2025年中考数学总复习《手拉手相似模型》专项测试卷（附答案）

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NDAC,且DGLPG即NDPG=NDAC.连接CG,则CG最小值为（）

C-D—

525

2.如图，点D是等腰直角三角形ABC的重心，ZACB=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6/，则ADCE的周长为

3.如图，在RtAABC和RtzXyWE中，^ABC=^ADE=90°,sinzXFD=sm^ACB=7,连结BD,CE,延

长CE交BD于点F.

（1）若BD=3,则CE的长为

(2)cosZ-BFC—

阅卷人

三、解答题

得分

4.在RtAABC中，ZC=9O。，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。、E,记旋转角为a(0°<a<90°),连接ZE、CD、BD,如图所示.

(2)若BC=4C=4,当B、D、E三点共线时，求线段BE的长；

(3)当乙4BC=30。时，延长BC交2E于点”，连接CH,探究线段BH,AH,CH之间的数量关系并说

明理由.

5.在R3ABC中，NA=90。，AB=V3AC,BC=6.

D

(1)如图①，D是AB上的一点，DE〃:BC,交AC于点E,贝UBD,CE之间的数量关系为.

(2)如图②，将(1)中AADE绕着点A顺时针旋转，旋转角为(a<0。<a<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AADE沿DE对折，点A的对应点M在BC下方，△MDE与R3ABC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XABC中，乙4BC=45°,AD1BC于点D,在DA上取点E,使DE=DC,连

结BE,CE.

（2）如图2,将ABED绕点D旋转,得到AB'E'D（点B,E分别与点B,E对应），连

结CE',AB',在△BE。旋转的过程中CE'与Z9的位置关系与（1）中CE与48的位置关系是

否一致？请说明理由.

（3）如图3,当XBED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=V3,求AB'的长.

7如图,矩形断F和矩形力BCD共顶点，且绕着点B顺时针旋转，满足第=箓=奈

（1）如图1,当D,E,B三点共线，且AB=8,BE=4,求空的比值；

AE

（2）如图2,器的比值是否发生变化，若不变，说明理由；若变化，求出相应的值，并说明理由；

AE

（3）如图3,若点F为CD的中点，且48=8,AD=6,连结CG,求AFCG的面积.

8.【模型呈现：材料阅读】

如图1,点3,C,E在同一直线上，点A,。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）:

（DABCD^AACE.

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,。在直线CE的同侧，AB=AC,ED=EC,NBAC=NDEC=50。,直线AE,BD交于F,如图1：

点3在直线CE上，

①求证：ZBCDSXACE.

②求/AFB的度数.

③如图2：将△A8C绕点C顺时针旋转一定角度.

补全图形，则/AF3的度数为▲.

④若将“NBAC=N。EC=50。”改为“NBAC=N£>EC=〃严，则NAq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。EFG中，AB=2,AD=ED=2/，DG=6,连接AG,BF,求黑的值.

9.问题提出

如图（1）,在AABC和ADEC中，ZACB=ZDCE=90°,BC=AC,EC=DC,点E在AABC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？

A

（2）C声（3）

（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AACD义ABCE（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AABC和ADEC中，ZACB=ZDCE=90°,BC=kAC,EC=kDC（k

是常数），点E在AABC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XABC和AADE均是等腰直角三角形，Z.BAC=Z.DAE=90°，且AB=AC,AD=

AE,易证：BD=CE,BDICE.

（1）深入探究：

如图②，将图①中AABC绕点A逆时针旋转a（0°<a<90°）,连接BD、CE,并延长CE分

别与AB、BD相交于点G、F,求证：BD=CE,BD1CE.

（2）解决问题：

如图③，将图①中4ABe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,贝！JCE=,DF=.

（3）拓展应用：

如图④，将图①中XABC绕点A逆时针旋转a（90。<a<180。），连接BD、CE，若AB=4四，

BE=3,^ABE=45°,则JBD=,AD=.（提示：求AD时，可过点E作EH1

AB于点H）

11.如图，△ABC和△DBE的顶点B重合，AABC=Z.DBE=90。，ABAC=乙BDE=30。，BC=

3,BE=2.

(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：震=,

直线AD与直线EC的位置关系是

(2)探究证明：如图2,将图1中的ADBE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ADBE绕点B顺时针旋转a(19。<a<60。)，连结

AD,EC,它们的延长线交于点F,当=时，求tan(60。—a)的值.

参考答案

1.【答案】C

2.【答案】4

3.【答案】(1)4

⑵34

4.【答案】(1)证明：・・・BC=AC,D、E分别是BC和AC的中点，

：.CD=AE=^BC=^AC,

又,:ZDCE=ZBCA=90°,BPZBCD+ZACD=ZACD+ZACE=90°,

.\ZBCD=ZACE,

BCD^AACE(SAS),

.\ZDBC=ZEAC.

