2024年中考数学几何模型专项复习讲与练 模型19 轴对称——海盗埋宝模型-原卷版+解析

这是一份2024年中考数学几何模型专项复习讲与练 模型19 轴对称——海盗埋宝模型-原卷版+解析，共19页。


【结论】如图 ，△ADC和△BEC是等腰直角三角形，A，B为直角顶点，F为DE的中点，连接FA，FB，则△FAB是等腰直角三角形.

【特征】⑴两等腰直角三角形
⑵一组底角共顶点
⑶另一组底角顶点相连取中点

【证明】
（方法一：倍长中线法）
如图，延长 AF至点P使得 FP=AF，连接 PE，PB，延长 PE交AC于点Q.
在△DAF 和△EPF 中，DF=EF, ∠DFA=∠EFP, AF=PF,
∴△DAF≌△EPF(SAS)，∴DA=EP,∠DAF=∠EPF. ∴DA∥EP.
∴∠EQC＝∠DAQ＝90°.
在四边形 EQCB 中，
∠EQC＋∠EBC＝90°＋90°＝180°，
∴∠QEB＋∠QCB＝360°-180°=180°.
又∵∠QEB＋∠PEB＝180°，
∴∠QCB＝∠PEB.
在△ACB和△PEB中，AC=PE, ∠ACB＝∠PEB, BC=BE,
∴△ACB≌△PEB(SAS).
∴AB=PB，∠ABC＝∠PBE
∴∠ABC＋∠ABE＝∠PBE＋∠ABE,即∠ABP＝∠CBE=90°.
∴△ABP是等腰直角三角形.又∵F是AP 的中点，∴BF⊥AP,BF=AF.
∴△FAB是等腰直角三角形，F为直角顶点.
（方法二∶构造手拉手模型）
将△DAC沿 AC对称，得△PAC，将△EBC沿 BC 对称，得△QBC，连接EP，DQ.
易证△PCE≌△DCQ（手拉手模型），
∴PE=DQ，PE⊥DQ（手拉手模型的结论）.
∵AF是△DPE的中位线，BF是△DQE的中位线 ，
∴AF＝PE，AF∥PE，BF＝DQ.BF∥DQ，
∴AF=BF，AF⊥BF，
∴△FAB是等腰直角三角形，F为直角顶点.
1．（山东省莱城区（五四学制）2017-2018学年八年级上学期期末数学试题）如图，两个等腰和，点在上，，连接，取的中点，连接. 求证：.
1．（湖北省武汉市东湖新技术开发区2020-2021学年八年级下学期期中数学试题）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角项点绕矩形ABCD（AB＜BO）的对角线的交点O旋转（图①⇒图②），图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．
（1）如图①，当三角板一直角边与OD重合时，该学习小组成员意外的发现：BN2＝CD2+CN2，请你说明理由；
（2）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由；
（3）如图③，若AD＝8，AB＝6，E为矩形外的一点，且AE⊥CE，F为AE的中点，O为AC的中点，取AO的中点G，连接BG，当F在线段BG上时，则BF的值为 ．
1．（专题32图形的变化（翻折与旋转变换）-解答题专项训练-备战2022年中考数学临考题号押题（全国通用））如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，点D在边AC上（不与点A，C重合），连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作DE⊥AB于点E，连接CK，EK，CE．
(1)如图1，若α＝45°，则△ECK的形状为 ．
(2)在（1）的条件下，若将图1中△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90°），使得D，E，B三点共线，点K为线段BD的中点，如图2所示．求证：BE﹣AE＝2CK．
(3)若BC＝8，AC＝15，点D在边AC上（不与点A，C重合），AD＝2CD，将线段AD绕点A旋转，点K始终为BD的中点，则线段CK长度的最大值是多少？请直接写出结果．
2． (2024年辽宁省葫芦岛市绥中县九年级一模数学试题）如图，在中，∠AC8=90°，∠BAC=a，点D在边AC上（不与点A、C重合）连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作于点E，连结CK，EK，CE，将△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90度)
(1)如图1．若a=45，则的形状为__________________；
(2)在（1)的条件下，若将图1中的三角形ADE绕点A旋转，使得D，E，B三点共线，点K为线段BD的中点，如图2所示，求证：；
(3)若三角形ADE绕点A旋转至图3位置时，使得D，E，B三点共线，点K仍为线段BD的中点，请你直接写出BE，AE，CK三者之间的数量关系（用含a的三角函数表示）

3．（【万唯原创】2017年安徽省中考数学-逆袭卷-特训18）如图，在和中，，，，连接，点是的中点，连接、．
（1）如图①，当点在上时，求证：；
（2）如图②，若，，，求的长；
（3）如图③，若，，求的值．
轴对称
模型（十九）——海盗埋宝模型

【结论】如图 ，△ADC和△BEC是等腰直角三角形，A，B为直角顶点，F为DE的中点，连接FA，FB，则△FAB是等腰直角三角形.

