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)

这是一份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)，共7页。试卷主要包含了 问题探究等内容，欢迎下载使用。

A. ①② B. ①③ C. ②③ D. 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cs B＝ eq \f(1,4) ，则FG的长是( )
第2题图
A. 3 B. 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\c1(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，∵cs B＝ 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.∵cs B＝ 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，∵cs D＝cs B＝ 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②
3. 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\c1(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\c1(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\c1(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＝180°，
∴∠EFN＝2∠DBC，
∴∠EBC＝∠EFN，
∵ eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(CD,BC) ＝ eq \f(1,2) ＝ eq \f(EF,BE) ，且CD＝NF，
∴ eq \f(BE,BC) ＝ eq \f(EF,NF) ，
∴△BEC∽△FEN，
∴∠BEC＝∠FEN，
∴∠BEF＝∠NEC＝90°，
又∵CG＝NG，
∴EG＝ eq \f(1,2) NC，
∴EG＝GC.