2024中考数学全国真题分类卷 模型一 倍长中线模型 强化训练(含答案)

2024中考数学全国真题分类卷模型一倍长中线模型强化训练1.如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG.下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF.其中正确的结论是()A.①②B.①③C.②③D.①②③第1题图2.如图，已知菱形ABCD的边长为4，E是BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，FG∥AD交AE于点G.若cosB＝eq\f(1,4)，则FG的长是()第2题图A.3B.eq\f(8,3)C.eq\f(2\r(15),3)D.eq\f(5,2)3.有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图①所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接BF，DE，M是BF的中点，连接AM交DE于点N.【观察猜想】(1)线段DE与AM之间的数量关系是______，位置关系是________________；【探究证明】(2)将图①中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图②，其他条件不变，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由．第3题图4.问题探究：小红遇到这样一个问题：如图①，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中线，求AD的取值范围．她的做法是：延长AD到E，使DE＝AD，连接BE，证明△BED≌△CAD，经过推理和计算使问题得到解决．请回答：(1)小红证明△BED≌△CAD的判定定理是_________________________；(2)AD的取值范围是________；方法运用：(3)如图②，AD是△ABC的中线，在AD上取一点F，连接BF并延长交AC于点E，使AE＝EF，求证：BF＝AC；(4)如图③，在矩形ABCD中，eq\f(AB,BC)＝eq\f(1,2)，在BD上取一点F，以BF为斜边作Rt△BEF，且eq\f(EF,BE)＝eq\f(1,2)，点G是DF的中点，连接EG，CG，求证：EG＝CG.第4题图参考答案与解析1.D【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，∵E，F分别是AB，BC的中点，∴BE＝eq\f(1,2)AB，CF＝eq\f(1,2)BC，∴BE＝CF，在△CBE与△DCF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(BC＝CD,∠B＝∠FCD,BE＝CF))，∴△CBE≌△DCF(SAS)，∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；∵∠BCE＋∠ECD＝90°，∴∠ECD＋∠CDF＝90°，∴∠CGD＝90°，∴CE⊥DF，故②正确；∴∠EGD＝90°，如解图，延长CE交DA的延长线于点H，∵点E是AB的中点，∴AE＝BE，∵DH∥BC，∴∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，∴△AEH≌△BEC(AAS)，∴BC＝AH＝AD，∴AG是Rt△DGH斜边的中线，∴AG＝eq\f(1,2)DH＝AD，∴∠ADG＝∠AGD，∵∠AGE＋∠AGD＝90°，∠CDF＋∠ADG＝90°，∴∠AGE＝∠CDF.故③正确；综上所述，结论①②③均正确．第1题解图2.B【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA＝4，如解图，过点A作AH⊥BC于点H，在Rt△ABH中，∵cosB＝eq\f(1,4)，∴eq\f(BH,AB)＝eq\f(1,4)，∵AB＝4，∴BH＝1，又∵点E是BC的中点，∴BE＝EC＝2，∴点H是BE的中点，∴AE＝AB＝4，延长AE，DC交于点M，∵EC∥AD，且EC＝eq\f(1,2)AD，∴EC是△ADM的中位线，∴ME＝MC＝AD＝DC＝4，∵GF∥AD，∴△GMF∽△AMD，∴eq\f(GM,AM)＝eq\f(GF,AD)，∵AF平分∠EAD，∴∠GAF＝∠DAF，∵GF∥AD，∴∠DAF＝∠GFA，∴∠GAF＝∠GFA，∴GF＝GA，∴GM＝AM－AG＝AM－GF＝8－GF，∴eq\f(8－GF,8)＝eq\f(GF,4)，解得GF＝eq\f(8,3).