2024中考数学全国真题分类卷 模型四 手拉手模型 强化训练(含答案)

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1.阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图①，△ABC和△BDE都是等边三角形，点A在DE上．
求证：以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
【探究发现】(1)小明通过探究发现：连接DC，根据已知条件，可以证明DC＝AE，∠ADC＝120°，从而得出△ADC为钝角三角形，故以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程；
【拓展迁移】(2)如图②，四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，点A在EG上．
①试猜想：以AE、AG、AC为边的三角形的形状，并说明理由；
②若AE2＋AG2＝10，试求出正方形ABCD的面积．
第1题图
类型二 相似型
2.如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，∠ABC＝∠DBE＝90°，∠BAC＝∠BDE＝30°，BC＝3，BE＝2.
(1)特例发现：如图①，当点D，E分别在AB，BC上时，可以得出结论： eq \f(AD,CE) ＝________，直线AD与直线CE的位置关系是________；
(2)探究证明：如图②，将图①中的△DBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC上，连接EC，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
(3)拓展运用：如图③，将图①中的△DBE绕点B顺时针旋转α(19°<α<60°)，连接AD，EC，它们的延长线交于点F，当DF＝BE时，求tan (60°－α)的值．
第2题图
3. 已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图①，连接BG、CF，求 eq \f(CF,BG) 的值；
(2)当正方形AEFG旋转至图②位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，试探究：MN与BE的关系，并说明理由；
(3)连接BE、BF，分别取BE、BF的中点N、Q，连接QN，AE＝6，请直接写出线段QN扫过的面积．
第3题图
参考答案与解析
1. (1)证明：如解图①，连接DC，
第1题解图①
∵△ABC与△BDE均为等边三角形，
∴BE＝BD，AB＝CB，∠EBD＝∠ABC＝60°，
∴∠EBA＋∠ABD＝∠ABD＋∠DBC，
∴∠EBA＝∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(EB＝DB,∠EBA＝∠DBC,AB＝CB)) ，
∴△EBA≌△DBC(SAS)，
∴∠AEB＝∠CDB＝60°，AE＝CD，
∴∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以AE、AD、AC为边的三角形是钝角三角形；
(2)解：①以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形．理由如下：
如解图②，连接CG，
第1题解图②
∵四边形ABCD和四边形BGFE都是正方形，
∴∠EBG＝∠ABC，EB＝GB，AB＝CB，
∴∠EBA＋∠ABG＝∠ABG＋∠GBC＝90°，
∴∠EBA＝∠GBC，
∵EG为正方形BGFE的对角线，
∴∠BEA＝∠BGA＝45°，
在△EBA和△GBC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(EB＝GB,∠EBA＝∠GBC,AB＝CB)) ，
∴△EBA≌△GBC(SAS)，
∴AE＝CG，∠BEA＝∠BGC＝45°，
∴∠AGC＝∠BGA＋∠BGC＝45°＋45°＝90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以AE、AG、AC为边的三角形是直角三角形；
②由①可知，△EBA≌△GBC，AE＝CG，△AGC为直角三角形，
∵AE2＋AG2＝10，
∴AC＝ eq \r(CG2＋AG2) ＝ eq \r(10) ，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ACB＝45°，
∴AB＝BC＝ eq \f(\r(2),2) AC＝ eq \r(5) ，
∴S正方形ABCD＝AB2＝5.
2. 解：(1) eq \r(3) ，AD⊥CE(或垂直)；
【解法提示】∵∠BAC＝∠BDE＝30°，∴∠ACB＝60°，DE∥AC，∴ eq \f(AD,AB) ＝ eq \f(CE,BC) ，即 eq \f(AD,CE) ＝ eq \f(AB,BC) ，∵在Rt△ABC中， eq \f(AB,BC) ＝tan 60°＝ eq \r(3) ，∴ eq \f(AD,CE) ＝ eq \r(3) ，∵AD与CE的延长线交于点B，∠ABC＝90°，∴AD⊥CE.
(2)结论成立．证明如下：
在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，
∴tan 30°＝ eq \f(BC,AB) ，即 eq \f(BC,AB) ＝ eq \f(\r(3),3) ，
∴ eq \f(AB,BC) ＝ eq \r(3) ，同理得 eq \f(BD,BE) ＝ eq \r(3) ，
∴ eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(BD,BE) ，即 eq \f(AB,BD) ＝ eq \f(BC,BE) .
