2024中考数学全国真题分类卷 模型三 一线三等角模型 强化训练(含答案)

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1. 如图①，在△ABC中，AB＝AC＝20，tan B＝ eq \f(3,4) ，点D为BC边上的动点(点D不与点B，C重合)，以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF.
(1)求证：△ABD∽△DCE；
(2)当DE∥AB时(如图②)，求AE的长；
(3)点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．
第1题图
类型二 直角型一线三等角
2.在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上(不与点A重合)，点F在边BC上，且AE＝2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH.
(1)如图①，若AB＝4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积；
(2)如图②，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K.
①求证：EK＝2EH；
②设∠AEK＝α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1，S2.求证： eq \f(S2,S1) ＝4sin2α－1.
第2题图
3．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E.
(1)特例体验：如图①，若直线l∥BC，AB＝AC＝ eq \r(2) ，分别求出线段BD、CE和DE的长；
(2)规律探究：
(Ⅰ)如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α(0＜α＜45°)，请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
(Ⅱ)如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α(45°＜α＜90°)，与线段BC相交于点H，请再探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
(3)尝试应用：在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC.
参考答案与解析
1. (1)证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB.
∵∠ADE＋∠CDE＝∠B＋∠BAD，∠ADE＝∠B，
∴∠CDE＝∠BAD，
∴△ABD∽△DCE；
(2)解：如解图①，过点A作AM⊥BC于点M.
第1题解图①
在Rt△ABM中，设BM＝4k，
则AM＝BM·tan B＝4k· eq \f(3,4) ＝3k，
由勾股定理，得AB2＝AM2＋BM2，
∴202＝(3k)2＋(4k)2，
∴k＝4.
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BC＝2BM＝2·4k＝32.
∵DE∥AB，
∴∠BAD＝∠ADE.
又∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，
∴∠BAD＝∠ACB.
∵∠ABD＝∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
∴ eq \f(AB,CB) ＝ eq \f(DB,AB) ，
∴DB＝ eq \f(AB2,CB) ＝ eq \f(202,32) ＝ eq \f(25,2) .
∵DE∥AB，
∴ eq \f(AE,AC) ＝ eq \f(BD,BC) ，
∴AE＝ eq \f(AC·BD,BC) ＝ eq \f(20×\f(25,2),32) ＝ eq \f(125,16) ；
(3)解：存在．
如解图②，过点F作FH⊥BC于点H，过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥FH于点N，则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，
第1题解图②
∴四边形AMHN为矩形，
∴∠MAN＝90°，MH＝AN.
∵AB＝AC，AM⊥BC，
∴BM＝CM＝ eq \f(1,2) BC＝ eq \f(1,2) ×32＝16.
在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM＝ eq \r(AB2－BM2) ＝ eq \r(202－162) ＝12.
∵AN⊥FH，AM⊥BC，
∴∠ANF＝90°＝∠AMD.
∵∠DAF＝90°＝∠MAN，
∴∠NAF＝∠MAD，
∴△AFN∽△ADM，
∴ eq \f(AN,AM) ＝ eq \f(AF,AD) ＝tan ∠ADF＝tan B＝ eq \f(3,4) ，
∴AN＝ eq \f(3,4) AM＝ eq \f(3,4) ×12＝9，
∴CH＝CM－MH＝CM－AN＝16－9＝7.
当DF＝CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，
又∵FH⊥DC，
∴CD＝2CH＝14，
∴BD＝BC－CD＝32－14＝18.
∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF，此时BD＝18.
2. (1)解：∵AB＝4，M为AB的中点，
∴AE＝BE＝ eq \f(1,2) AB＝2，
∵AE＝2BF，
∴BF＝1，
由勾股定理，得EF2＝BE2＋BF2＝5，
∴正方形EFGH的面积为5；
(2)证明：①由题意，知∠KAE＝∠B＝90°，
∴∠EFB＋∠FEB＝90°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴∠HEF＝90°，EF＝EH＝FG，
∴∠KEA＋∠FEB＝90°，
∴∠KEA＝∠EFB，
∴△KEA∽△EFB，
∴ eq \f(KE,EF) ＝ eq \f(AE,BF) ＝2.
∴EK＝2EF＝2EH；
②由①得HK＝EH＝GF，
∵∠KHI＝∠FGJ＝90°，∠KIH＝∠FJG，
∴△KHI≌△FGJ，
∴S△FGJ＝S△KHI＝S1.
由题意，知△KHI∽△KAE，
∴ eq \f(S1＋S2,S1) ＝( eq \f(KA,KH) )2＝( eq \f(KA,\f(1,2)EK) )2＝ eq \f(4KA2,KE2) ＝4( eq \f(KA,KE) )2＝4sin2α，
∴ eq \f(S2,S1) ＝4sin2α－1.
3．解：(1)∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵DE∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝∠ACB＝∠EAC＝45°，
∵BD⊥DE，CE⊥DE，
∴AD＝BD＝ eq \f(\r(2),2) AB＝1，AE＝CE＝ eq \f(\r(2),2) AC＝1，
∴DE＝AD＋AE＝2；
(2)(I)DE＝BD＋CE.理由如下：
∵BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝∠BAD＋∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ADB＝∠CEA,∠ABD＝∠CAE,AB＝CA)) ，
∴△ABD≌△CAE(AAS)，
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE；
(II)DE＝BD－CE.理由如下：
∵BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠ADB＝∠AEC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD＋∠CAE＝∠BAD＋∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ADB＝∠CEA,∠ABD＝∠CAE,AB＝CA)) ，
∴△ABD≌△CAE(AAS)，
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AE－AD＝BD－CE；
(3)由(2)(II)知，AD＝CE＝3，
∴BD＝AE＝DE＋AD＝1＋3＝4，
∴AC＝AB＝ eq \r(AD2＋BD2) ＝5，
∵∠ABD＝∠CAE，∠ADB＝∠ADF＝90°，
∴△ABD∽△FAD，
∴ eq \f(AD,FD) ＝ eq \f(BD,AD) ，即 eq \f(3,FD) ＝ eq \f(4,3) ，
∴FD＝ eq \f(9,4) ，
∴BF＝BD＋DF＝ eq \f(25,4) ，
∴S△ABF＝ eq \f(1,2) BF·AD＝ eq \f(75,8) ，
∵S△ABC＝ eq \f(1,2) AB·AC＝ eq \f(25,2) ，
∴S△BFC＝S△ABC－S△ABF＝ eq \f(25,8) .