【特征】⑴两等腰直角三角形
⑵一组底角共顶点
⑶另一组底角顶点相连取中点

【证明】
（方法一：倍长中线法）
如图，延长 AF至点P使得 FP=AF，连接 PE，PB，延长 PE交AC于点Q.
在△DAF 和△EPF 中，DF=EF, ∠DFA=∠EFP, AF=PF,
∴△DAF≌△EPF(SAS)，∴DA=EP,∠DAF=∠EPF. ∴DA∥EP.
∴∠EQC＝∠DAQ＝90°.
在四边形 EQCB 中，
∠EQC＋∠EBC＝90°＋90°＝180°，
∴∠QEB＋∠QCB＝360°-180°=180°.
又∵∠QEB＋∠PEB＝180°，
∴∠QCB＝∠PEB.
在△ACB和△PEB中，AC=PE, ∠ACB＝∠PEB, BC=BE,
∴△ACB≌△PEB(SAS).
∴AB=PB，∠ABC＝∠PBE
∴∠ABC＋∠ABE＝∠PBE＋∠ABE,即∠ABP＝∠CBE=90°.
∴△ABP是等腰直角三角形.又∵F是AP 的中点，∴BF⊥AP,BF=AF.
∴△FAB是等腰直角三角形，F为直角顶点.
（方法二∶构造手拉手模型）
将△DAC沿 AC对称，得△PAC，将△EBC沿 BC 对称，得△QBC，连接EP，DQ.
易证△PCE≌△DCQ（手拉手模型），
∴PE=DQ，PE⊥DQ（手拉手模型的结论）.
∵AF是△DPE的中位线，BF是△DQE的中位线 ，
∴AF＝PE，AF∥PE，BF＝DQ.BF∥DQ，
∴AF=BF，AF⊥BF，
∴△FAB是等腰直角三角形，F为直角顶点.
1．（山东省莱城区（五四学制）2017-2018学年八年级上学期期末数学试题）如图，两个等腰和，点在上，，连接，取的中点，连接. 求证：.
【答案】见解析
【分析】延长交于点.利用三角形的中位线定理解答.
【详解】如图所示，延长交于点.
∵为等腰直角三角形
∴
∵
∴
∴为等腰直角三角形
∴
∵为等腰直角三角形
∴
∴
∴点为线段的中点
∵M为AF的中点
∴为的中位线
∴
【点睛】本题考查的是三角形的中位线定理，能分析题意并正确的作出辅助线是关键.
1．（湖北省武汉市东湖新技术开发区2020-2021学年八年级下学期期中数学试题）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三角板的直角项点绕矩形ABCD（AB＜BO）的对角线的交点O旋转（图①⇒图②），图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．
（1）如图①，当三角板一直角边与OD重合时，该学习小组成员意外的发现：BN2＝CD2+CN2，请你说明理由；
（2）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由；
（3）如图③，若AD＝8，AB＝6，E为矩形外的一点，且AE⊥CE，F为AE的中点，O为AC的中点，取AO的中点G，连接BG，当F在线段BG上时，则BF的值为 ．
【答案】（1）见解析；（2）CM2+CN2=DM2+BN2，理由见解析；（3）
【分析】（1）如图1，连接DN，由矩形性质，中垂线性质，勾股定理和等量代换即可证得结论；
（2）如图2，延长MO交AB于E，方法类似（1），求证△BEO≌△DMO（AAS），进而得NE=NM，即NE2=NM2，等量替换得出结论BN2＋DM2＝CM2＋CN2；
（3）如图3，过点B做BH⊥AC于点H，连接FO，先由矩形性质和勾股定理得出AC＝10，再由FO是△AEC的中位线得FO∥EC进而得∠AFO＝∠AEC＝90°，用直角三角形斜边上中线等于斜边的一半求得FG=AO=2.5，根据勾股定理进一步求解即可．
【详解】解：（1）连结DN，

