中考压轴共顶点模型典型例题

1.如图，△ABC为等边三角形，D为AC边上一点，连接BD，M为BD的中点，连接AM．(1)如图1，若AB＝2√3+2，∠ABD＝45°，求△AMD的面积；(2)如图2，过点M作MN⊥AM与AC交于点E，与BC的延长线交于点N，求证：AD＝CN；(3)如图3，在（2）的条件下，将△ABM沿AM翻折得△AB′M，连接B'N，当B'N取得最小的值．值时，直接写出BN−DEMN【答案】(1)3+√3；(2)证明见解析；(3)3√2114【分析】（1）过点D作DH⊥AB，根据∠ABD＝45°，∠BAC＝60°解三角形求出HD=√3AH=2√3，可得S△ABD=6+2√3再结合三角形中学性质即可解得；（2）过点A作AG⊥BC，垂足为G，连接MG，又中位线性质和∠ACB=60°，得∠AGM= 30°，再通过四点共圆证明∠ANM=∠AGM=30°，进而可得∠MAN=60°，从而可证明△APN为等边三角形，延长AM到P，使MP=AM，连接PN，构造△PMB≅△AMD，得AD=BP，继而证明△BAP≅△CAN（SAS），从而可得BP=CN，由此即可得出结论；（3）取AC的中点Q，连接BQ，取BQ的中点K，连接KM，通过构造△AMQ∼△ANB′，得出即D为AC的中点时，B′N取最小值，再结合题目条件解三角形即可求解．(1)解：如解图1，过点D作DH⊥AB，∵∠ABD＝45°，∴BH=HD，∵在△ABC为等边三角形中，∠BAC＝60°，∴tan∠BAC=HDAH=√3，∴HD=√3AH，∴AB=BH+AH=√3AH+AH，又∵AB＝2√3+2，∴√3AH+AH=2√3+2，∴AH=2，∴HD=√3AH=2√3，∴S△ABD=12AB·HD=12(2√3+2)×2√3=6+2√3，∵M为BD的中点，∴S△AMD=12S△ABD12(6+2√3)=3+√3；(2)如解图2，过点A作AG⊥BC，垂足为G，连接MG，∵△ABC为等边三角形，∴BG=GC，∵BM=DM，∴MG//AC，∴∠BGM=∠ACB=60°，∴∠AGM=∠AGB−∠BGM=90°−60°=30°，又∵AM⊥MN，AG⊥BC，∴∠AMN=∠AGN=90°，∴A、M、G、N四点共圆，∴∠ANM=∠AGM=30°，∴∠MAN=90°−∠ANM=60°，又∵MP=AM，AM⊥MN，∴AN=PN，又∵∠MAN=60°，∴△APN为等边三角形，AP=AN，∵∠BAC=∠PAN=60°，∴∠BAP+∠PAC=∠PAC+∠CAN，∴∠BAP=∠CAN，如解图2，延长AM到P，使MP=AM，连接PN，∵BM=DM，∠AMD=∠PMB，∴△AMD≅△PMB（SAS）∴AD=BP，在△BAP和△CAN中，{AB=AC∠BAP=∠CANAP=AN，∴△BAP≅△CAN（SAS）∴BP=CN，∴AD=CN；(3)取AC的中点Q，连接BQ，取BQ的中点K，连接KM，∵将△ABM沿AM翻折得△AB'M，，∴∠BAM=∠MAB′，AB′=AB=AC，又∵∠BAM=∠CAN，∴∠MAB′=∠CAN，∴∠MAN−∠CAN=∠MAN−∠MAB′，即：∠MAC=∠NAB′，又∵∠ANM=30°，AQ=12AC=12AB′，∴AMAN =AQAB′=12，∴△AMQ∼△ANB′，∴B′N=2MQ，又∵BM=MD，BK=KQ，∴KM//QD，又∵AB=BC，∴BQ⊥AC，∴BQ⊥KM，∴KQ≤MQ，当M点与K点重合时，MQ取最小值，此时B′N=2MQ取最小值，∴D点与Q点重合，即D为AC的中点时，B′N取最小值，如解图3-2；设AD=a，∵△ABC是等边三角形，D点是AC的中点，∴∠ADM=∠MDE=90°，∠ABD=30°∴BD=√3a，AB=BC=2a，∴MD=12BD=√32a，∴AM=√MD2+AD2=√(√32a)2+a2=√72a，∴MN=AMtan∠MAN=√72a×√3=√212a，∵∠MAE=∠DAM，∠AME=∠ADM=90°，∴△AME∼△ADM，∵MDAD =DEMD，∴DE=34a，∵CN=AD=a，∴BN−DEMN =BC+CN−DEMN=2a+a−34a√212a=3√2114【点睛】本题主要考查了三角形综合，涉及了等边三角形、全等三角形、相似三角形的性质和判定以及解三角形等知识点，难度大，综合性强，需要平时积累和训练．解题关键是根据题目的已知条件添加辅助线构造适当的三角形转化线段和角的关系．【例2】（2022·江苏·八年级专题练习）（1）问题发现：如图1，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连接AD，BE，点A、D、E在同一条直线上，则∠AEB的度数为__________，线段AD、BE之间的数量关系__________；（2）拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，连接AD，BE，点A、D、E不在一条直线上，请判断线段AD、BE之间的数量关系和位置关系，并说明理由．