中考数学二轮培优训练专题07 手拉手模型综合应用（能力提升）（2份，原卷版+解析版）

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1．如图，△ABD，△AEC都是等边三角形，则∠BOC的度数是（ ）
A．135°B．125°C．120°D．110°
【答案】C
【解答】解：∵△ABD，△AEC都是等边三角形，
∴AD＝AB，AE＝AC，∠DAB＝∠CAE＝60°，∠ADB＝DBA＝60°，
∴∠DAB+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
∴△DAC≌△BAE（SAS），
∴∠ADC＝∠ABE，
∴∠BOC＝∠BDO+∠DBA+∠ABE
＝∠BDO+∠DBA+∠ADC
＝∠ADB+∠DBA
＝60°+60°
＝120°，
∴∠BOC的度数是120°，
故选：C．
2．如图，在△ABD中，AD＝AB，∠DAB＝90°，在△ACE中，AC＝AE，∠EAC＝90°，CD，BE相交于点F，有下列四个结论：①DC＝BE；②∠BDC＝∠BEC；③DC⊥BE；④FA平分∠DFE．其中，正确的结论有（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【解答】解：∵∠DAB＝∠EAC＝90°，
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，即∠DAC＝∠BAE，
在△ADC和△ABE中，
，
∴△ADC≌△ABE（SAS），
∴DC＝BE，所以①正确；
∴∠ADC＝∠ABE，
而AB与AE不确定相等，
∴∠ABE与∠AEB不确定相等，
∵△ABD和△ACE都是等腰直角三角形，
∴∠ADB＝∠AEC＝45°，
∵∠BDC＝∠ADB﹣∠ADC＝45°﹣∠ADC，
∠BEC＝∠AEC﹣∠AEB＝45°﹣∠AEB，
∴∠BDC与∠BEC不确定相等，所以②错误；
∵∠ADC+∠1+∠DAB＝∠ABE+∠2+∠BFD，
而∠ADC＝∠ABE，∠1＝∠2，
∴∠BFD＝∠DAB＝90°，
∴DC⊥BE，所以③正确；
过A点作AM⊥DC于M，AN⊥BE于N，如图，
∵△ADC≌△ABE，
∴AM＝AN，
∴AF平分∠DFE，所以④正确．
故选：B．
3．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD交AC于点O，在BD上取一点E，使得AE＝AD，∠EAD＝∠BAC，若∠ABC＝62°，则∠BDC的度数为（ ）
A．56°B．60°C．62°D．64°
【答案】A
【解答】解：∵∠EAD＝∠BAC，
∴∠BAC﹣∠EAC＝∠EAD﹣∠EAC，
即：∠BAE＝∠CAD；
在△ABE和△ACD中，
，
∴△ABE≌△ACD （SAS），
∴∠ABD＝∠ACD，
∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角，
∴∠BOC＝∠ABD+∠BAC，∠BOC＝∠ACD+∠BDC，
∴∠ABD+∠BAC＝∠ACD+∠BDC，
∴∠BAC＝∠BDC，
∵∠ABC＝∠ACB＝62°，
∴∠BAC＝180°﹣∠ABC﹣∠ACB＝180°﹣62°﹣62°＝56°，
∴∠BDC＝∠BAC＝56°，
故选：A．
4．已知菱形ABCD，E、F是动点，边长为5，BE＝AF，∠BAD＝120°，则下列结论正确的有几个（ ）
①△BEC≌△AFC；
②△ECF为等边三角形；
③∠AGE＝∠AFC；
④若AF＝2，则＝．
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【解答】解：过点E作EM∥BC，交AC于点M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝AC，AD∥BC，∠BAC＝∠DAC＝BAD＝60°，
∴∠B＝180°﹣∠BAD＝60°，
∴∠B＝∠DAC，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC，∠ACB＝60°，
∵BE＝AF，
∴△BEC≌△AFC；
故①正确；
∵△BEC≌△AFC；
∴CE＝CF，∠BCE＝∠ACF，
∴∠BCE+∠ACE＝∠ACF+∠ACE，
∴∠BCA＝∠ECF＝60°，
∴△ECF是等边三角形，
故②正确；
∵△ECF是等边三角形，
∴∠EFC＝60°，
