2024中考数学全国真题分类卷 模型二 截长补短模型 强化训练(含答案)

2024中考数学全国真题分类卷模型二截长补短模型强化训练类型一构造相等线段1.在△ABC中，∠ACB＝90°，D为△ABC内一点，连接BD，DC，延长DC到点E，使得CE＝DC.(1)如图①，延长BC到点F，使得CF＝BC，连接AF，EF.若AF⊥EF，求证：BD⊥AF；(2)连接AE，交BD的延长线于点H，连接CH，依题意补全图②.若AB2＝AE2＋BD2，用等式表示线段CD与CH的数量关系，并证明．第1题图2.已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，AB＞BC.(1)如图①，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；(2)如图②，将(1)中的△CDE绕点C逆时针旋转(旋转角小于∠BAC)，BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；(3)如图③，将(1)中的△CDE绕点C顺时针旋转(旋转角小于∠ABC)，若∠BAD＝∠BCD，求∠ADB的度数．第2题图类型二构造eq\r(2)、eq\r(3)倍数量关系3.在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，线段AB绕点A逆时针旋转至AD(AD不与AC重合)，旋转角记为α，∠DAC的平分线AE与射线BD相交于点E，连接EC.(1)如图①，当α＝20°时，∠AEB的度数是________；(2)如图②，当0°＜α＜90°时，求证：BD＋2CE＝eq\r(2)AE；(3)当0°＜α＜180°，AE＝2CE时，请直接写出eq\f(BD,ED)的值．第3题图4.在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC＝60°，P是DF的中点，连接PG，PC.(1)如图①，当点G在BC边上时，写出PG与PC的数量关系；(不必证明)(2)如图②，当点F在AB的延长线上时，线段PC，PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给予证明；(3)如图③，当点F在CB的延长线上时，线段PC，PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想(不必证明).第4题图参考答案与解析1.(1)证明：在△BDC与△FEC中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(DC＝EC，,∠BCD＝∠FCE，,BC＝FC，))∴△BDC≌△FEC(SAS)，∴∠BDC＝∠FEC，∴BD∥EF.∵EF⊥AF，∴BD⊥AF；(2)解：补全图形如解图，CD＝CH，证明：如解图，延长BC至点F，使得BC＝CF，连接AF，EF.由(1)得△BDC≌△FEC，∴BD＝EF，∠CBD＝∠CFE，∵∠ACB＝90°，BC＝CF，∴AB＝AF，∴△BAF为等腰三角形，由AB2＝AE2＋BD2，AB＝AF，BD＝EF，得AF2＝AE2＋EF2，∴EF⊥AE.∵∠CBD＝∠CFE，∴BD∥EF，∴BD⊥AE，即∠DHE＝90°，又∵CE＝DC，∴CD＝CH＝eq\f(1,2)DE.第1题解图2.(1)证明：∵△ABC≌△DEC，∴AC＝DC.∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC.∵CB平分∠ACD，∴∠ACB＝∠DCB，∴∠ABC＝∠DCB，∴AB∥CD，∴四边形ABDC是平行四边形．又∵AB＝AC，∴四边形ABDC是菱形；(2)解：∠ACE＋∠EFC＝180°.证明如下：∵△ABC≌△DEC，∴∠ABC＝∠DEC.∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，∴∠ACB＝∠DEC.∵∠ACB＋∠ACF＝∠DEC＋∠CEF＝180°，∴∠ACF＝∠CEF.∵∠CEF＋∠ECF＋∠EFC＝180°，∴∠ACF＋∠ECF＋∠EFC＝180°，∴∠ACE＋∠EFC＝180°；(3)解：如解图，在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM.∵AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，AM＝CB，∴△ABM≌△CDB(SAS)，∴BM＝BD，∠MBA＝∠BDC，∴∠ADB＝∠BMD，∵∠BMD＝∠BAD＋∠MBA，∴∠ADB＝∠BCD＋∠BDC.设∠BCD＝∠BAD＝α，∠BDC＝β，则∠ADB＝α＋β.∵CA＝CD，∴∠CAD＝∠CDA＝α＋2β，∴∠BAC＝∠CAD－∠BAD＝2β，∴∠ACB＝eq\f(1,2)(180°－∠BAC)＝90°－β，∴∠ACD＝90°－β＋α.