河南省2019年中考数学专题复习专题七类比探究题训练
河南省2019年中考数学总复习核心母题一全等在几何探究题中的应用深度练习word格式
全等在几何探究题中的应用深度练习1．(2018·襄阳)如图①，已知点G 在正方形ABCD 的对角线AC 上，GE ⊥BC ，垂足为点E ，GF ⊥CD ，垂足为点F. (1)证明与推断：①求证：四边形CEGF 是正方形； ②推断：AGBE 的值为________；(2)探究与证明：将正方形CEGF 绕点C 顺时针方向旋转α角(0°＜α＜45°)，如图②所示，试探究线段AG 与BE 之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展与运用：正方形CEGF 在旋转过程中，当B ，E ，F 三点在一条直线上时，如图③所示，延长CG 交AD 于点H.若AG ＝6，GH ＝22，则BC ＝______．2．(2018·益阳)如图①，在矩形ABCD 中，E 是AD 的中点，以点E 为直角顶点的直角三角形EFG 的两边EF ，EG 分别过点B ，C ，∠F ＝30°. (1)求证：BE ＝CE ；(2)将△EFG 绕点E 按顺时针方向旋转，当旋转到EF 与AD 重合时停止转动，若EF ，EG 分别与AB ，BC 相交于点M ，N(如图②)． ①求证：△BEM ≌△CEN ；②若AB ＝2，求△BMN 面积的最大值；③当旋转停止时，点B恰好在FG上(如图③)，求sin∠EBG的值．参考答案1．(1)证明： ①∵四边形ABCD 是正方形，∴∠BCD ＝90°，∠BCA ＝45°. ∵GE ⊥BC ，GF ⊥CD ，∴∠CEG ＝∠CFG ＝∠ECF ＝90°.∴四边形CEGF 是矩形，∠CGE ＝∠ECG ＝45°. ∴EG ＝EC.∴四边形CEGF 是正方形． ②AGBE＝ 2. (2)解：如解图①，连接CG ，由旋转性质可知∠BCE ＝∠ACG ＝α. 在Rt △CEG 和Rt △CBA 中，CE CG ＝cos 45°＝22，CB CA ＝cos 45°＝22.∴CG CE ＝CA CB ＝ 2.∴△ACG ∽△BCE.∴AG BE ＝CACB ＝ 2. ∴线段AG 与BE 之间的数量关系为AG ＝2BE. (3)解：如解图②，连接DF ，由(2)知△BCE ∽△ACG ， ∴∠BEC ＝∠AGC. ∵四边形CEGF 是正方形，∴∠CEF ＝∠CFE ＝∠CGF ＝ 45°，CG ⊥EF. ∵∠BEC ＝180°－∠CEF ＝135°，∴∠AGC ＝135°. ∴∠AGC ＋∠CGF ＝135°＋45°＝180°. ∴A ，G ，F 三点在一条直线上． 又∠BCD ＝∠ECF ＝90°， ∴∠BCE ＝∠DCF. 而BC ＝DC ，EC ＝FC ，第1题解图②∴△BEC ≌△DFC(SAS)．∴BE ＝DF ，∠BEC ＝∠DFC.∵AGBE＝2，AG ＝6，∴BE ＝DF ＝3 2.∵∠BEC ＝135°，∠CFE ＝45°，∴∠BFD ＝∠DFC －∠CFE ＝135°－45°＝90°.又CH ⊥BF ，∴CH ∥DF.∴△AGH ∽△AFD.∴GH FD ＝AG AF ＝AHAD.∴2232＝66＋GF ＝AHAD.∴GF ＝3，AH AD ＝23.设AH ＝2x ，则AD ＝3x ，DH ＝x.又由正方形ABCD 和正方形CEGF ，知AD ＝CD ＝3x ，GC ＝2GF ＝32， ∴在Rt △CDH 中，由DH 2＋CD 2＝CH 2，得x 2＋(3x)2＝(22＋32)2，解得x 1＝5，x 2＝－5(不合题意，舍去)．∴AD ＝35，即BC ＝3 5.故答案为3 5.2．解：(1)∵矩形ABCD ，∴AB ＝DC ，∠A ＝∠D ＝90°，∵AE ＝DE ，∴△ABE ≌△DCE ，∴BE ＝CE ；(2)①∵∠AEB ＋∠ABE ＝90°，∠AEB ＋∠CED ＝90°，第2题解图∴∠ABE ＝∠CED ， ∵∠CED ＝∠ECB ， ∴∠ABE ＝∠ECB ，∵∠BEC ＝∠MEN ＝90°，∴∠BEM ＝∠CEN ，由(1)得BE ＝CE ，∴△BEM ≌△CEN ；②由(1)得△ABE ≌△DCE ，∴∠BEA ＝∠CED ，∵∠ABE ＝∠CED ，∴∠BEA ＝∠ABE ，∴AB ＝AE ＝DE ＝2，设BM ＝x ，由①得△BEM ≌△CEN ，∴BM ＝CN ＝x ，∴BN ＝4－x ，∴△BMN 面积＝12x(4－x)＝－12(x －2)2＋2，又0≤x ≤2，∴当x ＝2时，△BMN 面积最大，最大值为2.③如解图，过点E 作EH ⊥FG 于点H.在Rt △ABF 中，∠F ＝30°，AB ＝2，∴FA ＝23，∴FE ＝FA ＋AE ＝23＋2，∴EH ＝3＋1，在Rt △BEH 中，∵BE ＝22，∴sin ∠EBG ＝EH BE ＝3＋122＝6＋24.。
【数学】2019年河南省中考真题(解析版)
2019年河南省中考数学试卷一、选择题（每小题3分，共30分）下列各小题均有四个答案，其中只有一个是正确的。
1．﹣的绝对值是（）A．﹣B．C．2D．﹣2【答案】B【解析】|﹣|＝，故选：B．2．成人每天维生素D的摄入量约为0.0000046克．数据“0.0000046”用科学记数法表示为（）A．46×10﹣7B．4.6×10﹣7C．4.6×10﹣6D．0.46×10﹣5【答案】C【解析】0.0000046＝4.6×10﹣6．故选：C．3．如图，AB∥CD，∠B＝75°，∠E＝27°，则∠D的度数为（）A．45°B．48°C．50°D．58°【答案】B【解析】∵AB∥CD，∴∠B＝∠1，∵∠1＝∠D+∠E，∴∠D＝∠B﹣∠E＝75°﹣27°＝48°，故选：B．4．下列计算正确的是（）A．2a+3a＝6a B．（﹣3a）2＝6a2C．（x﹣y）2＝x2﹣y2D．3﹣＝2【答案】D【解析】2a+3a＝5a，A错误；（﹣3a）2＝9a2，B错误；（x﹣y）2＝x2﹣2xy+y2，C错误；＝2，D正确；故选：D．5．如图①是由大小相同的小正方体搭成的几何体，将上层的小正方体平移后得到图②．关于平移前后几何体的三视图，下列说法正确的是（）A．主视图相同B．左视图相同C．俯视图相同D．三种视图都不相同【答案】A【解析】图①的三视图为：图②的三视图为：故选：A．6．一元二次方程（x+1）（x﹣1）＝2x+3的根的情况是（）A．有两个不相等的实数根B．有两个相等的实数根C．只有一个实数根D．没有实数根【答案】A【解析】原方程可化为：x2﹣2x﹣4＝0，∴a＝1，b＝﹣2，c＝﹣4，∴△＝（﹣2）2﹣4×1×（﹣4）＝20＞0，∴方程由两个不相等的实数根．故选：A．7．某超市销售A，B，C，D四种矿泉水，它们的单价依次是5元、3元、2元、1元．某天的销售情况如图所示，则这天销售的矿泉水的平均单价是（）A．1.95元B．2.15元C．2.25元D．2.75元【答案】C【解析】这天销售的矿泉水的平均单价是5×10%+3×15%+2×55%+1×20%＝2.25（元），故选：C．8．已知抛物线y＝﹣x2+bx+4经过（﹣2，n）和（4，n）两点，则n的值为（）A．﹣2B．﹣4C．2D．4【答案】D【解析】抛物线y＝﹣x2+bx+4经过（﹣2，n）和（4，n）两点，可知函数的对称轴x＝1，∴＝1，∴b＝2；∴y＝﹣x2+2x+4，将点（﹣2，n）代入函数解析式，可得n＝4；故选：D．9．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠D＝90°，AD＝4，BC＝3．分别以点A，C为圆心，大于AC长为半径作弧，两弧交于点E，作射线BE交AD于点F，交AC于点O．若点O是AC的中点，则CD的长为（）A．2B．4C．3D．【答案】A【解析】如图，连接FC，则AF＝FC．∵AD∥BC，∴∠F AO＝∠BCO．在△FOA与△BOC中，，∴△FOA≌△BOC（ASA），∴AF＝BC＝3，∴FC＝AF＝3，FD＝AD﹣AF＝4﹣3＝1．在△FDC中，∵∠D＝90°，∴CD2+DF2＝FC2，∴CD2+12＝32，∴CD＝2．故选：A．10．如图，在△OAB中，顶点O（0，0），A（﹣3，4），B（3，4），将△OAB与正方形ABCD 组成的图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第70次旋转结束时，点D的坐标为（）A．（10，3）B．（﹣3，10）C．（10，﹣3）D．（3，﹣10）【答案】D【解析】∵A（﹣3，4），B（3，4），∴AB＝3+3＝6，∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB＝6，∴D（﹣3，10），∵70＝4×17+2，∴每4次一个循环，第70次旋转结束时，相当于△OAB与正方形ABCD组成的图形绕点O 顺时针旋转2次，每次旋转90°，∴点D的坐标为（3，﹣10）．故选：D．二、填空题（每小题3分，共15分。
2019年河南省中考数学试卷(含答案与解析)
数学试卷 第1页（共36页） 数学试卷 第2页（共36页）绝密★启用前河南省2019年普通高中招生考试数 学本试卷满分120分,考试时间100分钟.第Ⅰ卷(选择题 共30分)一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.12-的绝对值是( )A .12-B .12C .2D .2-2.成人每天维生素D 的摄入量约为0.000 004 6克.数据“0.000 004 6”用科学记数法表示为( ) A .74610-⨯B .74.610-⨯C .64.610-⨯D .50.4610-⨯ 3.如图,AB CD ∥,75B ∠=,27E ∠=,则D ∠的度数为( ) A .45 B .48 C .50 D .584.下列计算正确的是( ) A .236a a a +=B .22(3)6a a -=C .222()x y x y -=-D.=5.如图1是由大小相同的小正方体搭成的几何体,将上层的小正方体平移后得到图2.关于平移前后几何体的三视图,下列说法正确的是( ) A .主视图相同 B .左视图相同C .俯视图相同D .三种视图都不相同6.一元二次方程()12()13x x x +-=+的根的情况是( )A .有两个不相等的实数根B .有两个相等的实数根C .只有一个实数根D .没有实数根7.某超市销售A ,B ,C ,D 四种矿泉水,它们的单价依次是5元、3元、2元、1元.某天的销售情况如图所示,则这天销售的矿泉水的平均单价是( ) A .1.95元 B .2.15元 C .2.25元 D .2.75元8.已知抛物线24y x bx =-++经过()2,n -和(4,)n 两点,则n 的值为( ) A .2-B .4-C .2D .49.如图,在四边形ABCD 中,AD BC ∥,90D ∠=,4AD =,3BC =.分别以点A ,C 为圆心,大于12AC 长为半径作弧,两弧交于点E ,作射线BE 交AD 于点F ,交AC 于点O .若点O 是AC 的中点,则CD 的长为( ) A.B .4 C .3图1图2毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------数学试卷 第3页（共36页） 数学试卷 第4页（共36页）D10.如图,在OAB △中,顶点()0,0O ,4()3,A -,()3,4B .将OAB △与正方形ABCD 组成的图形绕点O 顺时针旋转,每次旋转90,则第70次旋转结束时,点D 的坐标为( )A .(10,3)B .()3,10-C .(10,)3-D .(3,)10-第Ⅱ卷(非选择题 共90分)二、填空题(本大题共5小题,每小题3分,共15分.把答案填写在题中的横线上)11.12-= .12.不等式组1,274xx ⎧-⎪⎨⎪-+⎩≤＞的解集是 .13.现有两个不透明的袋子,一个装有2个红球、1个白球,另一个装有1个黄球、2个红球,这些球除颜色外完全相同.从两个袋子中各随机摸出1个球,摸出的两个球颜色相同的概率是 .14.如图,在扇形AOB 中,120AOB ∠=,半径OC 交弦AB 于点D ,且OC OA ⊥.若OA =,则阴影部分的面积为 .15.如图,在矩形ABCD 中,1AB =,BC a =,点E 在边BC 上,且35BE α=.连接AE ,将ABE △沿AE 折叠,若点B 的对应点B '落在矩形ABCD 的边上,则a 的值为 .三、解答题(本大题共8小题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16.(本小题满分8分)先化简,再求值：2212(1)244x x xx x x +--÷--+,其中x17.(本小题满分9分)如图,在ABC △中,BA BC =,90ABC ∠=.以AB 为直径的半圆O 交AC 于点D ,点E 是BD 上不与点B ,D 重合的任意一点,连接AE 交BD 于点F ,连接BE 并延长交AC于点G .(1)求证：ADF BDG ≅△△； (2)填空：①若4AB =,且点E 是BD 的中点,则DF 的长为 ；②取AE 的中点H ,当EAB ∠的度数为 时,四边形OBEH 为菱形.18.(本小题满分9分)某校为了解七、八年级学生对“防溺水”安全知识的掌握情况,从七、八年级各随机抽取50名学生进行测试,并对成绩(百分制)进行整理、描述和分析.部分信息如下： a .七年级成绩频数分布直方图：数学试卷 第5页（共36页） 数学试卷 第6页（共36页）b .七年级成绩在7080x ≤＜这一组的是：70 72 74 75 76 76 77 77 77 78 79 c .根据以上信息,回答下列问题：(1)在这次测试中,七年级在80分以上(含80分)的有 人； (2)表中m 的值为 ；(3)在这次测试中,七年级学生甲与八年级学生乙的成绩都是78分,请判断两位学生在各自年级的排名谁更靠前,并说明理由；(4)该校七年级学生有400人,假设全部参加此次测试,请估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数.19.(本小题满分9分)数学兴趣小组到黄河风景名胜区测量炎帝塑像(塑像中高者)的高度.如图所示,炎帝塑像DE 在高55 m 的小山EC 上,在A 处测得塑像底部E 的仰角为34,再沿AC 方向前进21 m 到达B 处,测得塑像顶部D 的仰角为60,求炎帝塑像DE 的高度.(精确到1 m .参考数据：sin340.56≈,cos340.83=,tan340.67≈ 1.73)20.(本小题满分9分)学校计划为“我和我的祖国”演讲比赛购买奖品.已知购买3个A 奖品和2个B 奖品共需120元；购买5个A 奖品和4个B 奖品共需210元. (1)求A ,B 两种奖品的单价；(2)学校准备购买A ,B 两种奖品共30个,且A 奖品的数量不少于B 奖品数量的13.请设计出最省钱的购买方案,并说明理由.21.(本小题满分10分)模具厂计划生产面积为4,周长为m 的矩形模具.对于m 的取值范围,小亮已经能用“代数”的方法解决,现在他又尝试从“图形”的角度进行探究,过程如下： (1)建立函数模型设矩形相邻两边的长分别为x ,y .由矩形的面积为4,得4xy =,即4y x=；由周长为m ,得2()x y m +=,即2my x =-+.满足要求的(),x y 应是两个函数图象在第________象限内交点的坐标； (2)画出函数图象 函数4(0)y x x =＞的图象如图所示,而函数2my x =-+的图象可由直线y x =-平移得到.请在同一直角坐标系中直接画出直线y x =-；-------------在--------------------此--------------------卷--------------------上--------------------答--------------------题--------------------无--------------------效----------------毕业学校_____________ 姓名________________ 考生号________________ ________________ _____________数学试卷 第7页（共36页） 数学试卷 第8页（共36页）(3)平移直线y x =-,观察函数图象 ①当直线平移到与函数4(0)y x x=＞的图象有唯一交点(2,2)时,周长m 的值为 ；②在直线平移过程中,交点个数还有哪些情况？请写出交点个数及对应的周长m 的取值范围. (4)得出结论若能生产出面积为4的矩形模具,则周长m 的取值范围为 .22.(本小题满分10分)在ABC △中,CA CB =,ACB α∠=.点P 是平面内不与点A ,C 重合的任意一点,连接AP ,将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ,连接AD ,BD ,CP . (1)观察猜想 如图1,当60α=时,BDCP的值是 ,直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是 ； (2)类比探究如图2,当90α=时,请写出BDCP的值及直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数,并就图2的情形说明理由； (3)解决问题当90α=时,若点E ,F 分别是CA ,CB 的中点,点P 在直线EF 上,请直接写出点C ,P ,D 在同一直线上时ADCP的值.图1图2备用图23.(本小题满分11分) 如图,抛物线212y ax x c =++交x 轴于A ,B 两点,交y 轴于点C .直线122y x =--经过点A ,C . (1)求抛物线的解析式；(2)点P 是抛物线上一动点,过点P 作x 轴的垂线,交直线AC 于点M ,设点P 的横坐标为m .①当PCM △是直角三角形时,求点P 的坐标；②作点B 关于点C 的对称点B ',则平面内存在直线l ,使点M ,B ,B '到该直线的距离都相等.当点P 在y 轴右侧的抛物线上,且与点B 不重合时,请直接写出直线l ：y kx b =+的解析式.(k ,b 可用含m 的式子表示)数学试卷 第9页（共36页） 数学试卷 第10页（共36页）备用图数学试卷 第11页（共36页） 数学试卷 第12页（共36页）河南省2019年普通高中招生考试数学答案解析第Ⅰ卷一、选择题 1.【答案】B 【解析】解：11||22-=,故选：B . 【提示】根据一个负数的绝对值是它的相反数进行解答即可. 【考点】绝对值的概念. 2.【答案】C【解析】解：60.0000046 4.610-=⨯. 【提示】本题用科学记数法的知识即可解答. 【考点】科学记数法. 3.【答案】B【解析】解：∵AB CD ∥,∴1B ∠=∠, ∵1D E ∠=∠+∠,∴752748D B E ∠=∠-∠=-=, 故选：B .【提示】根据平行线的性质解答即可. 【考点】平行线的性质,三角形外角的性质. 4.【答案】D【解析】解：235a a a +=,A 错误；22(3)9a a -=,B 错误；222(2)x y xxy y -=-+,C错误；=D 正确；故选：D .【提示】根据合并同类项法则,完全平方公式,幂的乘方与积的乘方的运算法则进行运算即可.【考点】整式的运算. 5.【答案】C【解析】解：观察几何体,确定三视图,此几何体将上层的小正方体平移后俯视图相同,故选C .【提示】根据三视图解答即可. 【考点】几何体的三视图. 6.【答案】A【解析】解：原方程可化为：2240x x --=, ∴1a =,2b =-,4c =-, ∴2241()(4)200∆=--⨯⨯-=＞, ∴方程由两个不相等的实数根. 故选：A .【提示】先化成一般式后,再求根的判别式.【考点】一元二次方程根的情况. 7.【答案】C【解析】解：这天销售的矿泉水的平均单价是510%315%255%120% 2.25⨯+⨯+⨯+⨯=(元), 故选：C .【提示】根据加权平均数的定义列式计算可得. 【考点】加权平均数的计算. 8.