∵∠AGE是△AGF的一个外角，
∴∠AGE＝∠AFG+∠DAC＝60°+∠AFG，
∵∠AFC＝∠AFG+∠CFE＝60°+∠AFG，
∴∠AGE＝∠AFC，
故③正确；
∵△BEC≌△AFC，
∴AF＝BE＝2，
∵AB＝5，
∴AE＝AB﹣BE＝5﹣2＝3，
∵EM∥BC，
∴∠AEM＝∠B＝60°，∠AME＝∠ACB＝60°，
∵∠BAC＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴AE＝EM＝3，
∵∠DAC＝∠AME＝60°，∠AGF＝∠EGM，
∴△AGF∽△MGE，
∴＝＝，
故④正确；
所以，上列结论正确的有4个，
故选：D．
5．如图，△ABC，△ECD均为等边三角形，边长分别为5cm，3cm，B，C，D三点在同一条直线上，下列结论：①AD＝BE；②△CFG为等边三角形；③CM＝cm；④CM平分∠BMD．其中正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【解答】解：∵△ABC，△ECD均为等边三角形，
∴∠ACB＝∠DCE＝60°，AC＝BC，DC＝EC，
∴∠BCE＝∠ACD，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴BE＝AD，故①正确；
∴∠CAG＝∠CBF，
在△CBF和△CAG中，
，
∴△BCF≌△ACG（ASA），
∴FC＝GC，
∵∠FCG＝60°，
∴△CFG为等边三角形，故②正确；
∵∠EMD＝∠MBD+∠MDB＝∠MAC+∠MDB＝60°＝∠FCG，
∴M、F、C、G四点共圆，
∴∠BMC＝∠FGC＝60°，∠CMD＝∠CFG＝60°，
∴∠BMC＝∠DMC，
∴CM平分∠BMD，故④正确；
过点E作EP⊥BD，则CP＝＝，
∴PE＝CP＝，
∴BE＝＝7，
∴AD＝BE＝7，
∵∠DMC＝∠ABD，∠MDC＝∠BDA，
∴△DMC∽△DBA
∴，
∴，
∴CM＝．故③错误．
故选：C．
6．如图1，在△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，点D，E分别是AC，BC的中点．
（1）直接写出△CDE的形状是 ；
（2）如图2，若点M为直线DE上一动点，∠MCN＝90°，CM＝CN，连接ND，请判断ND与ME的数量关系与位置关系，并说明理由；
（3）在（2）的条件下，连接AN，请求出AN的最小值．
【解答】解：（1）∵点D，E分别是AC，BC的中点．
∴CD＝AC，CE＝，
∵AC＝BC，
∴CD＝CE，
∴△CDE是等腰直角三角形，
故答案为：等腰直角三角形；
（2）ND⊥ME，理由如下：
∵∠DCE＝∠MCN，
∴∠MCE＝∠NCD，
∵CD＝CE，CM＝CN，
∴△DCN≌△ECM（SAS），
∴∠CEM＝∠CDN，
∴∠NDM＝∠CDE+∠DEC＝90°，
∴DN⊥ME；
（3）连接BM，作BH⊥DE于H，
由（2）同理得，△ACN≌△BCM（SAS），
∴AN＝BM，
∴BM的最小值为BH，
∵BE＝BC＝2，
∴BH＝，
∴AN的最小值为．
7．【特例感知】
（1）如图1，△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，点C在OA上，点D在BO的延长线上，连接AD，BC，线段AD与BC的数量关系是 ；
【类比迁移】
（2）如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转α（0°＜α＜90°），那么第（1）问的结论是否仍然成立？如果成立，证明你的结论；如果不成立，说明理由．
【方法运用】
（3）如图3，若AB＝8，点C是线段AB外一动点，AC＝3，连接BC．
①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD，连接AD，则AD的最大值是 ；
②若以BC为斜边作Rt△BCD（B，C，D三点按顺时针排列），∠CDB＝90°，连接AD，当∠CBD＝∠DAB＝30°时，直接写出AD的值．
【解答】解：（1）AD＝BC．理由如下：
如图1，∵△AOB和△COD是等腰直角三角形，∠AOB＝∠COD＝90°，
∴OA＝OB，OD＝OC，
在△AOD和△BOC中，
，
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC，
故答案为：AD＝BC；
（2）AD＝BC仍然成立.
