2022年中考數(shù)學(xué)幾何變形題歸類輔導(dǎo)專題01構(gòu)造等邊三角形(解析版)

【中考數(shù)學(xué)幾何變形題歸類輔導(dǎo)】專題1：構(gòu)造等邊三角形【典例引領(lǐng)】例：在菱形ABCD中，∠ABC=60°，E是對(duì)角線AC上一點(diǎn)，F(xiàn)是線段BC延長線上一點(diǎn)，且CF=AE，連接BE、EF。（1）若E是線段AC的中點(diǎn)，如圖1，易證：BE=EF（不需證明）；（2）若E是線段AC或AC延長線上的任意一點(diǎn)，其它條件不變，如圖2、圖3，線段BE、EF有怎樣的數(shù)量關(guān)系，直接寫出你的猜想；并選擇一種情況給予證明?！敬鸢浮浚?）證明見解析；（2）證明見解析【分析】首先構(gòu)造全等三角形，過點(diǎn)E作EG∥BC，可得到△AGE是等邊三角形，就可證出BGE≌△ECF，進(jìn)而得出BE=EF【解答】證明：（2）圖2：BE=EF．?圖3：BE=EF．?圖2證明如下：過點(diǎn)E作EG∥BC，交AB于點(diǎn)G∵四邊形ABCD為菱形∴AB=BC又∵∠ABC=60°∴ΔABC是等邊三角形∴AB=AC∠ACB=60°又∵EG∥BC∴∠AGE=∠ABC=60°又∵∠BAC=60°∴△AGE是等邊三角形∴AG=AE，?∴BG=CE又∵CF=AE∴GE=CF又∵∠BGE=∠ECF=120°∴△∴BGE≌△ECF（SAS）∴BE=EF??圖3證明如下：過點(diǎn)E作EG∥BC交AB延長線于點(diǎn)G∵四邊形ABCD為菱形∴AB=BC又∵∠ABC=60°∴△ABC是等邊三角形∴AB=AC∠ACB=60°?又∵EG∥BC∴∠AGE=∠ABC=60°又∵∠BAC=60°?∴△AGE是等邊三角形?∴AG=AE∴BG=CE又∵CF=AE∴GE=CF∵∠AGE=∠ECF=60°∴△BGE≌△ECF（SAS）?∴BE=EF【強(qiáng)化訓(xùn)練】1．如圖，△ABC中，AB=BC，BD⊥AC于點(diǎn)D，∠FAC=12∠ABC，且∠FAC在AC下方．點(diǎn)P，Q分別是射線BD，射線AF上的動(dòng)點(diǎn)，且點(diǎn)P不與點(diǎn)B重合，點(diǎn)Q不與點(diǎn)A重合，連接CQ，過點(diǎn)P作PE⊥CQ于點(diǎn)E，連接DE（1）若∠ABC=60°，BP=AQ．①如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段DE和線段AQ的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系；②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段BD的延長線上時(shí)，試判斷①中的結(jié)論是否成立，并說明理由；（2）若∠ABC=2α≠60°，請(qǐng)直接寫出當(dāng)線段BP和線段AQ滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，能使（1）中①的結(jié)論仍然成立（用含α的三角函數(shù)表示）．【答案】（1）①DE=12AQ，DE∥AQ，理由見解析；②E∥AQ，DE=12AQ，理由見解析；（2）AQ=2BP?sin【分析】（1）①先判斷出△ABC是等邊三角形，進(jìn)而判斷出∠CBP=∠CAQ，即可判斷出△BPC≌△AQC，再判斷出△PCQ是等邊三角形，進(jìn)而得出CE=QE，即可得出結(jié)論；②同①的方法即可得出結(jié)論；（2）先判斷出，∠PAQ=90°﹣∠ACQ，∠BAP=90°﹣∠ACQ，進(jìn)而得出∠BCP=∠ACQ，即可判斷出進(jìn)而判斷出△BPC∽△AQC，最后用銳角三角函數(shù)即可得出結(jié)論．【解答】（1）①DE=12AQ，DE∥AQ理由：如圖1，連接PC，PQ，在△ABC中，AB=AC，∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，AC=BC，∵AB=BC，BD⊥AC，∴AD=CD，∠ABD=∠CBD=12∠BAC∵∠CAF=12∠ABC∴∠CBP=∠CAQ，在△BPC和△AQC中，BC=AC∠CBP=∠CAQ∴△BPC≌△AQC（SAS），∴PC=QC，∠BPC=∠ACQ，∴∠PCQ=∠PCA+∠AQC=∠PCA+∠BCP=∠ACB=60°，∴△PCQ是等邊三角形，∵PE⊥CQ，∴CE=QE，∵AD=CD，∴DE=12AQ，DE∥AQ②DE∥AQ，DE=12AQ理由：如圖2，連接PQ，PC，同①的方法得出DE∥AQ，DE=12AQ（2）AQ=2BP?sinα，理由：連接PQ，PC，要使DE=12AQ，DE∥AQ∵AD=CD，∴CE=QE，∵PE⊥CQ，∴PQ=PC，易知，PA=PC，∴PA=PE=PC∴以點(diǎn)P為圓心，PA為半徑的圓必過A，Q，C，∴∠APQ=2∠ACQ，∵PA=PQ，∴∠PAQ=∠PQA=12（180°﹣∠APQ）=90°﹣∠ACQ∵∠CAF=∠ABD，∠ABD+∠BAD=90°，∴∠BAQ=90°，∴∠BAP=90°﹣∠PAQ=90°﹣∠ACQ，易知，∠BCP=∠BAP，∴∠BCP=∠ACQ，∵∠CBP=∠CAQ，∴△BPC∽△AQC，∴BPAQ在Rt△BCD中，sinα=CDBC∴AQBP=2×CDBC∴AQ=2BP?sinα．