【答案】B【解析】解：抛物线24y x bx =-++经过()2,n -和(4,)n 两点, 可知函数的对称轴1x =, ∴12b=, ∴2b =；数学试卷 第13页（共36页） 数学试卷 第14页（共36页）∴224y x x =-++,将点()2,n -代入函数解析式,可得4n =； 故选：B .【提示】根据()2,n -和(4,)n 可以确定函数的对称轴1x =,再由对称轴的2bx =即可求解.【考点】二次函数点的坐标特征,二元一次方程组的解法. 9.【答案】A【解析】解：如图,连接FC ,则AF FC =. ∵AD BC ∥, ∴FAO BCO ∠=∠. 在FOA △与BOC △中,FAO BCOOA OCAOF COB ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩, ∴()ASA FOA BOC ≅△△, ∴3AF BC ==,∴3FC AF ==,431FD AD AF =-=-=. 在FDC △中,∵90D ∠=, ∴222CD DF FC +=, ∴21232CD +=,∴CD = 故选：A .【提示】连接FC ,根据基本作图,可得OE 垂直平分AC ,由垂直平分线的性质得出AF FC =.再根据ASA 证明FOA BOC ≅△△,那么3AF BC ==,等量代换得到3FC AF ==,利用线段的和差关系求出1FD AD AF =-=.然后在直角FDC △中利用勾股定理求出CD 的长.【考点】尺规作图,平行线的性质,勾股定理,角平分线的性质,全等三角形的判定与性质. 10.【答案】D【解析】解：∵4()3,A -,()3,4B , ∴336AB =+=, ∵四边形ABCD 为正方形, ∴6AD AB ==, ∴0()3,1D -, ∵704172=⨯+,∴每4次一个循环,第70次旋转结束时,相当于OAB △与正方形ABCD 组成的图形绕点O 顺时针旋转2次,每次旋转90, ∴点D 的坐标为(3,)10-. 故选：D .【提示】先求出6AB =,再利用正方形的性质确定0()3,1D -,由于704172=⨯+,所以第70次旋转结束时,相当于OAB △与正方形ABCD 组成的图形绕点O 顺时针旋转2次,每次旋转90,此时旋转前后的点D 关于原点对称,于是利用关于原点对称的点的坐标特征可出旋转后的点D 的坐标. 【考点】图形的旋转,点的坐标的确定.第Ⅱ卷二、填空题 11.【答案】3221-数学试卷 第15页（共36页） 数学试卷 第16页（共36页）122=- 32=. 故答案为：32.【提示】本题涉及二次根式化简、负整数指数幂两个考点.针对每个考点分别进行计算,然后根据实数的运算法则求得计算结果. 【考点】实数的相关运算. 12.【答案】2x -≤【解析】解：解不等式12x -…,得：2x -≤, 解不等式74x -+＞,得：3x ＜, 则不等式组的解集为2x -≤, 故答案为：2x -≤.【提示】分别求出每一个不等式的解集,根据口诀：同大取大、同小取小、大小小大中间找、大大小小无解了确定不等式组的解集. 【考点】解不等式组. 13.【答案】49由表知,共有9种等可能结果,其中摸出的两个球颜色相同的有4种结果, 所以摸出的两个球颜色相同的概率为49, 故答案为：49. 【提示】列表得出所有等可能结果,从中找到两个球颜色相同的结果数,利用概率公式计算可得. 【考点】概率的计算. 14.π【解析】解：作OE AB ⊥于点F ,∵在扇形AOB中,120AOB ∠=,半径OC 交弦AB 于点D ,且OC OA⊥.OA=2,∴90AOD ∠=,90BOC ∠=,OA OB =, ∴30OAB OBA ∠=∠=,∴tan30232OD OA ===,4AD =,226AB AF ==⨯=,OF∴2BD =, ∴阴影部分的面积是：πAOD BDOOBC S S S +--=△△扇形,π.【提示】根据题意,作出合适的辅助线,然后根据图形可知阴影部分的面积是AOD △的面积与扇形OBC 的面积之和再减去BDO △的面积,本题得以解决. 【考点】不规则图形面积的计算. 15.【答案】53【解析】解：分两种情况： ①当点B '落在AD 边上时,如图1.数学试卷 第17页（共36页） 数学试卷 第18页（共36页）图1∵四边形ABCD 是矩形, ∴90BAD B ∠=∠=,∵将ABE △沿AE 折叠,点B 的对应点B '落在AD 边上, ∴1452BAE B AE BAD ∠=∠'=∠=, ∴AB BE =, ∴315a =,∴53a =；②当点B '落在CD 边上时,如图2.图2∵四边形ABCD 是矩形,∴90BAD B C D ∠=∠=∠=∠=,AD BC a ==. ∵将ABE △沿AE 折叠,点B 的对应点B '落在CD 边上, ∴90B AB E ∠=∠'=,1AB AB ='=,35EB EB a ='=,∴DB '==355EC BC BE a a =-=-=. 在ADB '△与B CE '△中,9090B AD EBC AB DD C '''⎧∠=∠=-∠⎨∠=∠=⎩, ∴ADB B CE ''△△,∴DB AB CE B E ''=',即12355a a =,解得1a =,20a =(舍去). 综上,所求a 的值为53.故答案为53.【提示】分两种情况：①点B '落在AD 边上,根据矩形与折叠的性质易得AB BE =,即可求出a 的值；②点B '落在CD 边上,证明ADB B CE ''△△,根据相似三角形对应边成比例即可求出a 的值. 【考点】图形的折叠,勾股定理. 三、解答题16.【答案】解：原式212(2)()22(2)x x x x x x x +--=-÷--- 322x x x -=-3x=, 当x =,=【解析】解：原式212(2)()22(2)x x x x x x x +--=-÷--- 322x x x -=-3x=, 当x=,=【提示】先根据分式的混合运算顺序和运算法则化简原式,再将x 的值代入计算可得. 【考点】分式的化简求值.17.【答案】解：(1)证明：如图1,∵BA BC =,90ABC ∠=,数学试卷 第19页（共36页） 数学试卷 第20页（共36页）图1∴45BAC ∠= ∵AB 是O 的直径, ∴90ADB AEB ∠=∠=,∴90DAF BGD DBG BGD ∠+∠=∠+∠= ∴DAF DBG ∠=∠ ∵90ABD BAC ∠+∠= ∴45ABD BAC ∠=∠= ∴AD BD =∴()ASA ADF BDG ≅△△； (2)①4-②30【解析】解：(1)证明：如图1,∵BA BC =,90ABC ∠=,图1∴45BAC ∠= ∵AB 是O 的直径, ∴90ADB AEB ∠=∠=,∴90DAF BGD DBG BGD ∠+∠=∠+∠= ∴DAF DBG ∠=∠ ∵90ABD BAC ∠+∠= ∴45ABD BAC ∠=∠=∴AD BD =∴()ASA ADF BDG ≅△△；(2)①如图2,过F 作FH AB ⊥于H ,∵点E 是BD 的中点,图2∴BAE DAE ∠=∠ ∵FD AD ⊥,FH AB ⊥ ∴FH FD =∵2sin sin45FH ABD BF =∠==,∴FD BF =,即BF ∵4AB =,∴4cos4522BD ==即BF FD+=,1)FD =∴4FD ==-故答案为4-②连接OE,EH ,∵点H 是AE 的中点,∴OH AE ⊥, ∵90AEB ∠= ∴BE AE ⊥ ∴BE OH ∥∵四边形OBEH 为菱形,∴12BE OH OB AB ===∴1sin 2BE EAB AB ∠==∴30EAB ∠=. 故答案为：30.【提示】(1)利用直径所对的圆周角是直角,可得90ADB AEB ∠=∠=,再应用同角的余角相等可得DAF DBG ∠=∠,易得AD BD =,ADF BDG △≌△得证；(2)作FH AB ⊥,应用等弧所对的圆周角相等得BAE DAE ∠=∠,再应用角平分线性质可得结论；由菱形的性质可得BE OB =,结合三角函数特殊值可得30EAB ∠=. 【考点】圆的相关性质,全等三角形的判定和性质,菱形的判定和性质,圆周角定理. 18.【答案】(1)23 (2)77.5(3)甲学生在该年级的排名更靠前.∵七年级学生甲的成绩大于中位数78分,其名次在该班25名之前, 八年级学生乙的成绩小于中位数78分,其名次在该班25名之后, ∴甲学生在该年级的排名更靠前.(4)估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数为515840022450++⨯=(人). 【解析】解：(1)在这次测试中,七年级在80分以上(含80分)的有15823+=人,故答案为：23；(2)七年级50人成绩的中位数是第25、26个数据的平均数,而第25、26个数据分别为78、79, ∴777877.52m +==, 故答案为：77.5；(3)甲学生在该年级的排名更靠前.∵七年级学生甲的成绩大于中位数78分,其名次在该班25名之前, 八年级学生乙的成绩小于中位数78分,其名次在该班25名之后, ∴甲学生在该年级的排名更靠前.(4)估计七年级成绩超过平均数76.9分的人数为515840022450++⨯=(人). 【提示】(1)根据条形图及成绩在7080x ≤＜这一组的数据可得； (2)根据中位数的定义求解可得；(3)将各自成绩与该年级的中位数比较可得答案；(4)用总人数乘以样本中七年级成绩超过平均数76.9分的人数所占比例可得. 【考点】统计知识的实际应用.19.【答案】解：∵90ACE ∠=,34CAE ∠=,55m CE =,∴tan CECAE AC ∠=, ∴5582.1m tan340.67CE AC ==≈,∵21m AB =,∴61.1m BC AC AB =-=, 在Rt BCD △中,tan60CDBC=,∴ 1.7361.1105.7m CD =≈⨯≈, ∴105.75551m DE CD EC =-=-≈, 答：炎帝塑像DE 的高度约为51 m .【解析】解：∵90ACE ∠=,34CAE ∠=,55m CE =,∴tan CECAE AC ∠=, ∴5582.1m tan340.67CE AC ==≈,∵21m AB =,∴61.1m BC AC AB =-=, 在Rt BCD △中,tan60CDBC==,∴ 1.7361.1105.7m CD ≈⨯≈, ∴105.75551m DE CD EC =-=-≈, 答：炎帝塑像DE 的高度约为51 m . 【提示】由三角函数求出82.1m tan34CEAC =≈,得出61.1mBC AC AB =-=,在Rt BCD △中,由三角函数得出105.7m CD =≈,即可得出答案.【考点】解直角三角形的实际应用.20.【答案】解：(1)设A 的单价为x 元,B 的单价为y 元,根据题意,得3212054210x y x y +=⎧⎨+=⎩,∴3015x y =⎧⎨=⎩,∴A 的单价30元,B 的单价15元；(2)设购买A 奖品z 个,则购买B 奖品为30-z （）个,购买奖品的花费为W 元, 由题意可知,13)3(0z z -≥, ∴152z ≥, 30153045(51)0W z z z =+-=+,当8z =时,W 有最小值为570元,即购买A 奖品8个,购买B 奖品22个,花费最少. 【解析】解：(1)设A 的单价为x 元,B 的单价为y 元,根据题意,得3212054210x y x y +=⎧⎨+=⎩,∴3015x y =⎧⎨=⎩,∴A 的单价30元,B 的单价15元；(2)设购买A 奖品z 个,则购买B 奖品为30-z （）个,购买奖品的花费为W 元, 由题意可知,13)3(0z z -≥, ∴152z ≥, 30153045(51)0W z z z =+-=+,当8z =时,W 有最小值为570元,即购买A 奖品8个,购买B 奖品22个,花费最少.【提示】(1)设A 的单价为x 元,B 的单价为y 元,根据题意列出方程组3212054210x y x y +=⎧⎨+=⎩,即可求解；(2)设购买A 奖品z 个,则购买B 奖品为(30)z -个,购买奖品的花费为W 元,根据题意得到由题意可知,13)3(0z z -≥,30153045(51)0W z z z =+-=+,根据一次函数的性质,即可求解.【考点】二元一次方程组,不等式及一次函数解决实际问题. 21.【答案】(1)一 (2)图象如下所示：(3)①8②在直线平移过程中,交点个数有：0个、1个、2个三种情况, 联立4y x =和2my x =-+并整理得：21402x mx -+=,214404m ∆=-⨯≥时,两个函数有交点,解得：8m ≥； (4)8m ≥【解析】解：(1),x y 都是边长,因此,都是正数, 故点(),x y 在第一象限, 答案为：一； (2)图象如下所示：(3)①把点(2,2)代入2my x =-+得： 222m=-+,解得：8m =；②在直线平移过程中,交点个数有：0个、1个、2个三种情况,联立4y x =和2my x =-+并整理得：21402x mx -+=,214404m ∆=-⨯≥时,两个函数有交点,解得：8m ≥；(4)由(3)得：8m ≥.【提示】(1),x y 都是边长,因此,都是正数,即可求解； (2)直接画出图象即可； (3)①把点()2,2代入2my x =-+即可求解；②在直线平移过程中,交点个数有：0个、1个、2个三种情况,联立4y x=和 = 2m y x -+并整理得：21402x mx -+=,即可求解；(4)由(3)可得.【考点】反比例函数与一次函数图象的应用. 22.【答案】160(2)如图2中,设BD 交AC 于点O ,BD 交PC 于点E .图2∵45PAD CAB ∠=∠=, ∴PAC DAB ∠=∠,∵AB ADAC AP= ∴DAB PAC △△, ∴PCA DBA ∠=∠,BD ABPC AC== ∵EOC AOB ∠=∠, ∴45CEO OABB ∠=∠=,∴直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数为45.(3)如图3-1中,当点D 在线段PC 上时,延长AD 交BC 的延长线于H .图3-1∵CE EA =,CF FB =, ∴EF AB ∥,∴45EFC ABC ∠=∠=, ∵45PAO ∠=, ∴PAO OFH ∠=∠, ∵POA FOH ∠=∠, ∴H APO ∠=∠,∵90APC ∠=,EA EC =, ∴PE EA EC ==,∴EPA EAP BAH ∠=∠=∠, ∴H BAH ∠=∠, ∴BH BA =,∵45ADP BDC ∠=∠=, ∴90ADB ∠=, ∴BD AH ⊥,∴22.5DBA DBC ∠=∠=, ∵90ADB ACB ∠=∠=, ∴A ,D ,C ,B 四点共圆,22.5DAC DBC ∠=∠=,22.5DCA ABD ∠=∠=,∴22.5DAC DCA ∠=∠=,∴DA DC =,设AD a =,则DC AD a ==,PD ,∴2ADCP==如图3-2中,当点P 在线段CD 上时,同法可证：DA DC =,设AD a =,则CD AD a ==,=2PD ,图3-2∴PC a =-,∴2AD PC ==【解析】解：(1)如图1中,延长CP 交BD 的延长线于E ,设AB 交EC 于点O .图1∵60PAD CAB ∠=∠=, ∴CAP BAD ∠=∠, ∵CA BA =,PA DA =, ∴()SAS CAP BAD ≅△△, ∴PC BD =,ACP ABD ∠=∠, ∵AOC BOE ∠=∠,∴60BEO CAO ∠=∠=, ∴1BDPC=,线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是60, 故答案为1,60.(2)如图2中,设BD 交AC 于点O ,BD 交PC 于点E .图2∵45PAD CAB ∠=∠=, ∴PAC DAB ∠=∠,∵AB ADAC AP== ∴DAB PAC △△, ∴PCA DBA ∠=∠,BD ABPC AC== ∵EOC AOB ∠=∠, ∴45CEO OABB ∠=∠=,∴直线BD 与直线CP 相交所成的小角的度数为45.(3)如图3-1中,当点D 在线段PC 上时,延长AD 交BC 的延长线于H .图3-1∵CE EA =,CF FB =, ∴EF AB ∥,∴45EFC ABC ∠=∠=, ∵45PAO ∠=, ∴PAO OFH ∠=∠, ∵POA FOH ∠=∠, ∴H APO ∠=∠,∵90APC ∠=,EA EC =, ∴PE EA EC ==,∴EPA EAP BAH ∠=∠=∠,∴H BAH ∠=∠, ∴BH BA =,∵45ADP BDC ∠=∠=, ∴90ADB ∠=, ∴BD AH ⊥,∴22.5DBA DBC ∠=∠=, ∵90ADB ACB ∠=∠=, ∴A ,D ,C ,B 四点共圆,22.5DAC DBC ∠=∠=,22.5DCA ABD ∠=∠=,∴22.5DAC DCA ∠=∠=,∴DA DC =,设AD a =,则DC AD a ==,PD ,∴2ADCP=如图3-2中,当点P 在线段CD 上时,同法可证：DA DC =,设AD a =,则CD AD a ==,PD ,图3-2∴2PC a =-,∴2AD PC == 【提示】(1)如图1中,延长CP 交BD 的延长线于E ,设AB 交EC 于点O .证明()SAS CAP BAD △≌△,即可解决问题.(2)如图2中,设BD 交AC 于点O ,BD 交PC 于点E .证明△DAB ∽△PAC ,即可解决问题. (3)分两种情形：①如图3-1中,当点D 在线段PC 上时,延长AD 交BC 的延长线于H .证明AD=DC 即可解决问题.②如图3-2中,当点P 在线段CD 上时,同法可证：DA DC =解决问题. 【考点】图形变换,规律探究.23.【答案】解：(1)当0x =时,1222y x =--=-, ∴点C 的坐标为(0,)2-；当0y =时,1202x --=,解得：4x =-,∴点A 的坐标为()4,0-.将0()4,A -,2(0,)C -代入212y ax x c =++,得：16202a c c -+=⎧⎨=-⎩,解得：142a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩, ∴抛物线的解析式为211242y x x =+-.(2)①∵PM x ⊥轴, ∴90PMC ∠≠,∴分两种情况考虑,如图1所示.图1(i )当90MPC ∠=时,PC x ∥轴, ∴点P 的纵坐标为2-. 当2y =-时,2112242x x +-=-, 解得：12x =-,20x =, ∴点P 的坐标为(2,2)--；(ii )当90PCM ∠=时,设PC 与x 轴交于点D .∵90OAC OCA ∠+∠=,90OCA OCD ∠+∠=, ∴OAC OCD ∠=∠. 又∵90AOC COD ∠=∠=, ∴AOCCOD △△,∴OD OC OC OA =,即224OD =, ∴1OD =,∴点D 的坐标为(1,0).设直线PC 的解析式为()0y kx b k =+≠, 将2(0,)C -,()1,0D 代入y kx b =+,得：20b k b =-⎧⎨+=⎩,解得：22k b =⎧⎨=-⎩,∴直线PC 的解析式为22y x =-.联立直线PC 和抛物线的解析式成方程组,得：22211242y x y x x =-⎧⎪⎨=+-⎪⎩, 解得：1102x y =⎧⎨=-⎩,22610x y =⎧⎨=⎩,点P 的坐标为(6,10).综上所述：当PCM △是直角三角形时,点P 的坐标为(2,2)--或(6,10). ②当0y =时,2112042x x +-=, 解得：14x =-,22x =, ∴点B 的坐标为(2,0).∵点P 的横坐标为0()0m m m ≠＞且,∴点P 的坐标为211(,2)42m m m +-,∴直线PB 的解析式为11(4)(4)42y m x m =+-+(可利用待定系数求出).∵点B ,B '关于点C 对称,点B ,B ',P 到直线l 的距离都相等, ∴直线l 过点C ,且直线l PB ∥直线, ∴直线l 的解析式为1(4)24y m x =+-.【解析】解：(1)当0x =时,1222y x =--=-, ∴点C 的坐标为(0,)2-；当0y =时,1202x --=,解得：4x =-,∴点A 的坐标为()4,0-.