，AD =45，则△ADE的面积为()A.24B.6C.25D.2103(2023·山西八年级期末)如图，图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成的，若AC=6,BC=5，将四个直角三角形中的边长为6的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，则这个风车的外围周长是()A.24B.52C.61D.764(2022·杭州九年级月考)我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图是由弦图变化得到，它是用八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3．若S1+S2+S3=12，则下列关于S1、S2、S3的说法正确的是()A.S1=2B.S2=3C.S3=6D.S1+S3=85(2023·广东·九年级专题练习)公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”(如图1)中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S1，S2S1>S2，则下列四个判断：①S1+S2=14S四边形MNPQ②DG=2AF；③若∠EMH=30°，则S1=3S2；④若点A是线段GF的中点，则3S1=4S2，其中正确的序号是模型2. 勾股树模型6(2022·福建·八年级期末)如图是一株美丽的勾股树，其中所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，如果正方形A、B、C、D的边长分别为3，4，1，2．则最大的正方形E的面积是．7(2022·浙江·乐清市八年级期中)如图，在四边形ABCD中，∠B=∠D=90°，分别以AB，BC，CD，DA为一边向外作正方形甲、乙、丙、丁，若用S甲，S乙，S丙，S丁来表示它们的面积，那么下列结论正确的是()A.S 甲=S 丁B.S 乙=S 丙C.S 甲-S 乙=S 丁-S 丙D.S 甲+S 乙=S 丙+S 丁8(2022·河南八年级期末)如图，正方形ABCD 的边长为2，其面积标记为S 1，以CD 为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为S 2，⋯按照此规律继续下去，则S 9的值为()A.126B.127C.128D.1299(2023春·山东菏泽·八年级校考阶段练习)“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，如果第一个正方形面积为1，则第2023代勾股树中所有正方形的面积为．10(2023·浙江八年级期中)如图，以Rt △ABC 的三边为直径，分别向外作半圆，构成的两个月牙形面积分别为S 1、S 2，Rt △ABC 的面积S 3．若S 1=4，S 2=8，则S 3的值为．11(2022春·浙江温州·九年级校考开学考试)如图1，是数学家毕达哥拉斯根据勾股定理所画的“勾股树”．如图2，在Rt △ABC 中，∠BAC =90°，以其三边为边分别向外作正方形，延长EC ，DB 分别交GF ，AH 于点N ，K ，连接KN 交AG 于点M ，若S 1S 2=916，则tan ∠ACB 为()A.12B.23C.34D.51212(2023·贵州遵义·统考二模)如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，∠ACB =90°，分别以Rt △ABC 的三条边为边向外作正方形，连接BE ，DG 、BE ，交AC 于点Q ，若∠BAC =30°，BC =2，则四边形EQGD 的面积是．13(2023秋·浙江·八年级专题练习)【背景阅读】勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了验证勾股定理，创制了一幅“弦图”(如图1)，后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．【实践操作】(1)请叙述勾股定理；(2)验证勾股定理，人们已经找到了400多种方法，请从下列几种常见的验证方法中任选一种来验证该定理：(以下图形均满足验证勾股定理所需的条件)【探索发现】(3)如图4、5、6，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有个；(4)如图7所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为S1、S2，直角三角形面积为S3，请判断S1、S2、S3的关系并说明理由．课后专项训练1(2022·云南九年级一模)如图是按照一定规律“生长”的“勾股树”：经观察可以发现：图(1)中共有3个正方形，图(2)在图(1)的基础上增加了4个正方形，图(3)在图(2)的基础上增加了8个正方形，⋯⋯，照此规律“生长”下去，图(6)应在图(5)的基础上增加的正方形的个数是()A.12B.32C.64D.1282(2022·浙江初三期中)勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再把较小的两张正方形纸片按图2的方式放置在最大正方形内．若图2中阴影部分的面积为2，且AB+AC=8，则BC的长为()图1图2A.42B.6C.254D.1323(2023·浙江·杭州八年级阶段练习)如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，分别以△ABC的三边为边作正方形ABDE，正方形BCFG，正方形ACHI，AI交CF于点J．三个正方形没有重叠的部分为阴影部分，设四边形BGFJ的面积为S1，四边形CHIJ的面积为S2，若S1-S2=12，S△ABC=4，则正方形BCFG的面积为()A.16B.18C.20D.224(2023春·湖北黄冈·八年级统考期中)“赵爽弦图”巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，是我国古代数学的骄傲，设直角三角形较长直角边长为a，较短直角边长为b．若ab=8，大正方形的面积为25，则EF 的长为()A.9B.92C.32D.35(2022·四川成都·模拟预测)勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载．如图1，以直角三角形的各边为边分别向外作正方形，再将较小的两个正方形分别绕直角三角形斜边上的两顶点旋转得到图2．则图2中阴影部分面积等于()A.直角三角形的面积B.最大正方形的面积C.最大正方形与直角三角形的面积和D.较小两个正方形重叠部分的面积6(2023春·广东潮州·九年级校考期末)我国古代数学家赵爽巧妙地用“弦图”证明了勾股定理，标志着中国古代的数学成就．如图所示的“弦图”，是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形．直角三角形的斜边长为13，一条直角边长为12，则小正方形ABCD 的面积的大小为()A.144B.100C.49D.257(2023春·湖北武汉·八年级统考期末)大约公元222年我国汉代数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”，如图，四个全等的直角三角形拼成大正方形ABCD ，中空的部分是小正方形EFGH ，连接EG ，BD 相交于点O ，BD 与HC 相交于点P ，若GO =GP ，则直角三角形的边CG 与BG 之比是()A.12B.25C.2-1D.3-28(2023春·江苏泰州·七年级统考期末)大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(如图1)．某数学兴趣小组类比“赵爽弦图”构造出图2：△ABC 为等边三角形，AD 、BE 、CF 围成的△DEF 也是等边三角形．已知点D 、E 、F 分别是BE 、CF 、AD 的中点，若△ABC 的面积为14，则△DEF 的面积是()A.1B.2C.3D.49(2023·河北石家庄·校考二模)如图1，毕达哥拉斯树，也叫“勾股树”，是由毕达哥拉斯根据勾股定理所画出来的一个可以无限重复的树形图形．在图2中，∠ACB=90°，分别以Rt△ABC的三条边为边向外作正方形，连接BE，DG，BE交AC于点Q．若∠BAC=30°，BC=2，则四边形EQGD的面积是()B.23C.53+3D.3A.53+3210(2023·江苏扬州·统考中考真题)我国汉代数学家赵爽证明勾股定理时创制了一幅“勾股圆方图”，后人称之为“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形和一个小正方形组成．如图，直角三角形的直角边长为a、b，斜边长为c，若b-a=4，c=20，则每个直角三角形的面积为．11(2022秋·四川成都·八年级校考期中)“勾股图”有着悠久的历史，它曾引起很多人的兴趣．1955年希腊发行了以“勾股图”为背景的邮票(如图1)，欧几里得在《几何原本》中曾对该图做了深入研究．如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，分别以△ABC的三条边为边向外作正方形，连接EB,CM,DG,CM分别与AB,BE相交于点P,Q．若∠ABE=30°，则DGQM的值为.12(2022春·安徽合肥·八年级合肥市第四十二中学校考期中)如图①，在Rt△ACB中∠ACB=90°，分别以AC、BC、AB为边，向形外作等边三角形，所得的等边三角形的面积分别为S1、S2、S3，请解答以下问题：(1)S1、S2、S3满足的数量关系是．(2)现将△ABF向上翻折，如图②，若阴影部分的S甲=6、S乙=5、S丙=4，则S△ACB=．13(2023·湖北孝感·统考三模)“勾股树”是以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程所画出来的图形，因为重复数次后的形状好似一棵树而得名．假设如图分别是第一代勾股树、第二代勾股树、第三代勾股树，按照勾股树的作图原理作图，则第五代勾股树中正方形的个数为．14(2022·山东临沂·统考二模)中国古代的数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位尤其是三国时期的数学家赵爽，不仅最早对勾股定理进行了证明，而且创制了“勾股圆方图”，开创了“以形证数”的思想方法．在图中，小正方形ABCD的面积为1，如果把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1(如图1)，则正方形的面积为；再把正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2(如图2)，如此进行下去，得到的正方形A n B n C n D n的面积为(用含n的式子表示，n为正整数)．15(2023·浙江台州·八年级校考期中)如图1，是一个封闭的勾股水箱，其中Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分是可盛水的正方形，且相互联通，已知∠ACB=90°，AC=6，BC=8，开始时Ⅲ刚好盛满水，而Ⅰ，Ⅱ无水．(1)如图2摆放时，Ⅰ刚好盛满水，而Ⅱ无水，则Ⅲ中有水部分的面积为；(2)如图3摆放时，水面刚好经过Ⅲ的中心O(正方形两条对角线的交点)，则Ⅱ中有水部分的面积为．16(2023·湖北黄冈·统考中考真题)如图，是我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的一个大正方形．设图中AF=a，DF=b，连接AE,BE，若△ADE与△BEH的面积相等，则b2a2+a2b2=．17(2023·江苏徐州·统考二模)如图，四个全等的直角三角形拼成“赵爽弦图”，得到正方形ABCD与正方形EFGH．连接AC，若AG平分∠CAD，且正方形EFGH的面积为2，则正方形ABCD的面积为．18(2023·陕西渭南·统考二模)魏朝时期，刘徽利用下图通过“以盈补虚，出入相补”的方法，即“勾自乘为朱方，股自乘为青方，令出入相补，各从其类”证明了勾股定理．如图，四边形ABCD、四边形BFGH和四边形AFMN都是正方形，BF交CD于E，若DE=2，CE=4，则BF的长为．19(2022·宁夏吴忠·统考一模)2002年8月，在北京召开的国际数学家大会会标取材于我国古代数学家赵爽的《勾股圆方图》，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形(如图1)，且大正方形的面积是17，直角三角形的较短直角边为a，较长直角边为b．如果将四个全等的直角三角形按如图2的形式摆放，则图2中最大的正方形的面积为31．试求图1中小正方形的面积是为．20(2023·山东济宁·统考二模)勾股定理是人类最伟大的十个科学发现之一，西方国家称之为毕达哥拉斯定理．在我国古书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅“弦图”(如图1)，后人称之为“赵爽弦图”，流传至今．勾股定理内容为：如果直角三角形的两条直角边分别为a，b，斜边为c，那么a2+b2=c2．(1)如图2、3、4，以直角三角形的三边为边或直径，分别向外部作正方形、半圆、等边三角形，这三个图形中面积关系满足S1+S2=S3的有个；(2)如图5所示，分别以直角三角形三边为直径作半圆，设图中两个月形图案(图中阴影部分)的面积分别为S1，S2，直角三角形面积为S3，请判断S1，S2，S3的关系并证明；(3)如果以正方形一边为斜边向外作直角三角形，再以该直角三角形的两直角边分别向外作正方形，重复这一过程就可以得到如图6所示的“勾股树”．在如图7所示的“勾股树”的某部分图形中，设大正方形M的边长为定值m，四个小正方形A，B，C，D的边长分别为a，b，c，d，已知∠1=∠2=∠3=∠α，则当∠α变化时，回答下列问题：(结果可用含m的式子表示)①a2+b2+c2+d2=；②b与c的关系为，a与d的关系为．21(2022·湖南·八年级课时练习)如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．(1)弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a，较短的直角边为b，斜边长为c，结合图①，试验证勾股定理．(2)如图②，将这四个直角三角形紧密地拼接，形成飞镖状，已知外围轮廓(粗线)的周长24，OC=3，求该飞镖状图案的面积．(3)如图③，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1,S2,S3，若S1+S2+S3=40，求S2．22(2023·广东深圳·校联考三模)中华文明源远流长，如图①是汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的图形，人们称之为赵爽弦图，被誉为中国数学界的图腾．2002年北京国际数学家大会依据赵爽弦图制作了会标，该图有4个全等的直角三角形围成几个大正方形和中间一个小正方形，巧妙的证明了勾股定理．问题发现：如图①，若直角三角形的直角边BC=3，斜边AB=5，则中间小正方形的边长CD=，连接BD，△ABD的面积为．知识迁移：如图②，P是正方形ABCD内一点，连接PA，PB，PC，当∠BPC=90°，BP=10时，△PAB的面积为．拓展延伸：如图③，已知∠MBN=90°，以点B为圆心，适当长为半径画弧，交射线BM，BN分别于A，C两点．(1)已知D为线段AB上一个动点，连接CD，过点B作BE⊥CD，垂足为点E；在CE上取一点F，使EF=BE；过点F作GF⊥CD交BC于点G，试判断三条线段BE，DE，GF之间的数量关系，并说明理由．(2)在(1)的条件下，若D为射线BM上一个动点，F为射线EC上一点；当AB=10，CF=2时，直接写出线段DE的长．三角形中的重要模型-弦图模型、勾股树模型赵爽弦图分为内弦图与外弦图，是中国古代数学家赵爽发现，既可以证明勾股定理，也可以以此命题，相关的题目有一定的难度，但解题方法也常常是不唯一的。

中考必考几何模型(2) -

中考必考几何模型(2) -

中考必考几何模型(2)第五章 三垂直全等模型模型 三垂直全等模型如图，∠D =∠BCA =∠E =90°，BC =AC 。

结论：Rt △BCD ≌Rt △CAE 。

模型分析说到三垂直模型，不得不说一下弦图，弦图的运用在初中直角三角形中占有举足轻重的地位，很多利用垂直倒角，勾股定理求边长，相似求边长都会用到从弦图中支离出来的一部分几何图形去求解。

图①和图②就是我们经常会见到的两种弦图。

三垂直图形变形如下图③、图④，这也是由弦图演变而来的。

模型实例例1．如图，AB ⊥BC ，CD ⊥BC ，AE ⊥DE ，AE =DE 。

求证：AB +CD =BC 。

例2．如图，∠ACB -90°，AC =BC ，BE ⊥CE 于点D ，AD =2.5cm ，BE =0.8cm 。

求DE 的长。

CDEBA图21图4图BAE CD图3C DEBACDEBA例3．如图，在平面直角坐标系中，等腰Rt △ABC 有两个顶点在坐标轴上， 求第三个顶点的坐标。

热搜精练1．如图，正方形ABCD ，BE =CF 。

求证：（1）AE =BF ；（2）AE ⊥BF 。

2．直线l 上有三个正方形a 、b 、c ，若a 、c 的面积分别是5和11，则b 的面积是 。

3．已知，△ABC 中，∠BAC -90°，AB =AC ，点P 为BC 上一动点（B P <CP ），分别过B 、C 作BE ⊥AP 于点E 、CF ⊥AP 于点F 。

（1）求证：EF =CF -BE ；（2）若P 为BC 延长线上一点，其它条件不变，则线段BE 、CF 、EF 是否存在某种确定的数量关系？画图并直接写出你的结论。

ED CBAAB C Oxy(-1,0)(0,3)图21图(0,3)(-2,0)yxOC BA ABCDEFcbaABCDE4．如图，在直角梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AB ⊥BC ，AD =2，BC =3，设∠BCD =α，以D 为旋转中心，将腰DC 绕点D 逆时针旋转90°至DE 。

弦图与垂直模型-【压轴必刷】中考数学压轴大题之经典模型(全国通用)(解析版)

弦图与垂直模型-【压轴必刷】中考数学压轴大题之经典模型(全国通用)(解析版)

