中考数学二轮复习数学模型-----半角模型含解析答案

这是一份中考数学二轮复习数学模型-----半角模型含解析答案，共8页。试卷主要包含了思维探索，问题背景等内容，欢迎下载使用。


1．如图1，在菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2，AC，BD相交于点O．
(1)求边AB的长；
(2)求∠BAC的度数；
(3)如图2，将一个足够大的直角三角板60°角的顶点放在菱形ABCD的顶点A处，绕点A左右旋转，其中三角板60°角的两边分别与边BC，CD相交于点E，F，连接EF．判断△AEF是哪一种特殊三角形，并说明理由．
2．在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AD，AB上（均不与顶点重合），且∠BCD＝120°，∠ECF＝60°．
（1）如图1，若AB＝AD，求证：；
（2）如图2，若AB＝2AD，过点C作CM⊥AB于点M，求证：①AC⊥BC；②AE＝2FM；
（3）如图3，若AB＝3AD，试探究线段CE与线段CF的数量关系．
3．在等腰中，CA＝CB，点D，E在射线AB上，不与A，B重合（D在E的左边），且∠DCE＝∠ACB．
（1）如图1，若∠ACB＝90°，将沿CD翻折，点A与M重合，求证：；
（2）如图2，若∠ACB＝120°，且以AD、DE、EB为边的三角形是直角三角形，求的值；
（3）∠ACB＝120°，点D在射线AB上运动，AC＝3，则AD的取值范围为 ．
4．思维探索：
在正方形ABCD中，AB＝4，∠EAF的两边分别交射线CB，DC于点E，F，∠EAF＝45°．
（1）如图1，当点E，F分别在线段BC，CD上时，△CEF的周长是 ；
（2）如图2，当点E，F分别在CB，DC的延长线上，CF＝2时，求△CEF的周长；
拓展提升：
如图3，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，过点B作BD⊥BC，连接AD，在BC的延长线上取一点E，使∠EDA＝30°，连接AE，当BD＝2，∠EAD＝45°时，请直接写出线段CE的长度．
5．（1）如图，在正方形 ABCD 中，∠FAG=45°，请直接写出 DG，BF 与FG 的数量关系，不需要证明．
（2）如图，在 Rt△ABC 中，∠BAC=90°，AB=AC，E，F 分别是 BC 上两点，∠EAF=45°，
①写出 BE，CF，EF 之间的数量关系，并证明．
②若将（2）中的△AEF 绕点 A 旋转至如图所示的位置，上述结论是否仍然成立？ 若不成立，直接写出新的结论 ，无需证明．
（3）如图，△AEF 中∠EAF=45°，AG⊥EF 于 G，且GF=2，GE=3，则 = ．
6．（1）问题背景：
如图1：在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，E、F分别是BC，CD上的点且∠EAF＝60°，探究图中线段BE、EF、FD之间的数量关系．
小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G．使DG＝BE．连结AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ；
（2）探索延伸：
如图2，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°．E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论 仍然成立（填“是”或“否”）；
（3）结论应用：
如图3，在某次军事演习中，舰艇甲在指挥中心（O处）北偏西30°的A处，舰艇乙在指挥中心南偏东70°的B处，并且两舰艇到指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正东方向以45海里/小时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏东50°的方向以60海里/小时的速度前进，2小时后，指挥中心观测到甲、乙两地分别到达E、F处，且两舰艇之间的夹角为70°，试求此时两舰艇之间的距离．
（4）能力提高：
如图4，等腰直角三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M，N在边BC上，且∠MAN＝45°．若BM＝1，CN＝3，则MN的长为 ．
评卷人
得分
一、解答题
参考答案：
1．（1）2；（2） ；（3）见详解
【分析】（1）由菱形的性质得出OA=1，OB=，根据勾股定理可得出答案；
（2）得出△ABC是等边三角形即可；
（3）由△ABC和△ACD是等边三角形，利用ASA可证得△ABE≌△ACF；可得AE=AF，根据有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形推出即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴△AOB为直角三角形，且．
∴；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
由（1）得：AB=AC=BC=2，
∴△ABC为等边三角形，
∠BAC=60°；
（3）△AEF是等边三角形，
∵由（1）知，菱形ABCD的边长是2，AC=2，
∴△ABC和△ACD是等边三角形，
∴∠BAC=∠BAE+∠CAE=60°，
∵∠EAF=∠CAF+∠CAE=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△ABE和△ACF中，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF，
∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等边三角形．
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质以及图形的旋转．解题的关键是熟练掌握菱形的性质．
2．（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②证明见解析；（3），证明见解析．