∵∠ABD＋∠DBC＝∠CBE＋∠DBC＝90°，
∴∠ABD＝∠CBE，
∴△ABD∽△CBE，
∴ eq \f(AD,CE) ＝ eq \f(AB,CB) ＝ eq \r(3) ，∠BAD＝∠BCE，
∵∠BAD＋∠ACB＝90°，
∴∠BCE＋∠ACB＝90°，即∠ACE＝90°，
∴AD⊥CE；
(3)如解图，延长BC，AF交于点P，
由(2)知 eq \f(AB,BD) ＝ eq \f(BC,BE) ，
由旋转知∠ABD＝∠CBE＝α，
∴△ABD∽△CBE，
∴∠BAD＝∠BCE，
∵∠BAD＝∠BAC＋∠CAD＝30°＋∠CAD，
∴∠BCE＝30°＋∠CAD，
∴∠ACE＝∠ACB＋∠BCE＝60°＋30°＋∠CAD＝90°＋∠CAD，
∵∠ACE＝∠AFC＋∠CAD，
∴∠AFC＝90°，
∵∠DBE＝90°，DF＝BE，DE＝ED，
∴Rt△DEF≌Rt△EDB(HL)，
∴EF＝BD，
∴四边形BEFD是平行四边形，
∴DF∥BE，
∴∠P＝∠CBE＝α，∠BEF＝90°，
∵BC＝3，BE＝2，∠BAC＝∠BDE＝30°，
∴EF＝BD＝2 eq \r(3) ，CE＝ eq \r(BC2－BE2) ＝ eq \r(5) ，AC＝6，
∴CF＝EF－CE＝2 eq \r(3) － eq \r(5) ，
由(2)知 eq \f(AD,CE) ＝ eq \r(3) ，∴AD＝ eq \r(15) ，
∴AF＝AD＋DF＝ eq \r(15) ＋2，
∵∠ACB＝90°－∠BAC＝60°，
∴∠CAF＝∠ACB－∠P＝60°－α，
∴tan (60°－α)＝tan ∠CAF＝ eq \f(CF,AF) ＝ eq \f(2\r(3)－\r(5),\r(15)＋2) ＝ eq \f(8\r(5)－9\r(3),11) .
第2题解图
3. 解：(1)如解图①，连接AF，AC，
第3题解图
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AC＝ eq \r(2) AB，AF＝ eq \r(2) AG，∠CAB＝∠CAD＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAD＋∠DAG＋∠GAF＝∠CAB＋∠DAG＋∠CAD，
∴∠CAF＝∠BAG，
∵ eq \f(AC,AB) ＝ eq \f(AF,AG) ，
∴△CAF∽△BAG，
∴ eq \f(CF,BG) ＝ eq \f(AF,AG) ＝ eq \r(2) ；
(2)BE＝2MN，MN⊥BE，理由如下：
如解图②，连接ME，过点C作CH∥EF，交EM的延长线于点H，连接BH，设CF与AD的交点为P，CF与AG的交点为R，
∵CH∥EF，
∴∠FCH＝∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴CM＝MF.
又∵∠CMH＝∠FME，
∴△CMH≌△FME(ASA)，
∴CH＝EF，MH＝ME，
∴AE＝CH.
∵CH∥EF，AG∥EF，
∴CH∥AG，
∴∠HCF＝∠ARC.
∵AD∥BC，
∴∠BCF＝∠APR，
∴∠BCH＝∠BCF＋∠HCF＝∠APR＋∠ARC.
∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，
∴∠BCH＝∠BAE.
又∵BC＝AB，CH＝AE，
∴△BCH≌△BAE(SAS)，
∴BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，
∴∠HBE＝∠CBA＝90°.
∵MH＝ME，点N是BE的中点，
∴BH＝2MN，MN∥BH，
∴BE＝2MN，MN⊥BE；
(3)9π.
【解法提示】如解图③，取AB的中点O，连接ON，OQ，AF，∵AE＝6，∴AF＝6 eq \r(2) .∵点N是BE的中点，点Q是BF的中点，点O是AB的中点，∴OQ＝ eq \f(1,2) AF＝3 eq \r(2) ，ON＝ eq \f(1,2) AE＝3，∴点Q在以点O为圆心，3 eq \r(2) 为半径的圆上运动，点N在以点O为圆心，3为半径的圆上运动，∴线段QN扫过的面积为π×(3 eq \r(2) )2－π×32＝9π.
第3题解图③