初中数学中考二轮专题练习 专题02 倍长中线法

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专题2：倍长中线法【典例引领】例题：（2014黑龙江龙东地区）已知ΔABC中，M为BC的中点，直线m绕点A旋转，过B、M、C分别作BD⊥m于E，CF⊥m于F。（1）当直线m经过B点时，如图1，易证EM=CF。（不需证明）（2）当直线m不经过B点，旋转到如图2、图3的位置时，线段BD、ME、CF之间有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况加以证明。【答案】（2）证明见解析【分析】图2，连接DM并延长交FC的延长线于K ，可证△DBM≌△KCM，再利用三角形中位线即可得出结论。图3同图2证明相同。【解答】（2）图2的结论为:ME=(BD+CF) 图3的结论为: ME=(CF-BD)图2的结论证明如下：连接DM并延长交FC的延长线于K   又∵BD⊥m,CF⊥m ∴BD∥CF ∴∠DBM=∠KCM 又∵∠DMB=∠CMK BM=MC ∴△DBM≌△KCM ∴DB=CK   DM=MK 由易证知:EM=FK ∴ME=(CF+CK)=(CF+DB) 图3的结论证明如下：连接DM并延长交FC于K  又∵BD⊥m,CF⊥m ∴BD∥CF ∴∠MBD=∠KCM 又∵∠DMB=∠CMK BM=MC ∴△DBM≌△KCM ∴DB=CK   DM=MK 由易证知:EM=FK ∴ME=(CF-CK)=(CF-DB) 【强化训练】1、（2017黑龙江龙东地区）已知：ΔAOB和ΔCOD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH。（1）如图1所示，易证OH=AD且OH⊥AD（不需证明）（2）将ΔCOD绕点O旋转到图2，图3所示位置是，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论。      【答案】（2）证明见解析【分析】（1）只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；①如图2中，结论：OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；【解答】（1）证明：如图1中，∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，∴OC=OD，OA=OB，∵在△AOD与△BOC中，，∴△AOD≌△BOC（SAS），∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，∵点H为线段BC的中点，∴OH=HB，∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，又因为∠OAD+∠ADO=90°，所以∠ADO+∠BOH=90°所以OH⊥AD（2）解：①结论：OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOH=∠EOB+∠AOH=90°，∴OH⊥AD．②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．易证△BEO≌△ODA∴OE=AD∴OH=OE=AD由△BEO≌△ODA，知∠EOB=∠DAO∴∠DAO+∠AOF=∠EOB+∠AOG=90°，∴∠AGO=90°∴OH⊥AD．2．在△ABC中，AB=BC，点O是AC的中点，点P是AC上的一个动点（点P不与点A，O，C重合）．过点A，点C作直线BP的垂线，垂足分别为点E和点F，连接OE，OF．（1）如图1，请直接写出线段OE与OF的数量关系；（2）如图2，当∠ABC=90°时，请判断线段OE与OF之间的数量关系和位置关系，并说明理由（3）若|CF﹣AE|=2，EF=2，当△POF为等腰三角形时，请直接写出线段OP的长．【答案】（1）OF =OE；（2）OF⊥EK，OF=OE，理由见解析；（3）OP的长为或.【分析】（1）如图1中，延长EO交CF于K，证明△AOE≌△COK，从而可得OE=OK，再根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得OF=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，由已知证明△ABE≌△BCF，△AOE≌△COK，继而可证得△EFK是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得OF⊥EK，OF=OE；（3）分点P在AO上与CO上两种情况分别画图进行解答即可得.【解答】（1）如图1中，延长EO交CF于K，∵AE⊥BE，CF⊥BE，∴AE∥CK，∴∠EAO=∠KCO，∵OA=OC，∠AOE=∠COK，∴△AOE≌△COK，∴OE=OK，∵△EFK是直角三角形，∴OF=EK=OE；（2）如图2中，延长EO交CF于K，∵∠ABC=∠AEB=∠CFB=90°，∴∠ABE+∠BAE=90°，∠ABE+∠CBF=90°，∴∠BAE=∠CBF，∵AB=BC，∴△ABE≌△BCF，∴BE=CF，AE=BF，∵△AOE≌△COK，∴AE=CK，OE=OK，∴FK=EF，∴△EFK是等腰直角三角形，∴OF⊥EK，OF=OE；（3）如图3中，点P在线段AO上，延长EO交CF于K，作PH⊥OF于H，∵|CF﹣AE|=2，EF=2，AE=CK，∴FK=2，在Rt△EFK中，tan∠FEK=，∴∠FEK=30°，∠EKF=60°，∴EK=2FK=4，OF=EK=2，∵△OPF是等腰三角形，观察图形可知，只有OF=FP=2，在Rt△PHF中，PH=PF=1，HF=，OH=2﹣，∴OP=.