第第頁2025年中考數學總復習《手拉手相似模型》專項測試卷（附答案）學校:___________班級：___________姓名：___________考號：___________閱卷人一、選擇題得分1．如圖，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，P是對角線AC上的動點，連接DP，將直線DP繞點P順時針旋轉，使旋轉角等于∠DAC，且DG⊥PG，即∠DPG=∠DAC．連接CG，則CG最小值為（）A．5 B．65 C．45 閱卷人二、填空題得分2．如圖，點D是等腰直角三角形ABC的重心，∠ACB=90°，將線段CD繞點C按逆時針方向旋轉90°得到線段CE，連結DE.若△ABC的周長為62，則△DCE的周長為.3．如圖，在Rt△ABC和Rt△ADE中，∠ABC=∠ADE=90°,sin（1）若BD=3，則CE的長為.（2）cos∠BFC=閱卷人三、解答題得分4．在Rt△ABC中，∠C=90°，分別取BC、AC的中點并且同時將這兩個中點繞點C按順時針方向旋轉依次得到點D、E，記旋轉角為α（0°<α<90°），連接AE、CD、BD，如圖所示．（備用圖）（備用圖）（1）當BC=AC時，求證：∠DBC=∠EAC；（2）若BC=AC=4，當B、D、E三點共線時，求線段BE的長；（3）當∠ABC=30°時，延長BD交AE于點H，連接CH，探究線段BH，AH，CH之間的數量關系并說明理由．5．在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=3AC，BC=6.（1）如圖①，D是AB上的一點，DE∥BC，交AC于點E，則BD，CE之間的數量關系為.（2）如圖②，將（1）中△ADE繞著點A順時針旋轉，旋轉角為（α（0°<α<90°），連結CE，BD.請問：（1）中BD，CE之間的數量關系還成立嗎？請說明理由.（3）如圖③，將（1）中△ADE沿DE對折，點A的對應點M在BC下方，△MDE與Rt△ABC重疊部分的面積記為y，BD的長記為x.求y關于x的函數表達式，并求y的最大值.6．如圖1，在△ABC中，∠ABC=45°，AD⊥BC于點D，在DA上取點E，使（1）直接寫出CE與AB的位置關系．（2）如圖2，將△BED繞點D旋轉，得到△B'E'D（點B'，E'分別與點B，E對應），連結CE'（3）如圖3，當△BED繞點D順時針旋轉30°時，射線CE'與AD，AB'分別交于點G，F，若CG=FG，DC=7．如圖，矩形EBGF和矩形ABCD共頂點，且繞著點B順時針旋轉，滿足BCAB（1）如圖1，當D，E，B三點共線，且AB=8，BE=4，求DFAE（2）如圖2，DFAE（3）如圖3，若點F為CD的中點，且AB=8，AD=6，連結CG，求△FCG的面積.8．【模型呈現：材料閱讀】如圖1，點B，C，E在同一直線上，點A，D在直線CE的同側，△ABC和△CDE均為等邊三角形，AE，BD交于點F，對于上述問題，存在結論（不用證明）：⑴△BCD≌△ACE．⑵△ACE可以看作是由△BCD繞點C旋轉而成．（1）【模型改編：問題解決]點A，D在直線CE的同側，AB＝AC，ED＝EC，∠BAC＝∠DEC＝50°，直線AE，BD交于F，如圖1：點B在直線CE上，①求證：△BCD∽△ACE．②求∠AFB的度數．③如圖2：將△ABC繞點C順時針旋轉一定角度．補全圖形，則∠AFB的度數為▲．④若將“∠BAC＝∠DEC＝50°”改為“∠BAC＝∠DEC＝m°”，則∠AFB的度數為▲．（直接寫結論）（2）【模型拓廣：問題延伸】如圖3：在矩形ABCD和矩形DEFG中，AB＝2，AD＝ED＝23，DG＝6，連接AG，BF，求BFAG9．問題提出如圖（1），在ΔABC和ΔDEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝AC，EC＝DC，點E在ΔABC內部，直線AD與BE交于點F.線段AF，BF，CF之間存在怎樣的數量關系？（1）問題探究：①先將問題特殊化如圖（2），當點D，F重合時，易證ΔACD≌ΔBCE（SAS），請利用全等探究AF，BF，CF之間的數量關系（直接寫出結果，不要求寫出理由）；②再探究一般情形如圖（1），當點D，F不重合時，證明（1）中的結論仍然成立．（2）問題拓展：如圖（3），在ΔABC和ΔDEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝kAC，EC＝kDC（k是常數），點E在ΔABC內部，直線AD與BE交于點F.直接寫出一個等式，表示線段AF，BF，CF之間的數量關系.10．綜合與實踐“手拉手”模型是初中幾何圖形的一種全等變形的重要模型，可以借助旋轉和全等形的相關知識結合勾股定理等，來解決有關線段的長、角的度數等問題，在學習和生活中應用廣泛，有著十分重要的地位和作用．某校數學活動小組進行了有關旋轉的系列探究：如圖①，已知△ABC和△ADE均是等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，且AB=AC，AD=AE，易證：BD=CE，BD⊥CE．（1）深入探究：如圖②，將圖①中△ABC繞點A逆時針旋轉α(0°<α<90°)，連接BD、CE，并延長CE分別與AB、BD相交于點G、F，求證：BD=CE，BD⊥CE．（2）解決問題：如圖③，將圖①中△ABC繞點A逆時針旋轉90°，使AE與AB重合，其他條件不變，若AB=6，AD=3，則CE=，DF=．（3）拓展應用：如圖④，將圖①中△ABC繞點A逆時針旋轉α(90°<α<180°)，連接BD、CE，若AB=42，BE=3，∠ABE=45°，則BD=，AD=．（提示：求AD時，可過點E作EH⊥AB于點H11．如圖，△ABC和△DBE的頂點B重合，（1）特例發現：如圖1，當點D，E分別在AB，BC上時，可以得出結論：ADEC=，直線AD與直線EC（2）探究證明：如圖2，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉，使點D恰好落在線段AC上，連結EC，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請證明；若不成立，請說明理由．（3）拓展運用：如圖3，將圖1中的△DBE繞點B順時針旋轉α19°<α<60°，連結AD，EC，它們的延長線交于點F參考答案1．【答案】C2．【答案】43．【答案】（1）4（2）34．【答案】（1）證明：∵BC=AC，D、E分別是BC和AC的中點，

