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)

这是一份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)，共8页。试卷主要包含了 综合与实践等内容，欢迎下载使用。
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) ＝4 eq \r(2) ，
∴CG＝AG＝BG＝2 eq \r(2) .
∵ab＝8，a＝b，
∴a＝b＝2 eq \r(2) ，
即CM＝CN＝CG，
在Rt△CME和Rt△CGE中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(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\c1(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\c1(∠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\c1(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＋∠ADF＝60°，
设DQ＝x，则BE＝x，DF＝2x，EF＝FQ＝ eq \r(3) x，
∵AB＝AD＝1，∠ABD＝30°，
∴BD＝ eq \r(3) ，
∵BE＋EF＋DF＝BD，
即x＋ eq \r(3) x＋2x＝ eq \r(3) ，
∴x＝ eq \f(\r(3)－1,2) ，
∴EF＝ eq \r(3) x＝ eq \f(3－\r(3),2) .