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)

2024中考数学全国真题分类卷模型四手拉手模型强化训练类型一全等型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\co1(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\co1(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)＝tan60°＝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°，∴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＝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＝6e