弦图与垂直模型解题策略模型1：垂直模型如图：∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC.，结论：Rt△BCD≌Rt△CAE.模型分析说到三垂直模型，不得不说一下弦图，弦图的运用在初中直角三角形中占有举足轻重的地位，很多利用垂直求角，勾股定理求边长，相似求边长都会用到从弦图支离出来的一部分几何图形去求解.图①和图②就是我们经常会见到的两种弦图.三垂直图形变形如图③、图④，这也是由弦图演变而来的.模型2：弦图模型如图，在正方形ABCD中，BF⊥CG,CG⊥DH,DH⊥AE,AE⊥BF, 则：△ABE≌△BCF≌△CDG ≌△DAH.经典例题【例1】．(2021·全国·八年级专题练习)如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上(不与点A，O重合)的一个动点，过点P作PE⊥PB且PE交边CD于点E．(1)求证：PE=PB；(2)如图2，若正方形ABCD的边长为2，过点E作EF⊥AC于点F，在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，试求出这个不变的值；若变化，请说明理由；(3)用等式表示线段PC，PA，CE之间的数量关系．【答案】(1)见解析；(2)在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．PF的长为定值2；(3)PC=PA+ 2EC．理由见解析．【分析】(1)做辅助线，构建全等三角形，根据ASA证明△BMP≅△PNE即可求解．(2)如图，连接OB，通过证明△OBP≅△FPE，得到PF=OB，则PF为定值是2．(3)根据△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得PA=2PM，PC=2NC，整理可得结论．【详解】(1)证明：如图①，过点P作MN∥AD，交AB于点M，交CD于点N．∵PB⊥PE，∴∠BPE=90°，∴∠MPB+∠EPN=90°．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠D=90°．∵AD∥MN，∴∠BMP=∠BAD=∠PNE=∠D=90，∵∠MPB+∠MB P=90°，∴∠EPN=∠MB P．在Rt△PNC中，∠PCN=45°，∴△PNC是等腰直角三角形，∴PN=CN，∴BM=CN=PN，∴△BMP≌△PNE(ASA)，∴PB=PE．(2)解：在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化．理由：如图2，连接OB．∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，∴OB⊥AC，∴∠AOB=90°，∴∠AOB=∠EFP=90°，∴∠OBP+∠BPO=90°．∴∠BPE=90°，∴∠BPO+∠OPE=90°，∴∠OBP=∠OPE．由(1)得PB=PE，∴△OBP≌△FPE(AAS)，∴PF=OB．=2．∵AB=2，△ABO是等腰直角三角形，∴OB=22∴PF的长为定值2．(3)解：PC=PA+2EC．理由：如图1，∵∠BAC=45°，∴△AMP是等腰直角三角形，∴PA=2PM．由(1)知PM=NE，∴PA=2NE．∵△PCN是等腰直角三角形，∴PC=2NC=2(NE+EC)=2NE+2EC=PA+2EC．【点睛】本题主要考查了四边形综合应用，通过对三角形全等的证明找出边之间的关系，准确分析代换求解是解题的关键．【例2】．(2021·黑龙江·哈尔滨市第四十九中学校九年级阶段练习)正方形ABCD中，点E、F在BC、CD 上，且BE=CF，AE与BF交于点G．(1)如图1，求证AE⊥BF；(2)如图2，在GF上截取GM=GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN=2BN；【答案】(1)见解析；(2)见解析；【分析】(1)根据正方形的性质得AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，用SAS证明△ABE≌△BCF，得∠BAE =∠CBF，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；(2)过点B作BH⊥BN，交AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明△A GB≌△AGM，得∠BAG=∠MAG，根据角平分线性质得∠BHA=∠GAN=45°，则△HBN是等腰直角三角形，用SAS证明△ABH≌△CBN，得AH=CN，在Rt△HBN中，根据勾股定理即可得；【详解】解：(1)∵四边形ABCD 是正方形，∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，在△ABE和△BCF中，AB=BC∠ABE=∠BCFBE=CF∴△ABE≌△BCF(SAS)，∴∠BAE=∠CBF，∵∠AEB+∠BAE=180°-∠ABC=180°-90°=90°，∴∠AEB+∠CBF=90°，∴∠E GB=180°-(∠AEB+∠CBF)=180°-90°=90°，∴AE⊥BF；(2)如图所示，过点B作BH⊥BN，交AN于点H，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AC，∠ABC=∠HBN=90°，∵∠HBN=∠HBA+∠ABN=90°，∠ABC=∠CBN+∠ABN=90°，∴∠HBA=∠CBN，由(1)得，AE⊥BF，∴∠A GB=∠AGM=90°，∴∠HBG=∠AGM=90°,∴HB⎳AE，∴∠BHA=∠EAN，在△A GB和△AGM中，AG=AG∠A GB=∠AGMGB=GM∴△A GB≌△AGM(SAS)，∴∠BAG=∠MAG，∵AN平分∠DAM，∴∠DAN=∠MAN，∴∠BAG+∠MAG+∠MAN+∠DAN=90°，2∠MAG+2∠MAN=90°，∠MAG+∠MAN=45°，∠GAN=45°，∴∠BHA=∠GAN=45°，∴∠BNH=180°-∠HBN-∠BHA=180°-90°-45°=45°，∴△HBN是等腰直角三角形，∴BH=BN，在△ABH和△CBN中，BH=BN∠HBA=∠CBNAB=CB∴△ABH≌△CBN(SAS)，∴AH=CN，在Rt△HBN中，根据勾股定理HN=BH2+BN2=2BN，∴AN+CN=AN+AH=HN=2BN；【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．【例3】．(2021·云南曲靖·八年级期末)如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G．(1)求证：AE=BG；(2)如图2，连接AG、GE，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，试判断四边形MNPQ的形状，并说明理由；(3)如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B'C'恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB'=1，正方形的边长为3，求线段OF的长．【答案】(1)见解析；(2)四边形MNPQ为正方形，理由见解析；(3)10 6【分析】(1)由四边形ABCD为正方形，可得∠ABC=∠BCD=90°，推得∠ABG+∠CBG=90°，由BG⊥AE，可得∠BAE+∠ABG=90°，可证△ABE≅△BCG ASA即可；(2)M、N为AB、AG中点，可得MN为△ABG的中位线，可证MN⎳BG，MN=12BG，由点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，可得PQ是△BEG的中位线，MQ为△ABE的中位线，NP为△AEG的中位线，可证PQ⎳BG，PQ=12BG，MQ⎳AE，MQ=12AE，NP⎳AE，NP=12AE，可证四边形MNPQ为平行四边形．再证四边形MNPQ为菱形，最后证MN⊥MQ即可；(3)延长AO交BC于点S，由对称性可得BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，由勾股定理可求AS=10，可得AO=12AS=102，设AF=x，在Rt△AB'F中，12+(3-x)2=x2，解得x=53，在Rt△AOF中，可求OF=106．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，∴∠ABG+∠CBG=90°，∵BG⊥AE，∴∠AHB=90°，∴∠BAE+∠ABG=90°，∴∠BAE=∠CBG，在△ABE与△BCG中，∠BAE=∠CBGAB=BC∠ABC=∠BCD，∴△ABE≅△BCG ASA，∴AE=BG．(2)解：四边形MNPQ为正方形，理由如下：∵M、N为AB、AG中点，∴MN为△ABG的中位线，∴MN⎳BG，MN=12BG，∵点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点，∴PQ是△BEG的中位线，MQ为△ABE的中位线，NP为△AEG的中位线，，∴PQ⎳BG，PQ=12BG，MQ⎳AE，MQ=12AE，NP⎳AE，NP=12AE，∴MN=PQ，MQ=NP，∴四边形MNPQ为平行四边形．∵AE=BG，∴MN=MQ，∴四边形MNPQ为菱形，∵BG⊥AE，MQ⎳AE，∴MQ⊥BG，∵MN⎳BG，∴MN⊥MQ，∴四边形MNPQ为正方形．(3)解：延长AO交BC于点S，由对称性可知BF=B'F，AB'=BS=1，AO=SO，在Rt△ABS中，AS=AB2+BS2=10，∴AO=12AS=102，设AF=x，则BF=B'F=3-x，在Rt△AB'F中，12+(3-x)2=x2，x=53，∴AF=53，在Rt△AOF中，2=106．OF=AF2-AO2=53 2-102【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形中位线判定与性质，勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识是解题关键．【例4】．(2021·河南商丘·八年级期中)在平面直角坐标系中，点A的坐标为4,0，点B为y轴正半轴上的一个动点，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限作等腰Rt△ABC．(1)如图1，若OB=3，则点C的坐标为______；(2)如图2，若OB=4，点D为OA延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰Rt△BDE，连接AE，求证：AE⊥AB；(3)如图3，以B为直角顶点，OB为直角边在第三象限作等腰Rt△OBF．连接CF，交y轴于点P，求线段BP的长度．【答案】(1)点C(3，7)；(2)证明见详解过程；(3)2．【分析】(1)如图1，过点C作CH⊥y轴，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得CH=OB=3，BH=AO=4，可求解；(2)过点E作EF⊥x轴于F，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得BO=DF=4，OD=EF，由等腰直角三角形的性质可得∠BAO=45°，∠EAF=∠AEF=45°，可得结论；(3)由(1)可知△ABO≌△BCG，可得BO=GC，AO=BG=4，再由“AAS”可证△CPG≌△FPB，可得PB=PG=2．(1)如图1，过点C作CH⊥y轴于H，∴∠CHB=∠ABC=∠AOB=90°，∴∠BCH+∠HBC=90°=∠HBC+∠ABO，∴∠ABO=∠BCH，在△ABO和△BCH中，∠CHB=∠AOB∠BCH=∠ABOBC=AB，∴△ABO≌△BCH(AAS)，∴CH=OB=3，BH=AO=4，∴OH=7，∴点C(3，7)，故答案为：(3，7)；(2)过点E作EF⊥x轴于F，∴∠EFD=∠BDE=∠BOD=90°，∴∠BDO+∠EDF=90°=∠BDO+∠DBO，∴∠DBO=∠EDF，在△BOD和△DFE中，∠BOD=∠EFD∠DBO=∠EDFBD=ED，∴△BOD≌△DFE(AAS)，∴BO=DF=4，OD=EF，∵点A的坐标为(4，0)，∴OA=OB=4，∴∠BAO=45°，∵OA=DF=4，∴OD=AF=EF，∴∠EAF=∠AEF=45°，∴∠BAE=90°，∴BA⊥AE；(3)过点C作CG⊥y轴G，由(1)可知：△ABO≌△BCG，∴BO=GC，AO=BG=4，∵BF=BO，∠OBF=90°，∴BF=GC，∠CGP=∠FBP=90°，又∵∠CPG=∠FPB，∴△CPG≌△FPB(AAS)，∴BP=GP，∴BP=12BG=2．【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．【例5】．(2021·黑龙江·哈尔滨市风华中学校九年级阶段练习)如图1，正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE，垂足为点F，BF与CD相交于点G．(1)求证：△BCG≌△DCE；(2)如图2，连接BD，若BE=42，DG=22，求tan∠DBG的值．【答案】(1)见解析；(2)1 2【分析】(1)由正方形的性质结合已知条件，利用ASA判定三角形全等即可；(2)过点G作GH⊥BD垂足为H，由全等求得CG=CE，进一步结合图形求得BC和CG的长，然后在RT△BDC中求得GH和BH的长，最后在RT△BHG中，利用tan∠DBG=HGBH，即可求得答案．【详解】(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCG=∠DCE=90°，BC=CD，∵BF⊥DE，∴∠DFG=∠BCG=90°，∵∠BGC=∠DGF，∴∠CBG=∠CDE．在△BCG和△DCE中，∠CBG=∠CDE BC=CD∠BCG=∠DCE，∴△BCG≌△DCE，(2)解：过点G作GH⊥BD垂足为H，∵△BCG≌△DCE，∴CG=CE，∵BE=BC+CE=42，DG=CD-CG=22，∴BC=CD=32，CG=CE=2，在RT△BDC中，∵∠BCD=90°，∴BD=CD2+BC2=322+322=6，∵∠DHG=45°，∠DHG=90°，DG=22，∴DHDG=sin45°=2 2，∴DH=2，∴GH=DH=2，∵BH=BD-DH，∴BH=6-2=4，在RT△BHG中，∵∠BHG=90°，∴tan∠DBG=HGBH，∴tan∠DBG=12【点睛】本题考查三角形全等的证明，直角三角形中锐角三角函数的定义等相关知识点，熟练掌握数形结合思想解题是重点．培优训练一、解答题1.(2022·江苏·八年级课时练习)如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．(1)由图1，证明：DE=AD+BE；(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，请猜想出DE，AD，BE的等量关系并说明理由；(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE，AD，BE又具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系(不必说明理由)．【答案】(1)证明见解析；(2)DE=AD-BE，证明过程见解析；(3)DE=BE-AD，证明过程见解析【分析】(1)先证明△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，进而得到DE=CE+DC=AD+BE即可；(2)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=CE-DC=AD-BE即可；(3)同(1)中思路，证明△ADC≌△CEB，进而得到DE=DC-CE=BE-AD即可．【详解】解：(1)证明：在△ABC中，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∵AD⊥MN，∴∠ACD+∠CAD=90°，∴∠BCE=∠CAD，又∵AC=BC，∠ADC=∠CEB=90∘，∴△ADC≌△CEB(AAS)，∴AD=CE，DC=BE，∵直线MN经过点C，∴DE=CE+DC=AD+BE；(2)DE，AD，BE的等量关系为：DE=AD-BE，理由如下：∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，∴∠CAD=∠BCE，在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90∘AC=CB，∴△ADC≌△CEB AAS∴CE=AD，CD=BE，∴DE=CE-CD=AD-BE；(3)当MN旋转到图3的位置时，DE、AD、BE所满足的等量关系是DE=BE-AD，理由如下：∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E∴∠ADC=∠BEC=∠ACB=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，∴∠CAD=∠BCE，在△ADC和△CEB中∠CAD=∠BCE∠ADC=∠BEC=90∘AC=CB，∴△ADC≌△CEB AAS∴CE=AD，CD=BE，∴DE=CD-CE=BE-AD.【点睛】本题考查了全等三角形的判定方法、等腰直角三角形的性质及等角的余角相等等知识点，熟练掌握三角形全等的判定方法是求解的关键．2.(2022·全国·八年级专题练习)如图所示，△ABC中，AB=AC，∠BAC=90°，点D为AB上一点，过点B作直线CD的垂线，垂足为E，连接AE，过点A作AE的垂线交CE于点F．(1)如图1，求∠AEC的度数；(2)如图2，连接BF，且∠ABF-∠EAB=15°，求证：BF=2CF；(3)如图3，在(2)的条件下，G为DF上一点，连接AG，若∠AGD=∠EBF，AG=2，求CF的长．【答案】(1)45°；(2)见解析；(3)2【分析】(1)先证明∠EAB=∠FAC, ∠AEB=∠AFC,再证明△ABE≅△ACF,再利用全等三角形的性质结合等腰直角三角形的性质可得答案；(2)利用全等三角形的性质先求解∠EBF=60°，证明BE=CF, 再求解∠EFB=30°，从而可得结论；(3)如图，过A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 连接EN, 证明△BEN为等边三角形，再证明△AGM≅△ENM，再利用全等三角形的性质可得答案.【详解】解：(1)∵∠BAC=90°，AE⊥AF,∴∠EAB+∠DAF=∠DAF+∠FAC=90°,∠EAF=90°,∴∠EAB=∠FAC,∵BE⊥CE,∴∠BED=90°,∴∠AEB=∠BED+∠AEF=90°+∠AEF=∠AFC, 即∠AEB=∠AFC,∴△ABE≅△ACF，∴AE=AF，∠AEC=45°．(2)∵△ABE≅△ACF，∴∠ABE=∠ACF,BE=CF,∴∠AEB=∠AFC=90°+45°=135°,∴∠EBA+∠EAB=45°,∵∠ABF-∠EAB=15°,∴∠ABF=15°+∠EAB,∴∠EBF=∠EBA+∠ABF=∠EBA+∠EAB+15°=60°,∴∠BFE=90°-60°=30°,∴BF=2BE，∵BE=CF，∴BF=2CF．(3)如图，过A作AM⊥EF于M, 交BF于N, 连接EN,∵AE=AF,AM⊥EF,AE⊥AF,∴EM=MF=AM,NE=NF,∴∠NEF=∠NFE=30°,∴∠ENB=∠NEF+∠NFE=60°,∴∠EBN=∠ENB=60°,∴△BEN为等边三角形，∠ENF=120°,∴BE=BN=12BF=FN=EN，∵∠AGD=∠EBF=60°, AM⊥EF,∴∠ENM=12∠ENF=60°,∵AM=EM,∠AMG=∠EMN=90°,∠AGM=∠ENM=60°,∴△AGM≅△ENM，∴AG=EN=2，∴CF=BE=2．【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等腰斜边的一半，等边三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，熟练的应用以上知识解题的关键.3.(2020·北京市第十三中学九年级期中)已知：Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC．(1)如图1，点D是BC边上一点(不与点B，C重合)，连接AD，过点B作BE⊥AD，交AD的延长线于点E，连接CE．①若∠BAD=α，求∠DBE的大小(用含α的式子表示)；②用等式表示线段EA，EB和EC之间的数量关系，并证明．(2)如图2，点D在线段BC的延长线上时，连接AD，过点B作BE⊥AD，垂足E在线段AD上，连接CE．①依题意补全图2；②直接写出线段EA，EB和EC之间的数量关系．【答案】(1)①∠DBE=45°-α；②AE-BE=2EC，证明见解析；(2)①补全图形见解析；②EB-EA= 2EC．【分析】(1)①根据等腰直角三角形的性质得到∠CAB=45°，即可求出∠CAD=45∘-α．根据三角形的内角和即可求出∠DBE=∠CAD=45∘-α；②过点C作CR⊥CE交AE于R，然后证明△ACR≌△BCE，得到AR=BE，CR=CE，即可得到△CER 是等腰直角三角形，ER=2CE，由此即可求解；(2)①根据题目要求作图即可；②过点C作CF⊥CE，交AD的延长线于点F.根据三角形的内角和定理得到∠CAF=∠CBE，证明△ACF ≌△BCE.根据全等三角形的性质有AF=BE，CF=CE．根据等腰直角三角形的性质有EF=2EC．则有 AF-EA=2EC，即可求出线段EA，EB和EC之间的数量关系．【详解】解：(1)①如图1中，∵∠ACB=90°，AC=BC，∴∠CAB=45°，∵∠BAD=α，∴∠CAD=45°-α．∵∠ACB=90°，BE⊥AD，∠ADC=∠BDE，∴∠DBE=∠CAD=45°-α；②结论：AE-BE=2EC．理由：如图，过点C作CR⊥CE交AE于R．∴∠ACB=∠RCE=90°，∴∠ACR=∠BCE，∵∠CAR+∠ADC=90°，∠CBE+∠BDE=90°，∠ADC=∠BDE，∴∠CAR=∠CBE，在△ACR和△BCE中，∠ACR=∠BCECA=CB∠CAR=∠CBE，∴△ACR≌△BCE(ASA)，∴AR=BE，CR=CE，∴△CER是等腰直角三角形，∴ER=2CE，∴AE-BE=AE-AR=ER=2EC．(2)①补全图形，如图2所示：②猜想：当D 在BC 边的延长线上时，EB -EA =2EC ；理由如下：过点C 作CF ⊥CE ，交AD 的延长线于点F ，如图3所示：则∠ECF =90°，∵∠ACB =90°，∴∠ACD =90°，∴∠ECF +∠ACE =∠ACB +∠ACE ，即∠ACF =∠BCE ，∵∠CAF +∠ADB =90°，∠CBE +∠ADB =90°，∴∠CAF =∠CBE ，在△ACF 和△BCE 中，∠ACF =∠BCEAC =BC ∠CAF =∠CBE，∴△ACF ≌△BCE (ASA )，∴AF =BE ，CF =CE ．∵∠ECF =90°，∴△CEF 是等腰直角三角形，∴EF =2EC ，即AF -EA =2EC ．∴EB -EA =2EC ．【点睛】考查等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定与性质等，难度一般，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．4.(2021·四川省成都市七中育才学校七年级期中)已知：△ABC 中，∠ACB =90°，AC =CB ，D 为直线BC 上一动点，连接AD ，在直线AC 右侧作AE ⊥AD ，且AE =AD ．(1)如图1，当点D 在线段BC 上时，过点E 作EH ⊥AC 于H ，连接DE ．求证：EH =AC ；(2)如图2，当点D 在线段BC 的延长线上时，连接BE 交CA 的延长线于点M ．求证：BM =EM ；(3)当点D在直线CB上时，连接BE交直线AC于M，若2AC=5CM，请求出S△ADBS△AEM的值．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)43或47【分析】(1)由“AAS”可证△AHE≌△DCA，可得EH=AC，即可求证；(2)过点E作EN⊥AC，交CA延长线于N，由“AAS”可证△ANE≌△DCA，可得AC=EN=BC，由“AAS”可证△ENM≌△BCM，可得BM=EM；(3)AC=5a，CM=2a，分三种情况：当点D在线段BC上，点D在线段BC的延长线上，点D在线段CB的延长线上，由全等三角形的性质可求得相应线段的长，再由三角形的面积公式可求解．【详解】证明(1)∵AE⊥AD，∠ACB=90°，∴∠EAH=90°-∠CAD，∠ADC=90°-∠CAD，∴∠EAH=∠ADC，在△AHE与△DCA中∠AHE=∠ACB=90°∠EAH=∠ADCAE=AD，∴△AHE≌△DCA(AAS)，∴EH=AC；(2)如图2，过点E作EN⊥AC，交CA延长线于N，∵AE⊥AD，∠ACB=90°，∴∠EAN=90°-∠CAD，∠ADC=90°-∠CAD，∴∠EAN=∠ADC，在△ANE与△DCA中，∠ANE=∠DCA=90°∠ENA=∠ACDAN=AD∴△ANE≌△DCA(AAS)，∴EN=AC，又∵AC=BC，∴EN=BC，又在△ENM与△BCM中，∠EMN=∠BMC∠N=∠BCA=90°EN=BC∴△ENM≌△BCM(AAS)，则BM=EM；(3)如图，当点D 在线段BC 上时，∵2AC =5CM ，∴可设AC =5a ，CM =2a ，由(1)得：△AHE ≌△DCA ，则AH =CD ，EH =AC =BC =5a ，由∵∠EHM =∠BCM =90° ，∠BMC =∠EMH ，∴△MHE ≌△MCB (AAS )，∴CM =HM ，即HM =CM =2a ，∴AH =AC -CM -HM =5a -2a -2a =a ，∴AM =AH +HM =3a ，CD =AH =a ，EH =AC =5a ， BD =BC -CD =4a ，∴S △ADB S △AEM =12BD ×AC 12AM ×EH =12×4a ×5a 12×3a ×5a =43；如图，点D 在CB 延长线上时，过点E 作EN ⊥AC ，交AC 延长线于N ，∵2AC =5CM ，∴可设AC =5a ，CM =2a ，∵EN ⊥AC ，AE ⊥AD ，∴∠ANE =∠EAD =∠ACB =90° ，∴∠EAN =90°-∠CAD ，∠ADC =90°-∠CAD ，∴∠EAN =∠ADC ，在△ANE 与△DCA 中，∠ANE =∠DCA =90°∠ENA =∠ACDAN =AD∴△ANE ≌△DCA (AAS )，∴EN =AC ，AN =CD ，又∵AC =BC ，∴EN =BC ，又在△ENM 与△BCM 中，∠EMN =∠BMC∠N =∠BCA=90°EN =BC∴△ENM ≌△BCM (AAS )，∴CM =NM =2a ，NE =BC =AC =5a ，∴AN =AC +CM +MN =9a ，AM =AC +CM =7a ，AN =CD =9a ，∴BD =4a ，∴S △ADB S △AEM =12BD ×AC 12AM ×EN =12×4a ×5a 12×7a ×5a =47，点D 在BC 延长线上由图2得：AC <CM ，∴2AC =5CM 不可能，故舍去综上：S △ADB S △AEM的值为43 或47【点睛】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．5.(2022·江苏·八年级课时练习)在△ABC 中，AB =BC ，∠B =90°，点D 为直线BC 上的一个动点(不与B 、C 重合)，连结AD ，将线段AD 绕点D 按顺时针方向旋转90°，使点A 旋转到点E ，连结EC ．(1)如果点D 在线段BC 上运动，如图1：求证：∠BAD =∠EDC(2)如果点D 在线段BC 上运动，请写出AC 与CE 的位置关系．通过观察、交流，小明形成了以下的解题思路：过点E 作EF ⊥BC 交直线BC 于F ，如图2所示，通过证明△DEF ≌△ABD ，可推证△CEF 等腰直角三角形，从而得出AC 与CE 的位置关系，请你写出证明过程．(3)如果点D 在线段CB 的延长线上运动，利用图3画图分析，(2)中的结论是否仍然成若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)垂直，理由见解析；(3)成立，证明见解析【分析】(1)根据直角三角形的性质证明即可；(2)过点E 作EF ⊥BC 交直线BC 于F ，如图2所示，通过证明△DEF ≌△ABD ，可推证△CEF 等腰直角三角形，从而得出AC 与CE 的位置关系；(3)如图3所示，过点E 作EF ⊥DC 于F ，证明△ABD ≌△DFE ，进一步可证明AC ⊥EC【详解】解：(1)证明：∵∠B =90°∴∠BDA +∠BAD =90°∵∠ADE=90°∴∠BDA+∠EDC=90°∴∠BAD=∠EDC(2)垂直∵EF⊥BC∴∠EFD=90°∵∠B=90°∴∠EFD=∠B在△ABD和△DFE中∠BAD=∠FDE∠B=∠DFEAD=DE∴△ABD≌△DFE AAS∴AB=DF，BD=EF∵AB=BC∴BC=DF，∴BC-DC=DF-DC即BD=CF．∴EF=CF又∵∠EFC=90°∴∠ECF=45°，且∠ACB=45°∴∠ACE=180°-90°=90°即AC⊥CE．(3)(2)中的结论仍然成立如图3所示，过点E作EF⊥DC于F ∵∠ABD=90°∴∠EDF=∠DAB=90°-∠ADB在△ABD和△DFE中∠DAB=∠EDF∠ABD=∠DFEAD=DE∴△ABD≌△DFE AAS∴DB=EF，AB=DF=BC∴BC-BF=DF-BF即FC=DB∴FC=EF∴∠DCE=45°∴∠ACE=∠DCE+∠ACB=90°∴AC⊥EC．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，证明△ABD≌△DFE是解本题的关键．6.(2021·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级开学考试)如图，已知△ABC中，AB=AC，∠BAC= 90°，分别过B、C向过A的直线作垂线，垂足分别为E、F．(1)如图1，过A的直线与斜边BC不相交时，直接写出线段EF、BE、CF的数量关系是______；(2)如图2，过A的直线与斜边BC相交时，探究线段EF、BE、CF的数量关系并加以证明；(3)在(2)的条件下，如图3，直线FA交BC于点H，延长BE交AC于点G，连接BF、FG、HG，若∠AHB=∠GHC，EF=CF=6，EH=2FH，四边形ABFG的面积是90，求△GHC的面积．【答案】(1)数量关系为：EF=BE+CF；(2)数量关系为：EF=BE-CF．证明见详解；(3)S△GHC=15．【分析】(1)数量关系为：EF=BE+CF．利用一线三直角得到∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC(AAS)可得BE=AF，AE=CF即可；(2)数量关系为：EF=BE-CF．先证∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，可得∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC(AAS)，可得BE=AF，AE=CF即可；(3)先由(2)结论EF=BE-CF；EF=CF=6，求出BE=AF=12，由EH=2FH，可求FH=2，EH=4，利用对角线垂直的四边形面积可求BG=2×90AF=18012=15，再求EG=3，AH=10，分别求出S△ACF=12AF⋅FC=36，S△HCF=12HF⋅FC=6，S△AGH=12AH⋅EG=15，利用面积差即可求出．【详解】解：(1)数量关系为：EF=BE+CF．∵BE⊥EF，CF⊥EF，∠BAC=90°，∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°，∴∠EBA=∠FAC，在△EBA和△FEC中，∵∠AEB=∠CFA ∠EBA=∠FAC AB=CA，∴△EBA≌△FAC(AAS)，∴BE =AF ，AE =CF ，∴EF =AF +AE =BE +CF ；(2)数量关系为：EF =BE -CF ．∵BE ⊥AF ，CF ⊥AF ，∠BAC =90°，∴∠BEA =∠AFC =90°，∠EBA +∠EAB =90°，∠EAB +∠FAC ==90°，∴∠EBA =∠FAC ，在△EBA 和△FEC 中，∵∠AEB =∠CFA∠EBA =∠FAC AB =CA，∴△EBA ≌△FAC (AAS )，∴BE =AF ，AE =CF ，∴EF =AF -AE =BE -CF ；(3)∵EF =BE -CF ；EF =CF =6，∴BE =AF =EF +CF =6+6=12，∵EH =2FH ，EH +FH =EF =6，∴2FH +FH =6，解得FH =2，∴EH =2FH =4，S 四边形ABFG =12AF ⋅BG =90，∴BG =2×90AF =18012=15，∴EG =BG -BE =15-12=3，AH =AE +EH =6+4=10，∵S △ACF =12AF ⋅FC =12×12×6=36，S △HCF =12HF ⋅FC =12×2×6=6，S △AGH =12AH ⋅EG =12×10×3=15，∴S △GHC =S △ACF -S △HCF -S △AGH =36-6-15=15．【点睛】本题考查图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算，掌握图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算是解题关键．7.(2021·江苏泰州·八年级期末)如图，正方形ABCD 边长为4，点G 在边AD 上(不与点A 、D 重合)，BG 的垂直平分线分别交AB 、CD 于E 、F 两点，连接EG ．(1)当AG =1时，求EG 的长；(2)当AG 的值等于时，BE =8-2DF ；(3)过G 点作GM ⊥EG 交CD 于M①求证：GB 平分∠AGM ；②设AG =x ，CM =y ，试说明16xy -4x -4y-1的值为定值．【答案】(1)178；(2)8-43(3)①见解析；②16xy -4x -4y-1=0，理由见解析【分析】(1)根据EF 是线段BG 的垂直平分线，BE =EG ，设EG =EB =x ，则AE =AB -BE =4-x ，再由勾股定理求解即可；(2)过点F 作FH ⊥AB 于H ，连接FB ，FG ，由BE =8-2DF ，CF =CD -DF =4-DF ，得到BE =2CF ，先证明四边形BCFH 是矩形，得到CF =HB ，则BH =EH =FC ，设AG =x ，BE =y ，则AE =4-y ，GD =4-x ，CF =12y ，DF =4-12y 由AE 2+AG 2=EG 2，GD 2+DF 2=GF 2，BC 2+FC 2=BF 2，可以得到4-y 2+x 2=y 2①，4-x 2+4-12y 2=42+12y 2②，联立①②求解即可得到答案；(3)①先证明∠EBG =∠E GB ，然后根据ABG +∠A GB =90°，∠E GB +∠BGM =90°，即可得到∠A GB =∠BGM ；②连接BM ，过点B 作BH ⊥GM ，由角平分线的性质得到BH =AB =4，由S 正方形ABCD =S △ABG +S △MB G +S △BCM +S △CDM =4×4=16，可以得到2x +2GM +2y +124-x 4-y =16，由勾股定理可以得到DM 2+GD 2=GM 即4-x 2+4-y 2=4-xy 4 ，最后解方程即可得到答案．【详解】解：(1)∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴BE =EG ，∵四边形ABCD 是正方形，且边长为4，∴AB =4，∠A =90°，设EG =EB =x ，则AE =AB -BE =4-x ，∵AE 2+AG 2=EG 2，∴4-x 2+12=x 2，解得x =178，∴EG =178；(2)如图所示，过点F 作FH ⊥AB 于H ，连接FB ，FG∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴BF =FG ，∵BE =8-2DF ，CF =CD -DF =4-DF ，∴BE =2CF ，∵四边形ABCD 是正方形，FH ⊥AB ，∴∠HBC =∠C =∠BHF =90°，∴四边形BCFH 是矩形，∴CF =HB ，∴BH =EH =FC ，设AG =x ，BE =y ，则AE =4-y ，GD =4-x ，CF =12y ，DF =4-12y ∵AE 2+AG 2=EG 2，GD 2+DF 2=GF 2，BC 2+FC 2=BF 2，∴4-y 2+x 2=y 2①，4-x 2+4-12y 2=42+12y 2②，联立①②解得x =8-43或x =8+43(舍去)，∴当AG =8-43时，BE =8-2DF ，故答案为：8-43；(3)①∵EF 是线段BG 的垂直平分线，∴EG =BE ，∴∠EBG =∠E GB ，∵四边形ABCD 是正方形，EG ⊥GM ，∴∠A =∠EGM =90°，∴∠ABG +∠A GB =90°，∠E GB +∠BGM =90°，∴∠A GB =∠BGM ，∴BG 平分∠AGM ；②如图，连接BM ，过点B 作BH ⊥GM ，由(3)①得BG 平分∠AGM ，∴BH =AB =4，∵AG =x ，CM =y ，∴DG =4-x ，DM =4-y ，∵S 正方形ABCD =S △ABG +S △MB G +S △BCM +S △CDM =4×4=16，∴12AG ·AB +12GM ·BH +12CM ·BC +12DM ·GD =16，∴2x +2GM +2y +124-x 4-y =16，∴GM =4-xy 4，∵DM 2+GD 2=GM ，∴4-x 2+4-y 2=4-xy 4 ∴16-8x +x 2+16-8y +y 2=16-2xy +x 2y 216∴x +y 2-8x +y +16=x 2y 216，∴x +y -4 2=x 2y 216，∴x +y -4=±xy 4，当x +y -4=xy 4时，则4x +4y -16=xy ，∴y =16-4x 4-x =4(不符合题意)，∴4x +4y -16=-xy∴16xy -4x -4y-1=0．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形的面积等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．8.(2021·全国·八年级专题练习)已知，如图，在Rt △ABC 中，∠BAC =90°，∠ABC =45°，点D 为直线BC 上一动点(点D 不与点B ，C 重合)．以AD 为边作正方形ADEF ，连接CF ，当点D 在线段BC 的反向延长线上，且点A ，F 分别在直线BC 的两侧时．(1)求证：△ABD ≌△ACF ；(2)若正方形ADEF 的边长为22，对角线AE ，DF 相交于点O ，连接OC ，求OC 的长度．【答案】(1)证明见解析； (2)OC =2【分析】(1)由题意易得AD =AF ，∠DAF =90°，则有∠DAB =∠FAC ，进而可证AB =AC ，然后问题可证；(2)由(1)可得△ABD ≌△ACF ，则有∠ABD =∠ACF ，进而可得∠ACF =135°，然后根据正方形的性质可求解．【详解】(1)证明：∵四边形ADEF 为正方形，∴AD =AF ，∠DAF =90°，又∵∠BAC =90°，∴∠DAB =∠FAC ，∵∠ABC =45°，∠BAC =90°，∴∠ACB =45°，∴∠ABC=∠ACB，∴AB=AC，∴△ABD≌△ACF(SAS)；(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，∴∠ABD=∠ACF，∵∠ABC=45°，∴∠ABD=135°，∴∠ACF=135°，由(1)知∠ACB=45°，∴∠DCF=90°，∵正方形ADEF边长为22，∴DF=4，∴OC=12DF=12×4=2．【点睛】本题主要考查正方形的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．9.(2021·安徽安庆·八年级期末)如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°(即∠EBE'=90°)，得到△CBE′(点A的对应点为点C)延长AE交CE于点F，连接DE．(1)试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由．(2)如图2，若DA=DE，请猜想线段CF于FE'的数量关系并加以证明．(3)如图1，若AB=17，CF=3，请直接写出DE的长．【答案】(1)正方形，理由见解析；(2)CF=FE'，证明见解析；(3)5【分析】(1)由旋转的特征可得到∠E′=∠AEB=90°、∠EBE′=90°、BE′=BE，再由∠BEF=180°-∠AEB =90°，可判定四边形BE′FE是正方形；(2)过点D作DG⊥AE于点G，由DA=DE得AG=12AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′=AG=12CE′，可证得结论；(3)过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE=CE′=FE′+CF= FE′+3=BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由(1)可知，△ADG≌△BAE，得到DG=BE，AG=BE，再由勾股定理求出DE的长．【详解】解：(1)四边形BE′FE是正方形．理由如下：由旋转得，∠E′=∠AEB=90°，∠EBE′=90°，∵∠BEF=180°-∠AEB=90°，∴四边形BE′FE是矩形，由旋转得，BE′=BE，∴四边形BE′FE是正方形．(2)CF=FE'，证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA=∠AEB=90°，∵DA=DE，∴AG=12AE，∵四边形ABCD是正方形，∴DA=AB，∠DAB=90°，∴∠BAE+∠DAG=90°，∵∠ADG+∠DAG=90°，∴∠ADG=∠BAE，在△ADG和△BAE中∠ADG=∠BAE∠AGD=∠AEBAD=AB，∴△ADG≌△BAE(AAS)，∴AG=BE；∵四边形BE′FE是正方形，∴BE=FE′，∴AG=FE′，由旋转得，AE=CE′，∴12AE=12CE′，∴FE′=12AE=12CE′，∴CF=FE'．(3)如图3，过点D作DG⊥AE于点G，∵BE=FE′，CF=3，∴AE=CE′=FE′+CF=FE′+3=BE+3，∵AE2+BE2=AB2，且AB=17，∴(BE+3)2+BE2=(17)2，解得，BE=1或BE=-4(不符合题意，舍去)，∴AE=1+3=4，由(2)得，△ADG≌△BAE，∴DG=AE=4，AG=BE=1，∴GE=AE-AG=4-1=3，∵∠DGE=90°，∴DE=DG2+GE2=42+32=5．【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形．10.(2021·湖北鄂州·八年级期末)如图，四边形ABCD是正方形，点P是线段AB的延长线上一点，点M是线段AB上一点，连接DM，以点M为直角顶点作MN⊥DM交∠CBP的角平分线于N，过点C作CE⎳MN交AD于E，连接EM，CN，DN．(1)求证：DM=MN．(2)求证：EM⎳CN．(3)若AE=1，BN=32，求DN的长．【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)52【分析】(1)在边DA上截取线段DF，使DF=MB连MF，证明△MDF≌△N MB即可求解；(2)由(1)△MDF≌△N MB，证明四边形EMNC为平行四边形即可求解；(3)过N作NQ⊥AP垂足为Q，由(2)知，△EDC≌△MAD；得到AD-DE=AB-AM，AE=MB，BN平分∠CBP所以∠NBQ=45°，可知三角形NBQ是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．【详解】(1)证明：在边DA上截取线段DF，使DF=MB连MF．∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC=CD=AD;∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°∴∠CBP=180°-∠ABC=90°∵BN平分∠CBP∴∠CBP=45°∴∠NBM=∠ABC+∠CBN=90°+45°=135°∵DF=MB,AD=AB∴AD-DF=AB-MB∴AF =AM在Rt △FAM 中,AF =AM ,∴∠AFM =∠AMF =45°∴∠MFD =180°-∠AFM =135°∴∠MFD =∠NBM∵∠DMN =90°∴∠N MB +∠DMA =180°-90°=90°∵∠DMA +∠MDF =90°∴∠N MB =∠MDF在△MDF 和△N MB 中∠MFD =∠NBADF =MB∠MDF =∠NMB∴△MDF ≌△N MB (ASA )∴DM =MN ．(2)如图，设DM 与CE 的交点为H ，∵四边形ABCD 是正方形∴AD =DC ,∠DAM =∠CDE =90°∵∠DMN =90°,CE ⎳MN∴∠DHC =90°,∴∠HDC +∠DCH =90°∴∠HDC +∠ADM =90°∴∠DCE =∠ADM ,在△EDC 和△MAD 中，∠CDE =∠DAMAD =DC∠DCE =∠ADM∴△EDC ≌△MAD (ASA )．∴EC =DM 又DM =MN ，∴EC =MN 又EC ⎳MN ．∴四边形EMNC 为平行四边形．∴EM ⎳CN ．(3)解：如图所示，过N 作NQ ⊥AP 垂足为Q ．由(2)知，△EDC ≌△MAD∴DE =MA ，又AD =AB∴AD -DE =AB -AM 即AE =MB =1∵BN平分∠CBP所以∠NBQ=45°，∴三角形NBQ是等腰直角三角形，在Rt△NBQ中，设BQ=x，则NQ=BQ=x，即x2+x2=(32)2，∴x=3．∴NQ=3，MQ=1+3=4，在Rt△MQN中，MN=32+42=5，又∵在Rt△DMN中，MN=5，DM=5，∴DN=52+52=52．【点睛】此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用，掌握它们的性质和判定是解题的关键．11.(2022·广东·塘厦初中八年级期中)四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．(1)如图，求证：矩形DEFG是正方形；(2)若AB=4，CE=22，求CG的长度；(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．【答案】(1)见解析；(2)22；(3)∠EFC=130°或40°【分析】(1)作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF=ED，根据正方形的判定定理证明即可；(2)通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；(3)分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC=45°+40°=85°，得到∠CEF=5°，根据角的和差得到∠EFC=130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．【详解】(1)证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA=∠BCA，∴EQ=EP，∵∠QEF+∠FEC=45°，∠PED+∠FEC=45°，∴∠QEF =∠PED ，在△EQF 和△EPD 中，∠QEF =∠PEDEQ =EP ∠EOF =∠EPD，∴△EQF ≌△EPD (ASA )，∴EF =ED ，∴矩形DEFG 是正方形；(2)如图2中，在Rt △ABC 中，AC =2AB =42，∵CE =22，∴AE =CE ，∴点F 与C 重合，此时△DCG 是等腰直角三角形，∴四边形DECG 是正方形，∴CG =CE =22；(3)①如图3，当DE 与AD 的夹角为40°时，∠DEC =45°+40°=85°，∵∠DEF =90°，∴∠CEF =5°，∵∠ECF =45°，∴∠EFC =130°，②如图4，当DE 与DC 的夹角为40°时，∵∠DEF =∠DCF =90°，∴∠EFC =∠EDC =40°，综上所述，∠EFC =130°或40°．【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．12.(2021·山西·八年级期末)综合与实践：如图1，在正方形ABCD 中，连接对角线AC ，点O 是AC 的中点，点E 是线段OA 上任意一点(不与点A ，O 重合)，连接DE ，BE ．过点E 作EF ⊥DE 交直线BC于点F．。

