2024中考数学全国真题分类卷 模型十 主从联动 强化训练(含答案)

这是一份2024中考数学全国真题分类卷 模型十 主从联动 强化训练(含答案)，共10页。试卷主要包含了 【问题情境】等内容，欢迎下载使用。


第1题图
A. eq \r(3) B. 3 C. 2 eq \r(3) D. 4
2. 如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝5 eq \r(3) ，点P在线段BC上运动(含B，C两点)，连接AP，以点A为中心，将线段AP逆时针旋转60°到AQ，连接DQ，则线段DQ的最小值为( )
第2题图
A. eq \f(5,2) B. 5 eq \r(2) C. eq \f(5\r(3),3) D. 3
3. 如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6，点P是平面内一个动点，且AP＝3，Q为BP的中点，在P点运动过程中，设线段CQ的长度为m，则m的取值范围是________．
第3题图
4. 如图，直尺AB垂直竖立在水平面上，将一个含45°角的直角三角板CDE的斜边DE靠在直尺的一边AB上，使点E与点A重合，DE＝12 cm.当点D沿DA方向滑动时，点E同时从点A出发沿射线AF方向滑动．当点D滑动到点A时，点C运动的路径长为________cm.
第4题图
5. 如图，正比例函数y＝－3x的图象与反比例函数y＝ eq \f(k,x) (k＜0)的图象交于A，B两点，点P是以C(3，0)为圆心，2为半径的⊙C上一点，连接AP，点Q是AP的中点，若OQ长的最大值为 eq \f(5,2) ，则k的值为_______________________．
第5题图
6. 如图，在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝60°，点P从点A出发，沿线段AD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动，过点P作PQ⊥AB于点Q，作PM⊥AD交直线AB于点M，交直线BC于点F，设△PQM与菱形ABCD重叠部分图形的面积为S(平方单位)，点P运动时间为t(秒).
(1)当点M与点B重合时，求t的值；
(2)当t为何值时，△APQ与△BMF全等；
(3)求S与t的函数关系式；
(4)以线段PQ为边，在PQ右侧作等边三角形PQE，当2≤t≤4时，求点E运动路径的长．
第6题图
7. 【问题情境】
在一次数学兴趣小组活动中，小昕同学将一大一小两个三角板按照如图①所示的方式摆放．其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠B＝30°，BE＝AC＝3.
【问题探究】
小昕同学将三角板DEB绕点B按顺时针方向旋转．
(1)如图②，当点E落在边AB上时，延长DE交BC于点F，求BF的长；
(2)若点C，E，D在同一条直线上，求点D到直线BC的距离；

第7题图
(3)连接DC，取DC的中点G，三角板DEB由初始位置(图①)，旋转到点C，B，D首次在同一条直线上(如图③)，求点G所经过的路径长；
(4)如图④，G为DC的中点，则在旋转过程中，点G到直线AB的距离的最大值是________．
第7题图
参考答案与解析
1. B 【解析】如解图，过点A作AD⊥BC，连接BE，CE，过点E作EF′⊥BE，交BF的延长线于点F′，取EC的中点M1，EF′的中点M2，连接M1M2，∵AB＝AC，BC＝2，AD⊥BC，∴BD＝CD＝1，∵AE＝ eq \f(1,2) BC，∴CD＝AE＝1，又∵AE∥BC，∴四边形ADCE为平行四边形，∵AD⊥BC，∴平行四边形ADCE为矩形，∵等腰△ABC的面积为2 eq \r(3) ，∴AD＝EC＝2 eq \r(3) .当点P在A处时，M在EC的中点M1处，∵EC＝2 eq \r(3) ，∴EM1＝ eq \r(3) .当点P在B处时，M在EF′的中点M2处，易证△BCE∽△EM1M2，∴ eq \f(BC,EM1) ＝ eq \f(EC,M2M1) ，即 eq \f(2,\r(3)) ＝ eq \f(2\r(3),M2M1) ，解得M1M2＝3，∴点M的运动路径长为3.
第1题解图
2. A 【解析】如解图，连接PQ，以AB为边向右作等边△ABF，作射线FQ交AD于点E，过点D作DH⊥QE，交QE延长线于点H，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABP＝∠BAE＝90°.∵△ABF，△APQ都是等边三角形，∴∠BAF＝∠PAQ＝60°，BA＝FA，PA＝QA，∴∠BAP＝∠FAQ，在△BAP和△FAQ中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BA＝FA,∠BAP＝∠FAQ,PA＝QA)) ，∴△BAP≌△FAQ(SAS)，∴∠ABP＝∠AFQ＝90°.∵∠FAE＝90°－60°＝30°，∴∠AEF＝90°－30°＝60°.∵AB＝AF＝5，在Rt△AFE中，AE＝ eq \f(AF,cs 30°) ＝ eq \f(10\r(3),3) ，∴点Q在射线FE上运动．∵AD＝BC＝5 eq \r(3) ，∴DE＝AD－AE＝ eq \f(5\r(3),3) .∵DH⊥EF，∠DEH＝∠AEF＝60°，∴DH＝DE·sin 60°＝ eq \f(5\r(3),3) × eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(5,2) .根据垂线段最短可知，当点Q与点H重合时，DQ的值最小，最小值为 eq \f(5,2) .