2．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，點(diǎn)O為AB中點(diǎn)，點(diǎn)P為直線BC上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B、點(diǎn)C重合），連接OC、OP，將線段OP繞點(diǎn)P順時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°，得到線段PQ，連接BQ．（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，請(qǐng)直接寫出線段BQ與CP的數(shù)量關(guān)系．（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在CB延長線上時(shí)，（1）中結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)加以證明；若不成立，請(qǐng)說明理由；（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在BC延長線上時(shí)，若∠BPO=15°，BP=4，請(qǐng)求出BQ的長．【答案】（1）BQ=CP；（2）成立：PC=BQ；（3）43【分析】（1）結(jié)論：BQ=CP．如圖1中，作PH∥AB交CO于H，可得△PCH是等邊三角形，只要證明△POH≌△QPB即可；（2）成立：PC=BQ．作PH∥AB交CO的延長線于H．證明方法類似（1）；（3）如圖3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一點(diǎn)F，使得FP=FC，連接CF．設(shè)CE=CO=a，則FC=FP=2a，EF=3a，在Rt△PCE中，表示出PC，根據(jù)PC+CB=4，可得方程(6+2【解答】解：（1）結(jié)論：BQ=CP．理由：如圖1中，作PH∥AB交CO于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，點(diǎn)O為AB中點(diǎn)，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等邊三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等邊三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠OPB=∠OPQ+∠QPB=∠OCB+∠COP，∵∠OPQ=∠OCP=60°，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．成立：PC=BQ．理由：作PH∥AB交CO的延長線于H．在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，點(diǎn)O為AB中點(diǎn)，∴CO=AO=BO，∠CBO=60°，∴△CBO是等邊三角形，∴∠CHP=∠COB=60°，∠CPH=∠CBO=60°，∴∠CHP=∠CPH=60°，∴△CPH是等邊三角形，∴PC=PH=CH，∴OH=PB，∵∠POH=60°+∠CPO，∠QPO=60°+∠CPQ，∴∠POH=∠QPB，∵PO=PQ，∴△POH≌△QPB，∴PH=QB，∴PC=BQ．如圖3中，作CE⊥OP于E，在PE上取一點(diǎn)F，使得FP=FC，連接CF．∵∠OPC=15°，∠OCB=∠OCP+∠POC，∴∠POC=45°，∴CE=EO，設(shè)CE=CO=a，則FC=FP=2a，EF=3a，在Rt△PCE中，PC=PE2+CE2=(2a+3a)2+a2=(6+2)a，∵PC+CB=4，∴(3．在菱形ABCD中，∠ABC=60°,點(diǎn)P是射線BD上一動(dòng)點(diǎn)，以AP為邊向右側(cè)作等邊△APE，點(diǎn)（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在菱形ABCD內(nèi)部或邊上時(shí)，連接CE，BP與CE的數(shù)量關(guān)系是，CE與AD的位置關(guān)系是；（2）當(dāng)點(diǎn)E在菱形ABCD外部時(shí)，(1)中的結(jié)論是否還成立？若成立，請(qǐng)予以證明；若不成立，請(qǐng)說明理由(選擇圖2，圖3中的一種情況予以證明或說理).