（3）解决问题：如图3，△ACB和△DCE均为等腰三角形，∠ACB=∠DCE=α，则直线AD和BE的夹角为__________．（请用含α的式子表示）【答案】（1）90°，AD=BE；（2）AD=BE，AD⊥BE；（3）α【分析】（1）由已知条件可得AC＝BC，CD＝CE，进而根据∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，可得∠ACD＝∠BCE，证明△ACD≌△BCE（SAS），即可求得AD=BE；∠BEC=∠CDA=135°；（2）延长AD交BE于点F，同理可得△ACD≌△BCE，设∠F AB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α，根据∠ABE=45°+45°-α=90°-α，进而根据∠AFB=180°-∠F AB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°，即可求解；（3）延长BE交AD于点G，方法同（2）证明△ACD≌△BCE，进而根据三角形的内角和定理即可求得直线AD和BE的夹角．【详解】（1）∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，∴AC＝BC，CD＝CE，∠CDE=45°∴∠CDA=135°∵∠ACB−∠DCB＝∠DCE−∠DCB，∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，{AC＝BC∠ACD＝∠BCECD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠BEC=∠ADC＝135°，AD＝BE ∴∠AEB=90°故答案为：90°，AD＝BE（2）AD=BE，AD⊥BE，理由如下，同理可得△ACD≌△BCE，则AD=BE，延长AD交BE于点F，设∠F AB=α，则∠CAD=∠CBE=45°-α∴∠ABE=45°+45°-α=90°-α∴∠AFB=180°-∠F AB-∠ABE=180°-α-(90°-α)=90°∴AD⊥BE（3）如图，延长BE交AD于点G，∵△ACB和△DCE均为等腰三角形，∴AC＝BC，CD＝CE，∵∠ACB=∠DCE=α，∵∠ACB+∠ACE＝∠DCE+∠ACE，∴∠ACD＝∠BCE．在△ACD和△BCE中，{AC＝BC∠ACD＝∠BCECD＝CE，∴△ACD≌△BCE（SAS），∴∠CBE=∠CAD∵∠ACB=∠DCE=α∴∠CBA=∠CAB =12(180°−α)=90°−12α∴∠GAB+∠GBA=(∠CAD+∠CAB)+(∠ABC−∠CBE)，=∠ABC+∠CAB=180°−α，∴∠AGB=180°-(∠GAB+∠GBA)=α，即直线AD和BE的夹角为α．故答案为：α．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的性质与判定，掌握旋转模型证明三角形全等是解题的关键．【例3】（2022·江苏·八年级课时练习）如图1，在△ABC中，AE⊥BC于E，AE＝BE，D 是AE上的一点，且DE＝CE，连接BD，CD．（1）试判断BD与AC的位置关系和数量关系，并说明理由；（2）如图2，若将△DCE绕点E旋转一定的角度后，试判断BD与AC的位置关系和数量关系是否发生变化，并说明理由；（3）如图3，若将（2）中的等腰直角三角形都换成等边三角形，其他条件不变．①试猜想BD与AC的数量关系，并说明理由；②你能求出BD与AC的夹角度数吗？如果能，请直接写出夹角度数；如果不能，请说明理由．【答案】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由见解析；（2）不变，理由见解析；（3）①BD＝AC，理由见解析；②能，60°或120°．【分析】（1）延长BD交AC于F，根据“SAS”判定△BED≌△AEC，根据全等三角形的性质，即可求证；（2）根据“SAS”判定△BED≌△AEC，根据全等三角形的性质，即可求证；（3）①根据“SAS”判定△BED≌△AEC，根据全等三角形的性质，即可求证；②设AC与BD 交于点F，根据全等三角形的性质，即可求证．【详解】（1）BD＝AC，BD⊥AC，理由：延长BD交AC于F．