∴CD=AE=12BC=12AC，

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

∴∠BCD=∠ACE，

（2）解：①如圖，當點D在△ABC內時，過點C作CF⊥DE，

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

當B、D、E三點共線時，

∴∠BDC=180°-∠CDE=135°，

∴∠BFC=90°，DF=EF=CF=2，

在Rt△BFC中，BF=BC2?CF2=42?（3）解：如圖，過點C作CG⊥CH，交BD于點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.

由旋轉的性質可得∠DAB=∠EAC=α，

∵ADAE=ABAC=3，

∴△ADE~△ABC（3）解：如圖，連接AM，

由折疊的性質可得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旋轉的過程中CE'與AB'的位置關系與（1）中如圖2，延長CE'交AB由旋轉的性質，得CD=DE'，B∴∠∵CD∴△ADB∴∠DAB'∴∠DCE'∴∠∴∠AHC=90°（3）解：如圖3，過點D作DH⊥AB'于點∵△BED繞點D順時針旋轉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：如圖，連接DF，BF，AE.∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，AD=BC.∵BC：∴AD：設AD=3k，AB=4k，則BD=A∴AD：同法可證EF：∴△ABD∽△EBF，∴∠ABD=∠EBF，ABBE∴∠ABE=∠DBF，ABBD∴△ABE∽△DBF，∴DF（2）解：不變，理由是：如圖，連接BD，BF.∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，AD=BC.∵BC：∴AD：設AD=3k，AB=4k，則BD=A∴AD：同法可證EF：∴△ABD∽△EBF，∴∠ABD=∠EBF，ABBE∴∠ABE=∠DBF，ABBD∴△ABE∽△DBF，∴DF（3）解：如圖，連接BF，AE，過點G作GT⊥DC交DC的延長線于點T.∵四邊形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四點共圓，∴∠GCT=∠FBG，∵∠T=∠BGF=90°，∴△CTG∽△BGF，∴CT：∴GT=4∴△CFG的面積=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補圖如下：；115°；④90°-m°（2）解：連接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如圖(2)，由△ACD≌△BCE，

∴BE=AD，∠EBC=∠CAD，

∵點D、F重合，

∴BE=AD=AF，

∵△CDE為等腰直角三角形，

∴DE=EF=2CF，

∴BF=BD=BE+ED=AF+2CF，

即BF-AF=2CF②如圖(1)，過點C作CG⊥CF交BF于點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為等腰直角三角形，則GF=2CF，

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

如圖(2)，過點C作CG⊥CF交BF于點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）證明：∵∠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：結論成立，理由如下：

∵∠∴∠∵AB=3∴ABBC=DB∴∠∵∠ADB+∠∴∠∵