(2)解：①如图，当点D在△ABC内时，过点C作CFLDE,

A

由（1）可知，若BC=AC,则△CDE为等腰直角三角形，其中CD=：BC=24C=2,

当B、D、E三点共线时，

ZBDC=180°-ZCDE=135°,

.,.ZBFC=90°,DF=EF=CF=2,

在RtABFC中，BF=VBC2-CF2=V42-22=V14.

止匕时BE=BF+EF=V14+2;

②如图，当点D在△ABC外时，过点C作CF_LDE,

同理可得，BE=BF-EF=V14-2.

(3)解：如图，过点C作CGLCH,交BD于点G,

又,：CD=^1BC,CE=^1AC,

.*.△BCD^AACE,

；.NCBD=NCAE,

由/BCA=NGCH=90。，同理可得，ZBCG=ZACH,

；.△BCGS/XACH,

.CG_BG_BC

""CH~AH~AC，

又,：乙ABC=30°,

•._„ACV3HRBCpj

••tanZ-ABC=—"3',即冠=^3,

ACG=WCH,BG=WAH，

在RtAGCH中，

GH=7cH2+CG2=2CH,

：-BH=BG+GH=y/3AH+2cH.

5.【答案】(1)BD=V3CE

(2)解：成立.

由旋转的性质可得ZDAB=Z.EAC=a,

••奴-殁-收

・•・△ADE~△ABC,

BDAB后

CE=XC=V3,

BD=y/SCE-

(3)解：如图，连接AM,

M

由折叠的性质可得4M1DE,AN=MN,AD=DM,

-：NA=90。，AB=y/3AC,BC=6,

AC=3,AB=3亚Z-B=30°,

BD-x,

AD=DM-3>/3—x，

■■■DE||BC,

・•・^ADE=(B=30°,AM1BC,

「厂2e5r2A/3“n1373仆rnm130一工

.•・DE=-^-AD=6--5—%，AP=yAB4r>=-y-»AN=MN=yAD4=——，

jJ乙乙乙乙

•・•DE||BC,

BDAB

^NP=AP=2n,

.・.NP=/，

MP=MN-NP=3遮产,

・•・FG=-^-FM=~^-MP=6——r%，

.y_(FG+DE〉NP_(6-竽，+6-竽久__勺%_+3通,

二当久=旧时，y=

6.【答案】(1)解：CELAB

(2)解：在ABED旋转的过程中CE'与AB'的位置关系与(1)中CE与的位置关系是一致

的，理由如下：

如图2,延长CE'交AB'于H,

由旋转的性质，得CD=DE',B'D=AD,AADC=Z-E'DB'=90°,

^ADC+乙ADE'=乙ADE'+乙E'DB',

•••^CDE'=AADB',

CDDE'

■■而=而

：.hADB'-△CDE',

/.DAB'=ADCE',

■：乙GDC=90°,

•••Z.DCE'+Z.DGC=90°,

乙AGH=乙DGC,

/_DAB'+^AGH=90°,

^AHC=90°,

CE'1AB'y

(3)解：如图3,过点D作DH1AB'于点H,

•••ABED绕点D顺时针旋转30°,

•••乙BDB'=30°,B'D=BD=AD,

乙ADB'=120°,

ADAB'=AAB'D=30°,

•••DH1AB',

：-AD=2DH,AH=V3DH=B'H,AB'=2AH,

：.AB'=WAD,

由(2)可知，AADB'S^CDE',

：.ADCE'=ADAB'=30°,

AD±BC,CD=V3>

DG=1,CG=2DG=2,

•••CG=FG,

：.CG=FG=2,

•••^DAB'=30°,CE'14B',

AG=2FG=4,

:.AD=AG+DG=4+1=5,

AB'=aAD=5V3.

7.【答案】（1）解：如图，连接。尸，BF,AE.

•・•四边形ZBCD是矩形，

Z.DAB=90°,AD=BC.

・・・BC：AB=3：4,

AD：AB=3：4,

设4。=3k,AB=4k,贝=^AD2+AB2=5k,

・•・AD：AB：BD=3：4：5,

同法可证EF：BE：BF=3：4：5,

・•・△ABDEBF,

•••^ABD=乙EBF,第=第，

DCDr

：.^ABE=乙DBF,线=嘉，

DL)tir

ABE—△DBF,

DFDB5

-'-AE=AB=4'

(2)解：不变，理由是：

如图，连接BD,BF.

••・四边形力BCD是矩形，

•••Z.DAB=90°,AD=BC.

