2024中考数学全国真题分类卷 模型三 一线三等角模型 强化训练(含答案)

2024中考数学全国真题分类卷模型三一线三等角模型强化训练类型一非直角型一线三等角1.如图①，在△ABC中，AB＝AC＝20，tanB＝eq\f(3,4)，点D为BC边上的动点(点D不与点B，C重合)，以D为顶点作∠ADE＝∠B，射线DE交AC边于点E，过点A作AF⊥AD交射线DE于点F，连接CF.(1)求证：△ABD∽△DCE；(2)当DE∥AB时(如图②)，求AE的长；(3)点D在BC边上运动的过程中，是否存在某个位置，使得DF＝CF？若存在，求出此时BD的长；若不存在，请说明理由．第1题图类型二直角型一线三等角2.在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上(不与点A重合)，点F在边BC上，且AE＝2BF，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH.(1)如图①，若AB＝4，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积；(2)如图②，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K.①求证：EK＝2EH；②设∠AEK＝α，△FGJ和四边形AEHI的面积分别为S1，S2.求证：eq\f(S2,S1)＝4sin2α－1.第2题图3．在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E.(1)特例体验：如图①，若直线l∥BC，AB＝AC＝eq\r(2)，分别求出线段BD、CE和DE的长；(2)规律探究：(Ⅰ)如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α(0＜α＜45°)，请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；(Ⅱ)如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α(45°＜α＜90°)，与线段BC相交于点H，请再探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；(3)尝试应用：在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC.参考答案与解析1.(1)证明：∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB.∵∠ADE＋∠CDE＝∠B＋∠BAD，∠ADE＝∠B，∴∠CDE＝∠BAD，∴△ABD∽△DCE；(2)解：如解图①，过点A作AM⊥BC于点M.第1题解图①在Rt△ABM中，设BM＝4k，则AM＝BM·tanB＝4k·eq\f(3,4)＝3k，由勾股定理，得AB2＝AM2＋BM2，∴202＝(3k)2＋(4k)2，∴k＝4.∵AB＝AC，AM⊥BC，∴BC＝2BM＝2·4k＝32.∵DE∥AB，∴∠BAD＝∠ADE.又∵∠ADE＝∠B，∠B＝∠ACB，∴∠BAD＝∠ACB.∵∠ABD＝∠CBA，∴△ABD∽△CBA，∴eq\f(AB,CB)＝eq\f(DB,AB)，∴DB＝eq\f(AB2,CB)＝eq\f(202,32)＝eq\f(25,2).∵DE∥AB，∴eq\f(AE,AC)＝eq\f(BD,BC)，∴AE＝eq\f(AC·BD,BC)＝eq\f(20×\f(25,2),32)＝eq\f(125,16)；(3)解：存在．如解图②，过点F作FH⊥BC于点H，过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥FH于点N，则∠NHM＝∠AMH＝∠ANH＝90°，第1题解图②∴四边形AMHN为矩形，∴∠MAN＝90°，MH＝AN.∵AB＝AC，AM⊥BC，∴BM＝CM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(1,2)×32＝16.在Rt△ABM中，由勾股定理，得AM＝eq\r(AB2－BM2)＝eq\r(202－162)＝12.∵AN⊥FH，AM⊥BC，∴∠ANF＝90°＝∠AMD.∵∠DAF＝90°＝∠MAN，∴∠NAF＝∠MAD，∴△AFN∽△ADM，∴eq\f(AN,AM)＝eq\f(AF,AD)＝tan∠ADF＝tanB＝eq\f(3,4)，∴AN＝eq\f(3,4)AM＝eq\f(3,4)×12＝9，∴CH＝CM－MH＝CM－AN＝16－9＝7.当DF＝CF时，由点D不与点C重合，可知△DFC为等腰三角形，又∵FH⊥DC，∴CD＝2CH＝14，∴BD＝BC－CD＝32－14＝18.∴点D在BC边上运动的过程中，存在某个位置，使得DF＝CF，此时BD＝18.2.(1)解：∵AB＝4，M为AB的中点，∴AE＝BE＝eq\f(1,2)AB＝2，∵AE＝2BF，∴BF＝1，由勾股定理，得EF2＝BE2＋BF2＝5，∴正方形EFGH的面积为5；(2)证明：①由题意，知∠KAE＝∠B＝90°，∴∠EFB＋∠FEB＝90°，∵四边形EFGH是正方形，∴∠HEF＝90°，EF＝EH＝FG，∴∠KEA＋∠FEB＝90°，∴∠KEA＝∠EFB，∴△KEA∽△EFB，∴eq\f(KE,EF)＝eq\f(AE,BF)＝2.∴EK＝2EF＝2EH；②由①得HK＝EH＝GF，∵∠KHI＝∠FGJ＝90°，∠KIH＝∠FJG，∴△KHI≌△FGJ，∴S△FGJ＝S△KHI＝S1.由题意，知△KHI∽△KAE，∴eq\f(S1＋S2,S1)＝(eq\f(KA,KH))2＝(eq\f(KA,\f(1,2)EK))2＝eq\f(4KA2,KE2)＝4(eq\f(KA,KE))2＝4sin2α，∴eq\f(S2,S1)＝4sin2α－1.3．解：(1)∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∵DE∥BC，∴∠DAB＝∠ABC＝∠ACB＝∠EAC＝45°，∵BD⊥DE，CE⊥DE，∴AD＝BD＝eq\f(\r(2),2)AB＝1，AE＝CE＝eq\f(\r(2),2)AC＝1，∴DE＝AD＋AE＝2；(2)(I)DE＝BD＋CE.理由如下：∵BD⊥DE，CE⊥DE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ADB＝∠CEA,∠ABD＝∠CAE,AB＝CA))，∴△ABD≌△CAE(AAS)，∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AE＋AD＝BD＋CE；(II)DE＝BD－CE.理由如下：∵BD⊥DE，CE⊥DE，∴∠ADB＝∠AEC＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝∠BAD＋∠ABD＝90°，∴∠ABD＝∠CAE，在△ABD和△CAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠ADB＝∠CEA,∠ABD＝∠CAE,AB＝CA))，∴△ABD≌△CAE(AAS)，∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AE－AD＝BD－CE；(3)由(2)(II)知，AD＝CE＝3，∴BD＝AE＝DE＋AD＝1＋3＝4，∴AC＝AB＝eq\r(AD2＋BD2)＝5，∵∠ABD＝∠CAE，∠ADB＝∠ADF＝90°，∴△ABD∽△FAD，∴eq\f(AD,FD)＝eq\f(BD,AD)，即eq\f(3,FD)＝eq\f(4,3