2025年中考数学总复习《手拉手相似模型》专项测试卷（附答案）

第第页2025年中考数学总复习《手拉手相似模型》专项测试卷（附答案）学校:___________班级：___________姓名：___________考号：___________阅卷人一、选择题得分1．如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P是对角线AC上的动点，连接DP，将直线DP绕点P顺时针旋转，使旋转角等于∠DAC，且DG⊥PG，即∠DPG=∠DAC．连接CG，则CG最小值为（）A．5 B．65 C．45 阅卷人二、填空题得分2．如图，点D是等腰直角三角形ABC的重心，∠ACB=90°，将线段CD绕点C按逆时针方向旋转90°得到线段CE，连结DE.若△ABC的周长为62，则△DCE的周长为.3．如图，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC=∠ADE=90°,sin（1）若BD=3，则CE的长为.（2）cos∠BFC=阅卷人三、解答题得分4．在Rt△ABC中，∠C=90°，分别取BC、AC的中点并且同时将这两个中点绕点C按顺时针方向旋转依次得到点D、E，记旋转角为α（0°<α<90°），连接AE、CD、BD，如图所示．（备用图）（备用图）（1）当BC=AC时，求证：∠DBC=∠EAC；（2）若BC=AC=4，当B、D、E三点共线时，求线段BE的长；（3）当∠ABC=30°时，延长BD交AE于点H，连接CH，探究线段BH，AH，CH之间的数量关系并说明理由．5．在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=3AC，BC=6.（1）如图①，D是AB上的一点，DE∥BC，交AC于点E，则BD，CE之间的数量关系为.（2）如图②，将（1）中△ADE绕着点A顺时针旋转，旋转角为（α（0°<α<90°），连结CE，BD.请问：（1）中BD，CE之间的数量关系还成立吗？请说明理由.（3）如图③，将（1）中△ADE沿DE对折，点A的对应点M在BC下方，△MDE与Rt△ABC重叠部分的面积记为y，BD的长记为x.求y关于x的函数表达式，并求y的最大值.6．如图1，在△ABC中，∠ABC=45∘，AD⊥BC于点D，在DA上取点E，使（1）直接写出CE与AB的位置关系．（2）如图2，将△BED绕点D旋转，得到△B'E'D（点B'，E'分别与点B，E对应），连结CE'（3）如图3，当△BED绕点D顺时针旋转30∘时，射线CE'与AD，AB'分别交于点G，F，若CG=FG，DC=7．如图，矩形EBGF和矩形ABCD共顶点，且绕着点B顺时针旋转，满足BCAB（1）如图1，当D，E，B三点共线，且AB=8，BE=4，求DFAE（2）如图2，DFAE（3）如图3，若点F为CD的中点，且AB=8，AD=6，连结CG，求△FCG的面积.8．【模型呈现：材料阅读】如图1，点B，C，E在同一直线上，点A，D在直线CE的同侧，△ABC和△CDE均为等边三角形，AE，BD交于点F，对于上述问题，存在结论（不用证明）：⑴△BCD≌△ACE．⑵△ACE可以看作是由△BCD绕点C旋转而成．（1）【模型改编：问题解决]点A，D在直线CE的同侧，AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，直线AE，BD交于F，如图1：点B在直线CE上，①求证：△BCD∽△ACE．②求∠AFB的度数．③如图2：将△ABC绕点C顺时针旋转一定角度．补全图形，则∠AFB的度数为▲．④若将“∠BAC＝∠DEC＝50°”改为“∠BAC＝∠DEC＝m°”，则∠AFB的度数为▲．（直接写结论）（2）【模型拓广：问题延伸】如图3：在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝2，AD＝ED＝23，DG＝6，连接AG，BF，求BFAG9．问题提出如图（1），在ΔABC和ΔDEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝AC，EC＝DC，点E在ΔABC内部，直线AD与BE交于点F.线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？（1）问题探究：①先将问题特殊化如图（2），当点D，F重合时，易证ΔACD≌ΔBCE（SAS），请利用全等探究AF，BF，CF之间的数量关系（直接写出结果，不要求写出理由）；②再探究一般情形如图（1），当点D，F不重合时，证明（1）中的结论仍然成立．（2）问题拓展：如图（3），在ΔABC和ΔDEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝kAC，EC＝kDC（k是常数），点E在ΔABC内部，直线AD与BE交于点F.直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系.10．综合与实践“手拉手”模型是初中几何图形的一种全等变形的重要模型，可以借助旋转和全等形的相关知识结合勾股定理等，来解决有关线段的长、角的度数等问题，在学习和生活中应用广泛，有着十分重要的地位和作用．某校数学活动小组进行了有关旋转的系列探究：如图①，已知△ABC和△ADE均是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，且AB=AC，AD=AE，易证：BD=CE，BD⊥CE．（1）深入探究：如图②，将图①中△ABC绕点A逆时针旋转α(0°<α<90°)，连接BD、CE，并延长CE分别与AB、BD相交于点G、F，求证：BD=CE，BD⊥CE．（2）解决问题：如图③，将图①中△ABC绕点A逆时针旋转90°，使AE与AB重合，其他条件不变，若AB=6，AD=3，则CE=，DF=．（3）拓展应用：如图④，将图①中△ABC绕点A逆时针旋转α(90°<α<180°)，连接BD、CE，若AB=42，BE=3，∠ABE=45°，则BD=，AD=．（提示：求AD时，可过点E作EH⊥AB于点H11．如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，（1）特例发现：如图1，当点D，E分别在AB，BC上时，可以得出结论：ADEC=，直线AD与直线EC（2）探究证明：如图2，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转，使点D恰好落在线段AC上，连结EC，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．（3）拓展运用：如图3，将图1中的△DBE绕点B顺时针旋转α19∘<α<60∘，连结AD，EC，它们的延长线交于点F参考答案1．【答案】C2．【答案】43．【答案】（1）4（2）34．【答案】（1）证明：∵BC=AC，D、E分别是BC和AC的中点，