第2题解图
3. eq \f(7,2) ≤m≤ eq \f(13,2) 【解析】如解图，取AB中点M，连接CM，QM.∵AP＝3，∴P在以点A为圆心，3为半径的圆上运动，∵Q为BP中点，∴点Q在以点M为圆心，MQ为半径的圆上运动，MQ＝ eq \f(1,2) AP＝ eq \f(3,2) .在Rt△ABC中，AB＝ eq \r(AC2＋BC2) ＝ eq \r(82＋62) ＝10.∵M是Rt△ABC斜边AB上的中点，∴CM＝ eq \f(1,2) AB＝5，∴在△CMQ中，5－ eq \f(3,2) ≤CQ≤ eq \f(3,2) ＋5，即 eq \f(7,2) ≤m≤ eq \f(13,2) .
第3题解图
4. 24－12 eq \r(2) 【解析】∵DE＝12 cm，∠DCE＝45°，∴DC＝AC＝6 eq \r(2) cm.如解图，当点D沿着DA方向向下滑时，得到△A′C′D′，过点C′作C′N⊥AD于点N，作C′M⊥AF于点M，∵∠D′C′A′＝90°，∴∠NC′D′＋∠D′C′M＝∠MC′A′＋∠D′C′M，∴∠NC′D′＝∠MC′A′，在Rt△C′ND′与Rt△C′MA′中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠C′ND′＝∠C′MA′,∠NC′D′＝∠MC′A′,C′D′＝C′A′)) ，∴Rt△C′ND′≌Rt△C′MA′(AAS)，∴C′N＝C′M，且C′N⊥AD，C′M⊥AF，∴AC′平分∠DAF，即点D沿DA方向下滑时，点C′在射线AC上移动，∴当C′D′⊥AD时，CC′值最大，最大值为 eq \r(2) C′D′－AC＝(12－6 eq \r(2) ) cm，当点D从起始点D点滑动到A点时，点C运动的路径长为2CC′＝2×(12－6 eq \r(2) ) cm＝(24－12 eq \r(2) ) cm.
第4题解图
5. － eq \f(27,25) 【解析】如解图，连接BP，由对称性得OA＝OB，∵Q是AP的中点，∴OQ＝ eq \f(1,2) BP，∵OQ长的最大值为 eq \f(5,2) ，∴BP长的最大值为5，当BP过圆心C时，BP最长，过点B作BD⊥x轴于点D，∵CP＝2，∴BC＝3，∵点B在直线y＝－3x上，设B(t，－3t)，则CD＝3－t，BD＝3t，在Rt△BCD中，由勾股定理得BC2＝CD2＋BD2，∴32＝(3－t)2＋(3t)2，解得t＝0(舍去)或t＝ eq \f(3,5) ，∴B( eq \f(3,5) ，－ eq \f(9,5) )，∵点B在反比例函数y＝ eq \f(k,x) (k<0)的图象上，∴k＝ eq \f(3,5) ×(－ eq \f(9,5) )＝－ eq \f(27,25) .
第5题解图
6. 解：(1)当点M与点B重合时，如解图①，
∵∠A＝60°，∴PA＝ eq \f(1,2) AB＝2，∴t＝2；
第6题解图①
(2)①当0≤t≤2时，
∵AP＝t，AM＝2t，
∴BM＝4－2t，
∵△APQ≌△BMF，
∴AP＝BM，
∴t＝4－2t，
∴t＝ eq \f(4,3) ；
②当2＜t≤4时，
∵AP＝t，AM＝2t，
∴BM＝2t－4.
∵△APQ≌△BMF，
∴AP＝BM，
∴t＝2t－4，
∴t＝4.
综上所述，当t＝ eq \f(4,3) 或t＝4时，△APQ与△BMF全等；
(3)①如解图②，当0≤t≤2时，
第6题解图
∵AP＝t，∴PQ＝ eq \f(\r(3),2) t，∴MQ＝ eq \f(3,2) t，
∴S＝S△PQM＝ eq \f(3\r(3),8) t2；
②如解图③，当2＜t≤4时，易得AM＝2AP＝2t，BM＝2t－4，
∴BF＝t－2，MF＝ eq \r(3) (t－2)，
∴S△BFM＝ eq \f(\r(3),2) (t－2)2，
∴S＝S△PQM－S△BFM＝－ eq \f(\r(3),8) t2＋2 eq \r(3) t－2 eq \r(3) .