将0()4,A -,2(0,)C -代入212y ax x c =++,得： 16202a c c -+=⎧⎨=-⎩,解得：142a c ⎧=⎪⎨⎪=-⎩, ∴抛物线的解析式为211242y x x =+-.(2)①∵PM x ⊥轴, ∴90PMC ∠≠,∴分两种情况考虑,如图1所示.图1(i )当90MPC ∠=时,PC x ∥轴, ∴点P 的纵坐标为2-. 当2y =-时,2112242x x +-=-, 解得：12x =-,20x =, ∴点P 的坐标为(2,2)--；(ii )当90PCM ∠=时,设PC 与x 轴交于点D . ∵90OAC OCA ∠+∠=,90OCA OCD ∠+∠=, ∴OAC OCD ∠=∠. 又∵90AOC COD ∠=∠=, ∴AOCCOD △△,∴OD OC OC OA =,即224OD =,∴1OD =,∴点D 的坐标为(1,0).设直线PC 的解析式为()0y kx b k =+≠, 将2(0,)C -,()1,0D 代入y kx b =+,得：20b k b =-⎧⎨+=⎩,解得：22k b =⎧⎨=-⎩, ∴直线PC 的解析式为22y x =-.联立直线PC 和抛物线的解析式成方程组,得：22211242y x y x x =-⎧⎪⎨=+-⎪⎩, 解得：1102x y =⎧⎨=-⎩,22610x y =⎧⎨=⎩,点P 的坐标为(6,10).综上所述：当PCM △是直角三角形时,点P 的坐标为(2,2)--或(6,10). ②当0y =时,2112042x x +-=, 解得：14x =-,22x =, ∴点B 的坐标为(2,0).∵点P 的横坐标为0()0m m m ≠＞且,∴点P 的坐标为211(,2)42m m m +-,∴直线PB 的解析式为11(4)(4)42y m x m =+-+(可利用待定系数求出).∵点B ,B '关于点C 对称,点B ,B ',P 到直线l 的距离都相等, ∴直线l 过点C ,且直线l PB ∥直线, ∴直线l 的解析式为1(4)24y m x =+-.【提示】(1)利用一次函数图象上点的坐标特征可求出点A ,C 的坐标,根据点A ,C 的坐标,利用待定系数法可求出二次函数解析式；(2)①由PM x ⊥轴可得出90PMC ∠≠,分90MPC ∠=及90PCM ∠=两种情况考虑：(i )当90MPC ∠=时,PC x ∥轴,利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点P 的坐标；(ii )当90PCM ∠=时,设PC 与x 轴交于点D ,易证AOCCOD △△,利用相似三角形的性质可求出点D 的坐标,根据点C ,D 的坐标,利用待定系数法可求出直线PC 的解析式,联立直线PC 和抛物线的解析式成方程组,通过解方程组可求出点P 的坐标.综上,此问得解；②利用二次函数图象上点的坐标特征可得出点B ,P 的坐标,根据点P ,B 的坐标,利用待定系数法可求出直线PB 的解析式,结合题意可知：直线l 过点C ,且直线l PB ∥直线,再结合点C 的坐标即可求出直线l 的解析式.【考点】二次函数的图象和性质,直角三角形的性质,相似三角形的判定和性质,中位线定理,一次函数的性质,分类讨论思想.。
2019中考数学专题复习之归纳类比思想专项训练题二(附答案详解)
2019中考数学专题复习之归纳类比思想专项训练题二（附答案详解）1．阅读材料：求的值.解：设，①将①得：，② 由②-①得：，即.即请你仿照此法计算：（其中为正整数）. 2．阅读下列材料：一般地，n 个相同的因数a 相乘n a ?a a ⋯个记为a n ．如2×2×2=23=8，此时，3叫做以2为底8的对数，记为log 28（即log 28=3）．一般地，若a n =b （a ＞0且a≠1，b ＞0），则n 叫做以a 为底b 的对数，记为log a b （即log a b=n ）．如34=81，则4叫做以3为底81的对数，记为log 381（即log 381=4）．（1）计算：log 28=______； （2）计算： ()2331log 9log 813+； （3）log 55、log 525、log 5125之间满足怎样的关系式，请说明理由。
3．七年级教材在图形与几何部分给出了五条基本事实，在《证明》一章中我们从两条基本事实出发，把前面得到的平行线相关性质进行了严格的证明，体会了数学的公里化思想.请完成下列证明活动：活动1．利用基本事实证明：“两直线平行，同位角相等”.（在括号内填上相应的基本事实）已知：如图，直线AB 、CD 被直线EF 所截， AB CD .求证： 12∠=∠.证明：假设12∠≠∠，则可以过点O 作2EOG ∠=∠. ∵2EOG ∠=∠，∴OG CD （ ）.∴过O 点存在两条直线AB 、OG 两条直线与CD 平行，这与基本事实（ ）矛盾. ∴假设不成立. ∴12∠=∠.活动2．利用刚刚证明的“两直线平行，同位角相等”证明“两直线平行，同旁内角互补”.（要求画图，写出已知、求证并写出证明过程） 已知: . 求证： . 证明：4．计算并观察、探究下列式子 ①_____②______③④⑤…由以上规律 （1）填空：=_______________．（2）求：的值．5．定义：可以表示为两个互质整数的商的形式的数称为有理数，整数可以看作分母为1的有理数；反之为无理数.如不能表示为两个互质的整数的商，所以几个号无理数.可以这样证明：设，a与b是互质的两个整数，且b≠0，则2=，所以a²=2b².因为b是整数且不为0，所以a是不为0的偶数.设a=2n（n是整数），所以b²=2n²，所以b也是偶数，与a与b是互质的整数矛盾，所以是无理数.仔细阅读上文，然后请证明：是无理数。
2019-2020年九年级中考数学动态几何、类比探究专项训练
2019-2020年九年级中考数学动态几何、类比探究专项训练三、解答题22. （10分）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片ABCD ，点P 为正方形AD 边上的一点（不与点A ，点D 重合），将正方形纸片折叠，使点B 落在P 处，点C 落在G 处，PG 交DC 于H ，折痕为EF ，连接BP ，BH ．（1）求证：∠APB =∠BPH ．（2）当点P 在边AD 上移动时，△PDH 的周长是否发生变化？并证明你的结论．（3）设AP 为x ，四边形EFGP 的面积为S ，求出S 与x 的函数关系式，试问S 是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．（备用图）A EBPDH GF CCFGH DPBEA备用图中考数学动态几何、类比探究专项训练(二)三、解答题22. （10分）数学课上，魏老师出示图1和下面框中条件：（1）①当点C 与点F 重合时，如图2所示，可得的值为______； ②在平移过程中，的值为__________（用含x 的代数式表示）．（2）将图2中的三角板ABC 绕点C 逆时针旋转，原题中的其他条件保持不变．当点A 落在线段DF 上时，如图3所示，请计算的值．（3）将图1中的三角板ABC 绕点C 逆时针旋转度，，原题中的其他条件保持不变，如图4所示，请计算的值（用含x 的代数式表示）．图3 图4中考数学动态几何、类比探究专项训练(三)三、解答题22. （10分）已知：线段OA ⊥OB ，点C 为OB 中点，D 为线段OA 上一点．连接AC ，BD 交于点P ．（1）如图1，当OA =OB ，且D 为OA 中点时，求的值； （2）如图2，当OA =OB ，且时，求tan ∠BPC 的值；（3）如图3，当AD :OA :OB =1:n :时，直接写出tan ∠BPC 的值．lM AB FCEDlMABF (C )ED图3图2图1PD BC OA O DC PBA O D C P BA中考数学动态几何、类比探究专项训练四)三、解答题22.（10分）如图，在矩形ABCD中，点M是AD的中点，AD=，CD=，直角∠PME绕点M进行旋转，其两边分别和BC，CD交于点P和点E，连接PE交MC于点Q．（1）判断线段MP，ME的数量关系，并进行证明；（2）当动点P，E分别在线段BC和CD上运动时，设PC=x，MQ=y，求y与x的函数关系式；（3）在（2）中，当y取最小值时，判断PE与BM的位置关系，并说明理由．PQE M DCBA中考数学动态几何、类比探究专项训练(五)三、解答题22.（10分）如图，在平行四边形ABCD中，AB=5，BC=10，F为AD的中点，CE⊥AB于E，设∠ABC=α（60°≤α<90°）．（1）当α=60°时，求CE的长．（2）当60°<α<90°时，①是否存在正整数k，使得∠EFD=k∠AEF？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．②连接CF，当CE2CF2取最大值时，求tan∠DCF的值．F DCB EA中考数学动态几何、类比探究专项训练(六)三、解答题22. （10分）点A ，B 分别是两条平行线m ，n 上任意一点，在直线n 上找一点C ，使BC =kAB ，连接AC ，在线段AC 上任取一点E ，作∠BEF =∠ABC ，EF 交直线m 于点F ．（1）如图1，当∠ABC =90°，k =1时，判断线段EF 和EB 之间的数量关系，并证明．（2）如图2，当∠ABC =90°，k ≠1时，（1）中结论还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请重新判断线段EF 和EB 之间的数量 关系．（3）如图3，当0°<∠ABC <90°，k =1时，探究EF 和EB 之间的数量关系，并证明．mnAF CB Emn A F E CBB CEF Anm图1 图2 图3中考数学动态几何、类比探究专项训练(七)三、解答题22. （10分）如图1，在等腰Rt △ABC 和等腰Rt △CDE （CD >BC ）中，点C ，B ，D 在同一直线上，点M是AE 的中点．（1）探究线段MD ，MB 的位置及数量关系，并证明．（2）将图1中的△CDE 绕点C 顺时针旋转45°，使△CDE 的斜边CE 恰好与△ABC 的边BC 垂直，如图2，原问题中的其他条件不变，则（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明．（3）若将图2中的△ABC 绕点C 逆时针旋转大于0°且小于45°的角，如图3，原问题中的其他条件不变，则（1）中得到的两个结论是否发生变化？写出你的猜想并加以证明． 图1 图2 图3EMD C BAE MDCBAABCDME中考数学动态几何、类比探究专项训练(八)三、解答题22. （10分）如图1，四边形ABCD 是正方形，点E 是边BC 的中点．∠AEF =90°，且EF 交正方形外角∠DCG 的平分线CF 于点F ． （1）求证：AE =EF ．（2）如图2，如果把“点E 是边BC 的中点”改为“点E 是边BC 上除B ，C 外的任意一点”，其他条件不变，那么结论“AE =EF ”仍然成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明 理由．（3）如图3，点E 是BC 延长线上除C 点外的任意一点，其他条件不变，结论“AE =EF ”仍然成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由．图 1 图 2 图 3中考数学动态几何、类比探究专项训练(九)三、解答题22. （10分）问题背景（1）如图1，△ABC 中，DE ∥BC ，分别交AB ，AC 于D ，E 两点，过点E 作EF ∥AB ，交BC 于点F ．请按图示数据填空：四边形DBFE 的面积S =_________，△EFC 的面积S 1=_________，△ADE 的面积S 2=__________． 探究发现（2）在（1）中，若BF =a ，FC =b ，DE 与BC 间的距离为h ．请证明S 2=4S 1S 2． 拓展迁移GAB C DFE E FDC BAG E FDC B A G（3）如图2，□DEFG 的四个顶点在△ABC 的三边上，若△ADG ，△DBE ，△GFC 的面积分别为2，5，3，试利用（2）中的结论求△ABC 的面积．中考数学动态几何、类比探究专项训练(十)三、解答题22. （10分）如图，在△ABC 中，AB =AC =10厘米，BC =12厘米，D 是BC 的中点，点P 从B 出发，以a厘米/秒（a >0）的速度沿BA 匀速向点A 运动，点Q 同时以1厘米/秒的速度从D 出发，沿DB 匀速向点B 运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设它们运动的时间为t 秒． （1）若a =2，△BPQ ∽△BDA ，求t 的值；（2）设点M 在AC 上，四边形PQCM 为平行四边形． ①若a =，求PQ 的长；②是否存在实数a ，使得点P 在∠ACB 的平分线上？若存在，请求出a 的值；若不存在，请说明理由．图2图1CE DGBAFS 1S 2SF E DCBA 362P Q D CB A中考数学动态几何、类比探究专项训练(十一)三、解答题22. （10分）如图，在Rt △ABC 中，∠C =90°，AB =25cm ，AC =20cm ．点P 从点A 出发，沿AB 的方向匀速运动，速度为5cm/s ；同时点M 从点C 出发，沿CA 的方向匀速运动，速度为4cm/s ．过点M 作MN ∥AB ，交BC 于点N ．设运动的时间为t 秒（0<t <5）． （1）用含t 的代数式表示线段MN 的长．（2）连接PN ，是否存在某一时刻t ，使得四边形AMNP 为菱形？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．（3）连接PM ，PN ，是否存在某一时刻t ，使得点P 在线段MN 的垂直平分线上？若存在，求出此时t 的值；若不存在，请说明理由．（备用图）BCACBA（备用图）AC BPNM中考数学动态几何、类比探究专项训练(十二)三、解答题22.（10分）如图，在梯形A B C D中，A D∥B C，A D=3，D C=5，A B=，∠B=45°．动点M从B点出发，沿线段BC以每秒2个单位长度的速度向终点C运动；动点N同时从C点出发沿线段CD以每秒1个单位长度的速度向终点D运动．设运动的时间为t秒．（1）求BC的长；（2）当MN∥AB时，求t的值；（3）试探究：t为何值时，△MNC为等腰三角形．中考数学动态几何、类比探究专项训练（一）参考答案22．（1）证明略；NM DCBA（2）△PDH的周长不发生变化，证明略；（3），当x=2时，S存在最小值，最小值为6．中考数学动态几何、类比探究专项训练（二）参考答案22．（1）①1；②；（2）；（3）．中考数学动态几何、类比探究专项训练（三）参考答案22．（1）=2；（2）tan∠BPC；（3）tan∠BPC．中考数学动态几何、类比探究专项训练（四）参考答案22．（1）MP=ME，证明略；（2）；（3）当y取最小值时，PE∥BM，理由略．中考数学动态几何、类比探究专项训练（五）参考答案22．（1）CE=．（2）①存在，k=3；②tan∠DCF．中考数学动态几何、类比探究专项训练（六）参考答案22．（1）EF=EB，证明略；（2）不成立，此时EB=kEF；（3）EF=EB，证明略．中考数学动态几何、类比探究专项训练（七）参考答案22．（1）MD⊥MB，MD=MB，证明略；（2）不发生变化，证明略；（3）不发生变化，证明略．中考数学动态几何、类比探究专项训练（八）参考答案22．（1）证明略；（2）结论仍成立，证明略；（3）结论仍成立，证明略．中考数学动态几何、类比探究专项训练（九）参考答案22．（1）6，9，1；（2）证明略；（3）18．中考数学动态几何、类比探究专项训练（十）参考答案22．（1）；（2）①PQ厘米；②不存在，理由略．中考数学动态几何、类比探究专项训练（十一）参考答案22．（1）MN=；（2）存在，；（3）存在，．可编辑修改中考数学动态几何、类比探究专项训练（十二）参考答案22．（1）BC=；（2）；（3）．.希望能帮到您，欢迎下载。
2020河南中考数学复习专题专题类比探究题
专题七 类比探究题专题类型突破类型一 图形旋转引起的探究 (2019·河南)在△ABC 中，CA ＝CB ，∠ACB＝α.点P 是平面内不与点A ，C 重合的任意一点．连接AP ，将线段AP 绕点P 逆时针旋转α得到线段DP ，连接AD ，BD ，CP.(1)观察猜想如图1，当α＝60°时，BD CP的值是________，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数是________．(2)类比探究如图2，当α＝90°时，请写出BD CP的值及直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数，并就图2的情形说明理由．(3)解决问题当α＝90°时，若点E ，F 分别是CA ，CB 的中点，点P 在直线EF 上，请直接写出点C ，P ，D 在同一直线上时AD CP的值．【分析】(1)延长CP 交BD 的延长线于E ，设AB 交EC 于点O.证明△CAP≌△BAD，即可解决问题．(2)设BD 交AC 于点O ，BD 交PC 于点E.证明△DAB∽△PAC，即可解决问题．(3)分两种情况：当点D在线段PC上时，延长AD交BC的延长线于H.证明AD＝DC即可解决问题；当点P在线段CD上时，同法可证DA＝DC，解决问题．【自主解答】1．(2018·河南)(1)问题发现如图1，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M.填空：①ACBD的值为________；②∠AMB的度数为________；(2)类比探究如图2，在△OAB 和△OCD 中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC 交BD 的延长线于点M.请判断AC BD的值及∠AMB 的度数，并说明理由； (3)拓展延伸在(2)的条件下，将△OCD 绕点O 在平面内旋转，AC ，BD 所在直线交于点M ，若OD ＝1，OB ＝7，请直接写出当点C 与点M 重合时AC 的长．2．(2017·河南)如图1，在Rt△ABC 中，∠A＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点．(1)观察猜想图1中，线段PM 与PN 的数量关系是________，位置关系是________；(2)探究证明把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由；(3)拓展延伸把△ADE 绕A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．图1 图23．(2015·河南)如图1，在Rt△ABC 中，∠B＝90°，BC ＝2AB ＝8，点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，连接DE.将△EDC 绕点C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α.(1)问题发现①当α＝0°时，AE BD＝________；②当α＝180°时，AE BD＝________； (2)拓展探究试判断：当0°≤α<360°时，AE BD的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明． (3)解决问题当△EDC 旋转至A ，D ，E 三点共线时，直接写出线段BD 的长．类型二 动点引起的探究(2016·河南)(1)发现如图1，点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝a ，AB ＝b.填空：当点A 位于________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为________(用含a ，b 的式子表示)；(2)应用点A为线段BC外一动点，且BC＝3，AB＝1，如图2所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE.①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由；②直接写出线段BE长的最大值；(3)拓展如图3，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM 长的最大值及此时点P的坐标．【分析】(1)根据点A位于CB的延长线上时，线段AC的长取得最大值，即可得到结论；(2)①根据等边三角形的性质得到AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，推出△CAD≌△EAB，根据全等三角形的性质得到CD＝BE；②由于线段BE的最大值＝线段CD的最大值，根据(1)中的结论即可得到结果．(3)将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN ，得到△APN 是等腰直角三角形，根据全等三角形的性质得到PN ＝PA ＝2，BN ＝AM ，根据当N 在线段BA 的延长线时，线段BN 取得最大值，即可得到最大值为22＋3；过P 作PE⊥x 轴于E ，根据等腰直角三角形的性质即可得到点P 的坐标．【自主解答】4．(2019·河南模拟)(1)问题发现如图1，在Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，ABAC ＝1，点P 是边BC 上一动点(不与点B重合)，∠PAD＝90°，∠APD＝∠B，连接CD.填空：①PB CD＝________； ②∠ACD 的度数为________；(2)拓展探究如图2，在Rt△ABC 中，∠BAC＝90°，AB AC＝k.点P 是边BC 上一动点(不与点B 重合)，∠PAD＝90°，∠APD＝∠B，连接CD ，请判断∠ACD 与∠B 的数量关系以及PB 与CD 之间的数量关系，并说明理由；(3)解决问题如图3，在△ABC 中，∠B＝45°，AB ＝42，BC ＝12，P 是边BC 上一动点(不与点B 重合)，∠PAD＝∠BAC，∠APD＝∠B，连接CD.若PA ＝5，请直接写出所有CD 的长．类型三 图形形状变化引起的探究(2019·信阳一模)(1)观察猜想如图1，点B，A，C在同一条直线上，DB⊥BC，EC⊥BC，且∠DAE＝90°，AD＝AE，则BC，BD，CE之间的数量关系为________；(2)问题解决如图2，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，CB＝4，AB＝2，以AC为直角边向外作等腰Rt△DAC，连接BD，求BD的长；(3)拓展延伸如图3，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，CB＝4，AB＝2，DC＝DA，请直接写出BD的长．【分析】(1)通过证明△ADB≌△EAC，可得结论：BC＝AB＋AC＝BD＋CE；(2)过D作DE⊥AB，交BA的延长线于E，同理证明△ABC≌△DEA，可得DE＝AB ＝2，AE＝BC＝4，最后利用勾股定理求BD的长；(3)同理证明三角形全等，设AF＝x，DF＝y，根据全等三角形对应边相等列方程组可得结论．【自主解答】5．(2014·河南)(1)问题发现如图1，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE. 填空：①∠AEB的度数为________；②线段AD，BE之间的数量关系为________；(2)拓展探究如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由；(3)解决问题如图3，在正方形ABCD中，CD＝2，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离．参考答案类型一【例1】(1)1 60°(2)BDCP 的值为2，直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数为45°.理由如下： 如图，设BD 交AC 于点O ，BD 交PC 于点E.∵∠PAD＝∠CAB＝45°， ∴∠PAC＝∠DAB. ∵AB AC ＝ADAP ＝2， ∴△DAB∽△PAC，∴∠PCA＝∠DBA，BD PC ＝ABAC＝ 2.∵∠EOC＝∠AOB，∴∠CEO＝∠OAB＝45°，∴直线BD 与直线CP 相交所成的较小角的度数为45°. (3)ADCP的值为2＋2或2－ 2. 如图，当点D 在线段PC 上时，延长AD 交BC 的延长线于H.∵CE＝EA ，CF ＝FB ，∴EF∥AB， ∴∠EFC＝∠ABC＝45°.∵∠PAO＝45°，∴∠PAO＝∠OFH.∵∠POA＝∠FOH，∴∠H＝∠APO.∵∠APC＝90°，EA＝EC，∴PE＝EA＝EC，∴∠EPA＝∠EAP＝∠BAH，∴∠H＝∠BAH，∴BH＝BA.∵∠ADP＝∠BDC＝45°，∴∠ADB＝90°，∴BD⊥AH，∴∠DBA＝∠DBC＝22.5°.∵∠ADB＝∠ACB＝90°，∴A，D，C，B四点共圆，∠DAC＝∠DBC＝22.5°，∠DCA＝∠ABD＝22.5°，∴∠DAC＝∠DCA＝22.5°，∴DA＝DC.设AD＝a，则DC＝AD＝a，PD＝2 2a，∴ADCP＝aa＋22a＝2－ 2.如图，当点P在线段CD上时，同法可证DA＝DC.设AD＝a，则CD＝AD＝a，PD ＝22a，∴PC＝a－22a，∴AD PC ＝a a －22a＝2＋ 2. 综上所述，点C ，P ，D 在同一直线上时，ADCP 的值为2－2或2＋ 2.跟踪训练 1．解：(1)①1提示：∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠COA ＝∠DOB.∵OC＝OD ，OA ＝OB ，∴△COA≌△DOB(SAS)， ∴AC＝BD ，∴ACBD ＝1.②40°提示：∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO＝∠DBO.∵∠AOB＝40°，∴∠OAB＋∠ABO＝140°.在△AMB 中，∠AMB＝180°－(∠CAO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－(∠DBO＋∠OAB ＋∠ABD)＝180°－140°＝40°. (2)ACBD ＝3，∠AMB＝90°.理由如下： 在Rt△OCD 中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°， ∴OD OC ＝tan 30°＝33. 同理得OB OA ＝tan 30°＝33.∵∠AOB＝∠COD＝90°，∴∠AOC＝∠BOD，∴△AOC∽△BOD， ∴AC BD ＝OCOD＝3，∠CAO＝∠DBO， ∴∠AMB＝180°－∠CAO－∠OAB －MBA ＝180°－(∠DAB＋∠MBA＋∠OBD)＝180°－90°＝90°. (3)23或3 3.提示：①点C 与点M 重合时，如图，同理得△AOC∽△BOD， ∴∠AMB＝90°，ACBD ＝ 3.设BD ＝x ，则AC ＝3x. 在Rt△COD 中， ∵∠OCD＝30°，OD ＝1， ∴CD＝2，∴BC＝x －2.在Rt△AOB 中，∠OAB＝30°，OB ＝7. ∴AB＝2OB ＝27.在Rt△AMB 中，由勾股定理得AC 2＋BC 2＝AB 2， 即(3x)2＋(x －2)2＝(27)2， 解得x 1＝3，x 2＝－2(舍去)， ∴AC＝3 3.②点C 与点M 重合时，如图，同理得∠AMB＝90°，ACBD＝ 3.设BD ＝x ，则AC ＝3x ，在Rt△AMB 中，由勾股定理得AC 2＋BC 2＝AB 2， 即(3x)2＋(x ＋2)2＝(27)2. 解得x 1＝－3，解得x 2＝2(舍去)， ∴AC＝2 3.综上所述，AC 的长为33或2 3. 2．解：(1)PM ＝PN PM⊥PN 提示：∵点P ，N 是BC ，CD 的中点， ∴PN∥BD，PN ＝12BD.∵点P ，M 是CD ，DE 的中点， ∴PM∥CE，PM ＝12CE.∵AB＝AC ，AD ＝AE ，∴BD＝CE ，∴PM＝PN. ∵PN∥BD，∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE，∴∠DPM＝∠DCA.∵∠BAC＝90°，∴∠ADC＋∠ACD＝90°， ∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°， ∴PM⊥PN.(2)△PMN 为等腰直角三角形．理由如下： 由旋转知，∠BAD＝∠CAE.∵AB＝AC ，AD ＝AE ，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴∠AB D ＝∠ACE，BD ＝CE.同(1)的方法，利用三角形的中位线定理得 PN ＝12BD ，PM ＝12CE ，∴PM＝PN ，∴△PMN 是等腰三角形． 同(1)的方法得PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE. 同(1)的方法得PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC.∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB ＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC. ∵∠BAC＝90°，∴∠ACB＋∠ABC＝90°，∴∠MPN＝90°， ∴△PMN 是等腰直角三角形． (3)492.提示：同(2)的方法得△PMN 是等腰直角三角形， ∴当MN 最大时，△PMN 的面积最大， ∴DE∥BC 且DE 在顶点A 上面， ∴MN 最大＝AM ＋AN. 如图，连接AM ，AN.在△ADE 中，AD ＝AE ＝4，∠DAE＝90°， ∴AM＝2 2.在Rt△ABC 中，AB ＝AC ＝10，AN ＝52， ∴MN 最大＝22＋52＝72，∴S △PMN 最大＝12PM 2＝12×12MN 2＝14×(72)2＝492.3．解：(1)①52提示：当α＝0°时， ∵在Rt△ABC 中，∠B＝90°，∴AC＝AB 2＋BC 2＝（8÷2）2＋82＝4 5. ∵点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点， ∴AE＝45÷2＝25，BD ＝8÷2＝4， ∴AE BD ＝254＝52. ②25提示：如图，当α＝180°时，则可得AB∥DE.∵AC AE ＝BC BD， ∴AE BD ＝AC BC ＝458＝52. (2)当0°≤α≤360°时，AEBD的大小没有变化．∵∠ECD＝∠ACB，∴∠ECA＝∠DCB. 又∵EC DC ＝AC BC ＝52，∴△ECA∽△DCB， ∴AE BD ＝EC DC ＝52. (3)BD 的长为45或125 5提示：a.如图，∵AC＝45，CD ＝4，CD⊥AD ，∴AD＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8. ∵AD＝BC ，AB ＝DC ，∠B＝90°， ∴四边形ABCD 是矩形， ∴BD＝AC ＝4 5.b ．如图，连接BD ，过点D 作AC 的垂线交AC 于点Q ，过点B 作AC 的垂线交AC 于点P.∵AC＝45，CD ＝4，CD⊥AD，∴AD＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8. ∵点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点， ∴DE＝12AB ＝12×(8÷2)＝12×4＝2，∴AE＝AD －DE ＝8－2＝6， 由(2)得AE BD ＝52，∴BD＝652＝1255.综上所述，BD 的长为45或1255.类型二【例2】(1)CB 的延长线 a ＋b (2)①CD＝BE.理由：∵△ABD 与△A CE 是等边三角形， ∴AD＝AB ，AC ＝AE ，∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC， 即∠CAD＝∠EAB. 在△CAD 和△EAB 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AD ＝AB ，∠CAD＝∠EAB，AC ＝AE ， ∴△CAD≌△EAB， ∴CD＝BE. ②4提示：∵线段BE 长的最大值等于线段CD 的最大值， 由(1)知，当线段CD 取得最大值时，点D 在CB 的延长线上， ∴线段BE 的最大值为BD ＋BC ＝AB ＋BC ＝4.(3)线段AM的最大值为22＋3，点P的坐标为(2－22，2)．提示：如图，将△APM绕着点P顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN，则△APN 是等腰直角三角形，∴PN＝PA＝2，BN＝AM.∵点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，∴OA＝2，OB＝5，∴AB＝3，∴线段AM的最大值等于线段BN的最大值，∴当点N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，即最大值为AB＋AN.∵AN＝2AP＝22，∴线段AM的最大值为22＋3.如图，过点P作PE⊥x轴于点E.∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE＝2，∴OE＝BO－AB－AE＝5－3－2＝2－2，∴P(2－2，2)．跟踪训练4．解：(1)①1②45°(2)∠ACD＝∠B，PB CD＝k. 理由如下：∵∠BAC＝∠PAD＝90°，∠B＝∠APD，∴△ABC∽△APD，∴AB AC ＝AP AD＝k. ∵∠BAP＋∠PAC＝∠PAC＋∠CAD＝90°，∴∠BAP＝∠CAD，∴△ABP∽△CAD，∴∠ACD＝∠B，PB CD ＝AB AC＝k. (3)102或7102. 类型三【例3】(1)BC ＝BD ＋CE提示：∵∠B＝90°，∠DAE＝90°，∴∠D＋∠DAB＝∠DAB＋∠EAC＝90°，∴∠D＝∠EAC.∵∠B＝∠C＝90°，AD ＝AE ，∴△ADB≌△EAC，∴BD＝AC ，EC ＝AB ，∴BC＝AB ＋AC ＝BD ＋CE.(2)如图，过D 作DE⊥AB，交BA 的延长线于E.由(1)同理得△ABC≌△DEA，∴DE＝AB ＝2，AE ＝BC ＝4.在Rt△BDE 中，BE ＝6，∴由勾股定理得BD ＝62＋22＝210.(3)如图，过点D 作DE⊥BC 于E ，作DF⊥AB，交BA 的延长线于F.同理得△CED≌△AFD，∴CE＝AF ，ED ＝DF.设AF ＝x ，DF ＝y ，则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝4，2＋x ＝y ，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，∴BF＝2＋1＝3，DF ＝3，由勾股定理得BD ＝32＋32＝3 2.跟踪训练5．解：(1)①60°提示：∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形，∴CA＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB＝∠DCE＝60°，∴∠ACD＝∠BCE.在△ACD 和△BCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ，∠ACD＝∠BCE，CD ＝CE ，∴△ACD≌△BCE，∴∠ADC＝∠BEC.∵△DCE 为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°.∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC＝120°，∴∠BEC＝120°，∴∠AEB ＝∠BEC－∠CED＝60°.②AD＝BE(2)∠AEB＝90°，AE ＝BE ＋2CM.理由如下：∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∴CA＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB＝∠DCE＝90°，∴∠ACD＝∠BCE.在△ACD 和△BCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧CA ＝CB ，∠ACD＝∠BCE，CD ＝CE ，∴△ACD≌△BCE，∴AD＝BE ，∠ADC＝∠BEC.∵△DCE 为等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°.∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC＝135°，∴∠BEC＝135°，∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝90°.∵CD＝CE，CM⊥DE，∴DM＝ME.∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME＝CM，∴AE＝AD＋DE＝BE＋2CM.(3)点A到BP的距离为3－12或3＋12.提示：∵PD＝1，∴点P在以点D为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD＝90°，∴点P在以BD为直径的圆上，∴点P是这两圆的交点．(i)当点P在如图所示位置时，连接PD，PB，PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A 作AE⊥AP，交BP于点E.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝45°，AB＝AD＝DC＝BC＝2，∠BAD＝90°，∴BD＝2.∵DP＝1，∴BP＝ 3.∵∠BPD＝∠BAD＝90°，∴点A，P，D，B在以BD为直径的圆上，∴∠APB＝∠ADB＝45°，∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，点B，E，P共线，AH⊥BP，∴由(2)中的结论可得BP＝2AH＋PD，∴3＝2AH＋1，∴AH＝3－1 2.(ii)当点P在如图所示位置时，连接PD，PB，PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E.同理可得BP＝2AH－PD，∴3＝2AH－1，∴AH＝3＋1 2.综上所述，点A到BP的距离为3－12或3＋12.（注：文档可能无法思考全面，请浏览后下载，供参考。
2019年河南省中考真题数学试题(附答案解析)
三、解答题（本大题共8小题，满分75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
16．先化简，再求值：
，其中
.
17．如图，在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，以AB为直径的半圆O交AC于点D，点E是 BD
上不与点B,D重合的任意一点，连接AE交BD于点F，连接BE并延长交AC于点C.
⑴求证：△ADF ≌ △BDG ；
∴EO⊥AC，∴EB是AC的垂直平分线，∴AB=BC=3.
在Rt△ABM中，∠AMB=90°，AM=AD-MD=1，
∴BM= AB2 AM 2 32 12 2 2 ，
∴CD= 2 2.故选A.