∴CD=AE=12BC=12AC，

又∵∠DCE=∠BCA=90°，即∠BCD+∠ACD=∠ACD+∠ACE=90°，

∴∠BCD=∠ACE，

（2）解：①如图，当点D在△ABC内时，过点C作CF⊥DE，

由（1）可知，若BC=AC，则△CDE为等腰直角三角形，其中CD=12BC=12AC=2，

当B、D、E三点共线时，

∴∠BDC=180°-∠CDE=135°，

∴∠BFC=90°，DF=EF=CF=2，

在Rt△BFC中，BF=BC2−CF2=42−（3）解：如图，过点C作CG⊥CH，交BD于点G，

由（1）同理，∠BCD=∠ACE，

又∵CD=12BC,CE=12AC，

∴△BCD∽△ACE，

∴∠CBD=∠CAE，

由∠BCA=∠GCH=90°，同理可得，∠BCG=∠ACH，

∴△BCG∽△ACH，

∴CGCH=BGAH=BCAC，

又∵∠ABC=30°，

∴tan∠ABC=ACBC=5．【答案】（1）BD=（2）解：成立.

由旋转的性质可得∠DAB=∠EAC=α，

∵ADAE=ABAC=3，

∴△ADE~△ABC（3）解：如图，连接AM，

由折叠的性质可得AM⊥DE，AN=MN，AD=DM，

∵∠A=90°，AB=3AC，BC=6，

∴AC=3，AB=33，∠B=30°，

∵BD=x，

∴AD=DM=33−x，

∵DE∥BC，

∴∠ADE=∠B=30°，AM⊥BC，

∴DE=233AD=6−233x，AP=12AB=332，AN=MN=12AD=33−x2，6．【答案】（1）解：CE⊥AB（2）解：在△BED旋转的过程中CE'与AB'的位置关系与（1）中如图2，延长CE'交AB由旋转的性质，得CD=DE'，B∴∠∵CD∴△ADB∴∠DAB'∴∠DCE'∴∠∴∠AHC=90∘（3）解：如图3，过点D作DH⊥AB'于点∵△BED绕点D顺时针旋转30∘∴∠∴∠∴∠∵DH⊥AB∴AD=2DH，AH=3∴AB由（2）可知，△ADB∴∠∵AD⊥BC，CD=3∴DG=1，CG=2DG=2，

