《2025年名校课堂中考总复习数学安徽专版》

10. (2023·安徽 T22·12 分)在$Rt\triangle ABC$中，$M$是斜边$AB$的中点，将线段$MA$绕点$M$旋转至$MD$的位置，点$D$在直线$AB$外，连接$AD$，$BD$。
(1) 如图 1，求$\angle ADB$的度数；

(2) 已知点$D$和边$AC$上的点$E$满足$ME \perp AD$，$DE // AB$，
(ⅰ) 如图 2，连接$CD$。求证：$BD = CD$。

(ⅱ) 如图 3，连接$BE$，若$AC = 8$，$BC = 6$，求$\tan \angle ABE$的值。

答案： 解:
(1)
∵M是AB的中点,
∴MA=MB.由旋转的性质,得MA=MD=MB.
∴∠MAD=∠MDA,∠MDB=∠MBD.
∵∠MAD+∠MDA+∠MDB+∠MBD=180°,
∴∠ADB=∠MDA+∠MDB =90°.
(2)(ⅰ)证明:延长AC,BD相交于点F,设AD与ME相交于点O.
∵MA=MD,ME⊥AD,
∴AO=DO.
∴ME垂直平分AD.
∴EA=ED.
∴∠EAD=∠EDA.
∵DE//AB,
∴∠EDA=∠DAB.
∴∠EAD=∠DAB.证点D为BF的中点:(方法一:利用全等证明)
∵∠EAD=∠DAB,AD=AD,∠ADF=∠ADB=90°,
∴△ADF≌△ADB(ASA).
∴DF=DB.(方法二:利用相似三角形证明)
∵MA=MD,
∴∠MAD=∠MDA.
∴∠EAD=∠MDA.
∴MD//AC.
∴$\frac{BM}{AM}=\frac{BD}{DF}=1$.
∴DF=DB.又
∵∠BCF=90°,
∴CD=$\frac{1}{2}BF=BD$.(方法三:利用隐圆证明弦CD=BD)
∵∠ACB=∠ADB=90°,
∴A,C,D,B四点共圆.
∵∠EAD=∠DAB,
∴$\overset{\frown}{CD}=\overset{\frown}{BD}$.
∴CD=BD.(ⅱ)过点E作EH⊥AB于点H.在Rt△ABC中,∠C=90°,BC=6,AC=8,
∴AB=$\sqrt{BC^{2}+AC^{2}}=10$.由
(2)的证明可得,四边形EAMD是菱形,
∴AE=AM=$\frac{1}{2}AB=5$.
∵∠EAH=∠BAC,∠AHE=∠ACB=90°,
∴Rt△AEH∽Rt△ABC.
∴$\frac{EH}{BC}=\frac{AE}{AB}=\frac{AH}{AC}$.
∴$\frac{EH}{6}=\frac{5}{10}=\frac{AH}{8}$,解得EH=3,AH=4.
∴BH=6.在Rt△BEH中,tan∠HBE=$\frac{EH}{BH}=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$,即tan∠ABE的值为$\frac{1}{2}$.

11. (2021·安徽 T23·14 分)如图 1，在四边形$ABCD$中，$\angle ABC = \angle BCD$，点$E$在边$BC$上，且$AE // CD$，$DE // AB$，作$CF // AD$交线段$AE$于点$F$，连接$BF$。

(1) 求证：$\triangle ABF \cong \triangle EAD$；
(2) 【一题多解】如图 2，若$AB = 9$，$CD = 5$，$\angle ECF = \angle AED$，求$BE$的长；
(3) 如图 3，若$BF$的延长线经过$AD$的中点$M$，求$\frac{BE}{EC}$的值。

答案： 解:
(1)证明:
∵AE//CD,
∴∠AEB=∠BCD.
∵∠ABC=∠BCD,
∴∠ABC=∠AEB.
∴AB=AE.
∵DE//AB,
∴∠DEC=∠ABC,∠AED=∠BAF.
∵∠ABC=∠BCD,
∴∠DEC=∠BCD.
∴DE=DC.
∵CF//AD,AE//CD,
∴四边形ADCF是平行四边形.
∴AF=CD.
∴AF=DE.在△ABF和△EAD中,$\left\{\begin{array}{l} AB=EA,\\ ∠BAF=∠AED,\\ AF=ED,\end{array}\right.$
∴△ABF≌△EAD(SAS).
(2)方法1:
∵CF//AD,
∴∠EAD=∠CFE.
∵∠ECF=∠DEA,
∴△EAD∽△CFE.
∴$\frac{DE}{FE}=\frac{AE}{EC}=\frac{AD}{FC}$.由
(1)知,四边形ADCF是平行四边形,
∴AD=CF,AF=CD.
∵AB=9,CD=5,
∴AE=9,DE=5.
∴EF=AE - AF = 9 - 5 = 4.
∴$\frac{5}{4}=\frac{9}{CE}=\frac{CF}{CF}$.
∴CF² = 4×9 = 36.
∴CF = 6.
∴CE=$\frac{10}{3}$.
∵∠ABC=∠BCD=∠AEB=∠DEC,
∴△ABE∽△DEC.
∴$\frac{BE}{EC}=\frac{AB}{DE}$,即$\frac{BE}{\frac{10}{3}}=\frac{9}{5}$.
∴BE = 6.方法2:由
(1)知,△ABF≌△EAD,
∴∠ABF=∠EAD.
∵∠EAD=∠CFE,
∴∠ABF=∠CFE.
∵∠ABC=∠AEB,∠ABC=∠ABF+∠EBF,∠AEB=∠CFE+∠ECF,
∴∠EBF=∠ECF.
∵∠BAE=∠AED=∠ECF,
∴∠EBF=∠BAE.
∵∠BEF=∠AEB,
∴△BEF∽△AEB.
∴$\frac{BE}{AE}=\frac{EF}{BE}$,即$\frac{BE}{9}=\frac{4}{BE}$.
∴BE = 6.
(3)延长BM,ED相交于点G.
∵△ABE,△DCE均为等腰三角形,且∠ABC=∠DCE,
∴△ABE∽△DCE.
∴$\frac{AB}{DC}=\frac{AE}{DE}=\frac{BE}{CE}$.设DC = DE = a,CE = b,$\frac{AB}{DC}=\frac{AE}{DE}=\frac{BE}{CE}=x$,则AB = AE = ax,AF = CD = a,BE = bx,
∴EF = AE - AF = ax - a = a(x - 1).
∵AB//DG,
∴∠ABG=∠G.
∵点M是AD的中点,
∴AM = DM.
∵∠AMB=∠DMG,
∴△AMB≌△DMG(AAS).
∴DG = AB = ax.
∴EG = DG + DE = ax + a = a(x + 1).
∵AB//EG,
∴△ABF∽△EGF.
∴$\frac{AB}{EG}=\frac{AF}{EF}$,即$\frac{ax}{a(x + 1)}=\frac{a}{a(x - 1)}$.
∴x² - 2x - 1 = 0,解得x₁ = 1+$\sqrt{2}$,x₂ = 1 - $\sqrt{2}$(舍去).
∴$\frac{BE}{EC}=1+\sqrt{2}$.