∵矩形ABCD的对角线交于点O，
∴BO=DO ，∠DCN=90° ，
∵三角板一直角边与OD重合，
∴ON⊥BD，即ON垂直平分BD，
∴NB=ND，
∵∠DCN=90°
∴ND2=NC2+CD2
∴BN2=NC2+CD2 ；
（2）CM2+CN2=DM2+BN2 ，理由如下：
延长MO交AB于E，
∵矩形ABCD的对角线交于点O，
∴BO=DO ，∠ABC=∠DCB=90°，AB∥CD，
∴∠ABO=∠CDO，∠BEO=∠DMO，
∴△BEO≌△DMO，
∴OE=OM，BE=DM，
∵MO⊥ON，
∴NE=NM，
∵∠ABC=∠DCB=90°，
∴NE2=BE2+BN2， NM2=CN2+CM2，
∴CN2+CM2=BE2+BN2，
即CN2+CM2=DM2+BN2；
（3）当F在线段BG上时，则BF的值为，
过点B做BH⊥AC于点H，连接FO．
∵AD＝8，AB＝6，，
∴
根据等面积可得：，
，
∵ O是AC中点，G是AO中点，AC=10，
∴AG=，
，
，
又∵F、O为AE、AC中点，
∴FO∥EC，
∴∠AFO=∠E=90°，
∵G为AO 中点，AC=10 ，
∴FG=AO=2.5，
∴在中，．
【点睛】这是一道四边形综合题，主要运用了矩形判定与性质，线段中垂线判定与性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质，三角形中位线定理，直角三角形性质，等腰三角形判定与性质，解题关键是准确添加辅助线，巧妙构造特殊三角形（如：直角三角形和矩形）和灵活运用所学知识解决综合题．
1．（专题32图形的变化（翻折与旋转变换）-解答题专项训练-备战2022年中考数学临考题号押题（全国通用））如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝α，点D在边AC上（不与点A，C重合），连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作DE⊥AB于点E，连接CK，EK，CE．
(1)如图1，若α＝45°，则△ECK的形状为 ．
(2)在（1）的条件下，若将图1中△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90°），使得D，E，B三点共线，点K为线段BD的中点，如图2所示．求证：BE﹣AE＝2CK．
(3)若BC＝8，AC＝15，点D在边AC上（不与点A，C重合），AD＝2CD，将线段AD绕点A旋转，点K始终为BD的中点，则线段CK长度的最大值是多少？请直接写出结果．
【答案】(1)等腰直角三角形；
(2)见解析；
(3)
【分析】（1）首先利用直角三角形斜边上中线的性质得EK＝KB＝DK，再利用等腰三角形的性质和三角形外角的性质可得∠CKE＝2∠ABC＝90°，从而得出答案；
（2）在BD上截取BG＝DE，连接CG，设AC交BD于Q，利用SAS证明△AEC≌△BGC，得CE＝CG，∠5＝∠BCG，从而解决问题；
（3）取AB的中点O，连接OC，OK，利用直角三角形斜边上中线的性质求出CO的长，再利用三角形中位线定理得OK的长，最后利用三角形三边关系可得答案．
(1)
解：△ECK是等腰直角三角形，理由如下：
∵∠A＝45°，∠ACB＝90°，
∴∠A＝∠CBA＝45°，
∴CA＝CB，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∵DK＝KB，
∴EK＝KB＝DK，
∴∠KEB＝∠KBE，
∴∠EKD＝∠KBE+∠KEB＝2∠KBE，
∵∠DCB＝90°，DK＝KB，
∴CK＝KB＝KD，
∴∠KCB＝∠KBC，EK＝KC，
∴∠DKC＝∠KBC+∠KCB＝2∠KBC，
∴∠EKC＝∠EKD+∠DKC
＝2（∠KBE+∠KBC）
＝2∠ABC
＝90°，
∴△ECK是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
(2)
证明：如图，在BD上截取BG＝DE，连接CG，设AC交BD于Q，
∵∠α＝45°，DE⊥AE，
∴∠AED＝90°，∠DAE＝45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AE＝BG，
∵∠1+∠3＝∠2+∠4＝90°，∠1＝∠2，
∴∠3＝∠4，
∵AC＝BC，
∴△AEC≌△BGC（SAS），
∴CE＝CG，∠5＝∠BCG，
∴∠ECG＝∠ACB＝90°，
∴△ECG是等腰直角三角形，
∵KD＝KB，DE＝BG，
∴KE＝KG，∴CK＝EK＝KG，
∴BE﹣AE＝2CK；
(3)
解：∵AD＝2CD，AC＝15，∴AD＝10，
取AB的中点O，连接OC，OK，
∵点K始终为BD的中点，
∴OK是△ABD的中位线，
∴OKAD＝5，
在Rt△ABC中，由勾股定理得，AB17，
∴OC，
∵CK≤KO+OC，
∴CK的最大值为5．
【点睛】本题是几何变换综合题，主要考查了等腰直角三角形的判定与性质，直角三角形斜边上中线的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，旋转的性质等知识，综合性较强，作出合适的辅助线是解题的关键．
2． (2024年辽宁省葫芦岛市绥中县九年级一模数学试题）如图，在中，∠AC8=90°，∠BAC=a，点D在边AC上（不与点A、C重合）连接BD，点K为线段BD的中点，过点D作于点E，连结CK，EK，CE，将△ADE绕点A顺时针旋转一定的角度（旋转角小于90度)
(1)如图1．若a=45，则的形状为__________________；
(2)在（1)的条件下，若将图1中的三角形ADE绕点A旋转，使得D，E，B三点共线，点K为线段BD的中点，如图2所示，求证：；
(3)若三角形ADE绕点A旋转至图3位置时，使得D，E，B三点共线，点K仍为线段BD的中点，请你直接写出BE，AE，CK三者之间的数量关系（用含a的三角函数表示）