∵∠ACD＋∠CAD＋∠CDA＝180°，∴90°－β＋α＋2(α＋2β)＝180°，∴α＋β＝30°，即∠ADB＝30°.第2题解图3.(1)解：45°；【解法提示】∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∵∠BAD＝20°，∴∠ADB＝eq\f(1,2)(180°－∠BAD)＝80°，∵∠BAC＝90°，∴∠DAC＝70°，∵AE平分∠DAC，∴∠DAE＝eq\f(1,2)∠DAC＝35°，∴∠AEB＝∠ADB－∠DAE＝80°－35°＝45°.(2)证明：如解图①，过点A作AF⊥AE，交EC的延长线于点F，则∠EAF＝90°，∵∠BAC＝90°，∴∠BAE＝∠CAF.∵AB＝AD，AB＝AC，∴AD＝AC.∵AE平分∠DAC，∴∠DAE＝∠CAE.∵AE＝AE，∴△DAE≌△CAE(SAS)，∴DE＝CE，∠ADE＝∠ACE.∵∠ADE＋∠ADB＝180°，∠ACE＋∠ACF＝180°，∴∠ADB＝∠ACF.∵AB＝AD，∴∠ABD＝∠ADB，∴∠ABD＝∠ACF.∵∠BAE＝∠CAF，AB＝AC，∴△ABE≌△ACF(ASA)，∴AE＝AF，BE＝CF＝BD＋DE＝BD＋CE.在Rt△EAF中，∠EAF＝90°，∴EF2＝AE2＋AF2＝2AE2，∴EF＝eq\r(2)AE，∵EF＝EC＋CF＝EC＋BD＋CE＝BD＋2CE，∴BD＋2CE＝eq\r(2)AE；第3题解图①(3)解：2eq\r(2)－2或2eq\r(2)＋2.【解法提示】①当0°＜α＜90°时，由(2)可知：BD＋2CE＝eq\r(2)AE，且ED＝CE，∴BD＋2ED＝eq\r(2)AE，∵AE＝2CE，∴BD＋2ED＝2eq\r(2)CE＝2eq\r(2)ED，∴BD＝(2eq\r(2)－2)ED，∴eq\f(BD,ED)＝2eq\r(2)－2；②当90°＜α＜180°时，如解图②，同理可得：△ABE≌△ACF，CE＝ED，BD－2CE＝eq\r(2)AE，∵AE＝2CE，∴BD－2ED＝2eq\r(2)CE＝2eq\r(2)ED，∴BD＝(2eq\r(2)＋2)ED，∴eq\f(BD,ED)＝2eq\r(2)＋2.第3题解图②4.解：(1)PG＝eq\r(3)PC；【解法提示】如解图①，延长GP交DC于点E，∵P是DF的中点，∴PD＝PF，∵△BGF是正三角形，∴∠BGF＝60°，∵∠ABC＝60°，∴∠BGF＝∠ABC，∴AB∥GF，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴CD∥GF，∴∠CDP＝∠PFG，在△PED和△PGF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠DPE＝∠FPG,DP＝FP,∠EDP＝∠GFP))，∴△PED≌△PGF(ASA)，∴PE＝PG，DE＝FG，∵△BGF是正三角形，∴FG＝BG，∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝CB，∴CE＝CG，∵PE＝PG，∴CP⊥EG，∠PCG＝∠ECP＝60°，∴PG＝tan∠PCG·PC＝eq\r(3)PC.第4题解图①(2)猜想：PG＝eq\r(3)PC，证明如下：如解图②，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，第4题解图②∵∠ABC＝60°，△BGF是等边三角形，∴∠GFB＝∠ABC＝60°，BG＝FG，∴∠CBG＝60°，GF∥BC∥AD，∴∠EDP＝∠GFP，在△PED和△PGF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠EDP＝∠GFP,DP＝FP,∠DPE＝∠FPG))，∴△PED≌△PGF(ASA)，∴PE＝PG，DE＝FG＝BG，在△CDE和△CBG中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(CD＝CB,∠CDE＝∠CBG,DE＝BG))，∴△CDE≌△CBG(SAS)，∴CE＝CG，∠DCE＝∠BCG，∴∠ECG＝∠DCB＝120°，∵PE＝PG，∴CP⊥EG，∠PCG＝eq\f(1,2)∠ECG＝60°，∴PG＝tan∠PCG·PC＝eq\r(3)PC；(3)猜想：PG＝eq\r(3)PC.第4题解图③【解法提示】如解图③，延长GP到点H，使PH＝PG，连接CH，CG，DH，过点F作EF∥DC，则EF∥AB，∵P是线段DF的中点，∴FP＝DP，∵∠GPF＝∠HPD，HP＝GP，∴△GFP≌△HDP(SAS)，∴GF＝HD，∠GFP＝∠HDP，∵四边形ABCD是菱形，△BFG为等边三角形，∴CD＝CB，∠ADC＝∠ABC＝∠FBG＝60°，BG＝FG，∴点A，B，G在同一直线上，∴∠GBC＝120°，HD＝GB，∵∠GFP＋∠PFE＝120°，∠PFE＝∠PDC，∴∠CDH＝∠HDP＋∠PDC＝120°