2024中考數(shù)學(xué)全國(guó)真題分類卷 模型四 手拉手模型 強(qiáng)化訓(xùn)練(含答案)

2024中考數(shù)學(xué)全國(guó)真題分類卷模型四手拉手模型強(qiáng)化訓(xùn)練類型一全等型1.閱讀材料：小明喜歡探究數(shù)學(xué)問題，一天楊老師給他這樣一個(gè)幾何問題：如圖①，△ABC和△BDE都是等邊三角形，點(diǎn)A在DE上．求證：以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．【探究發(fā)現(xiàn)】(1)小明通過探究發(fā)現(xiàn)：連接DC，根據(jù)已知條件，可以證明DC＝AE，∠ADC＝120°，從而得出△ADC為鈍角三角形，故以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形．請(qǐng)你根據(jù)小明的思路，寫出完整的證明過程；【拓展遷移】(2)如圖②，四邊形ABCD和四邊形BGFE都是正方形，點(diǎn)A在EG上．①試猜想：以AE、AG、AC為邊的三角形的形狀，并說(shuō)明理由；②若AE2＋AG2＝10，試求出正方形ABCD的面積．第1題圖類型二相似型2.如圖，△ABC和△DBE的頂點(diǎn)B重合，∠ABC＝∠DBE＝90°，∠BAC＝∠BDE＝30°，BC＝3，BE＝2.(1)特例發(fā)現(xiàn)：如圖①，當(dāng)點(diǎn)D，E分別在AB，BC上時(shí)，可以得出結(jié)論：eq\f(AD,CE)＝________，直線AD與直線CE的位置關(guān)系是________；(2)探究證明：如圖②，將圖①中的△DBE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使點(diǎn)D恰好落在線段AC上，連接EC，(1)中的結(jié)論是否仍然成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)拓展運(yùn)用：如圖③，將圖①中的△DBE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α(19°<α<60°)，連接AD，EC，它們的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，當(dāng)DF＝BE時(shí)，求tan(60°－α)的值．第2題圖3.已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．(1)如圖①，連接BG、CF，求eq\f(CF,BG)的值；(2)當(dāng)正方形AEFG旋轉(zhuǎn)至圖②位置時(shí)，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點(diǎn)M、N，連接MN，試探究：MN與BE的關(guān)系，并說(shuō)明理由；(3)連接BE、BF，分別取BE、BF的中點(diǎn)N、Q，連接QN，AE＝6，請(qǐng)直接寫出線段QN掃過的面積．第3題圖參考答案與解析1.(1)證明：如解圖①，連接DC，第1題解圖①∵△ABC與△BDE均為等邊三角形，∴BE＝BD，AB＝CB，∠EBD＝∠ABC＝60°，∴∠EBA＋∠ABD＝∠ABD＋∠DBC，∴∠EBA＝∠DBC，在△EBA和△DBC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(EB＝DB,∠EBA＝∠DBC,AB＝CB))，∴△EBA≌△DBC(SAS)，∴∠AEB＝∠CDB＝60°，AE＝CD，∴∠ADC＝∠ADB＋∠CDB＝120°，∴△ADC為鈍角三角形，∴以AE、AD、AC為邊的三角形是鈍角三角形；(2)解：①以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形．理由如下：如解圖②，連接CG，第1題解圖②∵四邊形ABCD和四邊形BGFE都是正方形，∴∠EBG＝∠ABC，EB＝GB，AB＝CB，∴∠EBA＋∠ABG＝∠ABG＋∠GBC＝90°，∴∠EBA＝∠GBC，∵EG為正方形BGFE的對(duì)角線，∴∠BEA＝∠BGA＝45°，在△EBA和△GBC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(EB＝GB,∠EBA＝∠GBC,AB＝CB))，∴△EBA≌△GBC(SAS)，∴AE＝CG，∠BEA＝∠BGC＝45°，∴∠AGC＝∠BGA＋∠BGC＝45°＋45°＝90°，∴△AGC為直角三角形，∴以AE、AG、AC為邊的三角形是直角三角形；②由①可知，△EBA≌△GBC，AE＝CG，△AGC為直角三角形，∵AE2＋AG2＝10，∴AC＝eq\r(CG2＋AG2)＝eq\r(10)，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠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)＝tan60°＝eq\r(3)，∴eq\f(AD,CE)＝eq\r(3)，∵AD與CE的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)B，∠ABC＝90°，∴AD⊥CE.(2)結(jié)論成立．證明如下：在Rt△ABC中，∵∠BAC＝30°，∴tan30°＝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)如解圖，延長(zhǎng)BC，AF交于點(diǎn)P，由(2)知eq\f(AB,BD)＝eq\f(BC,BE)，由旋轉(zhuǎn)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，∴四邊形BEFD是平行四邊形，∴DF∥BE，∴∠P＝∠CBE＝α，∠BEF＝90°，∵BC＝3，BE＝2，∠BAC＝∠BDE＝30°，∴EF＝BD＝2eq\r(3)，CE＝eq\r(BC2－BE2)＝eq\r(5)，AC＝6，∴CF＝EF－CE＝2eq\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題解圖3.解：(1)如解圖①，連接AF，AC，第3題解圖∵四邊形ABCD和四邊形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：如解圖②，連接ME，過點(diǎn)C作CH∥EF，交EM的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接BH，設(shè)CF與AD的交點(diǎn)為P，CF與AG的交點(diǎn)為R，∵CH∥EF，∴∠FCH＝∠CFE，∵點(diǎn)M是CF的中點(diǎn)，∴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°.∵M(jìn)H＝ME，點(diǎn)N是BE的中點(diǎn)，∴BH＝2MN，MN∥BH，∴BE＝2MN，MN⊥BE；(3)9π.【解法提示】如解圖③，取AB的中點(diǎn)O，連接ON，OQ，AF，∵AE＝6，∴AF＝6e