专题7弦图与垂直模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）（解析版）-中考数学备考复习重点资料归纳汇总.docx

压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案专题7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+∠MBP＝90°，∴∠EPN＝∠MBP．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．∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴OB=22=2．∴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△AGB≌△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°，∴∠EGB=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，∴∠AGB=∠AGM=90°，∴∠HBG=∠AGM=90°,∴HB//AE，∴∠BHA=∠EAN，在△AGB和△AGM中，AG=AG∠AGB=∠AGMGB=GM∴△AGB≌△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）106【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≅△BCGASA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≅△BCGASA，∴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，OF=AF2−AO2=532−1022=106．【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=∠E。