10.【答案】D
【解析】由A、B两点的坐标可知线段AB的长度和它与x轴的关系，由正方形的性质可知AD=AB， 延长DA交x轴于点M,则DA⊥x轴，Rt△DMO中，MO=3,DM=10，将△OAB和正方形ABCD绕点O每 次顺时针旋转90°，Rt△DMO也同步绕点O每次顺时针旋转90°，点D的落点坐标可由Rt△DMO的旋 转得到。仔细观察图形得到点D坐标的变化规律，每旋转四次完成一个循环，从而可得到第70次旋 转后的坐标。
（A） 46×10-7 （B） 4.6×10-7 （C）4.6×10-6 （D）0.46×10-5
3．如图，AB∥CD，∠B=75°，∠E=27°，则∠D的度数为
（A）45° （B）48° （C）50° （D）58°
4．下列计算正确的是（
）
A. 2a 3a 6a
B. (3a)2 6a2
C. (x y)2 x2 y2
b.七年级成绩在70≤x＜80这一组的是： 70 72 74 75 76 76 77 77 77 78 79 c.七、八年级成绩的平均数、中位数如下：
2019年河南省中考真题数学试题(解析版)
⑴求证：△ADF ≌ △BDG ；
⑵填空：
①若AB = 4，且点E是 BD 的中点，则DF的长为
；
②取 AE 的中点H，当∠EAB的度数为
时，四边形OBEH为菱形.
【解析】⑴首先根据在△ABC中，BA＝BC，∠ABC＝90°，判定△ABC是等腰直角三角形，得 到∠CAB＝45°，再根据直径所对的圆周角是直角，得到 △ABD是等腰直角三角形，从而
DA = DB，又因为∠CAE与∠DBG对着同一条弧 DE，得到∠CAE=∠DBG，根据ASA可以判 定△ADF ≌ △BDG.
3．如图，AB∥CD，∠B=75°，∠E=27°，则∠D的度数为
（A）45° （B）48° 【答案】B
（C）50° （D）58°
【解析】如图，设CD和BE的交点为F，
∵AB∥CD，∠B=75°，∴∠B=∠CFE=75°，∵∠CFE=∠D+∠E， ∠E=27°，
∴∠D=∠CFE-∠E=75°-27°=48°.故选B．
影部分的面积为
.
【答案】 3 +π 【解析】本题考查了与圆有关的计算，（圆内半径相等），等腰三角形的性质（等边对等角）， 解直角三角形，特殊角三角函数，扇形的面积，不规则图形的转化. 解法1：
1
∵在扇形AOB中，∠AOB=120°，∴OA=OB，所以∠BAO=∠ABO= （180°-120°）÷2=30°，
【答案】C
【解析】本题考查了科学记数法，解题的关键是正确确定a的值以及n的值．
0.0000046是绝对值小于1的数，这类数用科学计数法表示的方法是写成a×10-n（1≤ a ＜10，n＞
0 ）的形式，关键是确定－n，确定了n的值，－n的值就确定了．确定方法是：n 的值等于原数 中左起第一个非零数前零的个数（含整数位数上的零）．故0.0000046中左起第一个非零数为4， 其左边六个零，即0.0000046=4.6×10-6．答案选C．
河南省中考数学专题复习专题类比探究题训练
专题七 类比探究题类型一 线段数量关系问题(2018·河南)(1)问题发现如图①，在△OAB 和△OCD 中，OA ＝OB ，OC ＝OD ，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC ，BD 交于点M.填空： ①ACBD的值为________； ②∠AMB 的度数为________； (2)类比探究如图②，在△OAB 和△OCD 中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC 交BD 的延长线于点M.请判断ACBD 的值及∠AMB 的度数，并说明理由；(3)拓展延伸在(2)的条件下，将△OCD 绕点O 在平面内旋转，AC ，BD 所在直线交于点M ，若OD ＝1，OB ＝7，请直接写出当点C 与点M 重合时AC 的长．【分析】 (1)①证明△COA≌△DOB(SAS)，得AC ＝BD ，比值为1；②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根据三角形的内角和定理，得∠AMB＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°；(2)根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则AC BD ＝OCOD ＝3，由全等三角形的性质得∠AMB 的度数；(3)正确画出图形，当点C 与点M 重合时，有两种情况：如解图①和②，同理可得△AOC∽△BOD，则∠AMB ＝90°，ACBD ＝3，可得AC 的长．【自主解答】解：(1)问题发现①1【解法提示】∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠COA＝∠DOB. ∵OC＝OD ，OA ＝OB ， ∴△COA≌△DOB(SAS)， ∴AC＝BD ， ∴ACBD＝1. ②40°【解法提示】∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO＝∠DBO. ∵∠AOB＝40°， ∴∠OAB＋∠ABO＝140°，在△AMB 中，∠AMB＝180°－(∠CAO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°. (2)类比探究ACBD＝3，∠AMB＝90°，理由如下： 在Rt△OCD 中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°， ∴OD OC ＝tan 30°＝33， 同理，得OB OA ＝tan 30°＝33，∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝BOD ， ∴△AOC∽△BOD， ∴AC BD ＝OCOD＝3，∠CAO＝∠DBO. ∴∠AMB＝180°－∠CAO－∠OAB－MBA ＝180°－(∠DAB＋∠MBA＋∠OBD)＝180°－90°＝90°. (3)拓展延伸①点C 与点M 重合时，如解图①， 同理得△AOC∽△BOD， ∴∠AMB＝90°，ACBD ＝3，设BD ＝x ，则AC ＝3x ， 在Rt△COD 中，∵∠OCD＝30°，OD ＝1， ∴CD＝2， ∴BC＝x －2.在Rt△AOB 中，∠OAB＝30°，OB ＝7. ∴AB＝2OB ＝27，在Rt△AMB 中，由勾股定理，得AC 2＋BC 2＝AB 2， 即( 3 x)2＋(x －2)2＝(27)2， 解得x 1＝3，x 2＝－2(舍去)， ∴AC＝33；②点C 与点M 重合时，如解图②，同理得：∠AMB＝90°，ACBD ＝3，设BD ＝x ，则AC ＝3x ，在Rt△AMB 中，由勾股定理，得AC 2＋BC 2＝AB 2， 即(3x)2＋(x ＋2)2＝(27)2解得x 1＝－3，解得x 2＝2(舍去)． ∴AC＝2 3.综上所述，AC 的长为33或2 3.图①图② 例1题解图1．(2016·河南) (1)发现如图①，点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝a ，AB ＝b.填空：当点A 位于________________时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为__________(用含a ，b 的式子表示)． (2)应用点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝3，AB ＝1，如图②所示，分别以AB ，AC 为边，作等边三角形ABD 和等边三角形ACE ，连接CD ，BE.①请找出图中与BE 相等的线段，并说明理由； ②直接写出线段BE 长的最大值． (3)拓展如图③，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(2，0)，点B 的坐标为(5，0)，点P 为线段AB 外一动点，且PA ＝2，PM ＝PB ，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM 长的最大值及此时点P 的坐标．2．(2015·河南)如图①，在Rt△ABC 中，∠B＝90°，BC ＝2AB ＝8，点D ，E 分别是边BC ，AC 的中点，连接DE.将△EDC 绕点C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α. (1)问题发现①当α＝0°时，AE BD ＝2；②当α＝180°时，AE BD ＝2；(2)拓展探究试判断：当0°≤α<360°时，AEBD 的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明．(3)解决问题当△EDC 旋转至A ，D ，E 三点共线时，直接写出线段BD 的长．3．(2014·河南) (1)问题发现如图①，△ACB 和△DCE 均为等边三角形，点A ，D ，E 在同一直线上，连接BE. 填空：①∠AEB 的度数为__________；②线段AD ，BE 之间的数量关系为______________． (2)拓展探究如图②，△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A ，D ，E 在同一直线上，CM 为△DCE 中DE 边上的高，连接BE ，请判断∠AEB 的度数及线段CM ，AE ，BE 之间的数量关系，并说明理由． (3)解决问题如图③，在正方形ABCD 中，CD ＝2，若点P 满足PD ＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A 到BP 的距离．4．(2018·南阳二模)在△ABC中，∠ACB是锐角，点D在射线BC上运动，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接EC.(1)操作发现若AB＝AC，∠BAC＝90°，当D在线段BC上时(不与点B重合)，如图①所示，请你直接写出线段CE和BD 的位置关系和数量关系是______________，______________；(2)猜想论证在(1)的条件下，当D在线段BC的延长线上时，如图②所示，请你判断(1)中结论是否成立，并证明你的判断．(3)拓展延伸如图③，若AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动，试探究：当锐角∠ACB等于________度时，线段CE和BD之间的位置关系仍成立(点C，E重合除外)？此时若作DF⊥AD交线段CE于点F，且当AC＝32时，请直接写出线段CF的长的最大值是____．5．已知，如图①，△ABC，△AED是两个全等的等腰直角三角形(其顶点B，E重合)，∠BAC＝∠AED＝90°，O为BC的中点，F为AD的中点，连接OF.(1)问题发现①如图①，OFEC＝_______；②将△AED 绕点A 逆时针旋转45°，如图②，OFEC ＝_______；(2)类比延伸将图①中△AED 绕点A 逆时针旋转到如图③所示的位置，请计算出OFEC 的值，并说明理由．(3)拓展探究将图①中△AED 绕点A 逆时针旋转，旋转角为α，0°≤α≤90°，AD ＝2，△AED 在旋转过程中，存在△ACD 为直角三角形，请直接写出线段CD 的长．类型二 图形面积关系问题(2017·河南)如图①，在Rt△ABC 中，∠A＝90°，AB ＝AC ，点D ，E 分别在边AB ，AC 上，AD ＝AE ，连接DC ，点M ，P ，N 分别为DE ，DC ，BC 的中点． (1)观察猜想图①中，线段PM 与PN 的数量关系是________，位置关系是________； (2)探究证明把△AD E 绕点A 逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN ，BD ，CE ，判断△PMN 的形状，并说明理由； (3)拓展延伸把△ADE 绕A 在平面内自由旋转，若AD ＝4，AB ＝10，请直接写出△PMN 面积的最大值．图①图② 例2题图【分析】 (1)利用三角形的中位线定理得出PM ＝12CE ，PN ＝12BD ，进而判断出BD ＝CE ，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出PM∥CE，继而得出∠DPM＝∠DCA，最后用互余即可得出结论；(2)先判断出△ABD≌△ACE，得出BD ＝CE ，同(1)的方法得出PM ＝12BD ，PN ＝12BD ，即可得出PM ＝PN ，同(1)的方法即可得出结论；(3)先判断出MN 最大时，△PMN 的面积最大，进而求出AN ，AM ，即可得出MN 最大＝AM ＋AN ，最后用面积公式即可得出结论． 【自主解答】解：(1)∵点P ，N 是BC ，CD 的中点， ∴PN∥BD，PN ＝12BD.∵点P ，M 是CD ，DE 的中点， ∴PM∥CE，PM ＝12CE.∵AB＝AC ，AD ＝AE ， ∴BD ＝CE ， ∴PM＝PN. ∵PN∥BD， ∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCA. ∵∠BAC＝90°， ∴∠ADC＋∠ACD＝90°，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°，(2)由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC ，AD ＝AE ， ∴△ABD≌△ACE(SAS)， ∴∠ABD＝∠ACE，BD ＝CE.同(1)的方法，利用三角形的中位线定理，得PN ＝12BD ，PM ＝12CE ，∴PM＝PN ，∴△PMN 是等腰三角形， 同(1)的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同(1)的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC.∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC，∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD ＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC. ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB＋∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°，∴△PMN 是等腰直角三角形，例2题解图(3)如解图，同(2)的方法得，△PMN 是等腰直角三角形， ∴当MN 最大时，△PMN 的面积最大， ∴DE∥BC 且DE 在顶点A 上面， ∴MN 最大＝AM ＋AN ， 连接AM ，AN ，在△ADE 中，AD ＝AE ＝4，∠DAE＝90°，在Rt△ABC 中，AB ＝AC ＝10，AN ＝52， ∴MN 最大＝22＋52＝72，∴S △PMN 最大＝12PM 2＝12×12MN 2＝14×(72)2＝492.1．(2013·河南)如图①，将两个完全相同的三角形纸片ABC 和DEC 重合放置，其中∠C＝90°，∠B＝∠E ＝30°. (1)操作发现如图②，固定△ABC，使△DEC 绕点C 旋转，当点D 恰好落在AB 边上时，填空： ①线段DE 与AC 的位置关系是______________；②设△BDC 的面积为S 1，△AEC 的面积为S 2，则S 1与S 2的数量关系是______________． (2)猜想论证当△DEC 绕点C 旋转到如图③所示的位置时，小明猜想(1)中S 1与S 2的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC 和△AEC 中BC ，CE 边上的高，请你证明小明的猜想． (3)拓展探究已知∠ABC＝60°，点D 是角平分线上一点，BD ＝CD ＝4，DE∥AB 交BC 于点E(如图④)．若在射线BA 上存在点F ，使S △DCF ＝S △BDE ，请直接写出相应的BF 的长．2．已知Rt△ABC 中，BC ＝AC ，∠C＝90°，D 为AB 边的中点，∠EDF＝90°，将∠EDF 绕点D 旋转，它的两边分别交AC ，CB(或它们的延长线)于E ，F.当∠EDF 绕点D 旋转到DE⊥AC 于E 时，如图①所示，试证明S △DEF ＋S △CEF ＝12S △ABC .(1)当∠EDF 绕点D 旋转到DE 和AC 不垂直时，如图②所示，上述结论是否成立？若成立，请说明理由；若不成立，试说明理由．(2)直接写出图③中，S△DEF，S△CEF与S△ABC之间的数量关系．3．(2018·郑州模拟)如图①所示，将两个正方形ABCD和正方形CGFE如图所示放置，连接DE，BG. (1)图中∠DCE＋∠BCG＝__________°；设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，则S1与S2的数量关系为______________；猜想论证：(2)如图②所示，将矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转后得到矩形FECG，连接DE，BG，设△DCE的面积为S1，△BCG的面积为S2，猜想S1和S2的数量关系，并加以证明；(3)如图③所示，在△ABC中，AB＝AC＝10 cm，∠B＝30°，把△ABC沿AC翻折得到△AEC，过点A作AD 平行CE交BC于点D，在线段CE上存在点P，使△ABP的面积等于△ACD的面积，请写出CP的长．4．(2018·驻马店一模)如图①，△ABC与△CDE都是等腰直角三角形，直角边AC，CD在同一条直线上，点M，N分别是斜边AB，DE的中点，点P为AD的中点，连接AE，BD，PM，PN，MN.