2024中考數(shù)學(xué)全國真題分類卷 模型五 半角模型 強(qiáng)化訓(xùn)練(含答案)

2024中考數(shù)學(xué)全國真題分類卷模型五半角模型強(qiáng)化訓(xùn)練類型一正方形含半角1.綜合與實踐數(shù)學(xué)實踐活動，是一種非常有效的學(xué)習(xí)方式．通過活動可以激發(fā)我們的學(xué)習(xí)興趣，提高動手動腦能力，拓展思維空間，豐富數(shù)學(xué)體驗，讓我們一起動手來折一折、轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)，體會活動帶給我們的樂趣．折一折：將正方形紙片ABCD折疊，使邊AB，AD都落在對角線AC上，展開得折痕AE，AF，連接EF，如圖①.(1)∠EAF＝________°，寫出圖中兩個等腰三角形：________(不需要添加字母)；轉(zhuǎn)一轉(zhuǎn)：將圖①中的∠EAF繞點A旋轉(zhuǎn)，使它的兩邊分別交邊BC，CD于點P，Q，連接PQ，如圖②.(2)線段BP，PQ，DQ之間的數(shù)量關(guān)系為_______________________________________；(3)連接正方形對角線BD，若圖②中的∠PAQ的邊AP，AQ分別交對角線BD于點M，點N，如圖③，求eq\f(CQ,BM)的值．第1題圖類型二等腰直角三角形含半角2.如圖，△ABC是等腰直角三角形，AC＝BC＝4，∠C＝90°，M，N分別是邊AC，BC上的點，以CM，CN為鄰邊作矩形PMCN，交AB于E，F(xiàn).設(shè)CM＝a，CN＝b，若ab＝8.(1)判斷由線段AE，EF，BF組成的三角形的形狀，并說明理由；(2)①當(dāng)a＝b時，求∠ECF的度數(shù)；②當(dāng)a≠b時，①中的結(jié)論是否成立？并說明理由．類型三含120°角的菱形含半角3.如圖①，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，M，N分別是邊BC，CD上的動點，∠MAN＝60°，AM，AN分別交BD于點E，F(xiàn).(1)求證：CM＋CN＝BC；(2)如圖②，過點E作EG∥AN交DC的延長線于點G，求證：EG＝EA；(3)如圖③，若AB＝1，∠AED＝45°，求EF的長．第3題圖參考答案與解析1.解：(1)45，△AEF，△EFC，(從△AEF，△EFC，△ABC，△ADC中任選兩個即可)；【解法提示】∵四邊形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】如解圖，延長CB到點T，使得BT＝DQ，連接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題解圖(3)∵四邊形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)由線段AE，EF，BF組成的三角形是直角三角形．理由如下：∵AC＝BC，∠C＝90°，∴∠A＝∠B＝45°.∵四邊形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，∴由線段AE，EF，BF組成的三角形是直角三角形；(2)①如解圖①，過點C作CG⊥AB于點G，∵AC＝BC，∠ACB＝90°，∴G為AB的中點，∴CG＝AG＝BG＝eq\f(1,2)AB.第2題解圖①在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，根據(jù)勾股定理得AB＝eq\r(AC2＋BC2)＝4eq\r(2)，∴CG＝AG＝BG＝2eq\r(2).∵ab＝8，a＝b，∴a＝b＝2eq\r(2)，即CM＝CN＝CG，在Rt△CME和Rt△CGE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CE＝CE,CM＝CG))，∴Rt△CME≌Rt△CGE(HL)，∴∠MCE＝∠ECG.同理可證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：當(dāng)a≠b時，如解圖②，將△BCF繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ACH，連接EH，第2題解圖②∴∠HCF＝90°，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得△BCF≌△ACH，∴∠HAC＝∠B＝45°，AH＝BF，CH＝CF，∴∠HAC＋∠BAC＝∠HAE＝90°，∴在Rt△AEH中，根據(jù)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\co1(CH＝CF,EH＝EF,CE＝CE))，∴△CEH≌△CEF(SSS)，∴∠ECF＝∠ECH＝eq\f(1,2)∠HCF＝45°.3.(1)證明：如解圖①，連接AC，∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，∴AB＝BC，AB∥CD，∴△ABC是等邊三角形，∴∠ABM＝∠BAC＝∠ACN＝60°，∵∠BAC＝∠MAN＝60°，∴∠BAM＋∠MAC＝∠MAC＋∠CAN，∴∠BAM＝∠CAN，在△BAM和△CAN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠BAM＝∠CAN,AB＝AC,∠ABM＝∠ACN))，∴△BAM≌△CAN(ASA)，∴BM＝CN，∴CM＋CN＝CM＋BM＝BC；第3題解圖①(2)證明：如解圖①，連接EC.在△ABE和△CBE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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：如解圖②，將△ABE繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)120°得到△ADQ，連接FQ.第3題解圖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＋∠AD