证明：如图2，∵∠AOB＝∠COD＝90°，
∴∠AOB+∠AOC＝∠AOC+∠COD＝90°+α，
即∠BOC＝∠AOD，
在△AOD和△BOC中，
，°
∴△AOD≌△BOC（SAS），
∴AD＝BC；
（3）①过点A作AT⊥AB，使AT＝AB，连接BT，AD，DT，BD，
∵△ABT和△CBD都是等腰直角三角形，
∴BT＝AB，BD＝BC，∠ABT＝∠CBD＝45°，
∴＝＝，∠ABC＝∠TBD，
∴△ABC∽△TBD，
∴＝＝，
∴DT＝AC＝×3＝3，
∵AT＝AB＝8，DT＝3，
∴点D的运动轨迹是以T为圆心，3为半径的圆，
∴当D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8+3，
故答案为：8+3；
②如图4，在AB上方作∠ABT＝30°，过点A作AT⊥BT于点T，连接AD、BD、DT，过点T作TH⊥AD于点H，
∵＝＝cs30°＝，∠ABC＝∠TBD＝30°+∠TBC，
∴△BAC∽△BTD，
∴＝＝，
∴DT＝AC＝×3＝，
在Rt△ABT中，AT＝AB•sin∠ABT＝8sin30°＝4，
∵∠BAT＝90°﹣30°＝60°，
∴∠TAH＝∠BAT﹣∠DAB＝60°﹣30°＝30°，
∵TH⊥AD，
∴TH＝AT•sin∠TAH＝4sin30°＝2，AH＝AT•cs∠TAH＝4cs30°＝2，
在Rt△DTH中，DH＝＝＝，
∴AD＝AH+DH＝2+；
如图5，在AB上方作∠ABE＝30°，过点A作AE⊥BE于点E，连接DE，
则＝＝cs30°＝，
∵∠EBD＝∠ABC＝∠ABD+30°，
∴△BDE∽△BCA，
∴＝＝，
∴DE＝AC＝×3＝，
∵∠BAE＝90°﹣30°＝60°，AE＝AB•sin30°＝8×＝4，
∴∠DAE＝∠DAB+∠BAE＝30°+60°＝90°，
∴AD＝＝＝；
综上所述，AD的值为2+或．
8．在△ABC中，AB＝AC，点D是直线BC上一动点（不与B、C重合），将线段AD绕点A逆时针旋转∠BAC的度数，得到线段AE，连接CE，设∠BAC＝α，∠BCE＝β．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，用等式表示α与β之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，当点D在线段CB延长线上时，补全图形，用等式表示α与β之间的数量关系，并证明．
【解答】解：（1）α+β＝180°．
证明：∵∠BAC＝∠DAE＝α，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC．
即∠BAD＝∠CAE．
又AB＝AC，AD＝AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS）．
∴∠B＝∠ACE．
∴∠B+∠ACB＝∠ACE+∠ACB．
∴∠B+∠ACB＝β．
∵α+∠B+∠ACB＝180°，
∴α+β＝180°．
（2）当点D在线段CB延长线上时，α＝β．
其理由如下：
类似（1）可证△DAB≌△ECA，
∴∠DBA＝∠ECA，
又由三角形外角性质有∠DBA＝α+∠DCA，
而∠ACE＝β+∠DCA，
∴α＝β．
9．如图①，在△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，且AD＝AE．则CE＝BD．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为α（0°＜α＜180°）．如图②，连接CE，BD．
（1）如图②，请直接写出CE与BD的数量关系．
（2）将△ADE旋转至如图③所示位置时，请判断CE与BD的数量关系和位置关系，并加以证明．
（3）在旋转的过程中，当△BCD的面积最大时，α＝ 135° ．（直接写出答案即可）
【解答】解：（1）CE＝BD，理由如下：
∵∠CAB＝∠EAD＝90°，∠CAB﹣∠BAE＝∠EAD﹣∠BAE，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△ACE与△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴CE＝BD；
（2）CE＝BD，CE⊥BD，
理由如下：设BD与CE的交点为F，
∵∠CAB＝∠EAD＝90°，∠CAB﹣∠BAE＝∠EAD﹣∠BAE，
∴∠CAE＝∠BAD，
在△ACE与△ABD中，
，
∴△ACE≌△ABD（SAS），
∴∠ACE＝∠ABD，CE＝BD，
∴∠CAB＝∠CFB＝90°，
∴CE＝BD，CE⊥BD；
（3）在△BCD中，边BC的长是定值，则BC边上的高最大时，△BCD的面积最大，