勾股定理之蚂蚁行程、弦图模型(原卷版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-几何模型篇

勾股定理之蚂蚁行程、弦图模型(原卷版)-2023年中考数学重难点解题大招复习讲义-几何模型篇

1．平面展开-最短路径问题（1）平面展开﹣最短路径问题，先根据题意把立体图形展开成平面图形后，再确定两点之间的最短路径．一般情况是两点之间，线段最短．在平面图形上构造直角三角形解决问题．（2）关于数形结合的思想，勾股定理及其逆定理它们本身就是数和形的结合，所以我们在解决有关结合问题时的关键就是能从实际问题中抽象出数学模型．例．如图所示，有一正方体纸盒，在点C1处有一只小虫，它要爬到点A吃食物．应该沿着怎样的路线才能使行程最短？解：如图，把侧面或上面展开与正面组成一矩形，连接AC1，则AC1就是行程最短的路线．2.赵爽弦图模型我国著名的数学家赵爽，早在公元3世纪，就把一个矩形分成四个全等的直角三角形，用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形（如图1），这个正方形称为赵爽弦图，验证了一个非常重要的结论：在直角三角形中两直角边a、b与斜边c满足关系式a2+b2＝c2．称为勾股定理．把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形（如图2），也能验证这个结论证明：由图2得，大正方形面积＝4×＝（a +b ）2，整理得b 2+c 2+2ab ＝2ab +c 2，∴c 2＝a 2+b 2，即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方．考点一：行程最短问题 【例1】．如图，有一个圆柱，它的高等于16cm ，底面半径等于4cm ，在圆柱下底面的A 点有一只蚂蚁，它想吃到上底面上与A 点相对的B 点处的食物，需要爬行的最短路程是 cm ．（π取3）➢变式训练【变式1-1】．如图，圆锥的底面圆的半径为10cm ，母线长为40cm ，C 为母线P A 的中点，一只蚂蚁欲从点B 处沿圆锥的侧面爬到点C处，则它爬行的最短距离是 cm ．例题精讲【变式1-2】．如图，一只蚂蚁从长为7cm、宽为5cm，高是9cm的长方体纸箱的A点沿纸箱爬到B点，那么它所走的最短路线的长是cm．【变式1-3】．如图是一个三级台阶，它的每一级长、宽、高分别是2米、0.3米、0.2米，A，B是这个台阶上两个相对的端点，A点有一只蚂蚁，想到B点去吃可口的食物，则蚂蚁沿台阶面爬行到B点最短路程是米．考点二：弦图模型的应用【例2】．如图，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若AE＝5，AB＝13，则中间小正方形EFGH的面积是．➢变式训练【变式2-1】．如图1是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，它是由四个全等的直角三角形围成．若较短的直角边BC＝2.5，将四个直角三角形中较长的直角边分别向外延长一倍，得到图2所示的“数学风车”，若△BCD的周长是15，则这个风车的外围周长是．【变式2-2】．如图，在弦图中，正方形ABCD的对角线AC与正方形EFHI的对角线EH交于点K，对角线AC交正方形EFHI于G，J两点，记△GKH面积为S1，△JIC面积为S2，若AE＝12，CD＝4，则S1+S2的值为．1．如图所示，一只小蚂蚁从棱长为1的正方体的顶点A出发，经过每个面的中心点后，又回到A点，蚂蚁爬行最短程S满足（）A．5＜S≤6B．6＜S≤7C．7＜S≤8D．8＜S≤92．如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，图中的四个直角三角形是全等的，如果大正方形ABCD的面积是小正方形EFGH面积的13倍，那么tan ∠ADE的值为（）A．B．C．D．3．如图是由“赵爽弦图”变化得到的，它由八个全等的直角三角形拼接而成，记图中正方形ABCD、正方形EFGH、正方形MNPQ的面积分别为S1、S2、S3．若S1+S2+S3＝60，则S2的值是（）A．12B．15C．20D．304．四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出的部分是一个小正方形，这样就组成了一个“赵爽弦图”（如图）．如果小正方形面积为4，大正方形面积为74，直角三角形中较小的锐角为θ，那么tanθ的值是（）A．B．C．D．5．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将EG延长交CD于点I．记小正方形EFGH的面积为S1，大正方形ABCD的面积为S2，若DI＝2，CI＝1，S2＝5S1，则GI的值是（）A．B．C．D．6．如图，一只蚂蚁沿着图示的路线从圆柱高AA1的端点A到达A1，若圆柱底面半径为，高为5，则蚂蚁爬行的最短距离为．7．如图，底面半径为1，母线长为4的圆锥，一只小蚂蚁若从A点出发，绕侧面一周又回到A点，它爬行的最短路线长是．8．将四个全等的直角三角形分别拼成正方形（如图1，2），边长分别为6和2．若以一个直角三角形的两条直角边为边向外作正方形（如图3），其面积分别为S1，S2．则S1﹣S2＝．9．如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是一个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．连接四条线段得到如图2的新的图案，如果图1中的直角三角形的长直角边为5，短直角边为3，图2中阴影部分的面积为S，那么S的值为．10．如图所示一棱长为3cm的正方体，把所有的面均分成3×3个小正方形．其边长都为1cm，假设一只蚂蚁每秒爬行2cm，则它从下底面点A沿表面爬行至侧面的B点，最少要用秒钟．11．如图，所有的四边形都是正方形，所有的三角形都是直角三角形，其中最大的正方形E 的边长为7cm，则图中五个正方形A、B、C、D、E的面积和为cm2．12．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一幅弦图，后人称其为赵爽弦图（如图1）．图2为小明同学根据弦图思路设计的，在正方形ABCD中，以点B为圆心，AB为半径作，再以CD为直径作半圆交于点E，若边长AB＝10，则△CDE的面积为．13．图1是一个勾股定理演示教具的正面示意图，当它倒过来时，大正方形中的全部墨水恰能注满两个小正方形．王老师有一个内长为11寸，内宽为9寸的木质盒子（如图2）．现要自制一个这样的教具（由三个正方形和一个直角三角形组成），使得教具恰好摆入这个盒子中，以便保护和携带（如图3所示，A，B，C，D，E五点均紧贴盒子边缘，教具的厚度等于木盒的内高）．此时盒子的空间利用率为．14．我国古代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由4个全等的直角三角形与1个小正方形拼成的一个大正方形，如图，若拼成的大正方形为正方形ABCD，面积为9，中间的小正方形为正方形EFGH，面积为2，连接AC，交BG于点P，交DE 于点M，①△CGP≌△AEM，②S△AFP﹣S△CGP＝，③DH+HC＝4，④HC＝2+，以上说法正确的是.（填写序号）15．一个长方体盒子，它的长是12dm，宽是4dm，高是3dm，（1）请问：长为12.5dm的铁棒能放进去吗？（1）如果有﹣只蚂蚁要想从D处爬到C处，求爬行的最短路程．16．如图①，美丽的弦图，蕴含着四个全等的直角三角形．（1）如图①弦图中包含了一大，一小两个正方形，已知每个直角三角形较长的直角边为a．较短的直角边为b，斜边长为c，可以验证勾股定理；（2）如图②，将八个全等的直角三角形紧密地拼接，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1、S2、S3，若S1+S2+S3＝16，则S2＝．17．如图1是著名的赵爽弦图，由四个全等的直角三角形拼成，用它可以证明勾股定理，思路是：大正方形的面积有两种求法，一种是等于c2，另一种是等于四个直角三角形与一个小正方形的面积之和，即，从而得到等式c2＝，化简便得结论a2+b2＝c2．这里用两种求法来表示同一个量从而得到等式或方程的方法，我们称之为“双求法”．现在，请你用“双求法”解决下面两个问题（1）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的高，AC＝3，BC＝4，求CD的长度．（2）如图3，在△ABC中，AD是BC边上的高，AB＝4，AC＝5，BC＝6，设BD＝x，求x的值．。

中考数学常考全等模型

中考数学常考全等模型

Part、1 绕点
实际上所有旋转都属于绕点，只是后三类较为特殊，所以单独列出. 普通绕点,也有人将其称手拉手模型或甩葱模型，记起来比较形象。

如下三组绕点题目，一目了然,灰色的这两个,确实有甩葱的意思。

Part2、空翻
空翻与普通绕点的区别，在于普通绕点可一眼看出旋转中心，而空翻不能。

Part3、弦图
弦图，也叫三垂直，属于极为特殊的空翻,形式上分为内弦图、外弦图，应用上可以分为全等弦图、相似弦图（独有），其基本模型如下列三种：
Part4、半角
半角,属于绕点，不属于空翻，是一类极为特殊的绕点,深圳中考考察较少。

