2024年九年级中考数学压轴题锦囊妙计—倍长中线

这是一份2024年九年级中考数学压轴题锦囊妙计—倍长中线，共22页。试卷主要包含了证明等内容，欢迎下载使用。
中线是三角形中的重要线段之一，当已知条件中出现中线时，常利用倍长中线法构造全等三角形解决问题.
模型1：直接倍长中线
1、如图，在中，AD是BC边上的中线.
辅助线做法：延长AD到点E，使DE=AD，连接BE，CE.
结论：（1）
（2）
（3）四边形ABEC是平行四边形
模型2：间接倍长中线
2、如图，在中，AD是BC边上的中线，点M是AB边上的一点.
辅助线做法：延长MD到点N，使DN=MD，连接CN.
结论：
【学以致用】
1.如图，为的中线．
（1）求证：．
（2）若，，求的取值范围．
2.如图，在中，平分，且，求证：．
3.如图，是的中线，是的中线，且．
求证：①；②平分．
4.如图，在中，是边的中点，是上一点，，的延长线交于点．求证：.
5.如图，在中，交于点，点E是BC的中点，交CA的延长线于点F，交AB于点G，BG＝CF．求证：AD为的角平分线．
6.如图，在四边形ABCD中，，点E在BC上，点F是CD的中点，且，已知，，求CE的长．
7.如图，在正方形ABCD的边CB的延长线上取一点E，为等腰直角三角形，，连接FD，取FD的中点G，连接EG，CG．求证：且．
8.如图，与均为等腰直角三角形，，，垂足分别为A，D，连接EC，F为EC中点，连接AF，DF，猜测AF，DF的数量关系和位置关系，并说明理由．
9.如图，为等边三角形，，，连接CE，F为CE的中点，连接DF并倍长，连接AD、CG、AG.下列结论：①；②若，则；③在②的条件下，若，则.其中正确的有（ ）
A.①②③都正确B.只有①②正确C.只有②③正确D.只有①③正确
10.小明遇到这样一个问题，如图1，中，，，点D为BC的中点，求AD的取值范围.
小明发现老师讲过的“倍长中线法”可以解决这个问题，所谓倍长中线法，就是将三角形的中线延长一倍，以便构造出全等三角形，从而运用全等三角形的有关知识来解决问题的方法，他的做法是：如图2，延长AD到E，使，连接BE，构造，经过推理和计算使问题得到解决
请回答：（1）小明证明用到的判定定理是什么？(用字母表示)，
（2）AD的取值范围是多少？；
（3）小明还发现：倍长中线法最重要的一点就是延长中线一倍，完成全等三角形模型的构造.
参考小明思考问题的方法，解决问题：
如图3，在正方形ABCD中，E为AB边的中点G、F分别为AD，BC边上的点，若，，，求GF的长.
11.如图1，在中，点D是BC的中点，延长AD到点G，使，连接CG，可以得到，这种作辅助线的方法我们通常叫做“倍长中线法”.
如图2，在中，点D是BC的中点，点E是AB上一点，连接ED，小明由图1中作辅助线的方法想到：延长ED到点G，使，连接CG.
（1）请直接写出线段BE和CG的关系：；
（2）如图3，若，过点D作交AC于点F，连接EF，已知，，其它条件不变，求EF的长.
12.自主学习，学以致用
先阅读，再回答问题：如图1，已知中，AD为中线。延长AD至E，使.在和中，，，，所以，，进一步可得到，等结论.
在已知三角形的中线时，我们经常用“倍长中线”的辅助线来构造全等三角形，并进一步解决一些相关的计算或证明题。
解决问题：如图2，在中，AD是三角形的中线，F为AD上一点，且，连结并延长BF交AC于点E，求证：.
13.定义：如图1，在中，把AB绕点A逆时针旋转并延长一倍得到AB'，把AC绕点A顺时针旋转并延长一倍得到AC'，连接B'C'.当时，称是的“倍旋三角形”，边上B'C'的中线AD叫做的“倍旋中线”.
特例感知：
（1）如图1，当，时，则“倍旋中线”AD长为；如图2，当为等边三角形时，“倍旋中线”AD与BC的数量关系为？；
猜想论证：
（2）在图3中，当为任意三角形时，猜想“倍旋中线”AD与BC的数量关系，并给予证明.
