2025年中考数学几何专项复习专题10倍长中线模型巩固练习(提优)(原卷版+解析)

这是一份2025年中考数学几何专项复习专题10倍长中线模型巩固练习(提优)(原卷版+解析)，共14页。试卷主要包含了自主学习，学以致用，定义等内容，欢迎下载使用。

A.①②③都正确B.只有①②正确C.只有②③正确D.只有①③正确
2.小明遇到这样一个问题，如图1，△ABC中，AB＝7，AC＝5，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DE＝AD，连接BE，构造△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决
请回答：（1）小明证明△BED≌△CAD用到的判定定理是： （用字母表示），
（2）AD的取值范围是 ；
（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AG＝2，BF＝4，∠GEF＝90º，求GF的长.
3.如图1，在△ABC中，点D是BC的中点，延长AD到点G，使DG＝AD，连接CG，可以得到△ABD＝△GCD，这种作辅助线的方法我们通常叫做“倍长中线法”
如图2，在△ABC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DG＝ED，连接CG.
（1）请直接写出线段BE和CG的关系： ；
（2）如图3，若∠A＝90º，过点D作DF⊥DE交AC于点F，连接EF，已知BE＝3，，其它条件不变，求EF的长.
4.自主学习，学以致用
先阅读，再回答问题：如图1，已知△ABC中，AD为中线。延长AD至E，使DE＝AD.在△ABD和△ECD中，AD＝DE，∠ADB＝∠EDC，BD＝CD，所以，△ABD≌△ECD（SAS），进一步可得到AB＝CE，AB∥CE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△ABC中，AD是三角形的中线，F为AD上一点，且BF＝AC，连
结并延长BF交AC于点E，求证：AE＝EF.
5.定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A逆时针旋转a（0º＜＜180º）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△AB’C’是△ABC的“倍旋三角形”，△AB’C’边B’C’上的中线AD叫做△ABC的“倍旋中线”.
特例感知：
（1）如图1，当∠BAC＝90º，BC＝4时，则“倍旋中线”AD长为 ；如图2，当△AB’C’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△ABC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.
6.已知抛物线经过A（，0），B（1，0），，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∠OMQ＝90º;
（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∠PDT.
倍长中线模型巩固练习（提优）
1.如图，△ABC为等边三角形，BD＝DE，∠BDE＝120º，连接CE，F为CE的中点，连接DF并倍长，连接AD、CG、AG.下列结论：①CG＝DE；②若DE∥BC，则△ABH∽△GBD；③在②的条件下，若CE⊥BC，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
【解答】A
【解析】①∵点F是EC的中点，∴CF＝EF，
在△CFG和△EFD中，，∴△CFG≌△EFD（SAS），
∴CG＝DE，故本选项正确；
②∵DE∥BC，∠BDE＝120º，∴∠GBD＝60º（两直线平行，同旁内角互补），
∵△ABC是等边三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60º，AB＝AC，
∴∠ABD＝∠ABC＋∠GBD＝120º，∠ACG＝180º-∠ACB＝120º，∴∠ABD＝∠ACG
又∵CG＝DE，DB＝DE，∴BD＝CG，
在△ABD与△ACG中，，∴△ABD＝△ACG（SAS），
∴AD＝AG，∠BAD＝∠CAG，∴∠DAG＝60º，∴△ADG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，∴△ABH△GBD，故本选项正确；
③如图所示，过点D作DQ⊥BC于点Q，
∵EC⊥BC，∴D//CE.
又∵DE∥BC，∴四边形DECQ是矩形，∴CQ＝DE.
∵BD＝DE，DE＝CG，∴CQ＝CG，
设，则在Rt△BDQ中，由特殊角的三角函数值求得，
在Rt△GQD中，由勾股定理求得，
由②知△ADG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.
2.小明遇到这样一个问题，如图1，△ABC中，AB＝7，AC＝5，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DE＝AD，连接BE，构造△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决
请回答：（1）小明证明△BED≌△CAD用到的判定定理是： （用字母表示），
（2）AD的取值范围是 ；
（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AG＝2，BF＝4，∠GEF＝90º，求GF的长.
