2024中考數(shù)學(xué)全國(guó)真題分類卷 模型一 倍長(zhǎng)中線模型 強(qiáng)化訓(xùn)練(含答案)

這是一份2024中考數(shù)學(xué)全國(guó)真題分類卷 模型一 倍長(zhǎng)中線模型 強(qiáng)化訓(xùn)練(含答案)，共7頁(yè)。試卷主要包含了 問題探究等內(nèi)容，歡迎下載使用。
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③

第1題圖
2.如圖，已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E是BC的中點(diǎn)，AF平分∠EAD交CD于點(diǎn)F，F(xiàn)G∥AD交AE于點(diǎn)G.若cs B＝ eq \f(1,4) ，則FG的長(zhǎng)是( )
第2題圖
A. 3 B. eq \f(8,3) C. eq \f(2\r(15),3) D. eq \f(5,2)
3.有公共頂點(diǎn)A的正方形ABCD與正方形AEGF按如圖①所示放置，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB和AD上，連接BF，DE，M是BF的中點(diǎn)，連接AM交DE于點(diǎn)N.
【觀察猜想】
(1)線段DE與AM之間的數(shù)量關(guān)系是______，位置關(guān)系是________________；
【探究證明】
(2)將圖①中的正方形AEGF繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)G恰好落在邊AB上，如圖②，其他條件不變，線段DE與AM之間的關(guān)系是否仍然成立？并說明理由．
第3題圖
4. 問題探究：
小紅遇到這樣一個(gè)問題：如圖①，△ABC中，AB＝6，AC＝4，AD是中線，求AD的取值范圍．她的做法是：延長(zhǎng)AD到E，使DE＝AD，連接BE，證明△BED≌△CAD，經(jīng)過推理和計(jì)算使問題得到解決．
請(qǐng)回答：(1)小紅證明△BED≌△CAD的判定定理是_________________________；
(2)AD的取值范圍是________；
方法運(yùn)用：
(3)如圖②，AD是△ABC的中線，在AD上取一點(diǎn)F，連接BF并延長(zhǎng)交AC于點(diǎn)E，使AE＝EF，求證：BF＝AC；
(4)如圖③，在矩形ABCD中， eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(1,2) ，在BD上取一點(diǎn)F，以BF為斜邊作Rt△BEF，且 eq \f(EF,BE) ＝ eq \f(1,2) ，點(diǎn)G是DF的中點(diǎn)，連接EG，CG，求證：EG＝CG.
第4題圖
參考答案與解析
1. D 【解析】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，∵E，F(xiàn)分別是AB，BC的中點(diǎn)，∴BE＝ eq \f(1,2) AB，CF＝ eq \f(1,2) BC，∴BE＝CF，在△CBE與△DCF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BC＝CD,∠B＝∠FCD,BE＝CF)) ，∴△CBE≌△DCF(SAS)，∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正確；∵∠BCE＋∠ECD＝90°，∴∠ECD＋∠CDF＝90°，∴∠CGD＝90°，∴CE⊥DF，故②正確；∴∠EGD＝90°，如解圖，延長(zhǎng)CE交DA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，∵點(diǎn)E是AB的中點(diǎn)，∴AE＝BE，∵DH∥BC，∴∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，∴△AEH≌△BEC(AAS)，∴BC＝AH＝AD，∴AG是Rt△DGH斜邊的中線，∴AG＝ eq \f(1,2) DH＝AD，∴∠ADG＝∠AGD，∵∠AGE＋∠AGD＝90°，∠CDF＋∠ADG＝90°，∴∠AGE＝∠CDF.故③正確；綜上所述，結(jié)論①②③均正確．
第1題解圖
2. B 【解析】∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝DA＝4，如解圖，過點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，在Rt△ABH中，∵cs B＝ eq \f(1,4) ，∴ eq \f(BH,AB) ＝ eq \f(1,4) ，∵AB＝4，∴BH＝1，又∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴BE＝EC＝2，∴點(diǎn)H是BE的中點(diǎn)，∴AE＝AB＝4，延長(zhǎng)AE，DC交于點(diǎn)M，∵EC∥AD，且EC＝ eq \f(1,2) AD，∴EC是△ADM的中位線，∴ME＝MC＝AD＝DC＝4，∵GF∥AD，∴△GMF∽△AMD，∴ eq \f(GM,AM) ＝ eq \f(GF,AD) ，∵AF平分∠EAD，∴∠GAF＝∠DAF，∵GF∥AD，∴∠DAF＝∠GFA，∴∠GAF＝∠GFA，∴GF＝GA，∴GM＝AM－AG＝AM－GF＝8－GF，∴ eq \f(8－GF,8) ＝ eq \f(GF,4) ，解得GF＝ eq \f(8,3) .
第2題解圖①
【一題多解】如解圖②，過點(diǎn)A作AH⊥BE于點(diǎn)H，過點(diǎn)F作FP∥AE交AD于點(diǎn)P，作FQ⊥AD于點(diǎn)Q，∵菱形ABCD的邊長(zhǎng)為4，∴AB＝AD＝BC＝4.∵cs B＝ eq \f(BH,AB) ＝ eq \f(1,4) ，∴BH＝1，∵E是BC的中點(diǎn)，∴BE＝CE＝2，∴EH＝BE－BH＝1，∴AH是BE的垂直平分線，∴AE＝AB＝4.∴∠AEB＝∠ABC，∵GF∥AD，F(xiàn)P∥AE，∴四邊形AGFP是平行四邊形，∴∠PAF＝∠AFG，∵AF平分∠EAD，∴∠PAF＝∠FAG，∴∠FAG＝∠AFG，∴AG＝GF，∴四邊形AGFP是菱形，∵FP∥AE，AD∥BC，∴∠DPF＝∠DAE＝∠AEB＝∠B，∴∠DPF＝∠PDF，∴PF＝DF，設(shè)GF＝x，∵cs D＝cs B＝ eq \f(DQ,DF) ＝ eq \f(1,4) ，則有 eq \f(\f(4－x,2),x) ＝ eq \f(1,4) .解得x＝ eq \f(8,3) ，則FG的長(zhǎng)是 eq \f(8,3) .