凡涉及等腰直角三角形、正三角形、正四边形的图形，都可能出现半角模型。

如果孩子不知道半角、或者听过而并不会用，中考之前这个漏洞一定要补上。

山东省诸城市桃林镇中考数学压轴题专项汇编专题18弦图模型

山东省诸城市桃林镇中考数学压轴题专项汇编专题18弦图模型

专题18 弦图模型破解策略1．内弦图如图，在正方形ABCD中，BF⊥CG，CG⊥DH，DH⊥AE，AE⊥BF，则△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH．证明因为∠ABC＝∠BFC＝90°所以∠ABE＋∠FBC＝∠FBC＋∠FCB－90°．所以∠ABE＝∠FC B．又因为AB＝B C．所以△ABE≌△BCF，同理可得△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH．DC2．外弦圈如图，在正方形ABCD中，点M，N，P，Q在正方形ABCD边上，且四边形MUPQ为正方形，则△QBM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ．证明因为∠B＝∠QMN＝∠C＝90°，所以∠BQM＋∠QMB＝∠QMB＋∠NMC＝90°，所以∠BQM＝∠NM C．又因为QM＝MN，所以△QBM≌△MCN．同理可得△QHM≌△MCN≌△NDP≌△PAQ．NQDA3．括展（1）如图，在Rt△ABH中．∠ABH＝90°，BE⊥AH于点E．所以△A BE≌△BHE≌△AH B．（2）如图，在Rt △QBM和Rt△BLK中，QB＝BL，QM⊥BK，所以△QBM≌△BLK．EHBA证明 因为∠BLK ＝90°，QM ⊥BK ，所以∠KBL ＋∠QMB ＝∠KBI 十∠K ＝ 90° 所以∠QMB ＝∠K ， 又因为QB ＝ BL ． 所以△QBM ≌△BLK ．KQE例题讲解例1 四边形ABCD 是边长为4的正方形，点E 在边AD 所在的直线上，连结CE ，以CE 为边，作正方形CEFG （点D ，F 在直线CE 的同侧），连结BF ．当点E 在线段AD 上时，AE ＝1，求BF 的长．GFED解 如图，过点F 作FH ⊥AD 交AD 的延长线于点H ， 延长FH 交BC 的延长线于点K ．因为四边形ABCD 和四边形CEFG 是正方形，根据“弦图模型”可得△ECD ≌△FEH ，所以FH ＝ED ＝AD －AE ＝3，EH ＝ CD ＝4． 因为CDHK 为矩形，所以HK ＝CD ＝4，CK ＝DH ＝EH －ED ＝1． 所以FK ＝ FH 十HK ＝7，BK ＝BC ＋CK ＝．5．所以BF 22FK BK 74HKABC DEFG例2如图，△BCD 为等腰直角三角形，∠CBD ＝90°，∠BAC ＝ 45°，若S △ACD ＝4．5，求AC 的长．DCAB解 如图，过点B 作BE ⊥AC 于点E ，过点D 作DF ⊥BF 交EB 的延长线于点F ． 由“外弦图模型”可得△BFD ≌△CEB ， 所以BF ＝CE ．易证AE ＝BE ，所以AC ＝EF ， 所以S △ACD ＝12AC ·EF ＝12AC 2＝4．5， 从而AC ＝3．EF BACD例3某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．（1）如图1，在矩形ABCD 中，EF ⊥CH ，EF 分别交AB ，CD 于点F ，F ，GH 分别交AD ，BC 于点G ．H 求证：EF GH ＝ADAB（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM ⊥BN ，点M ，N 分别在边BC ，CD 上，若EFGH＝1115，则BN AM＝ ． （3）如图3，在四边形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AB ＝AD ＝10，BC ＝ CD －5，AM ⊥DN ，点M ，N 分别在边BC ，AB 上，求DNAM的值． 图3图2图1NMB ANM BC DGFHHFGD CB解 （1））如图4．过点A 作AP ∥EF ．交CD 于点P ，过点B 作BQ ∥GH ，交AD 于点Q ． 因为四边形ABCD 是矩形． 所以AB ∥DC ，AD ∥B C ．所以四边形AEFP ，四边形BHGQ 都是平行四边形， 所以AP ＝EF ，GH ＝BQ ． 又因为CH ⊥EF ． 所以AP ⊥BQ ．所以∠QAT ＋∠AQT ＝90°． 因为四边形ABCD 是矩形， 所以∠DAB ＝∠D ＝90°， 所以∠DAP ＋∠DPA ＝90°， 所以∠AQT ＝∠DP A ． 所以△PDA ∽△QA B ． 所以AP BQ ＝ADAB， 所以EF GH ＝AD AB． PT QHG FEBD CA（2）因为EF ⊥GH ，AM ⊥BN ．所以由（1）中的结论可得EFGH＝ADAB，BNAM＝ADAB．所以BNAM＝EFGH＝1115．（3）如图5．过点D作平行于AB的直线，交过点A且平行于BC的直线于点P，交BC 的延长线于点S．则四边形ABSR是平行四边形．因为∠ABC＝90°，所以四边形ABSR是矩形．所以∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝10，AR＝BS．因为AM⊥DN．所以由（1）中的结论可得DNAM＝ARAB．设SC＝x，DS＝y，则AR＝BS＝5＋x．RD＝10－y，所以在Rt△CSD中，x2＋y2＝25．在Rt△ARD中．（5＋x）2＋（10－y）2＝100．联立方程组2222225(5x)(10y)10x y⎧+=⎨++-=⎩，得5xy=-⎧⎨=⎩（舍），或34xy=⎧⎨=⎩．所以AR＝5＋x＝8，所以DNAM＝ARAB＝810＝45．NMSR DCB A进阶训练1．如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线，y＝kx（k＞0）同时经过点B．且点A 在点B 的左侧，点A 的横坐标为2．∠AOB ＝∠OBA ＝45°，则k ＝__ __．xyBAO2．如图，巳知∠ABC ＝90°，D 是直线AB 上的点，AD ＝B C ．E 是直线BC 上的一点，且CE ＝B D ．直线AE ，DC 相交于点P ，∠APD 的度数是一个固定的值吗？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由． EPDCBA3．如图，在正方形ABCD 中，点P 在AD 上，且不与A ，D 重合．BP 的垂直平分线分别交CD ，AB 于E ，F 两点，垂足为Q ，过点E 作EH ⊥AB 于点H ．EH 与BP 交于点M ．求证：HF ＝AP ．HFEQ PDCBA参考答案：专题18： 弦图模型 1．1＋5．【提示】过点A 作AM ⊥y 轴于点M ，过点B 作BD ⊥x 轴于点D ，直线AM ，BD 交于点N ，则四边形OMND 为矩形，易证△AOM ≌△ABN ，所以AM ＝BN ＝2，OM ＝AN ＝2，BD ＝2－2，OD ＝2＋2，所以点B （2＋2，2－2），根据双曲线表达式，有（2＋2）·（2＋2）＝k ，解得k ＝1＋5．xyDNMABO2．∠APD ＝45°，为固定值．【提示】 如图，过点A 作AF ⊥AB ，并截取AF ＝BD ，连结DF ，CF ．可得AF ∥CE ，AF ＝CE ，所以四边形AFCE 是平行四边形，所以FC ∥AE ，∠APD ＝∠FC D ．易证△DAF ≌△CB D ．则∠1＝∠2，FD ＝D C ．从而∠APD ＝∠FCD ＝45°．F321ABCDPE3．略．【提示】 显然四边形EHBC 为矩形，所以FH ＝BC ＝AB ，所以△PAB ≌△FHE （ ASA ）．所以HF ＝AP ．。

中考数学几何模型之弦图模型(解析版)

中考数学几何模型之弦图模型(解析版)

中考数学几何模型：弦图模型名师点睛拨开云雾开门见山弦图模型，包含两种模型：内弦图模型和外弦图模型.（一）内弦图模型：如图，在正方形ABCD中，AE⊥BF于点E，BF⊥CG于点F，CG⊥DH于点G，DH ⊥AE于点H，则有结论：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.注意局部弦图（二）外弦图模型：如图，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是正方形ABCD各边上的点，且四边形EFGH是正方形，则有结论：△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH.包含“一线三垂直”典题探究启迪思维探究重点例题1. 如图，在△ABC中，∠ABC=90°，分别以AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG，连接EG，若AB=12，BC=16，求△AEG的面积.变式练习>>>1．如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD上，连接CE，以CE为边作正方形CEFG，点D，F在直线CE的同侧，连接BF，若AE=1，求BF的长.例题2. 如图，以Rt△ABC的斜边BC在△ABC同侧作正方形BCEF，该正方形的中心为点O，连接AO.若AB=4，AO=62，求AC的长.变式练习>>>2．如图，点A，B，C，D，E都在同一条直线上，四边形X，Y，Z都是正方形，若该图形总面积是m，正方形Y的面积是n，则图中阴影部分的面积是___________.例题3. 如图，在△ABC 中，∠BAC=45°，D 为△ABC 外一点，满足∠CBD=90°，BC=BD ，若=4.5ACD S △，求AC 的长.变式练习>>>3．点P 是正方形ABCD 外一点，PB=10cm ，△APB 的面积是60cm 2，△CPB 的面积是30cm 2．求正方形ABCD 的面积.例题4. 在边长为10的正方形ABCD 中，内接有6个大小相同的正方形，P 、Q 、M 、N 是落在大正方形边上的小正方形的顶点，如图所示，求这六个小正方形的面积.变式练习>>>4．如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y＝（x＞0）同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为，∠AOB＝∠OBA＝45°，则k的值为1+．【解答】解：在△AOM和△BAN中，，∴△AOM≌△BAN（AAS），∴AM＝BN＝，OM＝AN＝，∴OD＝+，BD＝﹣，∴B（+，﹣），∴双曲线y＝（x＞0）同时经过点A和B，∴（+）•（﹣）＝k，整理得：k2﹣2k﹣4＝0，解得：k＝1±（负值舍去），∴k＝1+；故答案为：1+．例题5. 如图，在等腰Rt △ACB 和等腰Rt △DCE 中，∠AXB=∠DCE=90°，连接AD ，BE ，点I 在AD 上， （1）若IC ⊥BE ，求证：I 为AD 中点； （2）若I 为AD 中点，求证：IC ⊥BE例题6. 在平面直角坐标系中，直线l 的解析式为2y x b =+，其与x 轴交于点A,与y 轴交于点B ，在直线l 移动的过程中，直线y=4上是否存在点P ，使得△PAB 是等腰直角三角形，若存在，请求出满足条件的所有点P 的坐标，如不存在，请说明理由.达标检测领悟提升强化落实1. 如图所示，“赵爽弦图”是由8个全等的直角三角形拼接而成的，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，已知S1+S2+S3＝10，则S2的值是．【解答】解：将四边形MTKN的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y，∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，S1+S2+S3＝10，∴得出S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，∴S1+S2+S3＝3x+12y＝10，故3x+12y＝10，x+4y＝，所以S2＝x+4y＝，故答案为：．2. 我国古代数学家赵爽利用弦图证明了勾股定理，这是著名的赵爽弦图（如图1）．它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案．在弦图中（如图2），已知点O为正方形ABCD的对角线BD的中点，对角线BD分别交AH，CF于点P、Q．在正方形EFGH的EH、FG两边上分别取点M，N，且MN经过点O，若MH＝3ME，BD＝2MN＝4．则△APD的面积为5．【解答】解：如图，连接FH，作EK∥MN，OL⊥DG∵四边形ABCD是正方形，且BD＝2MN＝4∴MN＝2，AB＝2∵四边形EFGH是正方形∴FO＝HO，EH∥FG∴∠HMO＝∠FNO，∠MHO＝∠NFO，且FO＝HO∴△MHO≌△FNO（AAS），∴MH＝FN∵MH＝3ME，∴MH＝FN＝3EM，EH＝EF＝4EM∴EK∥KN，EH∥FG，∴四边形EMNK是平行四边形∴MN＝EK＝2，KN＝EM，∴FK＝2EM∵EF2+FK2＝EK2，∴16EM2+4EM2＝20，∴EM＝1，∴EH＝4，∵AD2＝（AE+4）2+DH2，且AE＝DH∴DH＝AE＝2，∴AH＝6∵PH∥OL，∴，∴PH＝1，∴AP＝5，∴S△APD＝×5×2＝5故答案为53．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG，EG．（正方形的各边都相等，各角均为90°）（1）判断CE与BG的关系，并说明理由；（2）若BC＝3，AB＝5，则AEG面积等于6．【解答】解：（1）如图，∵∠EAB＝∠GAC＝90°，∴∠EAC＝∠BAG，在△EAC和△BAG中，，∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE＝BG，∠AEC＝ABG，∵∠AEC+∠APE＝90°，∠APE＝∠BPC，∴∠BPC+∠ABG＝90°，∴CE⊥BG；（2）延长GA，过E作EQ⊥AQ，∵∠EAB＝∠GAC＝90°，∴∠EAG+∠BAC＝180°，∵∠EAG+∠EAQ＝180°，∴∠EAQ＝∠BAC，∴EQ＝AE•sin∠EAQ＝AB•BC＝3，∵BC＝3，AB＝5，∴AC＝＝4，∴AEG面积＝AG•EQ＝×4×3＝6．4．【问题解决】一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，P A＝1，PB＝2，PC ＝3．你能求出∠APB的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP′，求出∠APB的度数．请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．【类比探究】如图2，若点P是正方形ABCD外一点，P A＝3，PB＝1，PC＝，求∠APB的度数．【解答】解：（1）思路一、如图1，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，∴△ABP'≌△CBP，∴∠PBP'＝90°，BP'＝BP＝2，AP'＝CP＝3，在Rt△PBP'中，BP＝BP'＝2，∴∠BPP'＝45°，根据勾股定理得，PP'＝BP＝2，∵AP＝1，∴AP2+PP'2＝1+8＝9，∵AP'2＝32＝9，∴AP2+PP'2＝AP'2，∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，∴∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝90°+45°＝135°；（2）如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，∴△ABP'≌△CBP，∴∠PBP'＝90°，BP'＝BP＝1，AP'＝CP＝，在Rt△PBP'中，BP＝BP'＝1，∴∠BPP'＝45°，根据勾股定理得，PP'＝BP＝，∵AP＝3，∴AP2+PP'2＝9+2＝11，∵AP'2＝（）2＝11，∴AP2+PP'2＝AP'2，∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，∴∠APB＝∠APP'﹣∠BPP'＝90°﹣45°＝45°．5．如图，已知∠ABC＝90°，D是直线AB上一点，AD＝BC．（1）如图1，过点A作AF⊥AB，并截取AF＝BD，连接DC、DF、CF．①求证：AF+AB＝BC②判断FD与DC的关系并证明；（2）如图2，E是直线BC上一点，且CE＝BD，直线AE、CD相交于点P，∠APD的度数是一个固定的值吗？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由．【解答】（1）证明：①∵AD＝BC，∴AD＝AB+BD，AF＝BD，∴AF+AB＝BC．②∵AF⊥AB，∴∠F AD＝90°，又∵∠DBC＝90°，∴∠F AD＝∠DBC，∵AF＝BD，AD＝BC，∴△F AD≌△DBC（SAS），∴FD＝CD，∠ADF＝∠BCD，∴∠BDC+∠ADF＝∠BDC+∠BCD＝90°，即DF⊥DC；（2）解：作AF⊥AB于A，使AF＝BD，连结DF，CF，如图，∵AF⊥AD，∠ABC＝90°，∴∠F AD＝∠DBC，在△F AD与△DBC中，，∴△F AD≌△DBC（SAS），∴FD＝DC，∴△CDF是等腰三角形，∵△F AD≌△DBC，∴∠FDA＝∠DCB，∵∠BDC+∠DCB＝90°，∴∠BDC+∠FDA＝90°，∴△CDF是等腰直角三角形，∴∠FCD＝45°，∵AF∥CE，且AF＝CE，∴四边形AFCE是平行四边形，∴AE∥CF，∴∠APD＝∠FCD＝45°．6．【探究证明】（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H，求证：；【结论应用】（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若，则的值为；（直接写出结果）【联系拓展】（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝6，BC＝CD＝3，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求的值．【解答】解：（1）过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT+∠AQT＝90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP+∠DP A＝90°，∴∠AQT＝∠DP A．∴△PDA∽△QAB，∴，∴；（2）如图2，∵EF⊥GH，AM⊥BN，∴由（1）中的结论可得，；∴，故答案为；（3）过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，则四边形ABSR是平行四边形．∵∠ABC＝90°，∴平行四边形ABSR是矩形，∴∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝6，AR＝BS．∵AM⊥DN，∴由（1）中的结论可得．设SC＝x，DS＝y，则AR＝BS＝3+x，RD＝6﹣y，∴在Rt△CSD中，x2+y2＝9①，在Rt△ARD中，（3+x）2+（6﹣y）2＝36②，由②﹣①得x＝2y﹣3③，解方程组，得（舍去），或，∴AR＝3+x＝，∴＝＝．7．如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，l是AD的垂直平分线，交AD于点M，以腰AB 为边作正方形ABFE，EP⊥l于P．求证：2EP+AD＝2CD．【解答】证明：作AH⊥BC于H，延长EP交AH于G，∵l是AD的垂直平分线，∴AM＝MD＝AD，l∥AH，又∵四边形ABCD是直角梯形，∴四边形AHCD是矩形，∴AH＝CD，∵PE⊥l，∴EG⊥AH，∴四边形AGPM是矩形，∴GP＝AM＝AD，∴∠AHB＝∠AGE＝90°，∴∠1+∠2＝90°，在正方形ABFE中，AB＝AE，∠BAE＝90°，∴∠2+∠3＝90°，∴∠1＝∠3，在△ABH和△EAG中，，∴△ABH≌△EAG（AAS），∴AH＝EG，∴CD＝GP+PE＝AD+PE，即2CD＝AD+2PE．8．提出问题：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG，EG．（1）探索CE与BG的关系；（2）探究△ABC与△AEG面积是否仍然相等？说明理由．（3）如图2，学校教学楼前的一个六边形花圃被分成七个部分，分别种上不同品种的花卉，已知△CDG 是直角三角形，∠CGD＝90°，DG＝3m，CG＝4m，四边形ABCD、CIHG、GFED均为正方形，则这个六边形花圃ABIHFE的面积为74m2．【解答】解（1）CE＝BG，CE⊥BG；理由：∵∠EAB＝∠GAC＝90°，∴∠EAC＝∠BAG，在△EAC和△BAG中，，∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE＝BG，∠AEC＝ABG，∵∠AEC+∠APE＝90°，∠APE＝∠BPC，∴∠BPC+∠ABG＝90°，∴CE⊥BG；即：CE＝BG，CE⊥BG；（2）如图1，过点E作EH⊥AG交GA延长线于H；∴∠EHA＝∠90°＝∠BCA，∵∠EAH+∠BAH＝90°，∠BAC+∠BAH＝90°，∴∠EAH＝∠BAC，在△EHA和△BCA中，，∴△EHA≌△BCA，∴EH＝BC，∵AC＝AG∴S△ABC＝AC×BC＝AC×EH，S△AGE＝AG×EH＝AC×EH，∴S△ABC＝S△AGE，（3）∵在Rt△CDG中，DG＝3m，CG＝4m，∴CD＝5m，∵四边形ABCD，CIHG、GFED均为正方形∴CG＝GH＝4，DG＝FG＝3，同（2）的方法得出S△BCI＝S△CDG，S△ADE＝S△CDG∴S六边形花圃ABIHFE＝S正方形ABCD+S△BCI+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+S△ADE+S△SDG ＝S正方形ABCD+S△CDG+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+S△CDG+S△CDG＝S正方形ABCD+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+3S△CDG＝CD2+CG2+GH×FG+DG2+3×CG×DG＝52+42+×4×3+32+×4×3＝25+16+6+9+18＝74（m2）．故答案为74m2．9．已知：l1∥l2∥l3∥l4，平行线l1与l2、l2与l3、l3与l4之间的距离分别为d1、d2、d3，且d1＝d3＝1，d2＝2．我们把四个顶点分别在l1、l2、l3、l4这四条平行线上的四边形称为“格线四边形”．（1）如图1，正方形ABCD为“格线四边形”，则正方形ABCD的边长为．（2）矩形ABCD为“格线四边形”，其长：宽＝2：1，求矩形ABCD的宽．（3）如图1，EG过正方形ABCD的顶点D且垂直l1于点E，分别交l2，l4于点F，G．将∠AEG绕点A 顺时针旋转30°得到∠AE′D′（如图2），点D′在直线l3上，以AD′为边在E′D′左侧作菱形AB′C′D′，使B′，C′分别在直线l2，l4上，求菱形AB′C′D′的边长．【解答】解：（1）∵l1∥l2∥l3∥l4，∠AED＝90°∴∠DGC＝90°，∵四边形ABCD为正方形∴∠ADC＝90°，AD＝CD，∵∠ADE+∠2＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠ADE，∵l3∥l4，∴∠1＝∠DCG，∠ADE＝∠DCG，在△AED与△DGC中，，∴△AED≌△GDC（AAS），∴AE＝GD＝1，ED＝GC＝3，∴AD＝＝，故答案为：；（2）如图2过点B作BE⊥L1于点E，反向延长BE交L4于点F，则BE＝1，BF＝3，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠FBC＝90°，∵∠ABE+∠EAB＝90°，∴∠FBC＝∠EAB，当AB＜BC时，AB＝BC，∴AE＝BF＝，∴AB＝＝；如图3当AB＞BC时，同理可得：BC＝，∴矩形的宽为：，；（3）如图4过点E′作ON垂直于l1分别交l1，l3于点O，N，∵∠OAE′＝30°，则∠E′FN＝60°∵AE′＝AE＝1，故E′O＝，E′N＝，E′D′＝，由勾股定理可知菱形的边长为：＝＝．10．四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG （点D，点F在直线CE的同侧），连接BF．（1）如图1，当点E与点A重合时，请直接写出BF的长；（2）如图2，当点E在线段AD上时，AE＝1；①求点F到AD的距离；②求BF的长；（3）若BF＝3，请直接写出此时AE的长．【解答】解：（1）作FH⊥AB于H，如图1所示：则∠FHE＝90°，∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴AD＝CD＝4，EF＝CE，∠ADC＝∠DAH＝∠BAD＝∠CEF＝90°，∴∠FEH＝∠CED，在△EFH和△CED中，，∴△EFH≌△CED（AAS），∴FH＝CD＝4，AH＝AD＝4，∴BH＝AB+AH＝8，∴BF＝＝＝4；（2）过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB于M，如图2所示：则FM＝AH，AM＝FH，①∵AD＝4，AE＝1，∴DE＝3，同（1）得：△EFH≌△CED（AAS），∴FH＝DE＝3，EH＝CD＝4，即点F到AD的距离为3；②∴BM＝AB+AM＝4+3＝7，FM＝AE+EH＝5，∴BF＝＝＝；（3）分三种情况：①当点E在边AD的左侧时，过F作FH⊥AD交AD于点H，交BC延长线于K．如图3所示：同（1）得：△EFH≌△CED，∴FH＝DE＝AE+4，EH＝CD＝4，∴FK＝8+AE，在Rt△BFK中，BK＝AH＝EH﹣AE＝4﹣AE，由勾股定理得：（4﹣AE）2+（8+AE）2＝（3）2，解得：AE＝1或AE＝﹣5（舍去），∴AE＝1；②当点E在边AD的右侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC延长线于K，如图4所示：同理得：AE＝2+或2﹣（舍去）．③当点E在AD上时，可得：（8﹣AE）2+（4+AE）2＝90，解得AE＝5或﹣1，5＞4不符合题意．综上所述：AE的长为1或2+．。

初中数学解题模型专题讲解27---弦图及推广图在三角形面积最大值中的应用

初中数学解题模型专题讲解27---弦图及推广图在三角形面积最大值中的应用
总结与归纳： 此类三角形面积最大值问题能否类似于弦图来解决，关键在于这个三角形的某个
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内角或某 2 个内角之和能不能成为一个正多边形的内角. 1.当有一个内角为α 的三角形的对边已知，α 能成为一个正多边形的外角(即剩下
2 个角的和可成为正多边形的内角)时，我们用“关联正多边形Ⅰ型”来证明或解答其 面积最大值；
内弦图
图1
图2
弦图一般用来证明勾股定理之外，笔者研究发现还可以用来求某些直角三角形面 积最大值问题.
例 1.(1)求斜边为 4 的直角三角形面积的最大值；
(2)求直角边之和为 4 的直角三角形面积的最大值.
解：(1) 如图 3，取 4 个这样的全等直角三角
形组
成外弦图，直角三角形面积等于外
正方形的面
的面积减去内正方形面积的差再除以 4 的结
果.
外正方形的面积为 16，当内正方形的半径最小时，内正方形的面积取得最小
值，而内正方形的半径最小值为 2，此时直角三角形的两边相等，故直角三角形的
1 面积最大值为： ×2×2=2.
2
分析与反思：这 2 道问题略有不同，差别在于已知条件的不同，一个是斜边为定 值，一个是直角边之和为定值，因而选择不同的弦图，那么为什么要选择弦图来解决 这类问题呢？当然这 2 个问题的解决还有许多方法，不一一列举了，经过观察，我们 能发现，首先，直角三角形最大角是直角，正多边形内角为直角的仅仅是正方形，而 且，直角三角形两个锐角之和也为直角，因此，此类问题都可以运用弦图来解决.
1 S = absinA 、余弦定理和基本不等式来证明！原因何在？我们观察例 1(2)与例 2(2)，
2 发现 90°和 120°都可以成为一个正多边形的内角，而没有任何一个正多边形的内角 可以是 45°！我们应当放弃这种方法！