(1)观察猜想图①中，PM与PN的数量关系是______________，位置关系是______________；(2)探究证明将图①中的△CDE绕着点C顺时针旋转α(0°＜α＜90°)，得到图②，AE与MP，BD分别交于点G，H，判断△PMN的形状，并说明理由；(3)拓展延伸把△CDE绕点C任意旋转，若AC＝4，CD＝2，请直接写出△PMN面积的最大值．参考答案类型一 针对训练1．解：(1)∵点A 为线段BC 外一动点，且BC ＝a ，AB ＝b ，∴当点A 位于CB 的延长线上时，线段AC 的长取得最大值，且最大值为BC ＋AB ＝a ＋b. (2)①CD＝BE ，理由：∵△ABD 与△ACE 是等边三角形， ∴AD＝AB ，AC ＝AE ，∠BAD＝∠CAE＝60°， ∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC，即∠CAD＝∠EAB. 在△CAD 和△EAB 中，⎩⎪⎨⎪⎧AD ＝AB ∠CAD＝∠EAB AC ＝AE ，∴△CAD≌△EAB，∴CD＝BE.②∵线段BE 长的最大值等于线段CD 的最大值，由(1)知，当线段CD 的长取得最大值时，点D 在CB 的延长线上， ∴线段BE 长的最大值为BD ＋BC ＝AB ＋BC ＝4；(3)∵将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN，连接AN ，如解图①， 则△APN 是等腰直角三角形， ∴PN＝PA ＝2，BN ＝AM.∵点A 的坐标为(2，0)，点B 的坐标为(5，0)， ∴OA＝2，OB ＝5，∴AB＝3，∴线段AM长的最大值等于线段BN长的最大值，∴当点N在线段BA的延长线时，线段BN取得最大值，最大值为AB＋AN.∵AN＝2AP＝22，∴线段AM的长最大值为22＋3.如解图②，过点P作PE⊥x轴于点E.∵△APN是等腰直角三角形，∴PE＝AE＝2，∴OE＝BO－AB－AE＝5－3－2＝2－2，∴P(2－2，2)．图①图②第1题解图2．解：(1)①当α＝0°时，∵在Rt△ABC中，∠B＝90°，∴AC＝AB2＋BC2＝（8÷2）2＋82＝4 5.∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴AE＝45÷2＝25，BD＝8÷2＝4，∴AEBD＝254＝52.②如解图①，当α＝180°时，得可得AB∥DE，∵ACAE＝BCBD，∴AEBD＝ACBC＝458＝52.(2)当0°≤α≤360°时，AEBD的大小没有变化．∵∠ECD＝∠ACB， ∴∠ECA＝∠DCB. 又∵EC DC ＝AC BC ＝52，∴△ECA∽△DCB， ∴AE BD ＝EC DC ＝52.图①图②图③ 第2题解图(3)①如解图②，∵AC＝45，CD ＝4，CD⊥AD，∴AD＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8. ∵AD＝BC ，AB ＝DC ，∠B＝90°， ∴四边形ABCD 是矩形， ∴BD＝AC ＝4 5.③如解图③，连接BD ，过点D 作AC 的垂线交AC 于点Q ，过点B 作AC 的垂线交AC 于点P ， ∵AC＝45，CD ＝4，CD⊥AD，∴A D ＝AC 2－CD 2＝（45）2－42＝80－16＝8， ∵点D 、E 分别是边BC 、AC 的中点， ∴DE＝12AB ＝12×(8÷2)＝12×4＝2，∴AE＝AD －DE ＝8－2＝6， 由(2)，可得AE BD ＝52，∴BD＝652＝1255.综上所述，BD 的长为45或1255. 3．解：(1)∵△ACB 和△DCE 均为等边三角形， ∴CA＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB＝∠DCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ∠ACD＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD≌△BCE(SAS)，∴∠ADC＝∠BEC. ∵△DCE 为等边三角形，∴∠CDE＝∠CED＝60°. ∵点A ，D ，E 在同一直线上，∴∠ADC＝120°， ∴∠BEC＝120°，∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝60°. ②∵△ACD≌△BCE，∴AD＝BE. (2)∠AEB＝90°，AE ＝BE ＋2CM. 理由如下：∵△ACB 和△DCE 均为等腰直角三角形， ∴CA＝CB ，CD ＝CE ，∠ACB＝∠DCE＝90°. ∴∠ACD＝∠BCE. 在△ACD 和△BCE 中， ⎩⎪⎨⎪⎧CA ＝CB ∠ACD＝∠BCE CD ＝CE， ∴△ACD≌△BCE(SAS)， ∴AD＝BE ，∠ADC＝∠BEC.∵△DCE 为等腰直角三角形，∴∠CD E ＝∠CED＝45°. ∵点A ，D ，E 在同一直线上， ∴∠ADC＝135°，∴∠BEC＝135°， ∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝90°. ∵CD＝CE ，CM⊥DE，∴DM＝ME. ∵∠DCE＝90°，∴DM＝ME ＝CM ， ∴AE＝AD ＋DE ＝BE ＋2CM.(3)∵PD＝1，∴点P 在以点D 为圆心，1为半径的圆上．∵∠BPD＝90°，∴点P在以BD为直径的圆上，∴点P是这两圆的交点．①当点P在如解图①所示位置时，连接PD，PB，PA，作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交BP于点E.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADB＝45°，AB＝AD＝DC＝BC＝2，∠BAD＝90°，∴BD＝2.∵DP＝1，∴BP＝ 3.∵∠BPD＝∠BAD＝90°，∴点A、P、D、B在以BD为直径的圆上，∴∠APB＝∠ADB＝45°.∴△PAE是等腰直角三角形．又∵△BAD是等腰直角三角形，点B，E，P共线，AH⊥BP，∴由(2)中的结论可得：BP＝2AH＋PD，∴3＝2AH＋1，∴AH＝3－1 2；②当点P在如解图②所示位置时，连接PD、PB、PA、作AH⊥BP，垂足为H，过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，同理可得：BP＝2AH－PD，∴3＝2AH－1，∴AH＝3＋1 2.综上所述，点A到BP的距离为3－12或3＋12.图①图② 第3题解图4．解：(1)①∵AB＝AC ，∠BAC＝90°， 线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到AE ， ∴AD＝AE ，∠BAD＝∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴CE＝BD ，∠ACE ＝∠B， ∴∠BCE＝∠BCA＋∠ACE＝90°，∴线段CE ，BD 之间的位置关系和数量关系为CE ＝BD ，CE⊥BD； (2)(1)中的结论仍然成立．证明如下： 如解图①，∵线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到AE ， ∴AE＝AD ，∠DAE＝90°. ∵AB＝AC ，∠BAC＝90°， ∴∠CAE＝∠BAD， ∴△ACE≌△ABD， ∴CE＝BD ，∠ACE＝∠B， ∴∠BCE＝90°，∴线段CE ，BD 之间的位置关系和数量关系为CE ＝BD ，CE⊥BD； (3)45°；34.过A 作AM⊥BC 于M ，过点E 作EN⊥MA 交MA 的延长线于N ，如解图②. ∵线段AD 绕点A 逆时针旋转90°得到AE ， ∴∠DAE＝90°，AD ＝AE ，∴∠NAE＝∠ADM，易证得Rt△AMD≌Rt△ENA， ∴NE＝AM.∵CE⊥BD，即CE⊥MC，∴∠MCE＝90°， ∴四边形MCEN 为矩形， ∴NE＝MC ，∴AM＝MC ， ∴∠ACB＝45°. ∵四边形MCEN 为矩形， ∴Rt△AMD∽Rt△DCF， ∴MD CF ＝AMDC，设DC ＝x ， ∵在Rt△AMC 中，∠ACB＝45°，AC ＝32，∴AM＝CM ＝3，MD ＝3－x ，∴3－x CF ＝3x ，∴CF＝－13x 2＋x ＝－13(x －32)2＋34，∴当x ＝32时，CF 有最大值，最大值为34.故答案为45°，34；图①图② 第4题解图5．解：(1)①∵△A BC ，△AED 是两个全等的等腰直角三角形， ∴AD＝BC.∵O 为BC 的中点，F 为AD 的中点， ∴AF＝OC.∵∠BAC＝∠AED＝90°，AB ＝AC ，AE ＝DE ， ∴∠DAE＝∠CBA＝45°， ∴AD∥BC，∴四边形AFOC 是平行四边形， ∴OF＝AC ＝22EC ，∴OF EC ＝22； 故答案：22； ②∵AO＝22AC ，∠BAO＝∠CAO＝45°，∠DAE＝45°， ∴∠DAE＝∠CAO. ∵AE＝AC ， ∴AF＝AO ， ∴AF AE ＝AO AC，∴△AFO∽△AEC， ∴OF EC ＝AO AC ＝22； 故答案：22. (2)OF ＝22EC. 理由：在等腰直角△ADE 中，F 为AD 的中点， ∴AF＝12AD ＝22AE.在等腰直角△ABC 中，O 为BC 的中点， 如解图①，连接AO ， ∴AO＝22AC ，∠BAO＝∠CAO＝45°. ∴∠DAE＝45°，∴∠DAE＝∠CAO，即∠DAO＝∠CAE. ∵AE＝AC ， ∴AF＝AO ， ∴AF AE ＝AO AC， ∴△AFO∽△AEC， ∴OF EC ＝AO AC ＝22； (3)∵△ABC 和△AED 是两个全等的等腰直角三角形， ∴AD＝BC ＝2， ∴ED＝AE ＝AB ＝AC ＝1，当△ACD 为直角三角形时，分两种情况：图①图②图③ 第5题解图①当AD 与AB 重合时，如解图②，连接CD. 当△ACD 为直角三角形时，AD⊥AC， 即将△ADE 绕点A 逆时针旋转45°. ∵AD＝2，AC ＝1，∴由勾股定理可得CD ＝（2）2＋12＝3； ②当AE 与AC 重合时，如解图③， 当△ACD 为直角三角形时，AC⊥CD，即将△ADE 绕点A 逆时针旋转90°，此时CD ＝AC ＝1. 综上所述，CD 的长为3或1. 类型二 针对训练1．解：(1)①△DEC 绕点C 旋转到点D 恰好落在AB 边上， ∴AC＝CD.∵∠BAC＝90°－∠B＝90°－30°＝60°. ∴△ACD 是等边三角形， ∴∠ACD＝60°，又∵∠CDE＝∠BAC＝60°， ∴∠ACD＝∠CDE， ∴DE∥AC；②∵∠B＝30°，∠C＝90°， ∴CD＝AC ＝12AB ，∴BD＝AD ＝AC ，根据等边三角形的性质，△ACD 的边AC ，AD 上的高相等，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S 1＝S 2； (2)∵△DEC 是由△ABC 绕点C 旋转得到， ∴BC＝CE ，AC ＝CD ，∠DCE＝∠ACB＝90°， ∵∠ACN＋∠ACE＝180°， ∴∠ACN＝∠DCM.在△ACN 和△DCM 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠ACN＝∠DCM，∠N＝∠CMD＝90°，AC ＝CD∴△ACN≌△DCM(AAS)， ∴AN＝DM ，∴△BDC 的面积和△AEC 的面积相等(等底等高的三角形的面积相等)，即S 1＝S 2；第1题解图(3)如解图，过点D 作DF 1∥BE 交BA 于点F 1，易求得四边形BEDF 1是菱形，∴BE＝DF 1，且BE ，DF 1边上的高相等，此时S△DCF 1＝S △BDE ； 过点D 作DF 2⊥BD.∵∠ABC＝60°，F 1D∥BE 交BA 于点F 2， ∴∠F 2F 1D ＝∠ABC＝60°.∵BF 1＝DF 1，∠F 1BD ＝12∠ABC＝30°，∠F 2DB ＝90°，∴∠F 1DF 2＝∠ABC＝60° ∴△DF 1F 2是等边三角形， ∴DF 1＝DF 2.∵BD＝CD ，∠ABC＝60°，点D 是角平分线上一点， ∴DBC＝∠DCB＝12×60°＝30°，∴∠CDF 1＝180°－∠BCD＝180°－30°＝150°， ∠CDF 2＝360°－150°－60°＝150°， ∴∠CDF 1＝∠CDF 2. 在△CDF 1和△CDF 2中， ⎩⎪⎨⎪⎧DF 1＝DF 2∠CDF 1＝∠CDF 2CD ＝CD， ∴△CDF 1≌△CDF 2(SAS)，∴点F 2也是所求的点． ∵∠ABC＝60°，点D 是角平分线上一点，DE∥AB， ∴∠DBC＝∠BDE＝∠ABD＝12×60°＝30°.又∵BD＝4，∴BE＝12×4÷cos 30°＝2÷32＝433，∴BF 1＝433，BF 2＝BF 1＋F 1F 2＝433＋433＝833.故BF 的长为433或833.2．解：当∠EDF 绕D 点旋转到DE⊥AC 时，四边形CEDF 是正方形；设△ABC 的边长AC ＝BC ＝a ，则正方形CEDF 的边长为12a ，∴S △ABC ＝12a 2，S 正方形CEDF ＝(12a)2＝14a 2，即S △DEF ＋S △CEF ＝12S △ABC ；(1)上述结论成立；理由如下： 连接CD ，如解图①所示．∵AC＝BC ，∠ACB＝90°，D 为AB 中点，∴∠B＝45°，∠DCE＝12∠ACB＝45°，CD⊥AB，CD ＝12AB ＝BD ，∴∠DCE＝∠B，∠CDB＝90° ∵∠EDF＝90°， ∴∠1＝∠2， 在△CDE 和△BDF 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠1＝∠2CD ＝BD∠DCE＝∠B， ∴△CDE≌△BDF(ASA)，∴S △DEF ＋S △CEF ＝S △ADE ＋S △BDF ＝12S △ABC ；图①图② 第2题解图(2)S △DEF －S △CEF ＝12S △ABC ；理由如下：连接CD ，如解图②所示，同(1)得：△DEC≌△DFB，∠DCE＝∠DBF ＝135°， ∴S △DEF ＝S 五边形DBFEC ， S △CFE ＋S △DBC ， ＝S △CFE ＋12S △ABC ，∴S △DEF －S △CFE ＝12S △ABC .∴S △DEF 、S △CEF 、S △ABC 的关系是S △DEF －S △CEF ＝12S △ABC .3．解：(1)如解图①中，∵四边形ABCD 、EFGC 都是正方形， ∴∠BCD＝∠ECG＝90°.∵∠BCG＋∠BCD＋∠DCE＋∠ECG＝360°， ∴∠BCG＋∠ECD＝180°.图①图②图③ 第3题解图如解图①，过点E 作EM⊥DC 于点M ，过点G 作GN⊥BN 交BN 的延长线于点N ， ∴∠EMC＝∠N＝90°.∵四边形ABCD 和四边形ECGF 均为正方形， ∴∠BCD＝∠DCN＝∠ECG＝90°，CB ＝CD ，CE ＝CG ，∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2， ∴∠1＝∠3. 在△CME 和△CNG 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠EMC＝∠GNC ∠1＝∠3EC ＝CG， ∴△CME≌△CNG(ASA)， ∴EM＝GN.又∵S 1＝12CD·EM，S 2＝12CB·GN，∴S 1＝S 2；故答案为180°，S 1＝S 2； (2)猜想：S 1＝S 2，证明：如解图②，过点E 作EM⊥DC 于点M ，过点B 作BN⊥GC 交GC 的延长线于点N ， ∴∠EMC＝∠N＝90°.∵矩形CGFE 由矩形ABCD 旋转得到的， ∴CE＝CB ，CG ＝CD ，∵∠ECG＝∠ECN＝∠BCD＝90°，∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2，∴∠1＝∠3. 在△CME 和△CNB 中， ⎩⎪⎨⎪⎧∠EMC＝∠BNC ∠1＝∠3EC ＝CB， ∴△CME≌△CNB(AAS)． ∴EM＝BN.又∵S 1＝12CD·EM，S 2＝12CG ·BN ，∴S 1＝S 2;(3)如解图③，作DM⊥AC 于M ，延长BA ，交EC 于N ， ∵AB＝AC ＝10 cm ，∠B＝30°， ∴∠ACB＝∠ABC＝30°， ∴∠BAC＝120°，根据翻折的性质，得∠ACE＝∠ACB＝30°， ∵AD∥CE，∴∠DAC＝∠ACE＝30°， ∴∠BAD＝90°，DM ＝12AD ，∴BN⊥EC.∵AD＝tan∠ABD·AB，AB ＝10 cm ， ∴AD＝tan 30°×10＝103 3 (cm)，∴DM＝12×1033＝533(cm)．∵S △ABP ＝12AB·PN，S △ADC ＝12AC·DM，S △ABP ＝S △ADC ，AB ＝AC ，∴PN＝DM ＝533.在Rt△ANC 中，∠ACN＝30°，AC ＝10 (cm)， ∴NC＝cos∠ACN·AC＝cos 30°×10＝53(cm)． ∵在EC 上到N 的距离等于533的点有两个，∴P′C＝103 3 cm ，P ″C ＝203 3 cm.∴CP 的长为103 3 cm 或203 3 cm.4．解：(1)PM ＝PN ，PM⊥PN，理由如下： 如解图①，延长AE 交BD 于O ， ∵△ACB 和△ECD 是等腰直角三角形， ∴AC＝BC ，EC ＝CD ，∠ACB＝∠ECD＝90°. 在△ACE 和△BCD 中， ⎩⎪⎨⎪⎧AC ＝BC ，∠ACE＝∠BCD＝90°，CE ＝CD ，∴△ACE≌△BCD(SAS)， ∴AE＝BD ，∠EAC＝∠CBD，∵∠EAC＋∠AEC＝90°，∠AEC＝∠BEO， ∴∠CBD＋∠BEO＝90°， ∴∠BOE ＝90°，即AE⊥BD，∵点M 、N 分别是斜边AB 、DE 的中点，点P 为AD 的中点， ∴PM＝12BD ，PN ＝12AE ，∴PM＝PN.∵PM∥BD，PN∥AE，AE⊥BD，∴∠NPD＝∠EAC，∠MPA＝∠BDC，∠EAC＋∠BDC＝90°， ∴∠MPA＋∠NPC＝90°，∴∠MPN＝90°， 即PM⊥PN.图①图② 第4题解图(2)△PMN 为等腰直角三角形，理由如下： 如解图②，设AE 交BC 于点O. ∵△ACB 和△ECD 是等腰直角三角形， ∴AC＝BC ，EC ＝CD ，∠AC B ＝∠ECD＝90°， ∴∠ACB＋∠BCE＝∠ECD＋∠BCE， ∴∠ACE＝∠BCD， ∴△ACE≌△BCD， ∴AE＝BD ，∠CAE ＝∠CBD. 又∵∠AOC＝∠BOE，∠CAE＝∠CBD， ∴∠BHO＝∠ACO＝90°.∵点P ，M ，N 分别为AD ，AB ，DE 的中点， ∴PM＝12BD ，PM∥BD，PN ＝12AE ，PN∥AE，∴PM＝PN ，∴∠MGE＋∠BHA＝180°， ∴∠MGE＝90°， ∴∠MPN＝90°，∴PM⊥PN，即△PMN 为等腰直角三角形．(3)由(2)可知△PMN 是等腰直角三角形，PM ＝12BD ，∴当BD 的值最大时，PM 的值最大，△PMN 的面积最大， ∴当B ，C ，D 共线时，BD 的最大值为BC ＋CD ＝6， ∴PM＝PN ＝3，。
