2024成都中考数学第一轮专题复习之第五章 微专题 半角模型 知识精练(含答案)

这是一份2024成都中考数学第一轮专题复习之第五章 微专题 半角模型 知识精练(含答案)，共6页。试卷主要包含了 问题提出等内容，欢迎下载使用。
1. 问题提出：如图①，已知在△ABC中，∠BAC＝45°，过点A作AD⊥BC于点D，AD＝10，BD＝4，求CD的长；
第1题图①
问题探究：如图②，已知在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝30°，AD⊥BC，探究AD与BC的数量关系．
第1题图②
2. 如图①，四边形ABCD是菱形，AC为对角线，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF，已知∠ADC＝∠EAF＝60°.
(1)判断△AEF的形状，并说明理由；
(2)如图②，对角线BD分别交AE，AC，AF于点G，O，H，若该菱形的边长为6，DH＝eq \r(3).
①求AH的长；
②求△AGH的面积．
图①
图②
第2题图
参考答案与解析
1. 解：问题提出：如解图①，将△ADB，△ADC分别沿AB，AC折叠，得到△AD′B，△AC′C，延长D′B，C′C交于点E.
∵∠BAC＝45°，
即∠BAD＋∠CAD＝45°，
∴∠D′AB＋∠C′AC＝45°，
∴∠D′AC′＝90°.
∵AD⊥BC，
∴∠D′＝∠C′＝∠D′AC′＝90°.
∵AD′＝AC′＝AD＝10，
∴四边形AD′EC′为正方形．
设CD＝x，则CE＝10－x，BE＝10－4＝6.
在Rt△BCE中，由勾股定理，得BE2＋CE2＝BC2，
即62＋(10－x)2＝(4＋x)2，
解得x＝ eq \f(30,7) .
∴CD的长为 eq \f(30,7) ；
第1题解图①
问题探究：如解图②，将△ADB，△ADC分别沿AB，AC折叠，得到△AD′B，△AC′C，延长D′B，C′C交于点E.
∵∠BAC＝30°，
即∠BAD＋∠CAD＝30°，
∴∠D′AB＋∠C′AC＝30°，
∴∠D′AC′＝60°，
∴∠D′EC′＝360°－90°－90°－60°＝120°.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ABD′＝∠ABC，∠ACB＝∠ACC′，
∴∠DBE＝∠DCE，
∴BE＝CE.
∵AB＝AC，AD⊥BC，BE＝CE，
∴A，D，E三点共线．
在Rt△AD′E中，AD′＝AD，则AE＝ eq \f(AD′,cs 30°) ＝ eq \f(2\r(3)AD,3) ，
则DE＝AE－AD＝ eq \f(2\r(3)AD,3) －AD，
在Rt△BDE中，BD＝DE·tan ∠BED＝(2－ eq \r(3) )AD，
则BC＝2BD＝(4－2 eq \r(3) )AD，
∴BC＝(4－2 eq \r(3) )AD.
第1题解图②
2. 解：(1)△AEF是等边三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，
∴∠BAD＝∠BCD＝120°，
∴∠DAC＝∠ACD＝∠ADC＝∠ACB＝60°，
∴△ADC为等边三角形，∠DAF＋∠FAC＝60°，
∴AC＝AD.
∵∠EAF＝60°，
∴∠FAC＋∠CAE＝60°，
∴∠DAF＝∠CAE.
在△ADF和△ACE中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠ADF＝∠ACE，,AD＝AC，,∠DAF＝∠CAE，))
∴△ADF≌△ACE(ASA)，
∴AE＝AF.
∵∠EAF＝60°，
∴△AEF是等边三角形；
(2)①∵四边形ABCD是菱形，∠ADC＝60°，
∴∠ADB＝ eq \f(1,2) ∠ADC＝30°.
∵AD＝6，∴OA＝3，OD＝3 eq \r(3) ，
∴OH＝OD－DH＝3 eq \r(3) － eq \r(3) ＝2 eq \r(3) .
在Rt△AOH中，AH＝ eq \r(OA2＋OH2) ＝ eq \r(21) ；
②如解图，将△AHG沿直线AG折叠，得到△AIG，连接IB，过点I作IJ⊥BD于点J.
第2题解图
由题意可知，∠HAI＝2∠HAG＝120°，AD＝6，∠ADB＝∠ABD＝30°，
∴BD＝2OD＝6 eq \r(3) .
∵∠HAI－∠HAB＝∠DAB－∠HAB，
∴∠BAI＝∠DAH.
∵AB＝AD, AH＝AI，
∴△ADH≌△ABI(SAS)，
∴IB＝DH＝ eq \r(3) ， ∠ABI＝∠ADH＝30°，
∴∠JBI＝∠ABI＋∠ABD＝60°，
∴BJ＝IB·cs ∠JBI＝ eq \f(\r(3),2) ，IJ＝IB·sin ∠JBI＝ eq \f(3,2) ，
∴GJ＝DB－DH－HG－BJ＝6 eq \r(3) － eq \r(3) －HG－ eq \f(\r(3),2) ＝ eq \f(9,2) eq \r(3) －HG.
∵△AIG是由△AHG折叠得到，
∴HG＝IG，
在Rt△GJI中，由勾股定理，得IG2＝IJ2＋GJ2，
∴HG2＝IJ2＋GJ2，
即HG2＝( eq \f(3,2) )2＋( eq \f(9\r(3),2) －HG)2，
解得HG＝ eq \f(7\r(3),3) ，
∴S△AHG＝ eq \f(1,2) HG·OA＝ eq \f(1,2) × eq \f(7\r(3),3) ×3＝ eq \f(7\r(3),2) .