【解答】（1）SAS；（2）1＜AD＜6；（3）GF＝6
【解析】（1）在△BED与△CAD中，，∴△BED≌△CAD（SAS）；
（2）∵△BED＝△CAD，∴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，∴AD∥CM，∴∠AGE＝∠M，
在△AEG和△BEM中，，∴△AEG≌△BEM（AAS），∴GE＝EM，AG＝BM＝2，
∵EF⊥MG，∴FG＝FM，
∵BF＝4，∴MF＝BF＋BM＝2＋4＝6，∴GF＝FM＝6.
3.如图1，在△ABC中，点D是BC的中点，延长AD到点G，使DG＝AD，连接CG，可以得到△ABD＝△GCD，这种作辅助线的方法我们通常叫做“倍长中线法”
如图2，在△ABC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DG＝ED，连接CG.
（1）请直接写出线段BE和CG的关系： ；
（2）如图3，若∠A＝90º，过点D作DF⊥DE交AC于点F，连接EF，已知BE＝3，，其它条件不变，求EF的长.
【解答】（1）BE＝CG；（2）EF＝
【解析】（1）∵点D是BC的中点，∴BD＝CD，
在△EBD和△GCD中，，∴△EBD≌△GCD（SAS），∴BE＝CG；
（2）连接GF，如图所示：
由（1）知△EBD≌△GCD，∴∠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＝.
4.自主学习，学以致用
先阅读，再回答问题：如图1，已知△ABC中，AD为中线。延长AD至E，使DE＝AD.在△ABD和△ECD中，AD＝DE，∠ADB＝∠EDC，BD＝CD，所以，△ABD≌△ECD（SAS），进一步可得到AB＝CE，AB∥CE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△ABC中，AD是三角形的中线，F为AD上一点，且BF＝AC，连
结并延长BF交AC于点E，求证：AE＝EF.
【解答】见解析
【解析】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△BDF和△CDG中，，∴△BDF＝△CDG，
∴BF＝CG，∠BFD＝∠G，
∵∠AFE＝∠BFD，∴∠AFE＝∠G，
∵BF＝CG，BF＝AC，∴CG＝AC，∴∠G＝∠CAF，
∴∠AFE＝∠CAF，∴AE＝EF.
5.定义：如图1，在△ABC中，把AB绕点A逆时针旋转a（0º＜＜180º）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△AB’C’是△ABC的“倍旋三角形”，△AB’C’边B’C’上的中线AD叫做△ABC的“倍旋中线”.
特例感知：
（1）如图1，当∠BAC＝90º，BC＝4时，则“倍旋中线”AD长为 ；如图2，当△AB’C’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△ABC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.
【解答】（1）AD＝4，AD＝BC；（2）AD＝BC，证明见解析
【解析】（1）∵∠BAC＝90º，，∴∠B’AC’＝90º＝∠BAC，
根据题意知，AB’＝2AB，AC’＝2AC，
，∴△AB’C’∽△ABC，
，∴B’C’＝2BC，
在Rt△AB’C’中，AD是斜边中线，∴B’C’＝2AD，∴AD＝BC＝4；
如图2，∵△A B’C’是等边三角形，
∴AB’＝AC’＝ B’C’，∠B’AC’＝60º，
∵AD是△A B’C’的中线，
，∴∠ADB’＝90º，
，
由题意得AB’＝2AB，AC’＝2AC，∴AB＝AC，，
由得，∴∠B＝∠C＝30º，
如图所示，过点A作AE⊥BC于点E，∴BC＝2BE，
在Rt△ABE中，，
；
（2）AD＝BC，
证明：由题意知，AB’＝2AB，AC’＝2AC，延长AD到M，使DM＝AM，连接B’M’，C’M’，∴AM＝2AD，
∵AD是△AB’C’的中线，∴B’D＝C’D，
∴四边形AB’MC’是平行四边形，∴AC’＝B’M＝2AC，∠B’AC’＋∠AB’M＝180º，
∵∠BAB’＋∠CAC’＝180º，
∴∠BAC＋∠B’AC’＝180º，
∴∠BAC＝∠AB’M，
∵AB’＝2AB，，∴△BAC∽△AB‘M，，
∴AM＝2BC，∴AD＝BC.
6.已知抛物线经过A（，0），B（1，0），，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∠OMQ＝90º;
（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∠PDT.
【解答】（1）；（2）见解析；（3）见解析
【解析】（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.