【分析】（1）先根据菱形的判定与性质可得，再根据等边三角形的判定与性质可得，然后根据角的和差可得，最后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）①先根据平行四边形的性质可得，，从而可得，再根据直角三角形的性质即可得证；
②先根据平行线的性质、直角三角形的性质可得，，再根据角的和差可得，从而可得，然后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得证；
（3）如图（见解析），先根据平行四边形的性质可得，，，再根据等边三角形的判定与性质可得，，从而可得，然后根据角的和差可得，最后根据相似三角形的判定与性质可得，由此即可得出答案．
【详解】（1）四边形ABCD是平行四边形，，
四边形ABCD是菱形，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
又，即，
，
在和中，，
；
（2）①四边形ABCD是平行四边形，，
，，，
，
，
，即，
在中，，
是直角三角形，且，
即；
②，
，
在中，，即，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
即；
（3），证明如下：
如图，在AB上取一点G，使得，连接CG，
四边形ABCD是平行四边形，，
，，，
是等边三角形，
，，
，
，即，
，
，
，即，
点G一定在点F的左侧，
，
，
在和中，，
，
，
即．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定定理、菱形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，较难的是题（3），通过作辅助线，构造相似三角形是解题关键．
3．（1）证明见解析；（2）或2；（3）．
【分析】（1）先根据翻折的性质可得，从而可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）如图（见解析），先根据等腰三角形的性质可得，再根据翻折的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，从而可得，最后根据直角三角形的定义分和两种情况，分别利用余弦三角函数即可得；
（3）先判断出AD取得最大值时点D的位置，再利用余弦三角函数求解即可得．
【详解】（1）由翻折的性质得：，
，
，
，
，，
，
在和中，，
；
（2）如图，将沿CD翻折，点A与F重合，连接EF，
，
，
由翻折的性质得：，
同（1）的方法可证：，
，
，
以AD、DE、EB为边的三角形是直角三角形，
以DF、DE、EF为边的三角形是直角三角形，即是直角三角形，
因此分以下两种情况：
①当时，
在中，，
则，
②当时，
在中，，
则，
即，
综上，的值为或2；
（3），
，
如图，当点D在射线AB上运动至的位置时，
在中，，即，
解得，
，
，
，
，
，
，
要使点E在射线AB上，且点D在E的左边，则，
即AD的取值范围为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了翻折的性质、三角形全等的判定定理与性质、等腰三角形的性质、余弦三角函数等知识点，较难的是题（3），正确判断出AD取得最大值时点D的位置是解题关键．
4．思维探索：（1）8；（2）12；拓展提升：CE＝﹣1．
【分析】思维探索：（1）利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；
（2）把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，证明△AEF≌△AGF即可求得EF＝DF﹣BE；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，推出四边形ACBG是矩形，得到矩形ACBG是正方形，根据正方形的性质得到AC＝AG，∠CAG＝90°，在BG上截取GF＝CE，根据全等三角形的性质得到AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，∠ADF＝∠ADE＝30°，解直角三角形得到DE＝DF＝4，BE＝2，设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝2﹣x，根据线段的和差即可得到结论．
【详解】思维探索：
（1）如图1，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝90°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+DF+CF＝BC+CD＝8，
故答案为：8；
（2）如，2，把△ABE绕点A逆时针旋转90°到AD，交CD于点G，
同（1）可证得△AEF≌△AGF，
∴EF＝GF，且DG＝BE，
∴EF＝DF﹣DG＝DF﹣BE，
∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+DF﹣BE＝BC+DF+CF＝4+4+2+2＝12；
拓展提升：如图3，过A作AG⊥BD交BD的延长线于G，
∵BD⊥BC，∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠CBG＝∠G＝90°，
∴四边形ACBG是矩形，
∵AC＝BC，
∴矩形ACBG是正方形，
∴AC＝AG，∠CAG＝90°，
在BG上截取GF＝CE，
∴△AEC≌△AGF（SAS），
∴AE＝AF，∠EAC＝∠FAG，
∵∠EAD＝∠BAC＝∠GAB＝45°，
∴∠DAF＝∠DAE＝45°，
∵AD＝AD，
∴△ADE≌△ADF（SAS），
∴∠ADF＝∠ADE＝30°，
∴∠BDE＝60°，
∵∠DBE＝90°，BD＝2，
∴DE＝DF＝4，BE＝2，
设CE＝x，则GF＝CE＝x，BC＝BG＝2﹣x，
∴DG＝2+2﹣x，
∴DG﹣FG＝DF，
即2+2﹣x﹣x＝4，
∴x＝﹣1，
∴CE＝﹣1．
【点睛】本题以正方形为背景，结合旋转，三角形全等，解直角三角形进行综合性考查，熟知常见的全等模型，旋转性质，三角形的判定及性质，正方形，矩形的性质是解题的关键．