BC：AB=3：4,

・•・AD：AB=3：4,

设4。=3k,AB=4k,贝=y/AD2+AB2=5k，

AD：AB：BD=3：4：5,

同法可证EF：BE：BF=3：4：5,

・•・△ABDEBF,

•••^ABD=乙EBF,第=第,

DCDr

：.乙ABE=/.DBF,线=嘉,

DUDr

•••AABEDBF,

DFDB5

,,AE=AB=V

(3)解：如图，连接BF,AE,过点G作GT1DC交OC的延长线于点T.

•••四边形4BCD是矩形,

・•.AB=CD=8,

・・・DF=CF=4,DF：AE=5：4,

4厂16

•*-AE=-g-,

•・•cABC=2EBG=90°,

・••Z-ABE=Z-CBG,

VCB=5G=3'

ABEs'CBG»

aEB4

c-=---

Gc3

CG=

•・・乙BCF=乙BGF=90°,

・・.C,F,B,G四点共圆,

•••乙GCT=(FBG,

・・・ZT=乙BGF=90°,

CTGs\BGF,

CT：GT：CG=BG：GF：BF=3：4：5,

・•.△CFG的面积=y-CF.GT=^x4xS=^p

8.【答案】(1)解：①：AB=AC,ED=EC,ZBAC=ZDEC=50°,

AZABC=ZACB=(180°-50°)+2=65°,ZEDC=ZECD=(180°-50°)+2=65°,

.*.△ABC^AEDC,

.AC_BC

''EC=DC'

•/ZACE=180°-ZACB=115°,ZBCD=180°-ZECD=115°,

BCD^AACE；

②由①知，ABCDsaACE,

.\ZDBC=ZEAC,

ZAFB=ZDBC+ZCEA=ZEAC+ZCEA=ZACB=65°；

③补图如下:

;115°；

④90。号

:在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB=1,AD=ED=g,DG=3,

.AB_FG_43

••而=丽一丁

又：ZBAD=ZDGF=90°,

ADB^AGDF,

.-.ZADB=ZGDF,拼爆,

ZADG=ZGDF+ZADF,ZBDF=ZADB+ZADF,

.\ZADG=ZBDF,

；.△BDFS/XADG,

.BF_BD

"AG~AD!

VAD=V3,AB=1,

；•BD=VXB2+XD2=2，

.BF_BD_2^2/3

••福=一而=一丹=一丁’

9.【答案】(1)①如图(2),由△ACD/Z\BCE,

；.BE=AD,ZEBC=ZCAD,

•点D、F重合，

；.BE=AD=AF,

VACDE为等腰直角三角形，

.\DE=EF=V2CF,

；.BF=BD=BE+ED=AF+&CF,

即BF-AF=V2CF

②如图(1),过点C作CGJ_CF交BF于点G,

由(1)知，△ACD丝△BCE(SAS),

；./CAF=/CBE,BE=AD,

VZACF+ZACG=90°,ZACG+ZGCB=90°,

ZACF=ZBCG,

VZCAF=ZCBE,BC=AC,

.*.△BCG^AACF(ASA),

；.GC=FC,BG=AF,

故小GCF为等腰直角三角形，则GF=V2CF,

则BF=BG+GF=AF+V2CF,即BF-AF=V2CF；

(2)解：BF-kAF=7k%2+1-FC,理由如下

如图(2),过点C作CGLCF交BF于点G,

同理，ZACD=ZBCF„

又,:BC=kAC,EC=kDC,

日/CCE,

.*.△ACD^ABCE,

.\ZCAF=ZCBE,

VZACF+ZACG=90°,ZACG+ZGCB=90°,

・・.NACF=NBCG,

VZCAF=ZCBE,

.*.△BCG^AACF,

.GC_BG_BC_.

tuCF=AF=AC=k，

・・・CG=kCF,BG=kAF,

在RtAFCG中，

AGF=VCF2+GC2=JCF2+(/cCF)2=V/c2+1CF,

贝UBF=BG+GF=kAF+〃2+研,即BF-kAF幻k%2+「FC.

10.【答案】(1)证明：*：£.BAC=^DAE=90°,

：.Z,BAD+/.BAE=乙CAE+乙BAE=90°,

C./LBAD=LCAE,

U：AB=AC,AD=AE,

：.AABDACE(SAS),

：.BD=CE,^ABD=LACE,

■:乙BFG=180°-乙ABD-乙BGF,ABAC=180°-^ACE-AAGC,且乙BGF=Z-AGC

：.^BFG=2LBAC,

U：^BAC=90°,

・"BFG=90°,

：.BD1CE,

即BD=CE,BDICE.

⑵3倔竽

(3)V73;V17

".【答案】(1)V3;AD1EC

(2)解：结论成立，理由如下:

^ABC=乙DBE