综上所述，S＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),8)t2（0≤t≤2）,－\f(\r(3),8)t2＋2\r(3)t－2\r(3)（2＜t≤4）)) ；
(4)如解图④，连接AE，
∵△PQE为正三角形，
∴PE＝ eq \f(\r(3),2) t，
在Rt△APE中，
tan ∠PAE＝ eq \f(PE,PA) ＝ eq \f(\f(\r(3),2)t,t) ＝ eq \f(\r(3),2) ，
∴∠PAE为定值，
∴E的运动轨迹为直线，
AE＝ eq \r(AP2＋PE2) ＝ eq \f(\r(7),2) t，
当t＝2时AE＝ eq \r(7) ，
当t＝4时AE＝2 eq \r(7) ，
∴E的运动路径长为2 eq \r(7) － eq \r(7) ＝ eq \r(7) .
第6题解图④
7. 解：(1)由题意得，∠BEF＝∠BED＝90°，
∵在Rt△BEF中，∠ABC＝30°，BE＝3，
cs ∠ABC＝ eq \f(BE,BF) ，
∴BF＝ eq \f(BE,cs ∠ABC) ＝ eq \f(3,cs 30°) ＝2 eq \r(3) ；
(2)①当点E在BC上方时，如解图①，过点D作DH⊥BC，垂足为点H，
∵在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝3，
∴tan ∠ABC＝ eq \f(AC,BC) ，
∴BC＝ eq \f(AC,tan ∠ABC) ＝ eq \f(3,tan 30°) ＝3 eq \r(3) .
∵在△BDE中，∠DEB＝90°，∠DBE＝∠ABC＝30°，BE＝3，tan ∠DBE＝ eq \f(DE,BE) ，
∴DE＝BE·tan 30°＝ eq \r(3) .
∵点C，E，D在同一条直线上，且∠DEB＝90°，
∴∠CEB＝180°－∠DEB＝90°.
又∵在△CBE中，∠CEB＝90°，BC＝3 eq \r(3) ，BE＝3，
∴CE＝ eq \r(BC2－BE2) ＝3 eq \r(2) ，
∴CD＝CE＋DE＝3 eq \r(2) ＋ eq \r(3) .
∵在△BCD中，S△BCD＝ eq \f(1,2) CD·BE＝ eq \f(1,2) BC·DH，
∴DH＝ eq \f(CD·BE,BC) ＝ eq \r(6) ＋1；
第7题解图①
②当点E在BC下方时，如解图②，过点D作DM⊥BC，垂足为点M.
在△BCE中，∵∠CEB＝90°，BE＝3，BC＝3 eq \r(3) ，
∴CE＝ eq \r(BC2－BE2) ＝3 eq \r(2) ，
∴CD＝CE－DE＝3 eq \r(2) － eq \r(3) .
在△BDC中，S△BDC＝ eq \f(1,2) BC·DM＝ eq \f(1,2) CD·BE，
∴DM＝ eq \f(CD·BE,BC) ＝ eq \r(6) －1.
综上所述，点D到直线BC的距离为 eq \r(6) ＋1或 eq \r(6) －1；
第7题解图②
(3)如解图③，取BC的中点O，连接GO，
则BD＝ eq \f(EB,cs 30°) ＝2 eq \r(3) ，∴GO＝ eq \f(1,2) BD＝ eq \r(3) .
∴点G在以O为圆心， eq \r(3) 为半径的圆上．
当三角板DEB绕点B顺时针由初始位置旋转到点C，B，D首次在同一条直线上时，点G所经过的轨迹为150°所对的圆弧，圆弧长为 eq \f(150π·\r(3),180) ＝ eq \f(5\r(3),6) π.
∴点G所经过的路径长为 eq \f(5\r(3),6) π；
第7题解图③
(4) eq \f(7\r(3),4) .
【解法提示】如解图④，分别过点G，O作AB的垂线，垂足分别为点P，Q，由(3)可得，点G在以O为圆心， eq \r(3) 为半径的⊙O上运动，∴GO＋OQ≥GP，当且仅当G，O，Q三点共线，且点G在QO的延长线上时，GP取得最大值，最大值为GO＋OQ的长，∵OB＝ eq \f(BC,2) ＝ eq \f(3\r(3),2) ，∠ABC＝30°，∴OQ＝ eq \f(1,2) BO＝ eq \f(3\r(3),4) ，∴GO＋OQ＝ eq \f(7\r(3),4) ，即点G到直线AB的最大距离为 eq \f(7\r(3),4) .
第7题解图④