14.已知抛物线经过，，，点P为抛物线上一动点，直线与轴交于点D.
（1）求此抛物线解析式；
（2）如图1，连结OP并倍长至Q，试说明在直线上有且仅有一点M，使；
（3）如图2，连结PO并延长交抛物线于另一点T，求证：y轴平分.
倍长中线
【参考答案】
1、解：（1）证明：如图，延长AD至E，使DE＝AD，连接BE，
∴AE＝2AD．
∵AD是的中线，
∴BD＝CD，
在和中，，
∴，
∴BE＝AC，
在中，，
∴；
（2）解：由①可知AE＝2AD，BE＝AC，
在中，，
∵AC＝3，AB＝5，
∴，
∴，
∴.
2、证明：如图，延长AD到E，使DE＝AD，连接BE．
在和中，，
∴，
∴AC＝EB，∠2＝∠E，
∵AD平分∠BAC，
∴∠1＝∠2，
∴∠1＝∠E，
∴AB＝BE，
∴AB＝AC.
3、证明：如图，延长CD到F，使DF＝CD，连接BF．
由题意可得CF＝2CD，
∵CD是的中线，
∴BD＝AD，
在和中，，
∴，
∴BF＝AC，∠3＝∠A，
∵CB是的中线，∴BE＝AB，
∵AC＝AB，∴BE＝AC，
∴BE＝BF，
∵∠CBE是的一个外角，∴∠CBE＝∠BCA＋∠A＝∠BCA＋∠3，
∵AC＝AB，∴∠BCA＝∠CBA，
∴∠CBE＝∠CBA＋∠3＝∠CBF，
在和中，，∴，
∴CE＝CF，∠4＝∠5，∴CE＝2CD，∴CB平分∠DCE.
4、证明：如图，延长AD到M，使DM＝AD，连接BM．
∵D是BC边的中点，
∴BD＝CD，
在和中，，∴，
∴∠CAD＝∠M，AC＝MB，
∵BE＝AC，∴BE＝MB，∴∠M＝∠BEM，
∴∠CAD＝∠BEM，
∵∠AEF＝∠BEM，
∴∠CAD＝∠AEF，即∠AEF＝∠EAF.
5、证明：如图，延长FE到M，使EM＝EF，连接BM．
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
在和中，，∴，
∴CF＝BM，∠F＝∠M，
∵BG＝CF，∴BG＝BM，∴∠3＝∠M，∴∠3＝∠F，
∵，∴∠2＝∠F，∠1＝∠3，∴∠1＝∠2，
即AD为的角平分线．
6、如图，延长AF交BC的延长线于点G．
∵，∴∠3＝∠G，
∵点F是CD的中点，∴DF＝CF，
在和中，，∴，∴AD＝CG，
∵AD＝2.7，∴CG＝2.7，
∵AE＝BE，∴∠5＝∠B，
∵AB⊥AF，∴∠4＋∠5＝90°，∠B＋∠G＝90°，
∴∠4＝∠G，∴EG＝AE＝5，∴.
7、证明：如图，延长EG，交CD的延长线于M．
由题意，∠FEB＝90°，∠DCB＝90°，
∴∠DCB＋∠FEB＝180°，
∴，∴∠FEG＝∠M，
∵点G为FD中点，∴FG＝DG，
在和中，，
∴，
∴EF＝MD，EG＝MG，
∵是等腰直角三角形，∴EF＝EB，∴BE＝MD，
在正方形ABCD中，BC＝CD，∴BE＋BC＝MD＋CD，即EC＝MC，
∴是等腰直角三角形，
∵EG＝MG，∴EG⊥CG，∠ECG＝∠MCG＝45°，∴EG＝CG.
8、解：AF⊥DF，AF＝DF，理由如下：
延长DF交AC于点P，如图所示：
∵BA⊥AC，ED⊥BD，∴∠BAC＝∠EDA＝90°，
∴，∴∠DEC＝∠ECA，
∵F为EC中点，∴EF＝CF，
在和中，，
∴，
∴DE＝CP，DF＝PF，
∵与均为等腰直角三角形，
∴AB＝AC，DE＝BD，∴，即AD＝AP，
在和中，，
∴，
∴∠DFA＝∠PFA＝90°，∠DAF＝∠PAF＝45°，∴AF⊥DF，AF＝DF.