专题18《弦图模型》

专题18《弦图模型》

3．略． 【提示】 显然四边形 EHBC 为矩形，所以 FH＝BC＝AB，所以△PAB≌△FHE（ ASA）．所 以 HF＝AP．
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则四边形 ABSR 是平行四边形． 因为∠ABC＝90°， 所以四边形 ABSR 是矩形． 所以∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝10，AR＝BS． 因为 AM⊥DN． 所以由（1）中的结论可得 DN ＝ AR ．
AM AB 设 SC＝x，DS＝y，则 AR＝BS＝5＋x．RD＝10－y ， 所以在 Rt△CSD 中，x2＋y2＝25． 在 Rt△ARD 中．（5＋x）2＋（10－y）2＝100．
边形 OMND 为矩形，易证△AOM≌△ABN，所以 AM＝BN＝ 2 ，OM＝AN＝ k ，BD＝ k － 2 ，
2
2
OD＝ k ＋ 2 ，所以点 B（ k ＋ 2 ， k － 2 ），根据双曲线表达式，有（ k ＋ 2 ）·（ k
2
2
2
2
2
＋ 2 ）＝k，解得 k＝1＋ 5 ．
2．∠APD＝45°，为固定值． 【提示】 如图，过点 A 作 AF⊥AB，并截取 AF＝BD，连结 DF，CF．可得 AF∥CE，AF＝CE， 所以四边形 AFCE 是平行四边形，所以 FC∥AE，∠APD＝∠FCD．易证△DAF≌△CBD．则∠1 ＝∠2，FD＝DC．从而∠APD＝∠FCD＝45°．
联立方程组
(5
x2 y2 25 x)2 (10 y)2
102
，
x 5
x 3
得
y
0
（舍），或
y
． 4
所以 AR＝5＋x＝8， 所以 DN ＝ AR ＝ 8 ＝ 4 ．
AM AB 10 5
进阶训练 1．如图，在平面直角坐标系中，经过点 A 的双曲线，y＝ k （k＞0）同时经过点 B．且 x

专题6弦图与垂直模型-中考数学经典模型必刷题培优案(解析版)

专题6弦图与垂直模型-中考数学经典模型必刷题培优案(解析版)