【答案】（1）等腰直角三角形；（2）见解析；（3）BE-AE=2CK；
【分析】（1）利用直角三角形斜边中线的性质及等腰直角三角形的性质证明EK=KC，∠EKC =90°即可；
（2）在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BF于Q，结合等腰直角三角形的性质利用SAS可证△AEC≌△BGC，由全等三角形对应边、对应角相等的性质易证△ECG是等腰直角三角形，由直角三角形斜边中线的性质可得CK=EK=KG，等量代换可得结论.
（3）在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BE于Q，根据等角的余角相等可得∠CAE=∠CBG，由tanα的表示可得，易证△CAE∽△CBG，由直角三角形斜边中线的性质等量代换可得结论.
【详解】（1）等腰直角三角形；
理由：如图1中，
∵∠A=45°，∠ACB=90°，
∴∠A=∠CBA=45°，
∴CA=CB，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∵DK=KB，
∴EK=KB=DK= BD，
∴∠KEB=∠KBE，
∴∠EKD=∠KBE+∠KEB=2∠KBE，
∵∠DCB=90°，DK=KB，
∴CK=KB=KD= BD，
∴∠KCB=∠KBC，EK=KC，
∴∠DKC=∠KBC+∠KCB=2∠KBC，
∴∠EKC=∠EKD+∠DKC=2（∠KBE+∠KBC）=2∠ABC=90°，
∴△ECK是等腰直角三角形．
（2）证明：如图2中，在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BF于Q．
∵∠α=45°，DE⊥AE，
∴∠AED=90°，∠DAE=45°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE=AE=BG，
∵∠1+∠3=∠2+∠4=90°，∠1=∠2，
∴∠3=∠4，
∵AC=BC，
∴△AEC≌△BGC（SAS），
∴CE=CG，∠5=∠BCG，
∴∠ECG=∠ACB=90°，
∴△ECG是等腰直角三角形，
∵KD=KB，DE=BG，
∴KE=KG，
∴CK=EK=KG，
∴BE－AE= BE－BG=EG=EK＋KG =2CK．
（3）解：结论：BE-AE•tanα=2CK．
理由：如图3中，在BD上截取BG=DE，连接CG，设AC交BE于Q．
∵DE⊥AE，∠ACB=90°，
∴∠CAE+∠EQA=90°,∠CBG+∠CQB=90°
∵∠EQA=∠CQB，
∴∠CAE=∠CBG，
在Rt△ACB中，tanα=，
在Rt△ADE中，tanα= ，
∴， DE=AE·tanα
∴△CAE∽△CBG，
∴∠ACE=∠BCG，
∴∠ECG=∠ACB=90°，
∵KD=KB，DE=BG，
∴KE=KG，
∴EG=2CK，
∵BE－BG=EG=2CK，
∴BE－DE=2CK，
∴BE－AE•tanα=2CK．
【点睛】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等，灵活的利用等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键.
3．（【万唯原创】2017年安徽省中考数学-逆袭卷-特训18）如图，在和中，，，，连接，点是的中点，连接、．
（1）如图①，当点在上时，求证：；
（2）如图②，若，，，求的长；
（3）如图③，若，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【详解】（1）证明：如解图①，连接，
在中，，，
∴，
同理，
∴，
∵是的中点，∴，
∴.
在和中，
，
∴，
∴.
∵是的外角，
∴，
即，
∴，
∴；
第4题解图①
（2）解：如解图②，延长交于，连接、.
∵，
∴，∴，
∴，，
∵是的中点，
∴，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴.
在中，∵，
∴，
∵，
∴，
在中，
由勾股定理得，
∴；
第4题解图②
（3）解：如解图③，延长交于，连接.
∵，，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，
∴，且，∴.
∵，∴，
∴是的中位线，
∴.
设，∵，
∴.
∴，.
∴.
在和中，
，∴，
∴点与点关于对称，∴，
∵，∴，
∵，∴，
连接，在中，
由勾股定理得，
在中，由勾股定理得
，
∴.
第4题解图③