∵AE⊥BC，∴∠AEB＝∠AEC＝90°，在△BED和△AEC中{BE=AE ∠BED=∠AEC DE=EC∴△BED≌△AEC(SAS)，∴BD＝AC，∠DBE＝∠CAE，∵∠BED＝90°，∴∠EBD+∠BDE＝90°，∵∠BDE＝∠ADF，∴∠ADF+∠CAE＝90°，∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（2）不发生变化，理由是：∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，{BE=AE ∠BED=∠AEC DE=EC∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，∠BDE＝∠ACE，∵∠DEC＝90°，∴∠ACE+∠EOC＝90°，∵∠EOC＝∠DOF，∴∠BDE+∠DOF＝90°，∴∠DFO＝180°﹣90°＝90°，∴BD⊥AC；（3）①∵∠BEA＝∠DEC＝90°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，{BE=AE ∠BED=∠AEC DE=EC∴△BED≌△AEC（SAS），∴BD＝AC，②能．设AC与BD交于点F，如下图：理由：∵△ABE和△DEC是等边三角形，∴AE＝BE，DE＝EC，∠EDC＝∠DCE＝60°，∠BEA＝∠DEC＝60°，∴∠BEA+∠AED＝∠DEC+∠AED，∴∠BED＝∠AEC，在△BED和△AEC中，{BE=AE∠BED=∠AECDE=EC，∴△BED≌△AEC（SAS），∴∠BDE＝∠ACE，BD＝AC．∴∠DFC=180°−(∠BDE+∠EDC+∠DCF)＝180°−(∠ACE+∠EDC+∠DCF)＝180°−(60°+60°)=60°，即BD与AC所成的角的度数为60°或120°．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握全等三角形的判定方法与性质．【例4】（2021·福建·闽江学院附中九年级期中）正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为3和1，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转．（1）当旋转至图1位置时，连接BE，DG，则线段BE和DG的关系为；（2）在图1中，连接BD，BF，DF，求在旋转过程中△BDF的面积最大值；（3）在旋转过程中，当点G，E，D在同一直线上时，求线段BE的长．【答案】（1）BE=DG，BE⊥DG；（2）7.5；（3）12√34+12√2或12√34−12√2【分析】（1）利用正方形的性质证明△BAE≌△DAG即可证得结论；（2）连接BD，BF，DF，AF，AC，设AC交BD于点K．利用勾股定理求出AF，AK，由AF=√2推出当点F，A，K在同一直线上时，点F到BD的最大距离=√2+32√2=52√2，由此可得结论；（3）分两种情形：如图2−1中，当D，E，G共线时，连接AF交DG于T．如图2−2中，当D，E，G共线时，连接AF交DE于T．利用勾股定理求出DT，可得结论．【详解】解：（1）BE=DG，BE⊥DG，理由如下：如图1中，设BE交AD于点O，交DG于点J．∵∴四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形，∴∠BAD=∠EAG=90°，AB=AD，AG=AE，∴∠BAD+∠DAE=∠EAG+∠DAE，∴∠BAE=∠DAG，在△BAE和△DAG中，{AB=AD∠BAE=∠DAGAE=AG，∴△BAE≌△DAG，∴BE=AG，∠ABE=∠ADG，∵∠BOD=∠ABE+∠BAD=∠ADG+∠DJO，∴∠BAO=∠DJO=90°，∴BE⊥DG，故答案为：BE＝DG，BE⊥DG；（2）如图1中，连接BD，BF，DF，AF，AC，设AC交BD于点K．∵四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形，∴AB=AD=3，∠BAD=90°，EA=EF=1，∠AEF=90°，∴BD=AC=√32+32=3√2，AF=√12+12=√2，∴AK=CK=32√2，∵AF=√2，∴当点F，A，K在同一直线上时，点F到BD的最大距离=√2+32√2=52√2，∴△BDF的面积的最大值为12×3√2×52√2=7.5；（3）如图2−1中，当D，E，G共线时，连接AF交DG于T．∵四边形AEFG是正方形，∴AF⊥EG，AF=EG=√2，∴AT=FT=TG=TE=12√2，∴DT=√AD2−AT2=√32−(12√2)2=12√34，∴DG=GT+DT=12√2+12√34，∵BE=DG，∴BE=12√2+12√34；如图2−2中，当D，E，G共线时，连接AF交DE于T．∵四边形AEFG是正方形，∴AF⊥EG，AF=EG=√2，∴AT=FT=TG=TE=12√2，∴DT=√AD2−AT2=√32−(12√2)2=12√34，∴DG=DT−GT=12√34−12√2，∵BE=DG，∴BE=12√34−12√2；综上所述，满足条件的DG的长为12√34+12√2或12√34−12√2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．。