2024中考数学全国真题分类卷 模型二 截长补短模型 强化训练(含答案)

这是一份2024中考数学全国真题分类卷 模型二 截长补短模型 强化训练(含答案)，共10页。
(1)如图①，延长BC到点F，使得CF＝BC，连接AF，EF.若AF⊥EF，求证：BD⊥AF；
(2)连接AE，交BD的延长线于点H，连接CH，依题意补全图②.若AB2＝AE2＋BD2，用等式表示线段CD与CH的数量关系，并证明．
第1题图
2. 已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC.
(1)如图①，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；
(2)如图②，将(1)中的△CDE绕点C逆时针旋转(旋转角小于∠BAC)，BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；
(3)如图③，将(1)中的△CDE绕点C顺时针旋转(旋转角小于∠ABC)，若∠BAD＝∠BCD，求∠ADB的度数．
第2题图
类型二 构造 eq \r(2) 、 eq \r(3) 倍数量关系
3. 在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，线段AB绕点A逆时针旋转至AD(AD不与AC重合)，旋转角记为α，∠DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC.
(1)如图①，当α＝20°时，∠AEB的度数是________；
(2)如图②，当0°＜α＜90°时，求证：BD＋2CE＝ eq \r(2) AE；
(3)当0°＜α＜180°，AE＝2CE时，请直接写出 eq \f(BD,ED) 的值．
第3题图
4. 在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC＝60°，P是DF的中点，连接PG，PC.
(1)如图①，当点G在BC边上时，写出PG与PC的数量关系；(不必证明)
(2)如图②，当点F在AB的延长线上时，线段PC，PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给予证明；
(3)如图③，当点F在CB的延长线上时，线段PC，PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想(不必证明).
第4题图
参考答案与解析
1. (1)证明：在△BDC与△FEC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DC＝EC，,∠BCD＝∠FCE，,BC＝FC，))
∴△BDC≌△FEC(SAS)，
∴∠BDC＝∠FEC，∴BD∥EF.
∵EF⊥AF，∴BD⊥AF；
(2)解：补全图形如解图，CD＝CH，
证明：如解图，延长BC至点F，使得BC＝CF，连接AF，EF.
由(1)得△BDC≌△FEC，
∴BD＝EF，∠CBD＝∠CFE，
∵∠ACB＝90°，BC＝CF，
∴AB＝AF，
∴△BAF为等腰三角形，
由AB2＝AE2＋BD2，AB＝AF，BD＝EF，
得AF2＝AE2＋EF2，
∴EF⊥AE.
∵∠CBD＝∠CFE，
∴BD∥EF，
∴BD⊥AE，即∠DHE＝90°，
又∵CE＝DC，
∴CD＝CH＝ eq \f(1,2) DE.
第1题解图
2. (1)证明：∵△ABC≌△DEC，
∴AC＝DC.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC.
∵CB平分∠ACD，
∴∠ACB＝∠DCB，
∴∠ABC＝∠DCB，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形．
又∵AB＝AC，
∴四边形ABDC是菱形；
(2)解：∠ACE＋∠EFC＝180°.
证明如下：
∵△ABC≌△DEC，
∴∠ABC＝∠DEC.
∵AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴∠ACB＝∠DEC.
∵∠ACB＋∠ACF＝∠DEC＋∠CEF＝180°，
∴∠ACF＝∠CEF.
∵∠CEF＋∠ECF＋∠EFC＝180°，
∴∠ACF＋∠ECF＋∠EFC＝180°，
∴∠ACE＋∠EFC＝180°；
(3)解：如解图，在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM.
∵AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，AM＝CB，
∴△ABM≌△CDB(SAS)，
∴BM＝BD，∠MBA＝∠BDC，
∴∠ADB＝∠BMD，
∵∠BMD＝∠BAD＋∠MBA，
∴∠ADB＝∠BCD＋∠BDC.
设∠BCD＝∠BAD＝α，∠BDC＝β，
则∠ADB＝α＋β.
∵CA＝CD，
∴∠CAD＝∠CDA＝α＋2β，
∴∠BAC＝∠CAD－∠BAD＝2β，
∴∠ACB＝ eq \f(1,2) (180°－∠BAC)＝90°－β，
∴∠ACD＝90°－β＋α.
∵∠ACD＋∠CAD＋∠CDA＝180°，
∴90°－β＋α＋2(α＋2β)＝180°，
∴α＋β＝30°，即∠ADB＝30°.
第2题解图
3. (1)解：45°；
【解法提示】∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠BAD＝20°，∴∠ADB＝ eq \f(1,2) (180°－∠BAD)＝80°，∵∠BAC＝90°，∴∠DAC＝70°，∵AE平分∠DAC，∴∠DAE＝ eq \f(1,2) ∠DAC＝35°，∴∠AEB＝∠ADB－∠DAE＝80°－35°＝45°.