专题6弦图与垂直模型【例1】（1）如图1，四边形ABCD为正方形，BF⊥AE，那么BF与AE相等吗？为什么？（2）如图2，在Rt△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，D为BC边的中点，BE⊥AD于点E，交AC于F，求AF：FC的值；（3）如图3，Rt△ACB中，∠ABC＝90°，D为BC边的中点，BE⊥AD于点E，交AC于F，若AB＝3，BC＝4，求CF．【分析】（1）先判断出AB＝AD，再利用同角的余角相等，判断出∠ABF＝∠DAE，进而得出△ABF≌△DAE，即可得出结论；（2）构造出正方形，同（1）的方法得出△ABD≌△CBG，进而得出CG=12AB，再判断出△AFB∽△CFG，即可得出结论；（3）先构造出矩形，同（1）的方法得，∠BAD＝∠CBP，进而判断出△ABD∽△BCP，即可求出CP，再同（2）的方法判断出△CFP∽△AFB，建立方程即可得出结论．【解析】（1）BF＝AE，理由：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝90°，∴∠BAE+∠DAE＝90°，∵AE⊥BF，∴∠BAE+∠ABF＝90°，∴∠ABF＝∠DAE，在△ABF和△DAE中，{∠BAD=∠ADC=90°AB=AD∠ABF=∠DAE，∴△ABF≌△DAE，∴BF ＝AE ，（2）如图2，过点A 作AM ∥BC ，过点C 作CM ∥AB ，两线相交于M ，延长BF 交CM 于G ， ∴四边形ABCM 是平行四边形， ∵∠ABC ＝90°， ∴▱ABCM 是矩形， ∵AB ＝BC ，∴矩形ABCM 是正方形， ∴AB ＝BC ＝CM ，同（1）的方法得，△ABD ≌△BCG ， ∴CG ＝BD ， ∵点D 是BC 中点， ∴BD =12BC =12CM ， ∴CG =12CM =12AB ， ∵AB ∥CM ， ∴△AFB ∽△CFG ， ∴AF CF=AB CG=2；（3）如图3，在Rt △ABC 中，AB ＝3，BC ＝4， ∴AC ＝5，∵点D 是BC 中点， ∴BD =12BC ＝2，过点A 作AN ∥BC ，过点C 作CN ∥AB ，两线相交于N ，延长BF 交CN 于P ， ∴四边形ABCN 是平行四边形， ∵∠ABC ＝90°，∴▱ABCN 是矩形， 同（1）的方法得，∠BAD ＝∠CBP ， ∵∠ABD ＝∠BCP ＝90°， ∴△ABD ∽△BCP ，∴AB BC =BD CP，∴34=2CP ，∴CP =83，同（2）的方法，△CFP ∽△AFB ， ∴CF AF=CP AB，∴CF 5−CF=833，∴CF =4017．【例2】【探究证明】：（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．如图1，矩形ABCD 中，EF ⊥GH ，EF 分别交AB ，CD 于点E ，F ，GH 分别交AD ，BC 于点G ，H ． 求证：EF GH=AD AB；【结论应用】：（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM ⊥BN ，点M ，N 分别在边BC ，CD 上，若EFGH=710，则BN AM的值为710；【联系拓展】：（3）如图3，四边形ABCD 中，∠ABC ＝90°，AB ＝AD ＝8，BC ＝CD ＝4，AM ⊥DN ，点M，N分别在边BC，AB上，则DNAM =45．【分析】【探究证明】：过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，易证AP＝EF，GH＝BQ，△PDA∽△QAB，然后运用相似三角形的性质就可解决问题；【结论应用】：只需运用（1）中的结论，就可得到EFGH =ADAB=BNAM，就可解决问题；【联系拓展】：过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，易证四边形ABSR是矩形，由（1）中的结论可得DNAM =ARAM．设SC＝x，DS＝y，则AR＝BS＝4+x，RD＝8﹣y，在Rt△CSD中根据勾股定理可得x2+y2＝16①，在Rt△ARD中根据勾股定理可得（4+x）2+（8﹣y）2＝64②，解①②就可求出x，即可得到AR，问题得以解决．【解析】【探究证明】过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT+∠AQT＝90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP+∠DP A＝90°，∴∠AQT＝∠DP A．∴△PDA∽△QAB，∴APBQ =ADAB，∴EFGH =ADAB．【结论应用】：如图2， ∵EF ⊥GH ，AM ⊥BN ， ∴由（1）中的结论可得EF GH=AD AB，BNAM=AD AB，∴BN AM=EF GH =710，故答案为710．【联系拓展】：过点D 作平行于AB 的直线，交过点A 平行于BC 的直线于R ，交BC 的延长线于S ，如图3，则四边形ABSR 是平行四边形． ∵∠ABC ＝90°，∴平行四边形ABSR 是矩形，∴∠R ＝∠S ＝90°，RS ＝AB ＝8，AR ＝BS ． ∵AM ⊥DN ，∴由（1）中的结论可得DN AM=AR AB．设SC ＝x ，DS ＝y ，则AR ＝BS ＝4+x ，RD ＝8﹣y ， ∴在Rt △CSD 中，x 2+y 2＝16①，在Rt △ARD 中，（4+x ）2+（8﹣y ）2＝64②， 由②﹣①得x ＝2y ﹣4③，解方程组{x 2+y 2=16x =2y −4，得{x =4y =0（舍去），或{x =125y =165，∴AR ＝4+x =325， ∴DN AM=AR AB=3258=45．故答案为：45．【例3】（1）如图1，正方形ABCD中，E、F分别是AD、DC边上的点，CE与BF交于点G，BF⊥CE，求证：BF＝CE；（2）如图2，矩形ABCD中，AB＝2AD，E、F分别是AD、DC边上的点，CE与BF交于点G，∠A+∠BGE＝180°，求证：CE＝2BF；（3）如图3，若（2）中的四边形ABCD是平行四边形，且∠A＜90°，则CE＝2BF是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．【分析】（1）只要证明△CDE≌△BCF，即可解决问题；（2）先根据∠CFG+∠DCE＝90°，∠CED+∠DCE＝90°，判断出∠CFB＝∠DEC，进而得出△CDE ∽△BCF，即可得出结论；（3）先判断出∠BFC＝∠BCG，进而得出△BCG∽△BFC，即BCBF=CGFC，再判断出△CFG∽△CED，得出CFCE=CGCD，即可得出结论；【解析】（1）如图1中，∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝BC，∠D＝∠BCF＝90°，∵BF⊥CE，∴∠BGC＝90°，∴∠CBF+∠BCG＝90°，∠BCG+∠DCE＝90°，∴∠DCE＝∠CBF，∴△CDE≌△BCF，∴BF＝CE（2）如图2中，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB，BC＝AD，∠A＝∠D＝∠BCD＝90°，∵AB＝2AD，∴CD＝2BC，∵∠A+∠BGE＝180°，∴∠CGF＝∠BGE＝90°＝∠D，∴∠CFG+∠DCE＝90°，∵∠CED+∠DCE＝90°，∴∠CFB＝∠DEC，∵∠D＝∠BCF，∴△CDE∽△BCF，∴CE BF=CD BC=2，∴CE ＝2BF ；（3）如图3中，∵四边形ABCD 是平行四边形， ∴∠A ＝∠BCD ，CD ＝AB ，BC ＝AD ， ∵AB ＝2AD ， ∴CD ＝2BC ，∵∠A +∠BGE ＝180°，∠BGE +∠BGC ＝180°， ∴∠BGC ＝∠A ＝∠BCD ，∵∠BGC ＝∠BFC +∠FCG ，∠BCD ＝∠BCG +∠FCG ， ∴∠BFC ＝∠BCG ， ∵∠CBF ＝∠FBC ， ∴△BCG ∽△BFC ， ∴BC BF=CG FC，∵∠A +∠D ＝180°，∠A +∠CGF ＝180°， ∴∠D ＝∠CGF ， ∵∠FCG ＝∠ECD ， ∴△CFG ∽△CED ， ∴CF CE =CG CD ， ∴CG CF =CD CE ， ∴BC BF=CDCE，∵CD ＝2BC ， ∴CE ＝2BF ；【例4】如图，在正方形ABCD 中，点E 为AD 上一点，FG ⊥CE 分别交AB 、CD 于F 、G ，垂足为O ．（1）求证：CE ＝FG ；（2）如图2，连接OB ，若AD ＝3DE ，∠OBC ＝2∠DCE ． ①求OB GC的值；②若AD ＝3，则OE 的长为 2√105（直接写出结果）．【分析】（1）过点B 作BM ∥FG 交CD 于M ，则四边形FBMG 为平行四边形，FG ＝BM ，再判定△BCM ≌△CDE ，即可得出CE ＝BM ＝FG ；（2）过点B 作BM ∥FG 交CD 于M ，由（1）知△BCM ≌△CDE ，而∠OBC ＝2∠DCE ，进而得到BM 垂直平分CO ，连接MO ，则MC ＝MO ＝MG ＝ED ，再根据AD ＝3DE ，即可得到OB GC=AD 2ED=32；（3）判定△COG ∽△CDE ，即可得到CO CD=CG CE，进而得到OC =35√10，即可得到OE ＝CE ﹣CO =2√105． 【解析】（1）如图1，过点B 作BM ∥FG 交CD 于M ，则四边形FBMG 为平行四边形， ∴FG ＝BM ， ∵FG ⊥CE ， ∴BM ⊥CE ，∴∠CBM +∠BCE ＝90°＝∠DCE +∠BCE ， ∴∠CBM ＝∠DCE ，又∵BC ＝CD ，∠BCM ＝∠CDE ＝90°， ∴△BCM ≌△CDE ， ∴CE ＝BM ＝FG ；（2）如图2，过点B 作BM ∥FG 交CD 于M ， 由（1）知△BCM ≌△CDE ，而∠OBC ＝2∠DCE ， ∴MC ＝ED ，∠MBC ＝∠DCE ＝∠MBO ，由BM ∥FG 得MB ⊥CE ， ∴∠BOC ＝∠BCO ， ∴BC ＝BO ， ∴BM 垂直平分CO ，如图，连接MO ，则MC ＝MO ， 即MC ＝MO ＝MG ＝ED ， 又∵AD ＝3DE ， ∴OB GC=AD 2ED=32；（3）当AD ＝3时，OB ＝3＝CD ，DE ＝1，CE =√10， ∴3GC =32，即GC ＝2，由∠D ＝∠COG ＝90°，∠OCG ＝∠DCE ，可得△COG ∽△CDE ， ∴CO CD=CG CE，即CO 3=√10，∴OC =35√10， ∴OE ＝CE ﹣CO =2√105． 故答案为：2√105．解法二：作BM ⊥EC ，交CE 于K ，交CD 于M ， 首先证明BO ＝BC ，OK ＝CK ，利用面积法求出CK ，可得OC 的长即可解决问题．【例5】在正方形ABCD 中，动点E ，F 分别从D ，C 两点同时出发，以相同的速度在直线DC ，CB 上移动． （1）如图1，当点E 在边DC 上自D 向C 移动，同时点F 在边CB 上自C 向B 移动时，连接AE 和DF交于点P ，请你写出AE 与DF 的数量关系和位置关系，并说明理由；（2）如图2，当E ，F 分别在边CD ，BC 的延长线上移动时，连接AE ，DF ，（1）中的结论还成立吗？（请你直接回答“是”或“否”，不需证明）；连接AC ，请你直接写出△ACE 为等腰三角形时CE ：CD 的值；（3）如图3，当E ，F 分别在直线DC ，CB 上移动时，连接AE 和DF 交于点P ，由于点E ，F 的移动，使得点P 也随之运动，请你画出点P 运动路径的草图．若AD ＝2，试求出线段CP 的最大值．【分析】（1）根据正方形的性质得出AD ＝DC ，∠ADE ＝∠DCF ＝90°，求出DE ＝CF ，根据SAS 推出△ADE ≌△DCF ，根据全等三角形的性质得出AE ＝DF ，∠DAE ＝∠FDC 即可；（2）有两种情况：①当AC ＝CE 时，设正方形ABCD 的边长为a ，由勾股定理求出AC ＝CE =√2a 即可；②当AE ＝AC 时，设正方形ABCD 的边长为a ，由勾股定理求出AC ＝AE =√2a ，根据正方形的性质∠ADC ＝90°，根据等腰三角形的性质得出DE ＝CD ＝a 即可；（3）根据（1）（2）知：点P 在运动中保持∠APD ＝90°，得出点P 的路径是以AD 为直径的圆，设AD 的中点为Q ，连接CQ 并延长交圆弧于点P ，此时CP 的长度最大，求出QC 即可．【解析】（1）AE ＝DF ，AE ⊥DF ，理由是：∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ＝DC ，∠ADE ＝∠DCF ＝90°，∵动点E ，F 分别从D ，C 两点同时出发，以相同的速度在直线DC ，CB 上移动，∴DE ＝CF ，在△ADE 和△DCF 中{AD =DC ∠ADE =∠DCF DE =CF，∴△ADE ≌△DCF ，∴AE ＝DF ，∠DAE ＝∠FDC ，∵∠ADE ＝90°，∴∠ADP+∠CDF＝90°，∴∠ADP+∠DAE＝90°，∴∠APD＝180°﹣90°＝90°，∴AE⊥DF；（2）（1）中的结论还成立，CE：CD=√2或2，理由是：有两种情况：①如图1，当AC＝CE时，设正方形ABCD的边长为a，由勾股定理得：AC＝CE=√a2+a2=√2a，则CE：CD=√2a：a=√2；②如图2，当AE＝AC时，设正方形ABCD的边长为a，由勾股定理得：AC＝AE=√a2+a2=√2a，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝90°，即AD⊥CE，∴DE＝CD＝a，∴CE：CD＝2a：a＝2；即CE：CD=√2或2；（3）∵点P在运动中保持∠APD＝90°，∴点P的路径是以AD为直径的圆，如图3，设AD的中点为Q，连接CQ并延长交圆弧于点P，此时CP的长度最大，∵在Rt△QDC中，QC=√CD2+QD2=√22+12=√5，∴CP＝QC+QP=√5+1，即线段CP的最大值是√5+1．1．如图1，在矩形ABCD中，AB=√3，AD＝3，点E从点B出发，沿BC边运动到点C，连结DE，过点E 作DE的垂线交AB于点F．（1）求证：∠BFE＝∠ADE；（2）求BF的最大值；（3）如图2，在点E的运动过程中，以EF为边，在EF上方作等边△EFG，求边EG的中点H所经过的路径长．【分析】（1）依据∠BFE+∠BEF＝90°，∠CED+∠BEF＝90°，即可得到∠BFE＝∠CED，再根据∠CED＝∠ADE ，即可得出∠BFE ＝∠ADE ；（2）依据△BEF ∽△CDE ，即可得到BF CE =BE CD ，设BE ＝x （0≤x ≤3），则CE ＝3﹣x ，根据BF =BE⋅CE CD =−√33(x −32)2+3√34，即可得到当x =32时，BF 存在最大值34√3； （3）连接FH ，取EF 的中点M ，连接BM ，HM ，依据BM ＝EM ＝HM ＝FM ，可得点B ，E ，H ，F 四点共圆，连接BH ，则∠HBE ＝∠EFH ＝30°，进而得到点H 在以点B 为端点，BC 上方且与射线BC 夹角为30°的射线上，再过C 作CH '⊥BH 于点H '，根据点E 从点B 出发，沿BC 边运动到点C ，即可得到点H 从点B 沿BH 运动到点H '，再利用在Rt △BH 'C 中，BH '＝BC •cos ∠CBH '＝3×√32=32√3，即可得出点H 所经过的路径长是32√3．【解析】（1）证明：如图1，在矩形ABCD 中，∠B ＝90°，∴∠BFE +∠BEF ＝90°，∵DE ⊥EF ，∴∠CED +∠BEF ＝90°，∴∠BFE ＝∠CED ，∵AD ∥BC ，∴∠CED ＝∠ADE ，∴∠BFE ＝∠ADE ；（2）由（1）可得，∠BFE ＝∠CED ，∠B ＝∠C ＝90°，∴△BEF ∽△CDE ，∴BF CE =BE CD ，在矩形ABCD 中，BC ＝AD ＝3，AB ＝CD =√3，设BE ＝x （0≤x ≤3），则CE ＝3﹣x ，∴BF =BE⋅CE CD =x(3−x)√3=−√33x 2+√3x =−√33(x −32)2+3√34， ∵−√33＜0，0≤x ≤3，∴当x =32时，BF 存在最大值34√3；（3）如图2，连接FH ，取EF 的中点M ，连接BM ，HM ，在等边三角形EFG 中，EF ＝FG ，H 是EG 的中点，∴∠FHE ＝90°，∠EFH =12∠EFG ＝30°，又∵M 是EF 的中点，∴FM ＝HM ＝EM ，在Rt △FBE 中，∠FBE ＝90°，M 是EF 的中点，∴BM ＝EM ＝FM ，∴BM ＝EM ＝HM ＝FM ，∴点B ，E ，H ，F 四点共圆，连接BH ，则∠HBE ＝∠EFH ＝30°，∴点H 在以点B 为端点，BC 上方且与射线BC 夹角为30°的射线上，如图，过C 作CH '⊥BH 于点H '，∵点E 从点B 出发，沿BC 边运动到点C ，∴点H 从点B 沿BH 运动到点H '，在Rt △BH 'C 中，∠BH 'C ＝90°，∴BH '＝BC •cos ∠CBH '＝3×√32=32√3，∴点H 所经过的路径长是32√3．2．综合与实践﹣﹣﹣折叠中的数学在学习完特殊的平行四边形之后，某学习小组针对矩形中的折叠问题进行了研究．问题背景：在矩形ABCD 中，点E 、F 分别是BC 、AD 上的动点，且BE ＝DF ，连接EF ，将矩形ABCD 沿EF 折叠，点C 落在点C ′处，点D 落在点D ′处，射线EC ′与射线DA 相交于点M ．猜想与证明：（1）如图1，当EC′与线段AD交于点M时，判断△MEF的形状并证明你的结论；操作与画图：（2）当点M与点A重合时，请在图2中作出此时的折痕EF和折叠后的图形（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹，标注相应的字母）；操作与探究：（3）如图3，当点M在线段DA延长线上时，线段C′D'分别与AD，AB交于P，N两点时，C′E与AB交于点Q，连接MN并延长MN交EF于点O．求证：MO⊥EF且MO平分EF；（4）若AB＝4，AD＝4√3，在点E由点B运动到点C的过程中，点D'所经过的路径的长为163π．【分析】（1）由AD∥BC，可得∠MFE＝∠CEF，由折叠可得，∠MEF＝∠CEF，依据∠MFE＝∠MEF，即可得到ME＝MF，进而得出△MEF是等腰三角形；（2）作AC的垂直平分线，即可得到折痕EF，依据轴对称的性质，即可得到D'的位置；（3）依据△BEQ≌△D'FP，可得PF＝QE，依据△NC'P≌△NAP，可得AN＝C'N，依据Rt△MC'N≌Rt △MAN，可得∠AMN＝∠C'MN，进而得到△MEF是等腰三角形，依据三线合一，即可得到MO⊥EF且MO平分EF；（4）依据点D'所经过的路径是以O为圆心，4为半径，圆心角为240°的扇形的弧，即可得到点D'所经过的路径的长．【解析】（1）△MEF是等腰三角形．理由：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠MFE＝∠CEF，由折叠可得，∠MEF＝∠CEF，∴∠MFE＝∠MEF，∴ME＝MF，∴△MEF 是等腰三角形．（2）折痕EF 和折叠后的图形如图2所示：（3）如图3，∵FD ＝BE ，由折叠可得，D 'F ＝DF ，∴BE ＝D 'F ，在△NC 'Q 和△NAP 中，∠C 'NQ ＝∠ANP ，∠NC 'Q ＝∠NAP ＝90°，∴∠C 'QN ＝∠APN ，∵∠C 'QN ＝∠BQE ，∠APN ＝∠D 'PF ，∴∠BQE ＝∠D 'PF ，在△BEQ 和△D 'FP 中，{∠BQE =∠DPF ∠B =∠D BE =D′F，∴△BEQ ≌△D 'FP （AAS ），∴PF ＝QE ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ＝BC ，∴AD ﹣FD ＝BC ﹣BE ，∴AF ＝CE ，由折叠可得，C 'E ＝EC ，∴AF ＝C 'E ，∴AP ＝C 'Q ，在△NC 'Q 和△NAP 中，{∠C′NQ =∠ANP∠NC′Q =∠NAP AP =C′Q，∴△NC 'P ≌△NAP （AAS ），∴AN ＝C 'N ，在Rt △MC 'N 和Rt △MAN 中，{MN =MN AN =C′N， ∴Rt △MC 'N ≌Rt △MAN （HL ），∴∠AMN ＝∠C 'MN ，由折叠可得，∠C 'EF ＝∠CEF ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD ∥BC ，∴∠AFE ＝∠FEC ，∴∠C 'EF ＝∠AFE ，∴ME ＝MF ，∴△MEF 是等腰三角形，∴MO ⊥EF 且MO 平分EF ；（4）在点E 由点B 运动到点C 的过程中，点D '所经过的路径是以O 为圆心，4为半径，圆心角为240°的扇形的弧，如图：故其长为L =240×π×4180=163π． 故答案为：163π．3．如图，矩形ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm，动点E从点A出发，沿AC向点C运动，速度为1cm/s，点E到达点C时停止运动，连接DE并延长交矩形ABCD的边于点F．点M与点C重合，MN⊥DF于点H交矩形的边AD于点N．设点E运动的时间为t（s）．（1）当点F到达点B时，求t的值；（2）当t＝2时，求ND的长；（3）如图2，点M从点C开始沿CD边向点D运动，速度为1cm/s，且与点E同时开始运动，当点M 停止运动时，点E也停止运动，其他条件不变．①连接FM，点Q为FM的中点，点P在CD边上，CP＝4cm，请直接写出点F从点A运动到点B的过程中，△PQC周长的最小值；②当EF=13ED时，请直接写出线段ND的长．【分析】（1）当点E运动到AC的中点时，点F与点B重合，利用勾股定理求出AC即可解决问题．（2）证明∠ADF＝∠DCN，可得tan∠ADF＝tan∠DCN，推出AFAD=DNCD，由此构建方程即可解决问题．（3）①如图2﹣1中，取AD的中点K，BC的中点G，连接KG．作点P关于直线GK的对称点P′（点P′在线段B上，AP′＝2），连接CP′，P′Q．易知C，Q，P′共线时，PQ+QC的值最小，此时△PQC的周长最小．②分两种情形分别求解即可解决问题．【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∵AB＝6，BC＝8，∴AC=√62+82=10，当点E运动到AC的中点时，点F与点B重合，此时t＝5．（2）如图1﹣1中，当t＝2时，AE＝2，EC＝10﹣2＝8，∵AF∥CD，∴AFCD =AEEC=14，∴AF=3 2，∵CN⊥DF，∴∠CHD＝90°，∵∠ADF+∠CDF＝90°，∠CDF+∠DCN＝90°，∴∠ADF＝∠DCN，∴tan∠ADF＝tan∠DCN，∴AFAD =DNCD，∴328=DN6，∴DN=9 8．（3）①如图2﹣1中，取AD的中点K，BC的中点G，连接KG．作点P关于直线GK的对称点P′（点P′在线段B上，AP′＝2），连接CP′，P′Q．∵QF＝QM，∴点Q在线段GK上，∵QP＝QP′，∴QP+QC＝QP′+QC，∴C，Q，P′共线时，PQ+QC的值最小，此时△PQC的周长最小．在Rt△BCP′中，CP′=√42+82=4√5，∵QP′+QC≥CP′，∴PQ+CQ的最小值为4√5，∴△PQC的周长的最小值为4+4√5．②如图2﹣2中，当点F在线段AB上时，∵AF∥CD，∴AFCD =AEEC=EFDE=13，∵CD＝6，AC＝10，∴AF＝2，AE=5 2，∴CM＝AE=52，DM=72，∵tan∠ADF＝tan∠DCN，∴AF AD =DN DM ， ∴28=DN 72∴DN =78如图2﹣3中，当点F 在线段BC 上时，∵CF ∥AD ，∴EF DE =AE EC =13， ∴AE =34×10=152，∵点M 从点C 运动到点D 的时间为6秒，152＞6，此时点E 已经停止运动．综上所述，满足条件的DN 的值为78．4．如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝5，点E 在AD 上，ED ＝3．动点P 从点B 出发沿BC 方向以每秒3个单位的速度向点C 运动，过点P 作PF ∥CE ，与边BA 交于点F ，过点F 作FG ∥BC ，与CE 交于点G ，当点F 与点A 重合时，点P 停止运动，设点P 运动的时间为t 秒．（1）用含t 的代数式分别表示线段BF 和PF 的长度，则有BF ＝ 4t ，PF ＝ 5t ．（2）如图2，作点D 关于CE 的对称点D ′，当FG 恰好过点 D ′时，求t 的值．（3）如图3，作△FGP 的外接圆⊙O ，当点P 在运动过程中．①当外接圆⊙O 与四边形ABCE 的边BC 或CE 相切时，请求出符合要求的t 的值；②当外接圆⊙O 的圆心O 落在△FGP 的内部（不包括边上）时，直接写出t 的取值范围．【分析】（1）由△PFB ∽△ECD ，得PF EC =BF CD=BP DE ，由此即可解决问题． （2）如图2中，由△D ′MG ∽△CDE ，得D′M CD =MG ED，求出MG ，根据PF ＝CG ＝CM ﹣MG ，列出方程即可解决问题． （3）①存在．如图4中，当⊙O 与BC 相切时，连接OP 延长PO 交FG 于M ，连接OF 、OG ，由PB ＝MF ＝MG =12FG =12PC ，得到3t =12（5﹣3t ），即可解决问题．如图5中，当⊙O 与BC 相切时，连接GO ，延长GO 交PF 于M ，连接OF 、OP ，由△FGM ∽△PFB ，得FG PF =FM PB ，列出方程即可解决问题．②求出两种特殊位置t 的值即可判断．【解析】（1）如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ＝4，BC ＝AD ＝5，∠B ＝∠D ＝90°，AD ∥BC ，在Rt △ECD 中，∵∠D ＝90°，ED ＝3．CD ＝4，∴EC =√ED 2+CD 2=5，∵PF ∥CE ，FG ∥BC ，∴四边形PFGC 是平行四边形，∴∠FPB ＝∠ECB ＝∠DEC ，∴△PFB ∽△ECD ，∴PF EC =BF CD =BP DE ， ∴PF 5=BF 4=3t 3，∴BF ＝4t ，PF ＝5t ，故答案为4t ，5t ．（2）如图2中，∴D 、D ′关于CE 对称，∴DD ′⊥CE ，DM ＝MD ′，∵12•DE •DC =12•EC •DM ， ∴DM ＝D ′M =125，CM =√CD 2−DM 2=165， 由△D ′MG ∽△CDE ，得D′M CD =MG ED ，∴12504=MG 3， ∴MG =95，∴PF ＝CG ＝CM ﹣MG ，∴5t =165−95，∴t =725．∴t =725时，D ′落在FG 上．（3）存在．①如图4中，当⊙O 与BC 相切时，连接OP 延长PO 交FG 于M ，连接OF 、OG ．∵OP ⊥BC ，BC ∥FG ，∴PO ⊥FG ，∴FM ＝MG由PB ＝MF ＝MG =12FG =12PC ，得到3t =12（5﹣3t ），解得t =59．如图5中，当⊙O 与EC 相切时，连接GO ，延长GO 交PF 于M ，连接OF 、OP ．∵OG ⊥EC ，BF ∥EC ，∴GO ⊥PF ，∴MF ＝MP =52t ，∵△FGM ∽△PFB ，∴FG PF =FM PB ， ∴5−3t 5t =52t 3t ， 解得t =3043．综上所述t =59或3043时，⊙O 与四边形ABCE 的一边（AE 边除外）相切．②如图6中，当∠FPG ＝90°时，由cos ∠PCG ＝cos ∠CED ，∴5t 5−3t =35， ∴t =1534， 如图7中，当∠FGP ＝90°时，∴5−3t 5t=35， ∴t =56，观察图象可知：当1534＜t ＜56时，外接圆⊙O 的圆心O 落在△FGP 的内部． 5．如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝6，BC ＝8，动点P ，Q 分别从C 点，A 点同时以每秒1个单位长度的速度出发，且分别在边CA ，AB 上沿C →A ，A →B 的方向运动，当点Q 运动到点B 时，P ，Q 两点同时停止运动．设点P 运动的时间为t （s ），连接PQ ，过点P 作PE ⊥PQ ，PE 与边BC 相交于点E ，连接QE ．（1）如图2，当t ＝5s 时，延长EP 交边AD 于点F ．求证：AF ＝CE ；（2）在（1）的条件下，试探究线段AQ ，QE ，CE 三者之间的等量关系，并加以证明；（3）如图3，当t ＞94s 时，延长EP 交边AD 于点F ，连接FQ ，若FQ 平分∠AFP ，求AF CE 的值．【分析】（1）先利用勾股定理求出AC，再判断出CP＝AP，进而判断出△APF≌△CPE，即可得出结论；（2）先判断出AF＝CE，PE＝PF，再用勾股定理得出AQ2+AF2＝QF2，即可得出结论；（3）先判断出△F AQ≌△FPQ（AAS），得出AQ＝PQ＝t，AF＝PF，进而判断出PE＝CE，再判断出△CNE∽△CBA，得出CE=58t，在Rt△QPE中，QE2＝PQ2+PE2，在Rt△BQE中，QE2＝BQ2+BE2，得出PQ2+PE2＝BQ2+BE2，t2+（58t）2＝（6﹣t）2，进而求出t，即可得出结论．【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC＝90°，在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，根据勾股定理得，AC＝10，由运动知，CP＝t＝5，∴AP＝AC﹣CP＝5，∴AP＝CP，∵AD∥BC，∴∠P AF＝∠PCE，∠AFP＝∠CEP，∴△APF≌△CPE（AAS），∴AF＝CE；（2）结论：AQ2+CE2＝QE2，理由：如图2，连接FQ，由（1）知，△APF≌△CPE，∴AF＝CE，PE＝PF，∵EF⊥PQ，∴QE＝QF，在Rt△QAF中，根据勾股定理得，AQ2+AF2＝QF2，∴AQ 2+CE 2＝QE 2；（3）如图3，由运动知，AQ ＝t ，CP ＝t ，∴AP ＝AC ﹣CP ＝10﹣t ，∵FQ 平分∠AFE ，∴∠AFQ ＝∠PFQ ，∵∠F AQ ＝∠FPQ ＝90°，FQ ＝FQ ，∴△F AQ ≌△FPQ （AAS ），∴AQ ＝PQ ＝t ，AF ＝PF ，∴BQ ＝AB ﹣AQ ＝6﹣t ，∠F AC ＝∠FP A ，∵∠DAC ＝∠ACB ，∠APF ＝∠CPE ，∴∠ACB ＝∠CPE ，∴PE ＝CE ，过点E 作EN ⊥AC 于N ，∴CN =12CP =12t ，∠CNE ＝90°＝∠ABC ，∵∠NCE ＝∠BCA ，∴△CNE ∽△CBA ，∴CE AC =CN CB ，∴CE 10=12t 8，∴CE =58t ，∴PE =58t ，BE ＝BC ﹣CE ＝8−58t ，在Rt △QPE 中，QE 2＝PQ 2+PE 2，在Rt △BQE 中，QE 2＝BQ 2+BE 2，∴PQ 2+PE 2＝BQ 2+BE 2，∴t 2+（58t ）2＝（6﹣t ）2+（8−58t ）2， ∴t =5011，∴CP ＝t =5011，∴AP ＝10﹣CP =6011， ∵AD ∥BC ，∴△APF ∽△CPE ，∴AF CE =AP CP =60115011=65．6．如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝5，点E 在AD 上，ED ＝3，动点P 从点B 出发沿BC 方向以每秒3个单位的速度向C 运动，过点P 作PF ∥CE ，与边BA 交于点F ，过点F 作FG ∥BC ，与CE 交于点G ，当点F 与点A 重合时，点P 停止运动，设点P 运动的时间为t 秒．（1）用含t 的代数式分别表示线段BF 和PF 的长度，则有BF ＝ 4t ，PF ＝ 5t ；（2）如图2，作D 关于CE 的对称点D ′，当FG 恰好过点D ′时，求t 的值；（3）点P 在运动过程中，是否存在三角形FPG 为等腰三角形？若存在，求出所有符合条件的t 值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）由△PBF ∽△EDC ，得BF CD =PF EC =PB ED ，由此即可解决问题．（2）如图2中，连接ED ′，DD ′交EC 于点H ，由△EDH ∽△ECD ，得ED EC =DH CD =EH ED ，求出EH ，DH ，根据PF ＝CG ，列出方程即可解决问题． （3）是三种情形①当PF ＝FG 时，②当PF ＝PG 时，③当FG ＝PG 时，分别构建方程即可解决问题．【解析】（1）如图1中，∵四边形ABCD 是矩形，∴AB ＝CD ＝4，BC ＝AD ＝5，AD ∥BC ，∠B ＝∠D ＝90°，∵DE ＝3，CD ＝4，∴EC =2+CD 2=√32+42=5，∵PF ∥CE ，∴∠BPF ＝∠BCE ＝∠DEC ，∴△PBF ∽△EDC ，∴BF CD =PF EC =PB ED ， ∴BF 4=PF 5=3t 3，∴BF ＝4t ，PF ＝5t ，故答案为4t ，5t ．（2）如图2中，连接ED ′，DD ′交EC 于点H ，则ED ＝ED ′＝3，∵∠DEH ＝∠DEH ，∠EDC ＝∠DHE ，∴△EDH ∽△ECD ， ∴ED EC =DH CD =EH ED ，∴35=DH 4=EH3，∴EH =95，DH =125， ∴D ′H ＝DH =125，GH ＝EH =95， ∵PF ＝CG ， ∴5t ＝5−185， ∴t =725，（3）存在．由题意PF ＝5t ，FG ＝5﹣3t ， ①当PF ＝FG 时，5t ＝5﹣3t ，解得t =58，②当PF ＝PG 时，FG ＝2BP ，得5﹣3t ＝6t ，解得t =59，③当FG ＝PG 时，则PC ＝PG ＝5﹣3t ，如图3中，过点P 作PM ⊥CG 于M ，由△PCM ∽△FPB 得PC PF=CM BP，∴5−3t 5t=52t 3t，解得t =3043，综上所述，当t 的值为58秒或59秒或3043秒时，△FPG 是等腰三角形．7．如图1，已知矩形ABCD 中，BC ＝2，AB ＝4，点E 从点A 出发沿AB 方向以每秒1个单位的速度向点B 匀速运动，同时点F 从点C 出发沿BC 的延长线方向以每秒2个单位的速度匀速运动，当E 运动到点B 时，点F 停止运动．连接EF 交DC 于K ，连接DE ，DF ，设运动时间为t 秒．（1）求证：△DAE ∽△DCF ； （2）当DK ＝KF 时，求t 的值；（3）如图2，连接AC 与EF 相交于O ，画EH ⊥AC 于H ．①试探索点E 、F 在运动过程中，OH 的长是否发生改变，若不变，请求出OH 的长；若改变，请说明理由．②当点O 是线段EK 的三等分点时，直接写出tan ∠FOC 的值． 【分析】（1）求出AE CF=AD CD=12，∠DAE ＝∠DCF ＝90°，根据相似三角形的判定推出即可；（2）根据相似得出∠ADE ＝∠CDF ，求出EK ＝KF ，证△FKC ∽△FEB ，得出2t2t+2=12，求出即可；（3）①点E 、F 在运动过程中，OH 的长不变，理由是：作EM ∥BC ，交AC 于M ，设∠BAC ＝α，则tan α=12，得出AE ＝t ，CF ＝2t ，求出EM =12t ，证△MEO ∽△CFO ，得出MO OC =EM CF =14，求出MO =15CM ，设HM ＝a ，则EH ＝2a ，AH ＝4a ，求出MH =15AM ，推出OH =15AC ，求出AC 即可求出OH ；②tan ∠FOC 的值是76或13，理由是：根据△FKC ∽△FEB 求出KC =t(4−t)t+1，根据△CKO ∽△AEO 得出AECK =EOOK，当AE CK=EO OK =21时得出t t(4−t)t+1=2，求出t ，即可得出AE 长，根据△AEH ∽△ACB ，求出EH ，当AE CK=EO OK=12时得出tt(4−t)t+1=12，求出t ，根据△AEH ∽△ACB ，求出EH 的值，解直角三角形求出即可．【解析】（1）由题意，得AE ＝t ，CF ＝2t ． ∵矩形ABCD 中，BC ＝AD ＝2，AB ＝CD ＝4， ∴AE CF=AD CD=12，∵∠DAE ＝∠DCF ＝90°， ∴△DAE ∽△DCF ；（2）∵△DAE ∽△DCF ， ∴∠ADE ＝∠CDF ，∵∠ADE +∠EDC ＝90°，∴∠CDF +∠EDC ＝90°，即∠EDF ＝90°， ∵DK ＝KF ， ∴∠KDF ＝∠KFD ，∵∠DEK +∠KFD ＝90°，∠EDK +∠KDF ＝90°， ∴∠DEK ＝∠EDK ， ∴DK ＝EK ， ∴EK ＝KF ，∵AB ∥CD ， ∴△FKC ∽△FEB ， ∴2t 2t+2=12，t ＝1；（3）①点E 、F 在运动过程中，OH 的长不变，理由是：作EM ∥BC ，交AC 于M ，设∠BAC ＝α，则tan α=12， ∵AB ⊥BC ， ∴ME ⊥AB ， ∵AB ⊥AC ， ∴∠HEM ＝α， ∵AE ＝t ，CF ＝2t ， ∴EM =12t ，∵∠EOM ＝∠FOC ，∠MEO ＝∠CFO ， ∴△MEO ∽△CFO ， ∴MO OC=EM CF=14，∴MO =14OC ， ∴MO =15CM ，设HM ＝a ，则EH ＝2a ，AH ＝4a ，∴OH ＝OM +MH =15CM +15AM =15AC ，在Rt △ABC 中，AB ＝4，BC ＝2，由勾股定理得：AC ＝2√5， ∴OH =2√55，即点E 、F 在运动过程中，OH 的长度不变，是2√55； ②tan ∠FOC 的值是76或13，理由是：∵四边形ABCD 是矩形， ∴CD ∥AB ， ∴△FKC ∽△FEB ， ∴KC BE =CF BF， ∴KC 4−t=2t2t+2，∴KC =t(4−t)t+1， ∵AB ∥CD ， ∴△CKO ∽△AEO ， ∴AE CK =EO OK ， 当AE CK =EO OK=21时，tt(4−t)t+1=2，t ＝0（舍去），t =73， ∵EH ⊥AC ，∴∠EHA ＝∠ABC ＝90°， ∵∠EAH ＝∠BAC ， ∴△AEH ∽△ACB ， ∴AE AC=EH BC， ∴732√5=EH 2，∴tan ∠FOC ＝tan ∠EOH =EH OH =7√515255=76；当AE CK =EO OK =12时，tt(4−t)t+1=12，t ＝0（舍去），t =23， ∵EH ⊥AC ，∴∠EHA ＝∠ABC ＝90°， ∵∠EAH ＝∠BAC ， ∴△AEH ∽△ACB ， ∴AE AC=EH BC， ∴232√5=EH 2，∴EH =2√515， ∴tan ∠FOC ＝tan ∠EOH =EH OH =2√515255=13．8．【情景观察】将含45°角的三角板的直角顶点R 放在直线l 上，分别过两锐角的顶点M ，N 作l 的垂线，垂足分别为P 、Q ，如图1，观察图1可知：与NQ 相等的线段是 PR ，与∠NRQ 相等的角是 ∠PMR ． 【问题探究】直角△ABC 中，∠B ＝90°，在AB 边上任取一点D ，连接CD ，分别以AC ，DC 为边作正方形ACEF 和正方形CDGH ，如图2，过E ，H 分别作BC 所在直线的垂线，垂足分别为K ，L ．试探究EK 与HL 之间的数量关系，并证明你的结论． 【拓展延伸】直角△ABC中，∠B＝90°，在AB边上任取一点D，连接CD，分别以AC，DC为边作矩形ACEF和矩形CDGH，连接EH交BC所在的直线于点T，如图3，如果AC＝kCE，CD＝kCH，试探究TE与TH之间的数量关系，并证明你的结论．【分析】【情景观察】根据等腰直角三角形的性质得到MR＝RN，∠MRN＝90°，根据余角的性质得到∠PMR＝∠NRQ，根据全等三角形的性质得到结论；【问题探究】根据四边形ACEF是正方形，得到AC＝CE，∠ACE＝90°根据余角的性质得到∠BAC＝∠ECK，根据全等三角形的性质即可得到EK＝BC，同理得到BC＝HI，等量代换即可得到结论；【拓展延伸】根据四边形ACEF是矩形，得到∠ACE＝90°，根据余角的性质得到∠BAC＝∠ECM根据相似三角形的性质得到BC＝kEM，同理同理得到BC＝kHN，等量代换得到EM＝HN，推出△NHT≌△EMT，根据全等三角形的性质即可得到结论．【解析】【情景观察】∵△MRN是等腰直角三角形，∴MR＝RN，∠MRN＝90°，∵MP⊥PQ，NQ⊥PQ，∴∠MPR＝∠NQ＝90°，∴∠PMR+∠MRP＝∠MRP+∠NRQ＝90°，∴∠PMR＝∠NRQ，在△MPR与△NRQ中，{∠PMR=∠NRQ ∠MPR=∠NRQ MR=NR，∴△MPR≌△NRQ，∴QN＝PR，∠NRQ＝∠PMR，故答案为：PR，∠PMR；【问题探究】∵四边形ACEF是正方形，∴AC＝CE，∠ACE＝90°，∵EK⊥BK，∴∠B＝∠EKC＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝∠ACB+∠ECK＝90°，∴∠BAC＝∠ECK，在△ABC与△CEK中，{∠BAC=∠KCE ∠B=∠EKCAC=CE，∴△ABC≌△CEK，∴EK＝BC，∵四边形CDGH是正方形，∴CD＝CH，∠DCH＝90°，∵HI⊥BC，∴∠B＝∠CIH＝90°，∴∠DCB+∠ICK＝∠ICK+∠CHI＝90°，∴∠DCB＝∠CHI，在△DCB与△CHI中，{∠B=∠CIH∠BCD=∠CHICD=CH，∴△DCB≌△CHI，∴BC＝HI，∴EK＝IH；【拓展延伸】如图3，过E作EM⊥BC于M，过H作HN⊥BC于N，∵四边形ACEF是矩形，∴∠ACE＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝∠ACB+∠ECM＝90°，∴∠BAC＝∠ECM，∴△ACB∽△ECM，∴BCEM =ACCE=k，∴BC＝kEM，同理△BCD∽△NHC，∴BCHN =CDCH=K，∴BC＝kHN，∴EM ＝HN ，在△NHT 与△EMT 中，{∠HNT =∠EMT =90°∠NTH =∠MTE HN =EM ，∴△NHT ≌△EMT ， ∴ET ＝HT ．9．已知，在等腰Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝CB ．D 为直线AB 上一点，连接CD ，过C 作CE ⊥CD ，且CE ＝CD ，连接DE ，交AC 于F ．（1）如图1，当D ，B 重合时，求证：△F AB ≌△FEC ；（2）如图2，当D 在线段AB 上，且∠DCB ＝30°时．请探究DF 、EF 、CF 之间的数量关系，并说明理由；（3）如图3，在（2）的条件下，在FC 上任取一点G ．连接DG ，作射线GP 使∠DGP ＝60°，交∠DFG 的角平分线于点Q ，求证：FD +FG ＝FQ ．【分析】（1）证CE ∥AB 知∠E ＝∠EBA ，∠ECA ＝∠A ，由等腰三角形的性质知AB ＝CB ，结合CE ＝CD 知AB ＝CE ，从而得证．（2）在EF 上找到G 点使得FG ＝CF ，易证△CFG 是等边三角形，可得CG ＝CF ＝GF ，即可求得∠ECG ＝∠ACD ，即可证明△ECG ≌△CDF ，可得DF ＝EG ，即可解题；（3）在FP 上找到H 点，使得FH ＝FG ，易证△FGH 是等边三角形，可得∠GHF ＝∠FGH ＝60°，GH＝FG＝FH，即可求得∠FGD＝∠QGH，即可证明△DFG≌△QHG，可得DF＝QH，即可解题．【解析】（1）∵∠ABC＝90°，CE⊥CD，∴CE∥AB，∴∠E＝∠EBA，∠ECA＝∠A，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝CB，∵CE＝CD，∴AB＝CE，在△F AB和△FEC中，∵{AB=CE∠E=∠EBA ∠ECA=∠A，∴△F AB≌△FEC（AAS）；（2）在EF上找到G点使得FG＝CF，如图①，∵∠BCD＝30°，∠ACB＝45°，∴∠ACD＝15°，∴∠CFG＝∠CDE+∠ACD＝60°，∵FG＝CF，∴△CFG是等边三角形，∴CG＝CF＝GF，∠FCG＝60°，∴∠GCE＝90°﹣15°﹣60°＝15°，∵在△ECG和△CDF中，∵{CG=CF∠ECG=∠ACD CE=CD，∴△ECG≌△CDF（SAS）∴DF＝EG，∵EF＝EG+GF，∴EF＝DF+CF；（3）证明：在FP上找到H点，使得FH＝FG，如图②，∵PF平分∠DFG，∴∠PFG＝60°，∵FG＝FH，∴△FGH是等边三角形，∴∠GHF＝∠FGH＝60°，GH＝FG＝FH，∵∠AFD＝∠CDE+∠ACD＝60°，∴∠GHQ＝∠DFG＝120°，∵∠FGD+∠DGH＝60°，∠DGH+∠QGH＝60°，∠QGH＝∠DGF，∴∠FGD＝∠QGH，∵在△DFG和△QHG中，∵{∠DFG=∠QHG=120°FG=HG∠FGD=∠QGH，∴△DFG≌△QHG（ASA）∴DF＝QH，∵FQ＝FH+QH，∴FQ ＝FG +FD ．10．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝3，点N 为BC 边上的一点，且BN ＝n （n ＞0），动点P 从点A 出发，以每秒1个单位长的速度沿AB 边向点B 运动，连接NP ，作射线PM ⊥NP 交AD 于点M ，设点P 运动的时间是t 秒（t ＞0）．（1）当点M 与点A 重合时，t ＝ 4 秒，当点M 与点D 重合时，n ＝ −13t 2+43t （用含字母t 的代数式表示）（2）若n ＝2，则①在点P 运动过程中，点M 是否可以到达线段AD 的延长线上？通过计算说明理由；②连接ND ，当t 为何值时，ND ∥PM ？（3）过点N 作NK ∥AB ，交AD 于点K ，若在点P 运动过程中，点K 与点M 不会重合，直接写出n 的取值范围．【分析】（1）当点M 与点A 重合时，如图1，AP ＝AP ＝4，可得t ＝4，当点M 与点D 重合时，如图2，利用三角形相似列比例式可得n 的式子；（2）①如图3，根据△AMP ∽△BPN ，列比例式AM AP =BP BN ，可得AM =12t （4﹣t ）=−12t 2+2t =−12（t ﹣2）2+2，当t ＝2时，AM 取得最大值为2，此时点M 在线段AD 上；②如图4，作辅助线构建平行线，证明△PMA ∽△NDQ ，则PA NQ =AM DQ ，列方程可得t 的值；（3）根据图4，点Q 即为本题中的点K ，由（2）①的解答过程可知，△AMP ∽△BPN ，则AM =−t 2n +4t n ，当点K 与点M 重合时，则有AM ＝AK ＝BN ＝n ，列方程t 2﹣4t +n 2＝0，无解可得n 的取值．【解析】（1）当点M 与点A 重合时，P 与B 重合，N 与C 重合，如图1，∴P A ＝AB ＝4，∴t ＝4，………………………………………………………………（1分）即t ＝4秒，点M 与点A 重合；当点M 与点D 重合时，如图2，∵∠DPN ＝90°，∴∠APD +∠BPN ＝90°，∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A ＝∠B ＝90°，∴∠ADP +∠APD ＝90°，∴∠BPN ＝∠ADP ，∴△DAP ∽△PBN ，∴AD AP=PB BN ， ∴3t =4−t n ， ∴n =t(4−t)3=−13t 2+43t ，………………………………………………………………（3分） 故答案为：4，−13t 2+43t ；（2）①不能；…………………………………（4分）如图3，同理得：△AMP ∽△BPN ．∴AM AP =BP BN ，…………………………（5分） 即AM t =4−t 2， ∴AM =12t （4﹣t ）=−12t 2+2t =−12（t ﹣2）2+2，显然，AM 是关于t 的二次函数，当t ＝2时，AM 取得最大值为2，此时点M 在线段AD 上，所以点M 不能到达线段AD 的延长线上．………………………………（7分）②如图4，过点N 作NQ ∥AB ，交AD 于点Q ，∴∠P AM ＝∠NQD ＝90°，当ND ∥PM 时，有∠PMA ＝∠NDQ ，∴△PMA ∽△NDQ ，∴PA NQ =AM DQ ，…………………（8分）而P A ＝t ，NQ ＝4，MA =−12t 2+2t ，DQ ＝3﹣2＝1，代入得，t 4=−12t 2+2t 1，即2t 2−72t ＝0，解得，t 1＝0（舍去），t 2=72． ∴当t =72秒时，ND ∥PM ．………………………………………………（10分）（3）2＜n ≤3．……………………………………………………………（12分）理由是：如图4，点Q 即为本题中的点K ，由（2）①的解答过程可知，∴△AMP ∽△BPN ．∴AM AP =BP BN ，即AM t =4−t n ，AM =1n t （4﹣t ）=−t 2n +4t n ， 当点K 与点M 重合时，则有AM ＝AK ＝BN ＝n ，∴−t 2n +4t n =n ，化简得，t 2﹣4t +n 2＝0，依题意，不存在点K 与点M 重合的时刻t ，即关于t 的一元二次方程t 2﹣4t +n 2＝0无解，∴△＜0，即（﹣4）2﹣4×1×n 2＜0，n 2＞4，∵n ＞0，∴n ＞2，综上，2＜n ≤3．11．如图1，菱形ABCD中，AB＝5，AE⊥BC于E，AE＝4．一个动点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段BC方向运动，过点P作PQ⊥BC，交折线段BA﹣AD于点Q，以PQ为边向右作正方形PQMN，点N在射线BC上，当P点到达C点时，运动结束．设点P的运动时间为t秒（t＞0）．（1）求出线段BD的长，并求出当正方形PQMN的边PQ恰好经过点A时，运动时间t的值；（2）在整个运动过程中，设正方形PQMN与△BCD的重合部分面积为S，请直接写出S与t之间的函数关系式和相应的自变量的取值范围；（3）如图2，当点M与点D重合时，线段PQ与对角线BD交于点O，将△BPO绕点O逆时针旋转α°（0＜α＜180），记旋转中的△BPO为△B′P′O，在旋转过程中，设直线B′P′与直线BC交于G，与直线BD交于点H，是否存在这样的G、H两点，使△BGH为等腰三角形？若存在，求出此时OH2的值；若不存在，请说明理由．【分析】（1）过点D作DK⊥BC延长线于K．由夹在两条平行线间的平行线断相等可知DK＝AE＝4，依据勾股定理可求得CK的长，然后在△BKD中，依据勾股定理可求得BD的长；在Rt△ABE中，依据勾股定理可求得BE＝3，从而可求得t的值；（2）当点N在BC上时，如图2所示：过点F作FG⊥AB，垂足为G．先依据勾股定理求得BE的长，从而得到tan∠ABE的值，接下来，可利用含t的式子表示出PQ、PN的长，然后依据角平分线的性质可证明FG＝FE，然后依据面积法可求得EF的长，于是可求得tan∠DBP的值，从而可用含t的式子表示出PH、IN的长，然后依据梯形的面积公式可求得S与t的函数关系；如图3所示：依据S＝S四边形HPNI ﹣S△CNG求解即可；如图4所示：依据S＝S四边形HPNI﹣S△CNG求解即可；如图5所示：过点C作CF⊥BC，交DB与点F，交AD于点G．依据S＝S四边形HPCF+S△DFC求解即可；（3）当点M与点D重合时，先求得PO和BO的长，如图6所示：当HB＝HG时．先证明HO＝HB'．然后在Rt△OHP′中，由勾股定理可知：可求得OH的长，从而可求得答案；如图7所示：当GB＝GH时．点G与点C重合，点H与点D重合，故此可得到OH＝2√5；如图8所示：当BH＝BG时．先证明OB′＝HB′＝OB，由旋转的性质可知求得P′B′、OP′的长，从而可求得HP′的长，最后在△OHP′中，依据勾股定理可求得OH的长；如图9所示：当BH＝BG时．。