如图4中，点P在线段OC上，当PO=PF时，∠POF=∠PFO=30°，∴∠BOP=90°，∴OP=OE=，综上所述：OP的长为或.3.已知：点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BD作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点。（1）当点P与点O重合时，如图1，易证OE=OF（不需证明）（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明。      【答案】（2）图2中的结论为：CF=OE+AE，图3中的结论为：CF=OE﹣AE，证明见解析【分析】（1）由△AOE≌△COF即可得出结论． （2）图2中的结论为：CF=OE+AE，延长EO交CF于点G，只要证明△EOA≌△GOC，△OFG是等边三角形，即可解决问题． 图3中的结论为：CF=OE﹣AE，延长EO交FC的延长线于点G，证明方法类似．【解答】（1）∵AE⊥PB，CF⊥BP， ∴∠AEO=∠CFO=90°， 在△AEO和△CFO中， ∴△AOE≌△COF，∴OE=OF． （3）图2中的结论为：CF=OE+AE． 图3中的结论为：CF=OE﹣AE． 选图2中的结论证明如下： 延长EO交CF于点G， ∵AE⊥BP，CF⊥BP， ∴AE∥CF， ∴∠EAO=∠GCO， 在△EOA和△GOC中， ∴△EOA≌△GOC， ∴EO=GO，AE=CG， 在RT△EFG中，∵EO=OG， ∴OE=OF=GO， ∵∠OFE=30°， ∴∠OFG=90°﹣30°=60°， ∴△OFG是等边三角形， ∴OF=GF， ∵OE=OF， ∴OE=FG， ∵CF=FG+CG， ∴CF=OE+AE． 选图3的结论证明如下： 延长EO交FC的延长线于点G， ∵AE⊥BP，CF⊥BP， ∴AE∥CF， ∴∠AEO=∠G， 在△AOE和△COG中， ∴△AOE≌△COG， ∴OE=OG，AE=CG， 在RT△EFG中，∵OE=OG， ∴OE=OF=OG， ∵∠OFE=30°，∴∠OFG=90°﹣30°=60°， ∴△OFG是等边三角形， ∴OF=FG， ∵OE=OF， ∴OE=FG， ∵CF=FG﹣CG，∴OE=OF． 4．如图1，点E是正方形ABCD边CD上任意一点，以DE为边作正方形DEFG，连接BF，点M是线段BF中点，射线EM与BC交于点H，连接CM．（1）请直接写出CM和EM的数量关系和位置关系；（2）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转45°，此时点F恰好落在线段CD上，如图2，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由；（3）把图1中的正方形DEFG绕点D顺时针旋转90°，此时点E、G恰好分别落在线段AD、CD上，如图3，其他条件不变，（1）中的结论是否成立，请说明理由．【答案】（1）CM=EM，CM⊥EM，理由见解析；（2）（1）中的结论成立，理由见解析；（3）（1）中的结论成立，理由见解析.【分析】（1）延长EM交AD于H，证明△FME≌△AMH，得到HM=EM，根据等腰直角三角形的性质可得结论；（2）根据正方形的性质得到点A、E、C在同一条直线上，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半证明即可；（3）根据题意画出完整的图形，根据平行线分线段成比例定理、等腰三角形的性质证明即可．【解答】（1）如图1，结论：CM=EM，CM⊥EM．理由：∵AD∥EF，AD∥BC，∴BC∥EF，∴∠EFM=∠HBM，在△FME和△BMH中，，，∴△FME≌△BMH，∴HM=EM，EF=BH，∵CD=BC，∴CE=CH，∵∠HCE=90°，HM=EM，∴CM=ME，CM⊥EM．（2）如图2，连接AE，∵四边形ABCD和四边形EDGF是正方形，∴∠FDE=45°，∠CBD=45°，∴点B、E、D在同一条直线上，∵∠BCF=90°，∠BEF=90°，M为BF的中点，∴CM=BF，EM=BF，∴CM=ME，∵∠EFD=45°，∴∠EFC=135°，∵CM=FM=ME，∴∠MCF=∠MFC，∠MFE=∠MEF，∴∠MCF+∠MEF=135°，∴∠CME=360°-135°-135°=90°，∴CM⊥ME．（3）如图3，连接CF，MG，作MN⊥CD于N，在△EDM和△GDM中，，∴△EDM≌△GDM，∴ME=MG，∠MED=∠MGD，∵M为BF的中点，FG∥MN∥BC，∴GN=NC，又MN⊥CD，∴MC=MG，∴MD=ME，∠MCG=∠MGC，∵∠MGC+∠MGD=180°，∴∠MCG+∠MED=180°，∴∠CME+∠CDE=180°，∵∠CDE=90°，∴∠CME=90°，∴（1）中的结论成立．