9、解：①∵点F是EC的中点，∴CF＝EF，
在和中，，
∴，
∴CG＝DE，故本选项正确；
②∵，∠BDE＝120º，∴∠GBD＝60º(两直线平行，同旁内角互补)，
∵是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60º，AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ABC＋∠GBD＝120º，，
∴∠ABD＝∠ACG
又∵CG＝DE，DB＝DE，∴BD＝CG，
在与中，，
∴，
∴AD＝AG，∠BAD＝∠CAG，∴∠DAG＝60º，
∴是等边三角形，
∴∠ADG＝60º，∴∠BDG＝∠BDH＋∠ADG＝∠BDH＋60º，
又∵∠AHB＝∠BDH＋∠GBD＝∠BDH＋60º，
∴∠AHB＝∠GDB(等量代换)，
∴∠ABH＝∠GBD，
∴，故本选项正确；
③如图所示，过点D作DQ⊥BC于点Q，
∵EC⊥BC，∴.
又∵，∴四边形DECQ是矩形，∴CQ＝DE.
∵BD＝DE，DE＝CG，
∴CQ＝CG，
设，则在中，由特殊角的三角函数值求得，
在中，由勾股定理求得，
由②知是等边三角形，则AD＝GD，
∴，即，故本选项正确；
综上所述，正确的结论是①②③.
10、解：（1）在与中，，
∴；
（2）∵，∴BE＝AC＝5，
∵AB＝7，∴2＜AE＜12，∴2＜2AD＜12，∴1＜AD＜6.
（3）延长GE交CB的延长线于点M，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，∴，∴∠AGE＝∠M，
在和中，，∴，∴GE＝EM，AG＝BM＝2，
∵EF⊥MG，∴FG＝FM，
∵BF＝4，∴MF＝BF＋BM＝2＋4＝6，∴GF＝FM＝6.
11、解：（1）∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，
在和中，，
∴，∴BE＝CG；
（2）连接GF，如图所示：
由（1）知，
∴∠B＝∠GCD，BE＝CG＝3，
又∵∠A＝90º，∴∠B＋∠BCA＝90º，
∴∠GCD＋∠BCA＝90º，即∠GCF＝90º，
∵CG＝3，，
∴，
∵DF⊥DE，且DE＝DG，∴EF＝FG＝.
12、证明：延长AD至点G，使得DF＝DG，连接CG，如图所示：
∵AD是中线，∴BD＝DC，
在和中，，
∴，
∴BF＝CG，∠BFD＝∠G，
∵∠AFE＝∠BFD，∴∠AFE＝∠G，
∵BF＝CG，BF＝AC，∴CG＝AC，∴∠G＝∠CAF，
∴∠AFE＝∠CAF，∴AE＝EF.
13、解：（1）∵∠BAC＝90º，，
∴，
根据题意知，，，
∴，∴，
∴，∴，
在中，AD是斜边中线，∴，∴AD＝BC＝4；
如图2，∵是等边三角形，
∴，，
∵AD是的中线，
∴，，
∴，
∴，
由题意得，，
∴AB＝AC，，
由，得，
∴∠B＝∠C＝30º，
如图所示，过点A作AE⊥BC于点E，∴BC＝2BE，
在中，，
∴,
∴；
（2）AD＝BC，
证明：由题意知，，，延长AD到M，使DM＝AM，连接，，∴AM＝2AD，
∵AD是的中线，∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴AM＝2BC，∴AD＝BC.
14、解：（1）设抛物线的解析式为，将点C的坐标代入解得，
∴该抛物线的函数解析式为；
（2）作PM与定直线垂直，垂足为M点，如图所示：
设，则，
∵，
由“过直线外一点有且只有一条直线与已知直线垂直”可得，M点是唯一的，即以P为圆心，PO为半径的圆恰好与定直线相切于点M，切点M当然也是唯一的，
∴在直线上有且只有一点M，使得∠OMQ＝90º；
（3）设直线PT的解析式为，作TE与定直线垂直，垂足为E，作PF与定直线垂直，垂足为F，如图所示：
设，，由消去整理得，
由韦达定理可得，
又∵，
∴，
∴，∴∠TDE＝∠PDF，
∴∠ODT＝∠ODP，即轴平分∠PDT.