(2)证明：如解图①，过点A作AF⊥AE，交EC的延长线于点F，
则∠EAF＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAE＝∠CAF.
∵AB＝AD，AB＝AC，
∴AD＝AC.
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAE＝∠CAE.
∵AE＝AE，
∴△DAE≌△CAE(SAS)，
∴DE＝CE，∠ADE＝∠ACE.
∵∠ADE＋∠ADB＝180°，∠ACE＋∠ACF＝180°，
∴∠ADB＝∠ACF.
∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，
∴∠ABD＝∠ACF.
∵∠BAE＝∠CAF，AB＝AC，
∴△ABE≌△ACF(ASA)，
∴AE＝AF，BE＝CF＝BD＋DE＝BD＋CE.
在Rt△EAF中，∠EAF＝90°，
∴EF2＝AE2＋AF2＝2AE2，
∴EF＝ eq \r(2) AE，
∵EF＝EC＋CF＝EC＋BD＋CE＝BD＋2CE，
∴BD＋2CE＝ eq \r(2) AE；
第3题解图①
(3)解：2 eq \r(2) －2或2 eq \r(2) ＋2.
【解法提示】①当0°＜α＜90°时，由(2)可知：BD＋2CE＝ eq \r(2) AE，且ED＝CE，∴BD＋2ED＝ eq \r(2) AE，∵AE＝2CE，∴BD＋2ED＝2 eq \r(2) CE＝2 eq \r(2) ED，∴BD＝(2 eq \r(2) －2)ED，∴ eq \f(BD,ED) ＝2 eq \r(2) －2；②当90°＜α＜180°时，如解图②，同理可得：△ABE≌△ACF，CE＝ED，BD－2CE＝ eq \r(2) AE，∵AE＝2CE，∴BD－2ED＝2 eq \r(2) CE＝2 eq \r(2) ED，∴BD＝(2 eq \r(2) ＋2)ED，∴ eq \f(BD,ED) ＝2 eq \r(2) ＋2.
第3题解图②
4. 解：(1)PG＝ eq \r(3) PC；
【解法提示】如解图①，延长GP交DC于点E，∵P是DF的中点，∴PD＝PF，∵△BGF是正三角形，∴∠BGF＝60°，∵∠ABC＝60°，∴∠BGF＝∠ABC，∴AB∥GF，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴CD∥GF，∴∠CDP＝∠PFG，在△PED和△PGF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠DPE＝∠FPG,DP＝FP,∠EDP＝∠GFP)) ，∴△PED≌△PGF(ASA)，∴PE＝PG，DE＝FG，∵△BGF是正三角形，∴FG＝BG，∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CE＝CG，∵PE＝PG，∴CP⊥EG，∠PCG＝∠ECP＝60°，∴PG＝tan ∠PCG·PC＝ eq \r(3) PC.
第4题解图①
(2)猜想：PG＝ eq \r(3) PC，证明如下：
如解图②，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，
第4题解图②
∵∠ABC＝60°，△BGF是等边三角形，
∴∠GFB＝∠ABC＝60°，BG＝FG，
∴∠CBG＝60°，GF∥BC∥AD，
∴∠EDP＝∠GFP，
在△PED和△PGF中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠EDP＝∠GFP,DP＝FP,∠DPE＝∠FPG)) ，
∴△PED≌△PGF(ASA)，
∴PE＝PG，DE＝FG＝BG，
在△CDE和△CBG中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(CD＝CB,∠CDE＝∠CBG,DE＝BG)) ，
∴△CDE≌△CBG(SAS)，
∴CE＝CG，∠DCE＝∠BCG，
∴∠ECG＝∠DCB＝120°，
∵PE＝PG，
∴CP⊥EG，∠PCG＝ eq \f(1,2) ∠ECG＝60°，
∴PG＝tan ∠PCG·PC＝ eq \r(3) PC；
(3)猜想：PG＝ eq \r(3) PC.
第4题解图③
【解法提示】如解图③，延长GP到点H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH，过点F作EF∥DC，则EF∥AB，∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，∵∠GPF＝∠HPD，HP＝GP，∴△GFP≌△HDP(SAS)，∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，∵四边形ABCD是菱形，△BFG为等边三角形，∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝∠FBG＝60°，BG＝FG，∴点A，B，G在同一直线上，∴∠GBC＝120°，HD＝GB，∵∠GFP＋∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，∴∠CDH＝∠HDP＋∠PDC＝120°，在△HDC和△GBC中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(HD＝GB,∠HDC＝∠GBC,DC＝BC)) ，∴△HDC≌△GBC(SAS)，∴CH＝CG，∠DCH＝∠BCG，∴∠DCH＋∠HCB＝∠BCG＋∠HCB＝120°，即∠HCG＝120°，∵CH＝CG，PH＝PG，∴HG⊥PC，∠GCP＝∠HCP＝60°，∴PG＝tan ∠PCG·PC＝ eq \r(3) PC.