2024中考数学全国真题分类卷 模型五 半角模型 强化训练(含答案)

2024中考数学全国真题分类卷模型五半角模型强化训练类型一正方形含半角1.综合与实践数学实践活动，是一种非常有效的学习方式．通过活动可以激发我们的学习兴趣，提高动手动脑能力，拓展思维空间，丰富数学体验，让我们一起动手来折一折、转一转，体会活动带给我们的乐趣．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB，AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE，AF，连接EF，如图①.(1)∠EAF＝________°，写出图中两个等腰三角形：________(不需要添加字母)；转一转：将图①中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC，CD于点P，Q，连接PQ，如图②.(2)线段BP，PQ，DQ之间的数量关系为_______________________________________；(3)连接正方形对角线BD，若图②中的∠PAQ的边AP，AQ分别交对角线BD于点M，点N，如图③，求eq\f(CQ,BM)的值．第1题图类型二等腰直角三角形含半角2.如图，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分别是边AC，BC上的点，以CM，CN为邻边作矩形PMCN，交AB于E，F.设CM＝a，CN＝b，若ab＝8.(1)判断由线段AE，EF，BF组成的三角形的形状，并说明理由；(2)①当a＝b时，求∠ECF的度数；②当a≠b时，①中的结论是否成立？并说明理由．类型三含120°角的菱形含半角3.如图①，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，M，N分别是边BC，CD上的动点，∠MAN＝60°，AM，AN分别交BD于点E，F.(1)求证：CM＋CN＝BC；(2)如图②，过点E作EG∥AN交DC的延长线于点G，求证：EG＝EA；(3)如图③，若AB＝1，∠AED＝45°，求EF的长．第3题图参考答案与解析1.解：(1)45，△AEF，△EFC，(从△AEF，△EFC，△ABC，△ADC中任选两个即可)；【解法提示】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，∴△ABC，△ADC都是等腰三角形，∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，∴∠EAF＝eq\f(1,2)(∠BAC＋∠DAC)＝45°，∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∵AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，∴△BAE≌△DAF(ASA)，∴BE＝DF，AE＝AF，∵CB＝CD，∴CE＝CF，∴△AEF，△CEF都是等腰三角形．(2)PQ＝BP＋DQ；【解法提示】如解图，延长CB到点T，使得BT＝DQ，连接AT.∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，∴△ADQ≌△ABT(SAS)，∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，∵∠PAQ＝45°，∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，∵AP＝AP，∴△PAT≌△PAQ(SAS)，∴PQ＝PT，∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，∴PQ＝BP＋DQ.第1题解图(3)∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC＝eq\r(2)AB，∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，∴∠BAM＝∠CAQ，∴△CAQ∽△BAM，∴eq\f(CQ,BM)＝eq\f(AC,AB)＝eq\r(2).2.解：(1)由线段AE，EF，BF组成的三角形是直角三角形．理由如下：∵AC＝BC，∠C＝90°，∴∠A＝∠B＝45°.∵四边形PMCN是矩形，∴∠CME＝∠CNF＝∠P＝90°，AC∥PN，BC∥PM，∴∠AME＝∠BNF＝90°，∠A＝∠PFE＝45°，∠PEF＝∠B＝45°，∴△AME，△PEF，△BNF都是等腰直角三角形，∴AM2＝eq\f(1,2)AE2，PE2＝eq\f(1,2)EF2，BN2＝eq\f(1,2)BF2，∴S△AME＝eq\f(1,2)AM·ME＝eq\f(1,2)AM2＝eq\f(1,4)AE2，S△BNF＝eq\f(1,2)BN·NF＝eq\f(1,2)BN2＝eq\f(1,4)BF2，S△PEF＝eq\f(1,2)PE·PF＝eq\f(1,2)PE2＝eq\f(1,4)EF2.∵CM＝a，CN＝b，ab＝8，∴S矩形PMCN＝8.∵AC＝BC＝4，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BC＝8，∴S矩形PMCN＝S△ABC，∴S△AME＋S△BNF＝S△PEF，∴eq\f(1,4)AE2＋eq\f(1,4)BF2＝eq\f(1,4)EF2，即AE2＋BF2＝EF2，∴由线段AE，EF，BF组成的三角形是直角三角形；(2)①如解图①，过点C作CG⊥AB于点G，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴G为AB的中点，∴CG＝AG＝BG＝eq\f(1,2)AB.第2题解图①在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，根据勾股定理得AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝4eq\r(2)，∴CG＝AG＝BG＝2eq\r(2).∵ab＝8，a＝b，∴a＝b＝2eq\r(2)，即CM＝CN＝CG，在Rt△CME和Rt△CGE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CE＝CE,CM＝CG))，∴Rt△CME≌Rt△CGE(HL)，∴∠MCE＝∠ECG.同理可证Rt△CNF≌Rt△CGF，∴∠NCF＝∠GCF，∴∠ECF＝∠ECG＋∠GCF＝eq\f(1,2)(∠MCG＋∠NCG)＝eq\f(1,2)∠MCN＝45°；②成立．理由如下：当a≠b时，如解图②，将△BCF绕点C逆时针旋转90°得到△ACH，连接EH，第2题解图②∴∠HCF＝90°，由旋转的性质可得△BCF≌△ACH，∴∠HAC＝∠B＝45°，AH＝BF，CH＝CF，∴∠HAC＋∠BAC＝∠HAE＝90°，∴在Rt△AEH中，根据勾股定理，得AH2＋AE2＝EH2，即BF2＋AE2＝EH2，由(1)知AE2＋BF2＝EF2，∴EH＝EF，在△CEH和△CEF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CH＝CF,EH＝EF,CE＝CE))，∴△CEH≌△CEF(SSS)，∴∠ECF＝∠ECH＝eq\f(1,2)∠HCF＝45°.3.(1)证明：如解图①，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC，AB∥CD，∴△ABC是等边三角形，∴∠ABM＝∠BAC＝∠ACN＝60°，∵∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＋∠MAC＝∠MAC＋∠CAN，∴∠BAM＝∠CAN，在△BAM和△CAN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BAM＝∠CAN,AB＝AC,∠ABM＝∠ACN))，∴△BAM≌△CAN(ASA)，∴BM＝CN，∴CM＋CN＝CM＋BM＝BC；第3题解图①(2)证明：如解图①，连接EC.在△ABE和△CBE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BA＝BC,∠ABE＝∠CBE,BE＝BE))，∴△ABE≌△CBE(SAS)，∴AE＝CE，∠BAE＝∠BCE，∵EG∥AN，∴∠G＝∠AND，∵∠AND＝∠CAN＋∠ACN＝∠CAN＋60°，∠ECG＝∠BCG＋∠ECB＝60°＋∠ECB，∵∠ECB＝∠BAE＝∠CAN，∴∠ECG＝∠AND＝∠G，∴EC＝EG，∵AE＝EC，∴EG＝EA；(3)解：如解图②，将△ABE绕点A逆时针旋转120°得到△ADQ，连接FQ.第3题解图②∴AE＝AQ，∠BAE＝∠DAQ，∵∠MAN＝60°，∴∠BAE＋∠DAN＝60°，∴∠DAQ＋∠DAN＝60°，即∠QAF＝60°，∴∠EAF＝∠QAF，又∵AF＝AF，∴△AFE≌△AFQ，∴∠AQF＝∠AEF＝45°，∵∠AQD＝∠AEB＝135°，∴∠FQD＝90°，∵∠QDF＝∠ADQ＋∠ADF＝∠ABE＋∠ADF＝∠CDB＋∠AD