第2題解圖②
3. 解：(1)AM＝ eq \f(1,2) DE，AM⊥DE；
【解法提示】∵四邊形ABCD、AEGF都是正方形，∴AB＝AD，AE＝AF，在△ABF和△ADE中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD，,∠BAF＝∠DAE，,AF＝AE，)) ∴△ABF≌△ADE(SAS)，∴BF＝DE，又∵點(diǎn)M是BF的中點(diǎn)，∴AM＝ eq \f(1,2) BF＝ eq \f(1,2) DE，∵△ABF≌△ADE，∴∠ABF＝∠ADE，∵∠BAD＝90°，∴∠AED＋∠ADE＝∠AED＋∠ABF＝90°，∵點(diǎn)M是BF的中點(diǎn)，∴AM＝BM，∴∠ABF＝∠BAM，∴∠AED＋∠BAM＝90°，∴∠ANE＝90°，∴AM⊥DE.
(2)成立．理由如下：
如解圖，延長(zhǎng)AM至點(diǎn)K，使得AM＝MK，連接BK，
第3題解圖
由題意知，∠FAB＝∠EAB＝45°，
∵M(jìn)為BF的中點(diǎn)，∴MF＝MB，
在△AMF和△KMB中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AM＝KM，,∠AMF＝∠KMB，,MF＝MB，))
∴△AMF≌△KMB(SAS)，
∴AF＝KB，∠AFM＝∠KBM，
∴AF∥BK，∴∠FAB＋∠ABK＝180°，
∵∠FAB＝45°，
∴∠ABK＝135°，
∵∠EAD＝∠BAD＋∠EAB＝135°，
∴∠KBA＝∠EAD，
∵AF＝AE，
∴BK＝AF＝AE，
在△DAE和△ABK中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AE＝BK，,∠EAD＝∠KBA,AD＝BA，)) ，
∴△DAE≌△ABK(SAS)，
∴DE＝AK，
∴AM＝ eq \f(1,2) AK＝ eq \f(1,2) DE.
由△DAE≌△ABK可知，∠ADE＝∠BAK，
∵∠BAK＋∠KAD＝90°，
∴∠ADE＋∠KAD＝90°，
∴∠AND＝90°，
∴AM⊥DE.
4. (1)解：SAS；
【解法提示】∵AD是中線，∴BD＝CD，又∵∠ADC＝∠BDE，AD＝DE, ∴△BED≌△CAD(SAS).
(2)解：1＜AD＜5；
【解法提示】∵△BED≌△CAD，∴AC＝BE＝4，在△ABE中，AB－BE＜AE＜AB＋BE，∴2＜2AD＜10，∴1＜AD＜5.
(3)證明：如解圖①，延長(zhǎng)AD至點(diǎn)H，使DH＝AD，連接BH，
第4題解圖①
∵AD是△ABC的中線，
∴BD＝CD，
又∵∠ADC＝∠BDH，AD＝DH，
∴△ADC≌△HDB(SAS)，
∴AC＝HB，∠CAD＝∠H，
∵AE＝EF，
∴∠EAF＝∠AFE＝∠BFH，
∴∠H＝∠BFH，
∴BF＝BH，
∴BF＝AC；
(4)證明：如解圖②，延長(zhǎng)CG至點(diǎn)N，使NG＝CG，連接EN，CE，NF，
∵點(diǎn)G是DF的中點(diǎn)，
∴DG＝GF，
又∵∠NGF＝∠DGC，CG＝NG，
∴△NGF≌△CGD(SAS)，
第4題解圖②
∴CD＝NF，∠CDB＝∠NFG，
∵ eq \f(AB,AD) ＝ eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(1,2) ， eq \f(EF,BE) ＝ eq \f(1,2) ，
∴tan ∠ADB＝ eq \f(1,2) ，tan ∠EBF＝ eq \f(1,2) ，
∴∠ADB＝∠EBF，
∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴∠EBF＝∠DBC，
∴∠EBC＝2∠DBC，
∵∠EBF＋∠EFB＝90°，∠DBC＋∠BDC＝90°，
∴∠EFB＝∠BDC＝∠NFG，∠EBF＋∠EFB＋∠DBC＋∠BDC＝180°，
∴2∠DBC＋∠EFB＋∠NFG＝180°，
又∵∠NFG＋∠BFE＋∠EFN＝180°，
∴∠EFN＝2∠DBC，
∴∠EBC＝∠EFN，
∵ eq \f(AB,BC) ＝ eq \f(CD,BC) ＝ eq \f(1,2) ＝ eq \f(EF,BE) ，且CD＝NF，
∴ eq \f(BE,BC) ＝ eq \f(EF,NF) ，
∴△BEC∽△FEN，
∴∠BEC＝∠FEN，
∴∠BEF＝∠NEC＝90°，
又∵CG＝NG，
∴EG＝ eq \f(1,2) NC，
∴EG＝GC.