河南省中考数学专题复习专题类比探究题训练
从此刻开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也可是是大器晚成专题七类比研究题种类一线段数目关系问题( 2018·河南 )(1) 问题发现如图①，在△ OAB 和△ OCD中， OA＝ OB， OC＝ OD，∠ AOB＝∠ COD＝40°，连结AC， BD交于点 M.填空：AC①的值为 ________；BD②∠ AMB的度数为 ________；(2) 类比研究如图②，在△ OAB 和△ OCD中，∠ AOB＝∠ COD＝90°，∠ OAB＝∠ OCD＝30°，连结AC交 BD的延长线于点ACM.请判断的值及∠ AMB的度数，并说明原因；BD(3)拓展延长在 (2) 的条件下，将△ OCD 绕点 O在平面内旋转， AC， BD所在直线交于点 M，若 OD＝1， OB＝ 7，请直接写出当点 C 与点 M重合时 AC的长．【剖析】 (1) ①证明△ COA≌△ DOB(SAS)，得 AC＝ BD，比值为1；②由△ COA≌△ DOB，得∠ CAO＝∠ DBO，依据三角形的内角和定理，得∠AMB＝180°－ ( ∠DBO＋∠ OAB＋∠ABD)＝180°－ 140°＝ 40°；(2) 依据两边的比相等且夹角相等可得△ AOC∽△ BOD，则AC OC3，由全等三角形的性质得∠ AMB 的度＝＝BD OD数；(3)正确画出图形，当点 C与点 M重合时，有两种状况：如解图①和②，同理可得△ AOC∽△ BOD，则∠ AMBAC＝90°，＝ 3，可得 AC的长．解： (1) 问题发现①1【解法提示】∵∠ AOB＝∠ COD＝40°，∴∠ COA＝∠ DOB.∵OC＝ OD，OA＝ OB，∴△ COA≌△ DOB(SAS)，∴AC＝ BD，AC∴＝ 1.BD②40°【解法提示】∵△ COA≌△ DOB，∴∠ CAO＝∠ DBO.∵∠ AOB＝40°，∴∠ OAB＋∠ ABO＝140°，在△ AMB 中，∠ AMB＝180°－ ( ∠CAO＋∠ OAB＋∠ ABD)＝180°－ ( ∠DBO＋∠ OAB＋∠ ABD)＝180°－ 140°＝40°.(2)类比研究AC＝3，∠ AMB＝90°，原因以下：BD在 Rt△OCD中，∠ DCO＝30°，∠ DOC＝90°，OD 3 ∴＝tan 30 °＝3 ，OC同理，得OB 3 ＝tan 30 °＝，OA 3∵∠ AOB＝∠ COD＝90°，∴∠ AOC＝ BOD，∴△ AOC∽△ BOD，AC OC∴＝＝3，∠ CAO＝∠ DBO.BD OD∴∠ AMB＝180°－∠ CAO－∠ OAB－M BA＝180°－ ( ∠DAB＋∠ MBA＋∠ OBD)＝180°－ 90°＝ 90°.(3)拓展延长①点 C 与点 M重合时，如解图①，同理得△ AOC∽△ BOD，AC∴∠ AMB＝90°，＝3，BD设 BD＝ x，则 AC＝ 3x，∵∠ OCD＝30°， OD＝ 1，∴CD＝ 2，∴BC＝ x－ 2.在 Rt△AOB中，∠ OAB＝30°， OB＝ 7. ∴AB＝ 2OB＝ 2 7，在 Rt△AMB中，由勾股定理，得2 2 2，AC＋ BC＝AB即 ( 3 x) 2＋ (x － 2) 2＝(2 7) 2，解得 x1＝ 3，x2＝－ 2( 舍去 ) ，∴AC＝ 3 3；②点 C 与点 M重合时，如解图②，同理得：∠AMB＝90°，AC3，＝BD设 BD＝ x，则 AC＝ 3x，在 Rt△AMB中，由勾股定理，得2 2 2，AC＋ BC＝AB即 ( 3x) 2＋(x ＋ 2) 2＝ (2 7) 2解得 x1＝－ 3，解得 x2＝2( 舍去 ) ．∴AC＝ 2 3.综上所述， AC的长为 3 3 或 2 3.图①图②例 1题解图1．( 2016·河南 )(1) 发现如图①，点 A 为线段 BC外一动点，且BC＝ a，AB＝ b.填空：当点 A 位于 ________________ 时，线段AC的长获得最大值，且最大值为__________( 用含 a， b 的式子表示 ) ．点 A 为线段 BC外一动点，且 BC＝ 3， AB＝ 1，如图②所示，分别以 AB， AC为边，作等边三角形 ABD和等边三角形 ACE，连结 CD， BE.①请找出图中与BE相等的线段，并说明原因；②直接写出线段BE长的最大值．(3)拓展如图③，在平面直角坐标系中，点 A 的坐标为 (2 ， 0) ，点 B 的坐标为 (5 ， 0) ，点 P 为线段 AB 外一动点，且 PA＝ 2，PM＝ PB，∠ BPM＝90°，请直接写出线段 AM长的最大值及此时点 P 的坐标．2．( 2015·河南 ) 如图①，在Rt△ABC中，∠ B＝90°， BC＝ 2AB＝ 8，点 D， E 分别是边BC， AC的中点，连接 DE.将△ EDC绕点 C 按顺时针方向旋转，记旋转角为α.(1)问题发现AE 5①当α＝ 0°时，BD＝ __ 2 __；AE 5②当α＝ 180°时，＝____；BD 2AE试判断：当0°≤α <360°时，的大小有无变化？请仅就图②的情况给出证明．BD(3)解决问题当△ EDC旋转至 A， D， E 三点共线时，直接写出线段BD的长．3．( 2014·河南 )(1)问题发现如图①，△ ACB 和△ DCE均为等边三角形，点A， D， E 在同向来线上，连结BE.填空：①∠ AEB 的度数为 __________；②线段 AD， BE之间的数目关系为______________．(2)拓展研究如图②，△ ACB 和△ DCE 均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠ DCE＝90°，点A， D， E 在同向来线上，CM 为△DCE中 DE边上的高，连结BE，请判断∠ AEB 的度数及线段CM， AE， BE之间的数目关系，并说明原因．(3)解决问题如图③，在正方形ABCD中， CD＝2，若点 P 知足 PD＝ 1，且∠ BPD＝90°，请直接写出点A到 BP的距离．4．( 2018·南阳二模 ) 在△ ABC中，∠ ACB是锐角，点 D 在射线 BC上运动，连结 AD，将线段 AD绕点 A 逆时针旋转 90°，获得 AE，连结 EC.(1) 操作发现若 AB＝ AC，∠ BAC＝90°，当D在线段BC上时 ( 不与点 B 重合 ) ，如图①所示，请你直接写出线段CE和 BD 的地点关系和数目关系是______________， ______________；(2) 猜想论证在 (1) 的条件下，当 D 在线段BC的延长线上时，如图②所示，请你判断(1) 中结论能否建立，并证明你的判断．(3)拓展延长如图③，若AB≠AC，∠ BAC≠90°，点D在线段 BC上运动，尝试究：当锐角∠ACB 等于 ________度时，线段 CE和 BD之间的地点关系仍建立 ( 点 C，E 重合除外 ) ？此时若作 DF⊥AD 交线段 CE于点 F，且当 AC＝3 2时，请直接写出线段 CF 的长的最大值是 ____．5．已知，如图①，△ ABC，△ AED是两个全等的等腰直角三角形( 其极点B， E 重合 ) ，∠ BAC＝∠ AED＝90°， O为 BC的中点， F 为 AD的中点，连结OF.OF①如图①，＝ _______；ECOF②将△ AED绕点 A 逆时针旋转45°，如图②，＝_______；EC(2)类比延长OF将图①中△ AED绕点 A 逆时针旋转到如图③所示的地点，请计算出的值，并说明原因．EC(3) 拓展研究将图①中△ AED 绕点 A 逆时针旋转，旋转角为α，0°≤α≤ 90°，AD＝2，△ AED 在旋转过程中，存在△ACD为直角三角形，请直接写出线段CD的长．种类二图形面积关系问题( 2017·河南 ) 如图①，在 Rt△ABC中，∠ A＝90°， AB＝ AC，点 D， E 分别在边 AB，AC上， AD＝AE，连结 DC，点 M， P，N 分别为 DE， DC， BC的中点．(1)察看猜想图①中，线段PM与 PN的数目关系是________，地点关系是 ________；(2)研究证明把△ ADE 绕点 A 逆时针方向旋转到图②的地点，连结MN， BD， CE，判断△ PMN的形状，并说明原因；(3)拓展延长把△ ADE绕 A 在平面内自由旋转，若AD＝ 4， AB＝10，请直接写出△ PMN 面积的最大值．图①图②例2题图1 1【剖析】(1)利用三角形的中位线定理得出PM＝2CE， PN＝2BD，从而判断出BD＝ CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出PM∥CE，既而得出∠ DPM＝∠ DCA，最后用互余即可得出结论；1 1(2) 先判断出△ ABD≌△ ACE，得出 BD＝ CE，同 (1) 的方法得出 PM＝2BD， PN＝2BD，即可得出PM＝ PN，同(1)的方法即可得出结论；(3) 先判断出MN最大时，△ PMN 的面积最大，从而求出AN，AM，即可得出MN最大＝ AM＋ AN，最后用面积公式即可得出结论．【自主解答】解： (1) ∵点 P， N是 BC， CD的中点，1∴PN∥BD， PN＝ BD.2∵点 P， M是 CD， DE的中点，1∴PM∥CE， PM＝2CE.∵AB＝ AC，AD＝ AE，∴BD＝ CE，∴P M＝ PN.∵PN∥BD，∴∠ DPN＝∠ ADC，∵PM∥CE，∴∠ DPM＝∠ DCA.∵∠ BAC＝90°，∴∠ ADC＋∠ ACD＝90°，(2)由旋转知，∠ BAD＝∠ CAE，∵AB＝ AC，AD＝ AE，∴△ABD≌△ ACE(SAS)，∴∠ABD＝∠ ACE， BD＝ CE.1同 (1) 的方法，利用三角形的中位线定理，得PN＝2BD，1PM＝2CE，∴PM＝ PN，∴△ PMN是等腰三角形，同 (1) 的方法得， PM∥CE，∴∠ DPM＝∠ DCE，同 (1) 的方法得， PN∥BD，∴∠ PNC＝∠ DBC.∵∠ DPN＝∠ DCB＋∠ PNC＝∠ DCB＋∠ DBC，∴∠ MPN＝∠ DPM＋∠ DPN＝∠ DCE＋∠ DCB＋∠ DBC＝∠ BCE＋∠ DBC＝∠ ACB＋∠ ACE＋∠ DBC ＝∠ ACB＋∠ ABD ＋∠ DBC＝∠ ACB＋∠ ABC.∵∠ BAC＝90°，∴∠ ACB＋∠ ABC＝90°，∴∠ MPN＝90°，∴△ PMN是等腰直角三角形，例 2题解图(3)如解图，同 (2) 的方法得，△ PMN 是等腰直角三角形，∴当 MN最大时，△ PMN的面积最大，∴DE∥BC 且 DE在极点 A 上边，∴MN最大＝ AM＋ AN，连结 AM， AN，在△ ADE中， AD＝ AE＝ 4，∠ DAE＝90°，在 Rt △ABC 中， AB ＝AC ＝ 10， AN ＝ 5 2，∴MN ＝22＋5 2＝7 2，最大121 12 1 2 49 ∴S △PMN 最大 ＝2PM ＝ 2×2MN ＝ 4×(7 2) ＝ 2 .1．( 2013· 河南 ) 如图①，将两个完整同样的三角形纸片ABC 和 DEC 重合搁置，此中∠ C ＝90°，∠ B ＝∠E＝ 30°.(1) 操作发现如图②，固定△ ABC ，使△ DEC 绕点 C 旋转，当点 D 恰巧落在 AB 边上时，填空：①线段 DE 与 AC 的地点关系是 ______________；②设△ BDC 的面积为 S 1，△ AEC 的面积为 S 2，则 S 1 与 S 2 的数目关系是 ______________ ．(2) 猜想论证当△ DEC 绕点 C 旋转到如图③所示的地点时，小明猜想(1) 中 S 1 与 S 2 的数目关系仍旧建立，并试试分别作出了△ BDC 和△ AEC 中 BC ， CE 边上的高，请你证明小明的猜想．(3) 拓展研究已知∠ ABC ＝60°，点 D 是角均分线上一点， BD ＝ CD ＝ 4，DE ∥AB 交 BC 于点 E( 如图④ ) ．若在射线 BA 上存在点 F ，使 S △DCF ＝ S △BDE ，请直接写出相应的 BF 的长．2．已知 Rt△ABC中， BC＝AC，∠ C＝90°， D 为 AB边的中点，∠ EDF＝90°，将∠ EDF 绕点 D 旋转，它的两边分别交 AC， CB(或它们的延长线 ) 于 E， F. 当∠ EDF 绕点 D旋转到 DE⊥AC于 E 时，如图①所示，试证明1S△DEF＋ S△CEF＝2S△ABC.不建立，试说明原因．(2)直接写出图③中， S△DEF， S△CEF与 S△ABC之间的数目关系．3．( 2018·郑州模拟 ) 如图①所示，将两个正方形ABCD和正方形 CGFE以下图搁置，连结DE， BG.(1)图中∠ DCE＋∠ BCG＝__________°；设△ DCE 的面积为 S1，△ BCG的面积为 S2，则 S1与 S2的数目关系为______________ ；猜想论证：(2) 如图②所示，将矩形ABCD绕点 C按顺时针方向旋转后获得矩形FECG，连结 DE， BG，设△ DCE的面积为S1，△ BCG的面积为S2，猜想 S1和 S2的数目关系，并加以证明；(3) 如图③所示，在△ ABC 中， AB＝AC＝ 10 cm，∠ B＝30°，把△ ABC 沿 AC 翻折获得△ AEC，过点 A 作 AD 平行 CE交 BC于点 D，在线段CE上存在点P，使△ ABP 的面积等于△ ACD 的面积，请写出CP的长．4．( 2018·驻马店一模 ) 如图①，△ ABC 与△ CDE都是等腰直角三角形，直角边AC， CD在同一条直线上，点 M， N 分别是斜边 AB， DE的中点，点 P 为 AD的中点，连结 AE，BD， PM，PN， MN.(1) 察看猜想图①中， PM与 PN的数目关系是 ______________ ，地点关系是 ______________；(2)研究证明将图①中的△ CDE 绕着点 C 顺时针旋转α(0°＜α＜90°)，获得图②，AE与 MP，BD 分别交于点G， H，判断△ PMN的形状，并说明原因；(3)拓展延长把△ CDE绕点 C随意旋转，若AC＝ 4， CD＝ 2，请直接写出△ PMN 面积的最大值．参照答案种类一针对训练1．解： (1) ∵点 A 为线段 BC外一动点，且BC＝a， AB＝b，∴当点 A 位于 CB的延长线上时，线段AC的长获得最大值，且最大值为BC＋AB＝ a＋b.(2) ①CD＝ BE，原因：∵△ ABD 与△ ACE是等边三角形，∴AD＝ AB，AC＝ AE，∠ BAD＝∠ CAE＝60°，∴∠ BAD＋∠ BAC＝∠ CAE＋∠ BAC，即∠ CAD＝∠ EAB.AD＝ AB在△ CAD和△ EAB中，∠CAD＝∠ EAB，AC＝ AE∴△ CAD≌△ EAB，∴ CD＝ BE.②∵线段 BE长的最大值等于线段CD的最大值，由 (1) 知，当线段 CD的长获得最大值时，点D 在 CB的延长线上，∴线段 BE长的最大值为BD＋BC＝ AB＋BC＝ 4；(3)∵将△ APM绕着点 P 顺时针旋转 90°获得△ PBN，连结 AN，如解图①，则△ APN是等腰直角三角形，∴PN＝ PA＝2， BN＝ AM.∵点 A 的坐标为 (2 ，0) ，点 B 的坐标为 (5 ， 0) ，∴OA＝ 2， OB＝ 5，∴ AB＝ 3，∴线段 AM 长的最大值等于线段 BN 长的最大值，∴当点 N 在线段 BA 的延长线时，线段 BN 获得最大值，最大值为 AB ＋ AN.∵AN ＝ 2AP ＝ 2 2，∴线段 AM 的长最大值为 2 2＋ 3.如解图②，过点 P 作 PE ⊥x 轴于点 E.∵△ APN 是等腰直角三角形，∴PE ＝ AE ＝ 2，∴OE ＝ BO －AB － AE ＝5－ 3－2＝ 2－ 2，∴P(2－ 2， 2) ．图①图②第 1题解图2．解： (1) ①当 α＝ 0°时，∵在 Rt △ABC 中，∠ B ＝90°，2 2 2 2∴AC ＝ AB ＋ BC ＝ （8÷2） ＋ 8 ＝4 5.∵点 D 、 E 分别是边 BC 、 AC 的中点，∴AE ＝ 4 5÷2＝ 2 5， BD ＝8÷2＝ 4，AE 2 5 5 ∴ ＝4 ＝ . BD 2②如解图①，当 α＝ 180°时，得可得 AB ∥DE ，∵ AC BC ＝ ，AE BD∴ AE AC 4 5 5＝ ＝ 8 ＝ 2 .BD BCAE∵∠ ECD＝∠ ACB，∴∠ ECA＝∠ DCB.EC AC 5又∵＝＝，DCBC 2∴△ ECA∽△ DCB，AE EC 5∴＝＝.BD DC 2图①图②图③第 2题解图(3)①如解图②，∵AC＝ 45， CD＝ 4，CD⊥AD，2 2 2 2∴AD＝ AC－ CD＝（ 4 5）－ 4 ＝ 80－ 16＝ 8.∵AD＝ BC，AB＝ DC，∠ B＝90°，∴四边形 ABCD是矩形，∴BD＝ AC＝4 5.③如解图③，连结BD，过点 D 作 AC的垂线交 AC于点 Q，过点 B 作 AC的垂线交 AC于点 P，∵AC＝ 4 5， CD＝ 4，CD⊥AD，2 2 2 2∴A D＝ AC－ CD＝（ 4 5）－ 4 ＝ 80－ 16＝ 8，∵点 D、 E 分别是边 BC、 AC的中点，1 1 1∴DE＝2AB＝2×(8 ÷2) ＝2×4＝ 2，∴AE＝ AD－DE＝ 8－ 2＝ 6，由 (2) ，可得AE＝5，从此刻开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也可是是大器晚成∴BD＝6 12 5＝.5 52综上所述， BD的长为 412 5 5 或.53．解： (1) ∵△ ACB 和△ DCE均为等边三角形，∴CA＝ CB，CD＝ CE，∠ ACB＝∠ DCE＝60°，∴∠ ACD＝∠ BCE.