∴当点D在线段BC的垂直平分线上时，△BCD的面积最大，如图所示，
∵AB＝AC，∠CAB＝90°，DG⊥BC于G，
∴∠GAB＝45°，
∴∠DAB＝180°﹣45°＝135°，
即当△BCD的面积最大时，旋转角α＝135°，
故答案为：135°．
10．如图，在正方形ABCD中，若AD＝5．在边AB上取点E，使AE＝1，又以点D为圆心，DE为半径作⊙D，交BC的延长线于点F，连接EF交DC于点G．
（1）求证：∠ADE＝∠CDF；
（2）请求出EF的长；
（3）请求出GC的长．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠DCF＝90°，
在Rt△DAE和Rt△DGF中，，
∴Rt△DAE≌Rt△DGF（HL），
∴∠ADE＝∠CDF；
（2）在Rt△ADE中，AE＝1，AD＝5，
∴DE＝，
∵∠ADE＝∠CDF，
∴∠ADE+∠EDC＝∠CDF+∠EDC，
即∠ADC＝∠EDF＝90°，
在Rt△EDF中，根据勾股定理得EF＝，
∴EF的长为；
（3）∵四边形ABCD是正方形，
∴DC∥AB，
∴△FGC∽△FEB，
∴，
∵AB＝AD＝5，AE＝1，
∴BE＝4，
∵△DAE≌△DGF，
∴CF＝AE＝1，
∴BF＝6，
∴，
解得GC＝，
∴GC的长为．
11．如图，AB、CD为⊙O的直径，AB⊥CD，点E为上一点，点F为EC延长线上一点，∠FAC＝∠AEF．连接ED，交AB于点G．
（1）证明：AF为⊙O的切线；
（2）证明：AF＝AG；
（3）若⊙O的半径为2，G为OB的中点，AE的长．
【解答】（1）证明：∵AB⊥CD，
∴∠AOC＝90°，
∴∠AEF＝∠AOC＝45°，
∵∠FAC＝∠AEF，
∴∠FAC＝45°，
∵OA＝OC，
∴∠OAC＝∠OCA＝45°，
∴∠OAF＝∠OAC+∠FAC＝90°，
∵OA是⊙O的半径，
∴AF为⊙O的切线；
（2）证明：∵四边形ADEC是圆内接四边形，
∴∠ADG+∠ACE＝180°，
∵∠ACE+∠ACF＝180°，
∴∠ACF＝∠ADG，
∵AB⊥CD，
∴∠AOD＝∠AOC＝∠BOD＝90°，
∴AD＝AC，∠DAB＝∠BOD＝45°，
∴∠FAC＝∠DAB＝45°，
∴△ADG≌△ACF（ASA），
∴AG＝AF；
（3）解：连接BE，AD，
∵G为OB的中点，OB＝2，
∴OG＝GB＝OB＝1，
∵OA＝OD＝2，∠AOD＝90°，
∴AD＝OA＝2，
∵∠BOD＝90°，
∴BD＝＝＝，
∵∠DAB＝∠DEB，∠AGD＝∠BGE，
∴△ADG∽△EBG，
∴＝，
∴＝，
∴EB＝，
∵AB是⊙O的直径，
∴∠AEB＝90°，
∴AE＝＝＝，
∴AE的长为．
12．如图1，△ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°．点D是BC边上一动点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转90°到AE，连接CE．
（1）求证：CD+CE＝CA．
（2）如图2，连接DE，交AC于点F．
①求证：CD•CE＝CF•CA；
②当△CEF是等腰三角形时，请直接写出BD的长．
【解答】解：（1）证明：∵将AD绕点A逆时针旋转90°到AE，
∴AD＝AE，∠DAE＝90°．
∵∠BAC＝90°，
∴∠DAE＝∠BAC，
∴∠DAE﹣∠DAC＝∠BAC﹣∠DAC，即∠BAD＝∠CAE，
在△ABD和△ACE中，
，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴CE＝BD，
在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴BC＝CA，
∴CD+CE＝CD+BD＝BC＝CA；
（2）①证明：∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AD＝AE，∠DAE＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝∠ADE＝45°．
∵∠ADC＝∠B+∠BAD，且∠ADC＝∠ADE+∠CDF，
∴∠BAD＝∠CDF，
∴△ABD∽△DCF，
∴＝，即
∴CD•BD＝CF•AB，
∵CE＝BD，AB＝AC，
∴CD•CE＝CF•CA；
②或2．
设BD＝x，则CD＝4﹣x，
当CE＝CF时，CE＝CF＝BD＝x，
∵CD⋅CE＝CF⋅CA，
∴（4﹣x）•x＝2x，
解得：x1＝4﹣2，x2＝0（舍去）；
当EF＝CF时，∠EFC＝90°，
∴CF＝CE＝BD＝x，
则（4﹣x）•x＝2•x，
解得x1＝2，x2＝0（舍去）；
由题意可知，EF≠EC，
综上，当△CEF是等腰三角形时，BD的长为4﹣2或2．