第2题解图①【一题多解】如解图②，过点A作AH⊥BE于点H，过点F作FP∥AE交AD于点P，作FQ⊥AD于点Q，∵菱形ABCD的边长为4，∴AB＝AD＝BC＝4.∵cosB＝eq\f(BH,AB)＝eq\f(1,4)，∴BH＝1，∵E是BC的中点，∴BE＝CE＝2，∴EH＝BE－BH＝1，∴AH是BE的垂直平分线，∴AE＝AB＝4.∴∠AEB＝∠ABC，∵GF∥AD，FP∥AE，∴四边形AGFP是平行四边形，∴∠PAF＝∠AFG，∵AF平分∠EAD，∴∠PAF＝∠FAG，∴∠FAG＝∠AFG，∴AG＝GF，∴四边形AGFP是菱形，∵FP∥AE，AD∥BC，∴∠DPF＝∠DAE＝∠AEB＝∠B，∴∠DPF＝∠PDF，∴PF＝DF，设GF＝x，∵cosD＝cosB＝eq\f(DQ,DF)＝eq\f(1,4)，则有eq\f(\f(4－x,2),x)＝eq\f(1,4).解得x＝eq\f(8,3)，则FG的长是eq\f(8,3).第2题解图②3.解：(1)AM＝eq\f(1,2)DE，AM⊥DE；【解法提示】∵四边形ABCD、AEGF都是正方形，∴AB＝AD，AE＝AF，在△ABF和△ADE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD，,∠BAF＝∠DAE，,AF＝AE，))∴△ABF≌△ADE(SAS)，∴BF＝DE，又∵点M是BF的中点，∴AM＝eq\f(1,2)BF＝eq\f(1,2)DE，∵△ABF≌△ADE，∴∠ABF＝∠ADE，∵∠BAD＝90°，∴∠AED＋∠ADE＝∠AED＋∠ABF＝90°，∵点M是BF的中点，∴AM＝BM，∴∠ABF＝∠BAM，∴∠AED＋∠BAM＝90°，∴∠ANE＝90°，∴AM⊥DE.(2)成立．理由如下：如解图，延长AM至点K，使得AM＝MK，连接BK，第3题解图由题意知，∠FAB＝∠EAB＝45°，∵M为BF的中点，∴MF＝MB，在△AMF和△KMB中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AM＝KM，,∠AMF＝∠KMB，,MF＝MB，))∴△AMF≌△KMB(SAS)，∴AF＝KB，∠AFM＝∠KBM，∴AF∥BK，∴∠FAB＋∠ABK＝180°，∵∠FAB＝45°，∴∠ABK＝135°，∵∠EAD＝∠BAD＋∠EAB＝135°，∴∠KBA＝∠EAD，∵AF＝AE，∴BK＝AF＝AE，在△DAE和△ABK中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝BK，,∠EAD＝∠KBA,AD＝BA，))，∴△DAE≌△ABK(SAS)，∴DE＝AK，∴AM＝eq\f(1,2)AK＝eq\f(1,2)DE.由△DAE≌△ABK可知，∠ADE＝∠BAK，∵∠BAK＋∠KAD＝90°，∴∠ADE＋∠KAD＝90°，∴∠AND＝90°，∴AM⊥DE.4.(1)解：SAS；【解法提示】∵AD是中线，∴BD＝CD，又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE,∴△BED≌△CAD(SAS).(2)解：1＜AD＜5；【解法提示】∵△BED≌△CAD，∴AC＝BE＝4，在△ABE中，AB－BE＜AE＜AB＋BE，∴2＜2AD＜10，∴1＜AD＜5.(3)证明：如解图①，延长AD至点H，使DH＝AD，连接BH，第4题解图①∵AD是△ABC的中线，∴BD＝CD，又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，∴△ADC≌△HDB(SAS)，∴AC＝HB，∠CAD＝∠H，∵AE＝EF，∴∠EAF＝∠AFE＝∠BFH，∴∠H＝∠BFH，∴BF＝BH，∴BF＝AC；(4)证明：如解图②，延长CG至点N，使NG＝CG，连接EN，CE，NF，∵点G是DF的中点，∴DG＝GF，又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，∴△NGF≌△CGD(SAS)，第4题解图②∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，∵eq\f(AB,AD)＝eq\f(AB,BC)＝eq\f(1,2)，eq\f(EF,BE)＝eq\f(1,2)，∴tan∠ADB＝eq\f(1,2)，tan∠EBF＝eq\f(1,2)，∴∠ADB＝∠EBF，∵AD∥BC，∴∠ADB＝∠DBC，∴∠EBF＝∠DBC，∴∠EBC＝2∠DBC，∵∠EBF＋∠EFB＝90°，∠DBC＋∠BDC＝90°，∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF＋∠EFB＋∠DBC＋∠BDC＝180°，∴2∠DBC＋∠EFB＋∠NFG＝180°，又∵∠NFG＋∠BFE＋∠EFN＝18