中考数学考点系统复习 第四章 三角形 方法技巧突破(四) 全等三角形之七大模型

中考数学考点系统复习 第四章 三角形 方法技巧突破(四) 全等三角形之七大模型
应边相等
2．(2020·台州)如图，已知 AB＝AC，AD＝AE，BD 和 CE 相交于点 O. (1)求证：△ABD≌△ACE； (2)判断△BOC 的形状，并说明理由．
(1)证明：∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAE，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE(SAS)．
(2)解：△BOC 是等腰三角形， 理由： ∵△ABD≌△ACE，∴∠ABD＝∠ACE， ∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴ ∠ABC－∠ABD＝∠ACB－∠ACE， ∴∠OBC＝∠OCB，∴BO＝CO，∴△BOC 是等腰三角形．
7．(2020·徐州)如图，AC⊥BC，DC⊥EC，AC＝BC，DC＝EC，AE 与 BD 交 于点 F. (1)求证：AE＝BD； (2)求∠AFD 的度数．
(1)证明：∵AC⊥BC，DC⊥EC， ∴∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴∠ACE＝∠BCD.
AC＝BC， 在△ACE 和△BCD 中，∠ACE＝∠BCD，
模型四：三垂直模型(弦图模型) 【模型归纳】 (1)“内弦图”模型及其演变
在正方形 ABCD 中，点 E，F，G，H 分别在边 AB，BC，CD，AD 上，且 HE⊥EF， GF⊥EF, HG⊥FG，BE＝CF＝DG＝AH.
(2)“外弦图”模型及其演变
4．(2020·南充)如图，点 C 在线段 BD 上，且 AB⊥BD，DE⊥BD，AC⊥CE， BC＝DE.求证：AB＝CD.
5．( 2021·丹阳市二模)如图，在四边形 ABCD 中，AD∥BC，点 E 为对角 线 BD 上一点，∠A＝∠BEC，且 AD＝BE. (1)求证：AD＋DE＝BC ； (2)若∠BDC＝70°，求∠ADB 的度数﹒
(1)证明：∵AD∥BC， ∴∠ADB＝∠CBE，
∠A＝∠BEC，

专题18《弦图模型》

专题18《弦图模型》
例题讲解 例 1 四边形 ABCD 是边长为 4 的正方形，点 E 在边 AD 所在的直线上，连结 CE，以 CE
为边，作正方形 CEFG（点 D，F 在直线 CE 的同侧），连结 BF．当点 E 在线段 AD 上时，AE ＝1，求 BF 的长．
解 如图，过点 F 作 FH ⊥AD 交 AD 的延长线于点 H， 延长 FH 交 BC 的延长线于点 K．
联立方程组
(5
x2 y2 25 x)2 (10 y)2
102
，
得x 5 y0源自（舍），或x y3 4
．
所以 AR＝5＋x＝8， 所以 DN ＝ AR ＝ 8 ＝ 4 ．
AM AB 10 5
进阶训练 1．如图，在平面直角坐标系中，经过点 A 的双曲线，y＝ k （k＞0）同时经过点 B．且 x
BQ AB 所以 EF ＝ AD ．
GH AB
（2）因为 EF⊥GH，AM⊥BN．
4
所以由（1）中的结论可得 EF ＝ AD ， BN ＝ AD ． GH AB AM AB
所以 BN ＝ EF ＝ 11 ． AM GH 15
（3）如图 5．过点 D 作平行于 AB 的直线，交过点 A 且平行于 BC 的直线于点 P，交 BC 的延长线于点 S．
则四边形 ABSR 是平行四边形． 因为∠ABC＝90°， 所以四边形 ABSR 是矩形． 所以∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝10，AR＝BS． 因为 AM⊥DN． 所以由（1）中的结论可得 DN ＝ AR ．
AM AB 设 SC＝x，DS＝y，则 AR＝BS＝5＋x．RD＝10－y ， 所以在 Rt△CSD 中，x2＋y2＝25． 在 Rt△ARD 中．（5＋x）2＋（10－y）2＝100．

第6讲弦图模型(解析版)

第6讲弦图模型(解析版)

中考数学几何模型6：弦图模型名师点睛拨开云雾开门见山弦图模型，包含两种模型：内弦图模型和外弦图模型.（一）内弦图模型：如图，在正方形ABCD中，AE⊥BF于点E，BF⊥CG于点F，CG⊥DH于点G，DH ⊥AE于点H，则有结论：△ABE≌△BCF≌△CDG≌△DAH.注意局部弦图（二）外弦图模型：如图，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是正方形ABCD各边上的点，且四边形EFGH是正方形，则有结论：△AHE≌△BEF≌△CFG≌△DGH.包含“一线三垂直”典题探究启迪思维探究重点例题1. 如图，在△ABC中，∠ABC=90°，分别以AB，AC向外作正方形ABDE，ACFG，连接EG，若AB=12，BC=16，求△AEG的面积.变式练习>>>1．如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD上，连接CE，以CE为边作正方形CEFG，点D，F在直线CE的同侧，连接BF，若AE=1，求BF的长.例题2. 如图，以Rt△ABC的斜边BC在△ABC同侧作正方形BCEF，该正方形的中心为点O，连接AO.若AB=4，AO=62，求AC的长.变式练习>>>2．如图，点A，B，C，D，E都在同一条直线上，四边形X，Y，Z都是正方形，若该图形总面积是m，正方形Y的面积是n，则图中阴影部分的面积是___________.例题3. 如图，在△ABC 中，∠BAC=45°，D 为△ABC 外一点，满足∠CBD=90°，BC=BD ，若=4.5ACD S △，求AC 的长.变式练习>>>3．点P 是正方形ABCD 外一点，PB=10cm ，△APB 的面积是60cm 2，△CPB 的面积是30cm 2．求正方形ABCD 的面积.例题4. 在边长为10的正方形ABCD 中，内接有6个大小相同的正方形，P 、Q 、M 、N 是落在大正方形边上的小正方形的顶点，如图所示，求这六个小正方形的面积.变式练习>>>4．如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y＝（x＞0）同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为，∠AOB＝∠OBA＝45°，则k的值为1+．【解答】解：在△AOM和△BAN中，，∴△AOM≌△BAN（AAS），∴AM＝BN＝，OM＝AN＝，∴OD＝+，BD＝﹣，∴B（+，﹣），∴双曲线y＝（x＞0）同时经过点A和B，∴（+）•（﹣）＝k，整理得：k2﹣2k﹣4＝0，解得：k＝1±（负值舍去），∴k＝1+；故答案为：1+．例题5. 如图，在等腰Rt △ACB 和等腰Rt △DCE 中，∠AXB=∠DCE=90°，连接AD ，BE ，点I 在AD 上， （1）若IC ⊥BE ，求证：I 为AD 中点； （2）若I 为AD 中点，求证：IC ⊥BE例题6. 在平面直角坐标系中，直线l 的解析式为2y x b =+，其与x 轴交于点A,与y 轴交于点B ，在直线l 移动的过程中，直线y=4上是否存在点P ，使得△PAB 是等腰直角三角形，若存在，请求出满足条件的所有点P 的坐标，如不存在，请说明理由.达标检测领悟提升强化落实1. 如图所示，“赵爽弦图”是由8个全等的直角三角形拼接而成的，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，已知S1+S2+S3＝10，则S2的值是．【解答】解：将四边形MTKN的面积设为x，将其余八个全等的三角形面积一个设为y，∵正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，S1+S2+S3＝10，∴得出S1＝8y+x，S2＝4y+x，S3＝x，∴S1+S2+S3＝3x+12y＝10，故3x+12y＝10，x+4y＝，所以S2＝x+4y＝，故答案为：．2. 我国古代数学家赵爽利用弦图证明了勾股定理，这是著名的赵爽弦图（如图1）．它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案．在弦图中（如图2），已知点O为正方形ABCD的对角线BD的中点，对角线BD分别交AH，CF于点P、Q．在正方形EFGH的EH、FG两边上分别取点M，N，且MN经过点O，若MH＝3ME，BD＝2MN＝4．则△APD的面积为5．【解答】解：如图，连接FH，作EK∥MN，OL⊥DG∵四边形ABCD是正方形，且BD＝2MN＝4∴MN＝2，AB＝2∵四边形EFGH是正方形∴FO＝HO，EH∥FG∴∠HMO＝∠FNO，∠MHO＝∠NFO，且FO＝HO∴△MHO≌△FNO（AAS），∴MH＝FN∵MH＝3ME，∴MH＝FN＝3EM，EH＝EF＝4EM∴EK∥KN，EH∥FG，∴四边形EMNK是平行四边形∴MN＝EK＝2，KN＝EM，∴FK＝2EM∵EF2+FK2＝EK2，∴16EM2+4EM2＝20，∴EM＝1，∴EH＝4，∵AD2＝（AE+4）2+DH2，且AE＝DH∴DH＝AE＝2，∴AH＝6∵PH∥OL，∴，∴PH＝1，∴AP＝5，∴S△APD＝×5×2＝5故答案为53．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG，EG．（正方形的各边都相等，各角均为90°）（1）判断CE与BG的关系，并说明理由；（2）若BC＝3，AB＝5，则AEG面积等于6．【解答】解：（1）如图，∵∠EAB＝∠GAC＝90°，∴∠EAC＝∠BAG，在△EAC和△BAG中，，∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE＝BG，∠AEC＝ABG，∵∠AEC+∠APE＝90°，∠APE＝∠BPC，∴∠BPC+∠ABG＝90°，∴CE⊥BG；（2）延长GA，过E作EQ⊥AQ，∵∠EAB＝∠GAC＝90°，∴∠EAG+∠BAC＝180°，∵∠EAG+∠EAQ＝180°，∴∠EAQ＝∠BAC，∴EQ＝AE•sin∠EAQ＝AB•BC＝3，∵BC＝3，AB＝5，∴AC＝＝4，∴AEG面积＝AG•EQ＝×4×3＝6．4．【问题解决】一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，P A＝1，PB＝2，PC ＝3．你能求出∠APB的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP′，求出∠APB的度数．请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．【类比探究】如图2，若点P是正方形ABCD外一点，P A＝3，PB＝1，PC＝，求∠APB的度数．【解答】解：（1）思路一、如图1，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，∴△ABP'≌△CBP，∴∠PBP'＝90°，BP'＝BP＝2，AP'＝CP＝3，在Rt△PBP'中，BP＝BP'＝2，∴∠BPP'＝45°，根据勾股定理得，PP'＝BP＝2，∵AP＝1，∴AP2+PP'2＝1+8＝9，∵AP'2＝32＝9，∴AP2+PP'2＝AP'2，∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，∴∠APB＝∠APP'+∠BPP'＝90°+45°＝135°；（2）如图2，将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，∴△ABP'≌△CBP，∴∠PBP'＝90°，BP'＝BP＝1，AP'＝CP＝，在Rt△PBP'中，BP＝BP'＝1，∴∠BPP'＝45°，根据勾股定理得，PP'＝BP＝，∵AP＝3，∴AP2+PP'2＝9+2＝11，∵AP'2＝（）2＝11，∴AP2+PP'2＝AP'2，∴△APP'是直角三角形，且∠APP'＝90°，∴∠APB＝∠APP'﹣∠BPP'＝90°﹣45°＝45°．5．如图，已知∠ABC＝90°，D是直线AB上一点，AD＝BC．（1）如图1，过点A作AF⊥AB，并截取AF＝BD，连接DC、DF、CF．①求证：AF+AB＝BC②判断FD与DC的关系并证明；（2）如图2，E是直线BC上一点，且CE＝BD，直线AE、CD相交于点P，∠APD的度数是一个固定的值吗？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由．【解答】（1）证明：①∵AD＝BC，∴AD＝AB+BD，AF＝BD，∴AF+AB＝BC．②∵AF⊥AB，∴∠F AD＝90°，又∵∠DBC＝90°，∴∠F AD＝∠DBC，∵AF＝BD，AD＝BC，∴△F AD≌△DBC（SAS），∴FD＝CD，∠ADF＝∠BCD，∴∠BDC+∠ADF＝∠BDC+∠BCD＝90°，即DF⊥DC；（2）解：作AF⊥AB于A，使AF＝BD，连结DF，CF，如图，∵AF⊥AD，∠ABC＝90°，∴∠F AD＝∠DBC，在△F AD与△DBC中，，∴△F AD≌△DBC（SAS），∴FD＝DC，∴△CDF是等腰三角形，∵△F AD≌△DBC，∴∠FDA＝∠DCB，∵∠BDC+∠DCB＝90°，∴∠BDC+∠FDA＝90°，∴△CDF是等腰直角三角形，∴∠FCD＝45°，∵AF∥CE，且AF＝CE，∴四边形AFCE是平行四边形，∴AE∥CF，∴∠APD＝∠FCD＝45°．6．【探究证明】（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H，求证：；【结论应用】（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若，则的值为；（直接写出结果）【联系拓展】（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝6，BC＝CD＝3，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求的值．【解答】解：（1）过点A作AP∥EF，交CD于P，过点B作BQ∥GH，交AD于Q，如图1，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC，AD∥BC．∴四边形AEFP、四边形BHGQ都是平行四边形，∴AP＝EF，GH＝BQ．又∵GH⊥EF，∴AP⊥BQ，∴∠QAT+∠AQT＝90°．∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠D＝90°，∴∠DAP+∠DP A＝90°，∴∠AQT＝∠DP A．∴△PDA∽△QAB，∴，∴；（2）如图2，∵EF⊥GH，AM⊥BN，∴由（1）中的结论可得，；∴，故答案为；（3）过点D作平行于AB的直线，交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，如图3，则四边形ABSR是平行四边形．∵∠ABC＝90°，∴平行四边形ABSR是矩形，∴∠R＝∠S＝90°，RS＝AB＝6，AR＝BS．∵AM⊥DN，∴由（1）中的结论可得．设SC＝x，DS＝y，则AR＝BS＝3+x，RD＝6﹣y，∴在Rt△CSD中，x2+y2＝9①，在Rt△ARD中，（3+x）2+（6﹣y）2＝36②，由②﹣①得x＝2y﹣3③，解方程组，得（舍去），或，∴AR＝3+x＝，∴＝＝．7．如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，l是AD的垂直平分线，交AD于点M，以腰AB 为边作正方形ABFE，EP⊥l于P．求证：2EP+AD＝2CD．【解答】证明：作AH⊥BC于H，延长EP交AH于G，∵l是AD的垂直平分线，∴AM＝MD＝AD，l∥AH，又∵四边形ABCD是直角梯形，∴四边形AHCD是矩形，∴AH＝CD，∵PE⊥l，∴EG⊥AH，∴四边形AGPM是矩形，∴GP＝AM＝AD，∴∠AHB＝∠AGE＝90°，∴∠1+∠2＝90°，在正方形ABFE中，AB＝AE，∠BAE＝90°，∴∠2+∠3＝90°，∴∠1＝∠3，在△ABH和△EAG中，，∴△ABH≌△EAG（AAS），∴AH＝EG，∴CD＝GP+PE＝AD+PE，即2CD＝AD+2PE．8．提出问题：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG，EG．（1）探索CE与BG的关系；（2）探究△ABC与△AEG面积是否仍然相等？说明理由．（3）如图2，学校教学楼前的一个六边形花圃被分成七个部分，分别种上不同品种的花卉，已知△CDG 是直角三角形，∠CGD＝90°，DG＝3m，CG＝4m，四边形ABCD、CIHG、GFED均为正方形，则这个六边形花圃ABIHFE的面积为74m2．【解答】解（1）CE＝BG，CE⊥BG；理由：∵∠EAB＝∠GAC＝90°，∴∠EAC＝∠BAG，在△EAC和△BAG中，，∴△EAC≌△BAG（SAS），∴CE＝BG，∠AEC＝ABG，∵∠AEC+∠APE＝90°，∠APE＝∠BPC，∴∠BPC+∠ABG＝90°，∴CE⊥BG；即：CE＝BG，CE⊥BG；（2）如图1，过点E作EH⊥AG交GA延长线于H；∴∠EHA＝∠90°＝∠BCA，∵∠EAH+∠BAH＝90°，∠BAC+∠BAH＝90°，∴∠EAH＝∠BAC，在△EHA和△BCA中，，∴△EHA≌△BCA，∴EH＝BC，∵AC＝AG∴S△ABC＝AC×BC＝AC×EH，S△AGE＝AG×EH＝AC×EH，∴S△ABC＝S△AGE，（3）∵在Rt△CDG中，DG＝3m，CG＝4m，∴CD＝5m，∵四边形ABCD，CIHG、GFED均为正方形∴CG＝GH＝4，DG＝FG＝3，同（2）的方法得出S△BCI＝S△CDG，S△ADE＝S△CDG∴S六边形花圃ABIHFE＝S正方形ABCD+S△BCI+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+S△ADE+S△SDG ＝S正方形ABCD+S△CDG+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+S△CDG+S△CDG＝S正方形ABCD+S正方形CIHG+S△FGH+S正方形DEFG+3S△CDG＝CD2+CG2+GH×FG+DG2+3×CG×DG＝52+42+×4×3+32+×4×3＝25+16+6+9+18＝74（m2）．故答案为74m2．9．已知：l1∥l2∥l3∥l4，平行线l1与l2、l2与l3、l3与l4之间的距离分别为d1、d2、d3，且d1＝d3＝1，d2＝2．我们把四个顶点分别在l1、l2、l3、l4这四条平行线上的四边形称为“格线四边形”．（1）如图1，正方形ABCD为“格线四边形”，则正方形ABCD的边长为．（2）矩形ABCD为“格线四边形”，其长：宽＝2：1，求矩形ABCD的宽．（3）如图1，EG过正方形ABCD的顶点D且垂直l1于点E，分别交l2，l4于点F，G．将∠AEG绕点A 顺时针旋转30°得到∠AE′D′（如图2），点D′在直线l3上，以AD′为边在E′D′左侧作菱形AB′C′D′，使B′，C′分别在直线l2，l4上，求菱形AB′C′D′的边长．【解答】解：（1）∵l1∥l2∥l3∥l4，∠AED＝90°∴∠DGC＝90°，∵四边形ABCD为正方形∴∠ADC＝90°，AD＝CD，∵∠ADE+∠2＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠ADE，∵l3∥l4，∴∠1＝∠DCG，∠ADE＝∠DCG，在△AED与△DGC中，，∴△AED≌△GDC（AAS），∴AE＝GD＝1，ED＝GC＝3，∴AD＝＝，故答案为：；（2）如图2过点B作BE⊥L1于点E，反向延长BE交L4于点F，则BE＝1，BF＝3，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴∠ABE+∠FBC＝90°，∵∠ABE+∠EAB＝90°，∴∠FBC＝∠EAB，当AB＜BC时，AB＝BC，∴AE＝BF＝，∴AB＝＝；如图3当AB＞BC时，同理可得：BC＝，∴矩形的宽为：，；（3）如图4过点E′作ON垂直于l1分别交l1，l3于点O，N，∵∠OAE′＝30°，则∠E′FN＝60°∵AE′＝AE＝1，故E′O＝，E′N＝，E′D′＝，由勾股定理可知菱形的边长为：＝＝．10．四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG （点D，点F在直线CE的同侧），连接BF．（1）如图1，当点E与点A重合时，请直接写出BF的长；（2）如图2，当点E在线段AD上时，AE＝1；①求点F到AD的距离；②求BF的长；（3）若BF＝3，请直接写出此时AE的长．【解答】解：（1）作FH⊥AB于H，如图1所示：则∠FHE＝90°，∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，∴AD＝CD＝4，EF＝CE，∠ADC＝∠DAH＝∠BAD＝∠CEF＝90°，∴∠FEH＝∠CED，在△EFH和△CED中，，∴△EFH≌△CED（AAS），∴FH＝CD＝4，AH＝AD＝4，∴BH＝AB+AH＝8，∴BF＝＝＝4；（2）过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB于M，如图2所示：则FM＝AH，AM＝FH，①∵AD＝4，AE＝1，∴DE＝3，同（1）得：△EFH≌△CED（AAS），∴FH＝DE＝3，EH＝CD＝4，即点F到AD的距离为3；②∴BM＝AB+AM＝4+3＝7，FM＝AE+EH＝5，∴BF＝＝＝；（3）分三种情况：①当点E在边AD的左侧时，过F作FH⊥AD交AD于点H，交BC延长线于K．如图3所示：同（1）得：△EFH≌△CED，∴FH＝DE＝AE+4，EH＝CD＝4，∴FK＝8+AE，在Rt△BFK中，BK＝AH＝EH﹣AE＝4﹣AE，由勾股定理得：（4﹣AE）2+（8+AE）2＝（3）2，解得：AE＝1或AE＝﹣5（舍去），∴AE＝1；②当点E在边AD的右侧时，过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，交BC延长线于K，如图4所示：同理得：AE＝2+或2﹣（舍去）．③当点E在AD上时，可得：（8﹣AE）2+（4+AE）2＝90，解得AE＝5或﹣1，5＞4不符合题意．综上所述：AE的长为1或2+．。