5．（1）FG=BF+DG；（2）①EF2=BE2+FC2，理由见解析；②仍然成立；（3）15
【分析】（1）把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，可使AD与AB重合，再证明△AFG≌△AFP进而得到PF=FG，即可得FG=BF+DG；
（2）①根据△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB，根据旋转的性质，可知△ACF≌△ABG得到BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG，∠FAC=∠GAB，根据Rt△ABC中的AB=AC得到∠GBE=90°，所以GB2+BE2=GE2，证△AGE≌△AFE，利用EF=EG得到EF2=BE2+FC2；
②将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点是G，同上的方法证得GC2+CF2=FG2，再设法利用SAS证得△AFG≌△AFE即可求解；
（3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C，构成正方形ABCD，在Rt△EFC中，利用勾股定理求得正方形的边长，即可求得AG的长，从而求得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADC=∠ABC=90°，
∴把△AGD绕点A逆时针旋转90°至△ABP，使AD与AB重合，
∴∠BAP=∠DAG，AP= AG，
∵∠BAD=90°，∠FAG=45°，
∴∠BAF+∠DAG=45°，
∴∠PAF=∠FAG=45°，
∵∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠FBP=180°，点F、B、P共线，
在△AFG和△AFP中，
，
∴△AFG≌△AFP（SAS），
∴PF=FG，
即：FG=BF+DG；
（2）①FC2+BE2=EF2，证明如下：
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠C=∠ABC=45°，
将△AFC绕点A顺时针旋转90°得到△AGB，
∴△ACF≌△ABG，
∴BG=FC，AG=AF，∠C=∠ABG=45°，∠FAC=∠GAB，
∴∠GBE=∠ABG +∠ABC =90°，
∴GB2+BE2=GE2，
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠FAC=45°，
∴∠GAB+∠BAE=45°，
即∠GAE=45°，
在△AGE和△AFE中，
，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE=EF，
∴FC2+BE2=EF2；
②仍然成立，理由如下：
如图，将△ABE绕点A逆时针旋转使得AB与AD重合，点E的对应点为点G，
∴△ACG≌△ABE，
∴CG=BE，AG=AE，∠ACG=∠ABE=45°，∠BAE=∠CAG，
∴∠GCB=∠ACB +∠ACG =90°，即∠GCF=90°，
∴GC2+CF2=FG2，
∵∠BAE+∠EAC=∠BAC=90°，
∴∠CAG+∠EAC=90°，
又∵∠EAF=45°，
∴∠GAF=90°-∠EAF=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
在△AFG和△AFE中，
，
∴△AFG≌△AFE（SAS），
∴GF=EF，
∴FC2+BE2=EF2；
（3）将△AEG沿AE对折成△AEB，将△AFG沿AF对折成△AFD，延长BE、DF相交于C，
∴△AEG△AEB，△AFG△AFD，
∴AB=AG=AD，BE=EG=3，DF=FG=2，∠EAG=∠EAB，∠FAG=∠FAD，∠B=∠D=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAB+∠FAD=∠EAG+∠FAG=∠EAF=45°，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD为正方形，
设AG =，则AB=BC=CD=，
在Rt△EFC中，EF=3+2=5，EC=BC-BE=，FC=CD-DF=，
∴，
故，
解得：（舍去），，
∴AG=6，
∴．
故答案为：15．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的面积等知识，同时考查了学生的阅读理解能力与知识的迁移能力，综合性较强，难度适中．
6．（1）；（2）是；（3）210海里；（4）
【分析】（1）先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得；
（2）如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理与性质可得，再根据角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得；
（3）先根据方位角的定义、角的和差分别求出，从而可得，再根据航行速度与时间分别求出海里，海里，然后利用题（2）的结论即可得；
（4）过点C作CE⊥BC,垂足为点C，截取CE,使CE=BM.连接AE、EN,根据（2）中的结论计算即可.
【详解】（1）在和中，
，
即
在和中，
故答案为：；
（2）是，证明如下：
如图，延长CD至点M，使得
，
在和中，
，即
在和中，
故答案为：是；
（3）如图，延长AE、BF，相交于点C，连接EF，过点B作轴于点N
由题意得：
，
舰艇甲从A处向正东方向以45海里/小时的速度航行2小时至E处
轴，（海里）
舰艇乙从B处沿北偏东的方向以60海里/小时的速度航行2小时至F处
，（海里）
则由（2）的结论可得：（海里）
故此时两舰艇之间的距离为210海里；
（4）过点C作CE⊥BC,垂足为点C,截取CE，使CE=BM.连接AE、EN,
由（2）可知，CE=BM=1, NE=MN,
NE= .
∴ ,
故答案为:
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意类比思想的应用．