∵CG=FG，

∴CG=FG=2，∵∠DAB'∴AD=AG+DG=4+1=5，

∴AB7．【答案】（1）解：如图，连接DF，BF，AE.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，AD=BC.∵BC：∴AD：设AD=3k，AB=4k，则BD=A∴AD：同法可证EF：∴△ABD∽△EBF，∴∠ABD=∠EBF，ABBE∴∠ABE=∠DBF，ABBD∴△ABE∽△DBF，∴DF（2）解：不变，理由是：如图，连接BD，BF.∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，AD=BC.∵BC：∴AD：设AD=3k，AB=4k，则BD=A∴AD：同法可证EF：∴△ABD∽△EBF，∴∠ABD=∠EBF，ABBE∴∠ABE=∠DBF，ABBD∴△ABE∽△DBF，∴DF（3）解：如图，连接BF，AE，过点G作GT⊥DC交DC的延长线于点T.∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=8，∵DF=CF=4，DF：∴AE=16∵∠ABC=∠EBG=90°，∴∠ABE=∠CBG，∵AB∴△ABE∽△CBG，∴AE∴CG=12∵∠BCF=∠BGF=90°，∴C，F，B，G四点共圆，∴∠GCT=∠FBG，∵∠T=∠BGF=90°，∴△CTG∽△BGF，∴CT：∴GT=4∴△CFG的面积=8．【答案】（1）解：①∵AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，∴∠ABC＝∠ACB＝（180°-50°）÷2＝65°，∠EDC＝∠ECD＝（180°-50°）÷2＝65°，∴△ABC∽△EDC，∴ACEC∵∠ACE＝180°-∠ACB＝115°，∠BCD＝180°-∠ECD＝115°，∴△BCD∽△ACE；②由①知，△BCD∽△ACE，∴∠DBC＝∠EAC，∴∠AFB＝∠DBC+∠CEA＝∠EAC+∠CEA＝∠ACB＝65°；③补图如下：；115°；④90°-m°（2）解：连接BD、DF，∵在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝1，AD＝ED＝3，DG＝3，∴ABAD=FG又∵∠BAD＝∠DGF＝90°，∴△ADB∽△GDF，∴∠ADB＝∠GDF，ADDG＝BD∵∠ADG＝∠GDF+∠ADF，∠BDF＝∠ADB+∠ADF，∴∠ADG＝∠BDF，∴△BDF∽△ADG，∴BFAG＝BD∵AD＝3，AB＝1，∴BD＝AB∴BFAG＝BDAD＝239．【答案】（1）①如图(2)，由△ACD≌△BCE，

∴BE=AD，∠EBC=∠CAD，

∵点D、F重合，

∴BE=AD=AF，

∵△CDE为等腰直角三角形，

∴DE=EF=2CF，

∴BF=BD=BE+ED=AF+2CF，

即BF-AF=2CF②如图(1)，过点C作CG⊥CF交BF于点G，

由(1)知，△ACD≌△BCE(SAS)，

∴∠CAF=∠CBE，BE=AD，∵∠ACF+∠ACG=90°，∠ACG+∠GCB=90°，

∴∠ACF=∠BCG，

∵∠CAF=∠CBE，BC=AC，

∴△BCG≌△ACF(ASA)，∴GC=FC，BG=AF，故△GCF为等腰直角三角形，则GF=2CF，

则BF=BG+GF=AF+2CF，即BF-AF=2CF；（2）解：BF-kAF=kx2+1·FC，理由如下

如图(2)，过点C作CG⊥CF交BF于点G，

同理，∠ACD=∠BCF。

又∵BC＝kAC，EC＝kDC，

即BCAC=CECD=k，

∴△ACD∽△BCE，

∴∠CAF=∠CBE，

∵∠ACF+∠ACG=90°，∠ACG+∠GCB=90°，

∴∠ACF=∠BCG，

∵∠CAF=∠CBE，

∴△BCG∽△ACF，

∴GCCF=BGAF=BCAC=k，10．【答案】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠BAD+∠BAE=∠CAE+∠BAE=90°，∴∠BAD=∠CAE，∵AB=AC，AD=AE，∴△ABD≅△ACE(SAS)，∴BD=CE，∠ABD=∠ACE，∵∠BFG=180°−∠ABD−∠BGF，∠BAC=180°−∠ACE−∠AGC，且∠BGF=∠AGC，∴∠BFG=∠BAC，∵∠BAC=90°，∴∠BFG=90°，∴BD⊥CE，即BD=CE，BD⊥CE．（2）35；（3）73；1711．【答案】（1）3；AD⊥EC（2）解：结论成立，理由如下：

∵∠∴∠∵AB=3∴ABBC=DB∴∠∵∠ADB+∠∴∠∵