中考数学压轴题专项汇编专题弦图模型

中考数学压轴题专项汇编专题弦图模型

专题18 弦图模型破解策略1．内弦图ABCDBFCGCGDHDHAEAEBFABEBCFCDGDAH．≌△在正方形⊥中，≌△⊥，，⊥则△，⊥≌△，如图，ABCBFC＝90°＝∠因为∠证明ABEFBCFBCFCB－90°．＝∠所以∠＋∠＋∠ABEFC B．＝∠所以∠ABBABEBCF，．所以△又因为＝≌△C ABEBCFCDGDAH．同理可得△≌△≌△≌△ADGFHECB2．外弦圈ABCDMNPQABCD边上，且，如图，在正方形在正方形中，点，，MUPQQBMMCNNDPPAQ．≌△≌△四边形≌△为正方形，则△BQMNC＝90°，因为∠＝∠＝∠证明BQMQMBQMBNMC＝90°，＋∠＝∠所以∠＋∠BQMNM C．＝∠所以∠QMMNQBMMCN．，所以△又因为＝≌△QHMMCNNDPPAQ．同理可得△≌△≌△≌△PADQNCMB3．括展ABHABHBEAHE．所以⊥）如图，在Rt△中．∠＝90°，于点1 （ABEBHEAH B．≌△≌△△QBMBLKQBBLQMBK，所以＝，⊥Rt△）如图，在（ 2Rt △和中，QBMBLK．△≌△7/ 1AEHBBKBLKQM＝90°，，⊥证明因为∠KQMBKBIKBL十∠所以∠＋∠90°＝∠＝KQMB所以∠，＝∠BLQB＝又因为．BLKQBM≌△所以△．QKELMB例题讲解CEADCEEABCD，以的正方形，点4所在的直线上，连结1 四边形在边是边长为例AEADCECEFGDFBFE，上时，1．为边，作正方形当点（点＝，在线段在直线的同侧），连结BF求的长．FEADGCBHFADADFH交，解如图，过点的延长线于点作⊥KFHBC交．延长的延长线于点CEFGABCD和四边形是正方形，因为四边形CDEHEDADFHECDFEHAE－4＝3，．＝根据“弦图模型”可得△≌△，所以＝＝＝EDDHHKCDHKCDCKEH＝－因为为矩形，所以1＝＝4，＝．＝CKBCBKHKFKFH＝．5＝＋．，所以＝十＝72274BKFK?BF＝所以＝7/ 2FDEAHGKCBACBACBCDCBDS，求．45°，若5如图，△＝为等腰直角三角形，∠＝90°，∠4＝例2ACD△的长．DBCAFDFBFEBDBBEACE⊥如图，过点解．作作⊥交于点，过点的延长线于点CEBBFD由“外弦图模型”可得△，≌△CEBF＝．所以EFAEBEAC，所以易证＝＝，112ACEFSAC，＝4·＝．所以＝5ACD△22AC从而＝3．FDBECA 某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探例3 究，提出下列问题，请你给出证明．BCGHADFEFEFABCDCHABCDF，，）如图（11，在矩形中，于点⊥，，分别交，分别交ADEF HG．求证：于点＝ABGHEF CDBNAMMNBC上，若，点，分别在边122＝（）如图，在满足（）的条件下，又，⊥GHBN11＝．，则AM15DNADABABCABCDCDBCAM，＝10＝＝90°，，在四边形33（）如图中，∠＝，－⊥，57 / 3DN ABMNBC分别在边上，求，点的值．，AM DNDDFFCCMGGMHHBBBNEAAAE3图2图1图AAPEFCDPBBQGHADQ．作作∥．交∥于点于点，过点，交（解 1））如图4．过点ABCD是矩形．因为四边形ABDCADB C．∥∥，所以AEFPBHGQ都是平行四边形，，四边形所以四边形APEFGHBQ．＝＝，所以CHEF．⊥又因为APBQ．所以⊥QATAQT＝90＋∠°．所以∠ABCD是矩形，因为四边形DABD＝90°，所以∠＝∠DAPDPA＝90°，所以∠＋∠AQTDP A．所以∠＝∠PDAQA B．所以△∽△APAD＝所以，BQABADEF＝．所以GHABPFCDGQTHAEBEFGHAMBN．）因为（ 2⊥，⊥7/ 4ADADBNEF＝，所以由（1＝）中的结论可得．AMGHABAB11EFBN．所以＝＝15GHAM BCPBCDABA，交3）如图5．过点的直线于点作平行于且平行于的直线，交过点（S．的延长线于点ABSR是平行四边形．则四边形ABC＝90°，因为∠ABSR是矩形．所以四边形RSRSABARBS．，1090°，＝所以∠＝＝∠＝＝AMDN．因为⊥DNAR＝）中的结论可得．所以由（1AMAB SCxDSyARBSxRDy，－．，＝，则＝＝10＝设5＝＋22yCSDx 25＋．所以在Rt△＝中，22yxARD 100＋＝）＋（10－．在 Rt△）中．（522?25x??y程组，联立方?ARx＝8＋5，所以＝DNAR84＝＝所22210??x)?(10?y)(5?x?35?x???得（舍），或．??y?0y?4??以＝．AMAB105DSRCMBNA进阶训练k kAy＞0）同时经过点B．如图，在平面直角坐标系中，经过点 1的双曲线，＝（．且x7 / 5kABAOBAAOB°，则．点．∠在点＝的左侧，点＝∠__ __＝45的横坐标为2y AB xO BCEABADBDABC上的一点，且上的点，．＝是直线 2．如图，巳知∠＝90°，C是直线APDPAEDCCEB 请求出它的度，，∠相交于点＝的度数是一个固定的值吗？若是，D．直线数；若不是，请说明理由．APBECDABCDPADADBP的垂直平分线分别 3．如图，在正方形上，且不与中，点，在重合．CDABEFQEEHABHEHBPMHF．求证：作⊥与，过点于点．交于点交，于，两点，垂足为AP．＝ECDPQBHAF7/ 6参考答案：型弦图模：专题18．＋1 1．5NAMABAMBDxyBDDM，则四，过点，轴于点【提示】过点轴于点作作⊥交于点，直线⊥kk BDOMANOMNDAOMABNAMBN，＝为矩形，易证△＝≌△＝，所以－＝，＝边形，2222kkkkk BOD （）有（所以点·（＋＋，）－，根据双曲线表达式，＝＋，222222222kk＋，解得．＝）＝＋152y ANMB xO DAPD45．∠°，为固定值．＝ 2CEAFCFAFCEAFAABAFBDDF，【提示】如图，过点．可得作⊥，，并截取∥＝＝，连结，CBDAFAPDFCAFCEFCAE1D所以四边形D是平行四边形，所以∥．易证△，∠≌△＝∠．则∠FCDDAPDFD°．，2＝∠＝＝C．从而∠45＝∠AFPBE12C3D3．略．ASAFHEBCABPABFHEHBC．所≌△）（显然四边形【提示】为矩形，所以＝＝，所以△APHF．以＝7/ 7。

第6讲弦图模型(原卷版)

第6讲弦图模型(原卷版)

中考数学几何模型6：弦图模型名师点睛 拨开云雾 开门见山弦图模型，包含两种模型：内弦图模型和外弦图模型.（一）内弦图模型：如图，在正方形ABCD 中，AE ⊥BF 于点E ，BF ⊥CG 于点F ，CG ⊥DH 于点G ，DH ⊥AE 于点H ，则有结论：△ABE ≌△BCF ≌△CDG ≌△DAH.（二）外弦图模型：如图，在正方形ABCD 中，E ，F ，G ，H 分别是正方形ABCD 各边上的点，且四边形EFGH 是正方形，则有结论：△AHE ≌△BEF ≌△CFG ≌△DGH.典题探究 启迪思维 探究重点例题1. 如图，在△ABC 中，∠ABC=90°，分别以AB ，AC 向外作正方形ABDE ，ACFG ，连接EG ，若AB=12，BC=16，求△AEG 的面积.注意局部弦图包含“一线三垂直”变式练习>>>1．如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD上，连接CE，以CE为边作正方形CEFG，点D，F在直线CE的同侧，连接BF，若AE=1，求BF的长.例题2. 如图，以Rt△ABC的斜边BC在△ABC同侧作正方形BCEF，该正方形的中心为点O，连接AO.若AB=4，AO=62，求AC的长.变式练习>>>2．如图，点A，B，C，D，E都在同一条直线上，四边形X，Y，Z都是正方形，若该图形总面积是m，正方形Y的面积是n，则图中阴影部分的面积是___________.例题3. 如图，在△ABC 中，∠BAC=45°，D 为△ABC 外一点，满足∠CBD=90°，BC=BD ，若=4.5ACD S △，求AC 的长.变式练习>>>3．点P 是正方形ABCD 外一点，PB=10cm ，△APB 的面积是60cm 2，△CPB 的面积是30cm 2．求正方形ABCD 的面积.例题4. 在边长为10的正方形ABCD 中，内接有6个大小相同的正方形，P 、Q 、M 、N 是落在大正方形边上的小正方形的顶点，如图所示，求这六个小正方形的面积.变式练习>>>4．如图，在平面直角坐标系中，经过点A的双曲线y＝（x＞0）同时经过点B，且点A在点B的左侧，点A的横坐标为，∠AOB＝∠OBA＝45°，则k的值为．例题5. 如图，在等腰Rt△ACB和等腰Rt△DCE中，∠AXB=∠DCE=90°，连接AD，BE，点I在AD上，（1）若IC⊥BE，求证：I为AD中点；（2）若I为AD中点，求证：IC⊥BE例题6. 在平面直角坐标系中，直线l 的解析式为2y x b =+，其与x 轴交于点A,与y 轴交于点B ，在直线l 移动的过程中，直线y=4上是否存在点P ，使得△PAB 是等腰直角三角形，若存在，请求出满足条件的所有点P 的坐标，如不存在，请说明理由.达标检测领悟提升强化落实1. 如图所示，“赵爽弦图”是由8个全等的直角三角形拼接而成的，记图中正方形ABCD，正方形EFGH，正方形MNKT的面积分别为S1，S2，S3，已知S1+S2+S3＝10，则S2的值是．2. 我国古代数学家赵爽利用弦图证明了勾股定理，这是著名的赵爽弦图（如图1）．它是由四个全等的直角三角形拼成了内、外都是正方形的美丽图案．在弦图中（如图2），已知点O为正方形ABCD的对角线BD的中点，对角线BD分别交AH，CF于点P、Q．在正方形EFGH的EH、FG两边上分别取点M，N，且MN经过点O，若MH＝3ME，BD＝2MN＝4．则△APD的面积为．3．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG，EG．（正方形的各边都相等，各角均为90°）（1）判断CE与BG的关系，并说明理由；（2）若BC＝3，AB＝5，则AEG面积等于．4．【问题解决】一节数学课上，老师提出了这样一个问题：如图1，点P是正方形ABCD内一点，P A＝1，PB＝2，PC ＝3．你能求出∠APB的度数吗？小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路：思路一：将△BPC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP′A，连接PP′，求出∠APB的度数；思路二：将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP′，求出∠APB的度数．请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程．【类比探究】如图2，若点P是正方形ABCD外一点，P A＝3，PB＝1，PC＝，求∠APB的度数．5．如图，已知∠ABC＝90°，D是直线AB上一点，AD＝BC．（1）如图1，过点A作AF⊥AB，并截取AF＝BD，连接DC、DF、CF．①求证：AF+AB＝BC②判断FD与DC的关系并证明；（2）如图2，E是直线BC上一点，且CE＝BD，直线AE、CD相交于点P，∠APD的度数是一个固定的值吗？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由．6．【探究证明】（1）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题，请你给出证明．如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB，CD于点E，F，GH分别交AD，BC于点G，H，求证：；【结论应用】（2）如图2，在满足（1）的条件下，又AM⊥BN，点M，N分别在边BC，CD上，若，则的值为；（直接写出结果）【联系拓展】（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝AD＝6，BC＝CD＝3，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求的值．7．如图，直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC＝90°，l是AD的垂直平分线，交AD于点M，以腰AB 为边作正方形ABFE，EP⊥l于P．求证：2EP+AD＝2CD．8．提出问题：如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，分别以边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连接CE，BG，EG．（1）探索CE与BG的关系；（2）探究△ABC与△AEG面积是否仍然相等？说明理由．（3）如图2，学校教学楼前的一个六边形花圃被分成七个部分，分别种上不同品种的花卉，已知△CDG 是直角三角形，∠CGD＝90°，DG＝3m，CG＝4m，四边形ABCD、CIHG、GFED均为正方形，则这个六边形花圃ABIHFE的面积为．9．已知：l1∥l2∥l3∥l4，平行线l1与l2、l2与l3、l3与l4之间的距离分别为d1、d2、d3，且d1＝d3＝1，d2＝2．我们把四个顶点分别在l1、l2、l3、l4这四条平行线上的四边形称为“格线四边形”．（1）如图1，正方形ABCD为“格线四边形”，则正方形ABCD的边长为．（2）矩形ABCD为“格线四边形”，其长：宽＝2：1，求矩形ABCD的宽．（3）如图1，EG过正方形ABCD的顶点D且垂直l1于点E，分别交l2，l4于点F，G．将∠AEG绕点A 顺时针旋转30°得到∠AE′D′（如图2），点D′在直线l3上，以AD′为边在E′D′左侧作菱形AB′C′D′，使B′，C′分别在直线l2，l4上，求菱形AB′C′D′的边长．10．四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG （点D，点F在直线CE的同侧），连接BF．（1）如图1，当点E与点A重合时，请直接写出BF的长；（2）如图2，当点E在线段AD上时，AE＝1；①求点F到AD的距离；②求BF的长；（3）若BF＝3，请直接写出此时AE的长．。

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中考模型解题 之 弦图模型
知识提要
二、专项训练
【板块一】弦图基本模型
2. 如图，梯形ABCD 中，AB//DC ,Z B=90° E 为BC 上一点，且AE 丄ED .
若
1. 如图，Rt A ABC 中，CD 丄AB,垂足为D,DE 丄AC,垂足为E,求证: AC 2
BC 2 AE CE
1.弦图基本模型 模
型一：
模型
2.弦图模型之变形
BC=12, DC=7, BE: EC=1 : 2,贝U AB 的长为______________ :
9
3. 在厶ABC 中，AB=2.5 , AC=4, BC=2, 以AB 为边向△ ABC 外作△ ABD, 使
厶ABD为等腰直角三角形，求线段CD的长.
【板块二】弦图模型之变形
4. （2011）如图，等边三角形ABC的边长为3,点P为BC边上一点，且BP=1,
点D为AC边上一点，若/ APD=60°,贝U CD的长为______________ .
B p C
5. (2011)如图，四边形ABCD, M为BC边的中点.若/ B= / AMD = / C=45°,
AB=8, CD=9，贝U AD 的长为( )
A. 3
B. 4
C. 5
D. 6
6. （2011荆州）如图，P为线段AB上一点，AD与BC交干E,Z CPD=/ A=Z B, BC交PD于F, AD交PC于G,则图中相似三角形有（）
n
A . 1对B. 2对C. 3对D . 4对
7. 在△ABC中，AC=BC,Z ACB=90°点M是AC上的一点，点N是BC上的一点，沿着直线MN折叠，使得点C恰好落在边AB上的P点，
求证：MC: NC=AP: PB.。

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