(3)如圖4，當(dāng)點(diǎn)P在線段BD的延長線上時(shí)，連接BE，若AB=23,BE=2【答案】（1）BP=CE；CE⊥AD；（2）成立，理由見解析；（3）83【分析】（1）①連接AC，證明△ABP≌△ACE，根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等即可證得BP=CE；②根據(jù)菱形對(duì)角線平分對(duì)角可得∠ABD=30°，再根據(jù)△ABP≌△ACE，可得∠ACF=∠ABD（2）(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立，利用（1）的方法進(jìn)行證明即可；（3）連接AC交BD于點(diǎn)O，CE，作EH⊥AP于H，由已知先求得BD=6，再利用勾股定理求出CE的長，AP長，由△APE是等邊三角形，求得PH，EH的長，再根據(jù)S四ADPE【解答】（1）①BP=CE，理由如下：連接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAC=60°，∵△APE是等邊三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE；②CE⊥AD，∵菱形對(duì)角線平分對(duì)角，∴∠ABD∵△ABP≌△ACE，∴∠ACF∵∠ACD∴∠DCF∴∠DCF∴∠CFD=∴CF⊥AD，即CE⊥AD；（2）(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立，理由如下：連接AC，∵菱形ABCD，∠ABC=60°，∴△ABC和△ACD都是等邊三角形，∴AB=AC，∠BAD=120°，∠BAP=120°＋∠DAP，∵△APE是等邊三角形，∴AP=AE，∠PAE=60°，∴∠CAE=60°＋60°＋∠DAP=120°＋∠DAP，∴∠BAP=∠CAE，∴△ABP≌△ACE，∴BP=CE，∠ACE=∴∠DCE=30°，∵∠ADC=60°，∴∠DCE＋∠ADC=90°，∴∠CHD=90°，∴CE⊥AD，∴(1)中的結(jié)論：BP=CE，CE⊥AD仍然成立；(3)連接AC交BD于點(diǎn)O，CE，作EH⊥AP于H，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BD平分∠ABC，∵∠ABC=60°，AB=∴∠ABO=30°，∴AO=3∴BD=6，由(2)知CE⊥AD，∵AD∥BC，∴CE⊥BC，∵BE=219，∴CE=由(2)知BP=CE=8，∴DP=2，∴OP=5，∴AP=∵△APE是等邊三角形，∴PH=7，∵S四∴S四=1=3=83∴四邊形ADPE的面積是834．已知：在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)A在x軸的負(fù)半軸上，直線y=﹣3x+723與x軸、y軸分別交于B、C兩點(diǎn)，四邊形（1）如圖1，求點(diǎn)A的坐標(biāo)；（2）如圖2，連接AC，點(diǎn)P為△ACD內(nèi)一點(diǎn)，連接AP、BP，BP與AC交于點(diǎn)G，且∠APB=60°，點(diǎn)E在線段AP上，點(diǎn)F在線段BP上，且BF=AE，連接AF、EF，若∠AFE=30°，求AF2+EF2的值；（3）如圖3，在（2）的條件下，當(dāng)PE=AE時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)．【答案】（1）A（﹣72，0）．（2）49；（3）P（﹣52，3【分析】（1）利用勾股定理求出BC的長即可解決問題；（2）如圖2中，連接CE、CF．證明△CEF是等邊三角形，AF⊥CF即可解決問題；（3）如圖3中，延長CE交FA的延長線于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP設(shè)截取BT=PA，連接AT、CT、CF、PC．證明△APF是等邊三角形，AT⊥PB即可解決問題；【解答】（1）如圖1中，∵y=-﹣3x+72∴B（72，0），C（0，7∴BO=72，OC=7在Rt△OBC中，BC=OC2∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC=7，∴OA=AB-OB=7-72=7∴A（-72，0（2）如圖2中，連接CE、CF．∵OA=OB，CO⊥AB，∴AC=BC=7，∴AB=BC=AC，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ACB=60°，∵∠APB=60°，∴∠APB=∠ACB，∵∠PAG+∠APB=∠AGB=∠CBG+∠ACB，∴∠PAG=∠CBG，∵AE=BF，∴△ACE≌△BCF，∴CE=CF，∠ACE=∠BCF，∴∠ECF=∠ACF+∠ACE=∠ACF+∠BCF=∠ACB=60°，∴△CEF是等邊三角形，∴∠CFE=60°，EF=FC，∵∠AFE=30°，∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=90°，在Rt△ACF中，AF2+CF2=AC2=49，∴AF2+EF2=49．（3）如圖3中，延長CE交FA的延長線于H，作PQ⊥AB于Q，PK⊥OC于K，在BP設(shè)截取BT=PA，連接AT、CT、CF、PC．∵△CEF是等邊三角形，∴∠CEF=60°，EC=CF，∵∠AFE=30°，∠CEF=∠H+∠EFH，∴∠H=∠CEF-∠EFH=30°，∴∠H=∠EFH，∴EH=EF，∴EC=EH，∵PE=AE，∠PEC=∠AEH，∴△CPE≌△HAE，∴∠PCE=∠H，∴PC∥FH，∵∠CAP=∠CBT，AC=BC，∴△ACP≌△BCT，∴CP=CT，∠ACP=∠BCT，∴∠PCT=∠ACB=60°，∴△CPT是等邊三角形，∴CT=PT，∠CPT=∠CTP=60°，∵CP∥FH，∴∠HFP=∠CPT=60°，∵∠APB=60°，∴