在△ ACD和△ BCE中，AC＝ BC∠ACD＝∠ BCE，CD＝ CE∴△ ACD≌△ BCE(SAS)，∴∠ ADC＝∠ BEC.∵△ DCE为等边三角形，∴∠ CDE＝∠ CED＝60°.∵点 A， D， E 在同向来线上，∴∠ ADC＝120°，∴∠ BEC＝120°，∴∠ AEB＝∠ BEC－∠ CED＝60°.②∵△ ACD≌△ BCE，∴ AD＝BE.(2) ∠AEB＝90°， AE＝ BE＋ 2CM.原因以下：∵△ ACB和△ DCE均为等腰直角三角形，∴CA＝ CB，CD＝ CE，∠ ACB＝∠ DCE＝90°.∴∠ ACD＝∠ BCE.在△ ACD和△ BCE中，CA＝ CB∠ACD＝∠ BCE，CD＝ CE∴△ ACD≌△ BCE(SAS)，∴AD＝ BE，∠ ADC＝∠ BEC.∵△ DCE为等腰直角三角形，∴∠CD E＝∠ CED＝45°.∵点 A， D， E 在同向来线上，∴∠ ADC＝135°，∴∠ BEC＝135°，∴∠ AEB＝∠ BEC－∠ CED＝90°.∵CD＝ CE，CM⊥DE，∴ DM＝ ME.∵∠ DCE＝90°，∴ DM＝ ME＝CM，∴AE＝ AD＋DE＝ BE＋2CM.从此刻开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也可是是大器晚成(3)∵PD＝ 1，∴点 P 在以点 D 为圆心， 1 为半径的圆上．∵∠ BPD＝90°，∴点 P 在以 BD为直径的圆上，∴点 P 是这两圆的交点．①当点 P 在如解图①所示地点时，连结 PD， PB， PA，作 AH⊥BP，垂足为H，过点 A 作 AE⊥AP，交 BP于点 E.∵四边形ABCD是正方形，∴∠ ADB＝45°， AB＝ AD＝ DC＝ BC＝2，∠ BAD＝90°，∴BD＝2. ∵DP＝ 1，∴ BP＝3.∵∠ BPD＝∠ BAD＝90°，∴点 A、 P、 D、 B 在以 BD为直径的圆上，∴∠ APB＝∠ ADB＝45°.∴△ PAE 是等腰直角三角形．又∵△ BAD是等腰直角三角形，点B， E， P 共线， AH⊥BP，∴由 (2) 中的结论可得：BP＝2AH＋ PD，∴3＝ 2AH＋ 1，∴AH＝3－ 1；2②当点 P 在如解图②所示地点时，连结 PD、 PB、 PA、作 AH⊥BP，垂足为H，过点 A 作 AE⊥AP，交 PB的延长线于点E，同理可得： BP＝ 2AH－ PD，∴3＝ 2AH－ 1，3＋ 1∴AH＝.2综上所述，点 A 到 BP的距离为3－13＋1.2或2图①从此刻开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也可是是大器晚成图②第 3题解图4．解： (1) ①∵ AB＝ AC，∠ BAC＝90°，线段 AD绕点 A 逆时针旋转90°获得 AE，∴AD＝ AE，∠ BAD＝∠ CAE，∴△ BAD≌△ CAE，∴CE＝ BD，∠ ACE＝∠ B，∴∠ BCE＝∠ BCA＋∠ ACE＝90°，∴线段 CE， BD之间的地点关系和数目关系为CE＝ BD，CE⊥BD；(2)(1)中的结论仍旧建立．证明以下：如解图①，∵线段 AD绕点 A 逆时针旋转90°获得 AE，∴AE＝ AD，∠ DAE＝90°.∵AB＝ AC，∠ BAC＝90°，∴∠ CAE＝∠ BAD，∴△ ACE≌△ ABD，∴CE＝ BD，∠ ACE＝∠ B，∴∠ BCE＝90°，∴线段 CE， BD之间的地点关系和数目关系为CE＝ BD，CE⊥BD；3(3)45 °；4.过 A 作 AM⊥BC 于 M，过点 E 作 EN⊥MA交 MA的延长线于N，如解图②.∵线段 AD绕点 A 逆时针旋转90°获得 AE，∴∠ DAE＝90°， AD＝ AE，∴∠ NAE＝∠ ADM，易证得Rt△AMD≌Rt△ENA，∴NE＝ AM.∵CE⊥BD，即CE⊥MC，∴∠ MCE＝90°，∴四边形MCEN为矩形，∴NE＝ MC，∴ AM＝ MC，∴∠ ACB＝45°.∵四边形MCEN为矩形，从此刻开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也可是是大器晚成∴R t△AMD∽Rt△DCF，MD AM∴＝，设 DC＝ x，CF DC∵在 Rt△AMC中，∠ ACB＝45°， AC＝ 3 2，3－ x 3∴AM＝ CM＝3， MD＝ 3－ x，∴CF ＝x，∴CF＝－1 2＋ x＝－1 32 33x (x － ) ＋，3 2 43 3∴当 x＝2时， CF有最大值，最大值为4.3故答案为45°，4；图①图②第 4题解图5．解： (1) ①∵△A BC，△ AED是两个全等的等腰直角三角形，∴AD＝ BC.∵O为 BC的中点， F 为 AD的中点，∴A F＝ OC.∵∠ BAC＝∠ AED＝90°，AB＝ AC， AE＝DE，∴∠ DAE＝∠ CBA＝45°，∴AD∥BC，∴四边形AFOC是平行四边形，∴OF＝ AC＝2 OF 2 EC，∴＝；2 EC 22故答案： 2 ；2②∵ AO＝AC，∠ BAO＝∠ CAO＝45°，∠ DAE＝45°，2从此刻开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也可是是大器晚成∵AE＝ AC，∴A F＝ AO，AF AO∴＝，AE AC∴△ AFO∽△ AEC，OF AO 2；∴ ＝＝EC AC 22故答案： 2.(2)OF ＝2EC. 2原因：在等腰直角△ ADE 中， F 为 AD的中点，1 2∴A F＝2AD＝2 AE.在等腰直角△ ABC 中， O为 BC的中点，如解图①，连结AO，2∴AO＝2 AC，∠ BAO＝∠ CAO＝45°.∴∠ DAE＝45°，∴∠ DAE＝∠ CAO，即∠ DAO＝∠ CAE.∵AE＝ AC，∴A F＝ AO，AF AO∴＝，AE AC∴△ AFO∽△ AEC，OF AO 2∴ ＝＝；EC AC 2(3)∵△ ABC 和△ AED是两个全等的等腰直角三角形，∴AD＝ BC＝2，∴ED＝ AE＝AB＝ AC＝1，当△ ACD为直角三角形时，分两种状况：图①从此刻开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也可是是大器晚成图②图③第 5题解图①当 AD与 AB 重合时，如解图②，连结CD.当△ ACD为直角三角形时， AD⊥AC，马上△ ADE绕点 A 逆时针旋转45°.∵AD＝2， AC＝ 1，2 2∴由勾股定理可得CD＝（2）＋1＝3；②当 AE 与 AC重合时，如解图③，当△ ACD为直角三角形时， AC⊥CD，马上△ ADE绕点 A 逆时针旋转90°，此时CD＝ AC＝ 1.综上所述， CD的长为3或 1.种类二针对训练1．解： (1) ①△ DEC 绕点 C 旋转到点 D 恰巧落在AB边上，∴AC＝ CD.∵∠ BAC＝90°－∠ B＝90°－ 30°＝ 60°.∴△ ACD是等边三角形，∴∠ ACD＝60°，又∵∠ CDE＝∠ BAC＝60°，∴∠ ACD＝∠ CDE，∴DE∥AC；②∵∠ B＝30°，∠ C＝90°，1∴CD＝ AC＝2AB，∴BD＝ AD＝AC，依据等边三角形的性质，△ACD的边 AC，AD上的高相等，∴△ BDC的面积和△ AEC 的面积相等 ( 等底等高的三角形的面积相等) ，即 S1＝ S2；(2)∵△ DEC是由△ ABC绕点 C 旋转获得，∴BC＝ CE，AC＝ CD，∠ DCE＝∠ ACB＝90°，∵∠ ACN＋∠ ACE＝180°，∴∠ ACN＝∠ DCM.∠ACN＝∠ DCM，在△ ACN和△ DCM中，∠N＝∠ CMD＝90°，AC＝CD∴△ ACN≌△ DCM(AAS)，∴AN＝ DM，∴△ BDC的面积和△ AEC 的面积相等 ( 等底等高的三角形的面积相等) ，即 S1＝ S2；第 1题解图(3)如解图，过点 D作 DF1∥BE交 BA于点 F1，易求得四边形 BEDF1是菱形，∴ BE＝ DF1，且 BE，DF1边上的高相等，此时 S△DCF1＝ S△BDE；过点 D 作 DF2⊥BD.∵∠ ABC＝60°， F1D∥BE 交 BA于点 F2，∴∠F2F1D＝∠ABC＝60°.1∵B F1＝ DF1，∠F1BD＝2∠ABC＝30°，∠F2DB＝90°，∴∠F1DF2＝∠ABC＝60°∴△ DF1F2是等边三角形，∴D F1＝ DF2.∵BD＝ CD，∠ ABC＝60°，点 D 是角均分线上一点，1∴DBC＝∠ DCB＝2×60°＝ 30°，∴∠ CDF1＝180°－∠ BCD＝180°－ 30°＝ 150°，∠CDF2＝360°－ 150°－ 60°＝ 150°，∴∠ CDF1＝∠ CDF2.在△ CDF1和△ CDF2中，DF1＝ DF2∠CDF1＝∠ CDF2，CD＝ CD∴△ CDF1≌△ CDF2(SAS) ，∴点 F2也是所求的点．1∴∠ DBC＝∠ BDE＝∠ ABD＝2×60°＝30°.又∵ BD＝ 4，1 3 4 3，∴BE＝×4÷cos 30 °＝ 2÷＝32 24 3 4 3 4 3 8 3∴BF ＝3，BF＝BF＋FF＝3＋3＝3.1 2 1 1 24 3 8 3故BF的长为3或3 .2．解：当∠ EDF 绕 D 点旋转到DE⊥AC 时，四边形CEDF是正方形；设△ABC的边长 AC＝ BC＝ a，则正方形1CEDF的边长为a，2△ABC 1 2 正方形 CEDF 1212 △DEF△CEF1△ABC∴S＝2a ， S ＝ ( 2a) ＝4a ，即 S ＋S ＝2S ；(1)上述结论建立；原因以下：连结 CD，如解图①所示．∵AC＝ BC，∠ ACB＝90°， D为 AB 中点，∴∠ B＝45°，∠ DCE＝1∠ACB＝45°， CD⊥AB， CD＝1AB＝ BD，2 2 ∴∠ DCE＝∠ B，∠ CDB＝90°∵∠ EDF＝90°，∴∠ 1＝∠ 2，在△ CDE和△ BDF中，∠1＝∠2CD＝ BD，∠DCE＝∠B∴△ CDE≌△ BDF(ASA)，1∴S△DEF＋S△CEF＝S△ADE＋S△BDF＝2S△ABC；图①从此刻开始，不留余力地努力吧，最差的结果，也可是是大器晚成图②第 2题解图1(2)S △DEF－ S△CEF＝2S△ABC；原因以下：连结 CD，如解图②所示，同 (1) 得：△ DEC≌△ DFB，∠ DCE＝∠ DBF＝135°，∴S△DEF＝S五边形 DBFEC，S△CFE＋ S△DBC，1＝S△CFE＋2S△ABC，1∴S△DEF－S△CFE＝2S△ABC.∴S、S 、S 的关系是 S － S ＝ 12S .△DEF △CEF △ABC △DEF △CEF △ABC3．解： (1) 如解图①中，∵四边形ABCD、 EFGC都是正方形，∴∠ BCD＝∠ ECG＝90°.∵∠ BCG＋∠ BCD＋∠ DCE＋∠ ECG＝360°，∴∠ BCG＋∠ ECD＝180°.图①图②图③第 3题解图如解图①，过点 E 作 EM⊥DC于点 M，过点 G作 GN⊥BN 交 BN的延长线于点N，∴∠ EMC＝∠ N＝90°.∵四边形ABCD和四边形ECGF均为正方形，∴∠ BCD＝∠ DCN＝∠ ECG＝90°，CB＝ CD， CE＝CG，∴∠ 1＝90°－∠ 2，∠ 3＝90°－∠ 2，∴∠ 1＝∠ 3.在△ CME和△ CNG中，∠EMC＝∠ GNC∠1＝∠3，EC＝ CG∴△ CME≌△ CNG(ASA)，∴EM＝ GN.又∵S1＝1CD·EM，S2＝1CB·GN，2 2∴S1＝S2；故答案为180°， S1＝ S2；(2)猜想： S1＝ S2，证明：如解图②，过点 E 作 EM⊥DC于点 M，过点 B 作 BN⊥GC交 GC的延长线于点N，∴∠ EMC＝∠ N＝90°.∵矩形 CGFE由矩形 ABCD旋转获得的，∴CE＝ CB，CG＝ CD，∵∠ ECG＝∠ ECN＝∠ BCD＝90°，∴∠ 1＝90°－∠ 2，∠ 3＝90°－∠ 2，∴∠ 1＝∠ 3.在△ CME和△ CNB中，∠EMC＝∠ BNC∠1＝∠3，EC＝ CB∴△ CME≌△ CNB(AAS)．∴EM＝ BN.1 1又∵S1＝CD·EM， S2＝ CG· BN，2 2∴S1＝S2;(3)如解图③，作 DM⊥AC于 M，延长 BA，交 EC于 N，∵AB＝ AC＝10 cm ，∠ B＝30°，∴∠ ACB＝∠ ABC＝30°，∴∠ BAC＝120°，依据翻折的性质，得∠ ACE＝∠ ACB＝30°，∵AD∥CE，∴∠ DAC ＝∠ ACE ＝30°，1∴∠ BAD ＝90°， DM ＝ 2AD ，∴BN ⊥EC.∵AD ＝tan ∠ABD ·AB ， AB ＝ 10 cm ，10∴AD ＝tan 30 °× 10＝ 3 3 (cm) ，1 10 5 3(cm) ．∴DM ＝ × 3 3＝2 31＝1 ＝S ，AB ＝AC ，∵S ＝2AB ·PN ， S 2AC ·DM ， S △ABP△ADC △ABP △ADC 5∴PN ＝ DM ＝ 3 3.在 Rt △ANC 中，∠ ACN ＝30°， AC ＝ 10 (cm) ，∴NC ＝cos ∠ACN ·AC ＝cos 30 °× 10＝5 3(cm) ．5∵在 EC 上到 N 的距离等于 3 3的点有两个，10 ″ 20∴P ′C ＝ 3 3 cm ，P C ＝ 3 3 cm.1020 ∴CP 的长为 3 3 cm 或 3 3 cm.4．解： (1)PM ＝ PN ，PM ⊥PN ，原因以下：如解图①，延长 AE 交 BD 于 O ，∵△ ACB 和△ ECD 是等腰直角三角形，∴AC ＝ BC ，EC ＝ CD ，∠ ACB ＝∠ ECD ＝90°.在△ ACE 和△ BCD 中，AC ＝ BC ，∠ACE ＝∠ BCD ＝90°，CE ＝ CD ，∴△ ACE ≌△ BCD(SAS)，∴AE ＝ BD ，∠ EAC ＝∠ CBD ，∵∠ EAC ＋∠ AEC ＝90°，∠ AEC ＝∠ BEO ，∴∠ CBD ＋∠ BEO ＝ 90°，∴∠ BOE ＝90°，即 AE ⊥BD ，∵点 M 、 N 分别是斜边 AB 、 DE 的中点，点 P 为 AD 的中点，11 ∴PM ＝ 2BD ，PN ＝ 2AE ，∵PM∥BD，PN∥AE，AE⊥BD，∴∠ NPD＝∠ EAC，∠ MPA＝∠ BDC，∠ EAC＋∠ BDC＝90°，∴∠ MPA＋∠ NPC＝90°，∴∠ MPN＝90°，即 PM⊥PN.图①图②第 4题解图(2)△PMN为等腰直角三角形，原因以下：如解图②，设 AE交 BC于点 O.∵△ ACB和△ ECD是等腰直角三角形，∴AC＝ BC，EC＝ CD，∠ ACB＝∠ ECD＝90°，∴∠ ACB＋∠ BCE＝∠ ECD＋∠ BCE，∴∠ ACE＝∠ BCD，∴△ ACE≌△ BCD，∴AE＝ BD，∠ CAE＝∠ CBD.又∵∠ AOC＝∠ BOE，∠ CAE＝∠ CBD，∴∠ BHO＝∠ ACO＝90°.∵点 P， M， N 分别为 AD， AB， DE的中点，1 1∴PM＝BD，PM∥BD， PN＝ AE，PN∥AE，2 2∴PM＝ PN，∴∠ MGE＋∠ BHA＝180°，∴∠ MGE＝90°，∴∠ MPN＝90°，∴PM⊥PN，即△ PMN 为等腰直角三角形．1(3) 由 (2) 可知△ PMN是等腰直角三角形，PM＝2BD，∴当 BD的值最大时， PM的值最大，△ PMN 的面积最大，∴当 B， C， D 共线时， BD的最大值为BC＋ CD＝6，∴PM＝ PN＝3，。
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专题七 类比探究题 类型一 线段数量关系问题 (2018·河南)(1)问题发现 如图①，在△OAB和△OCD中，OA＝OB，OC＝OD，∠AOB＝∠COD＝40°，连接AC，BD交于点M.填空： ①ACBD的值为________； ②∠AMB的度数为________； (2)类比探究 如图②，在△OAB和△OCD中，∠AOB＝∠COD＝90°，∠OAB＝∠OCD＝30°，连接AC交BD的延长线于点M.请判断ACBD的值及∠AMB的度数，并说明理由； (3)拓展延伸 在(2)的条件下，将△OCD绕点O在平面内旋转，AC，BD所在直线交于点M，若OD＝1，OB＝7，请直接写出当点C与点M重合时AC的长．
【分析】 (1)①证明△COA≌△DOB(SAS)，得AC＝BD，比值为1； ②由△COA≌△DOB，得∠CAO＝∠DBO，根据三角形的内角和定理，得∠AMB＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°； (2)根据两边的比相等且夹角相等可得△AOC∽△BOD，则ACBD＝OCOD＝3，由全等三角形的性质得∠AMB的度数； (3)正确画出图形，当点C与点M重合时，有两种情况：如解图①和②，同理可得△AOC∽△BOD，则∠AMB＝90°，ACBD＝3，可得AC的长． 【自主解答】 解：(1)问题发现 ①1【解法提示】∵∠AOB＝∠COD＝40°， ∴∠COA＝∠DOB. ∵OC＝OD，OA＝OB， ∴△COA≌△DOB(SAS)， ∴AC＝BD， ∴ACBD＝1. ②40°【解法提示】∵△COA≌△DOB， ∴∠CAO＝∠DBO. ∵∠AOB＝40°， ∴∠OAB＋∠ABO＝140°， 在△AMB中，∠AMB＝180°－(∠CAO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－(∠DBO＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－140°＝40°. (2)类比探究 ACBD＝3，∠AMB＝90°，理由如下：
在Rt△OCD中，∠DCO＝30°，∠DOC＝90°， ∴ODOC＝tan 30°＝33， 同理，得OBOA＝tan 30°＝33， ∵∠AOB＝∠COD＝90°， ∴∠AOC＝BOD， ∴△AOC∽△BOD， ∴ACBD＝OCOD＝3，∠CAO＝∠DBO. ∴∠AMB＝180°－∠CAO－∠OAB－MBA＝180°－(∠DAB＋∠MBA＋∠OBD)＝180°－90°＝90°. (3)拓展延伸 ①点C与点M重合时，如解图①， 同理得△AOC∽△BOD， ∴∠AMB＝90°，ACBD＝3， 设BD＝x，则AC＝3x， 在Rt△COD中， ∵∠OCD＝30°，OD＝1， ∴CD＝2， ∴BC＝x－2. 在Rt△AOB中，∠OAB＝30°，OB＝7. ∴AB＝2OB＝27， 在Rt△AMB中，由勾股定理，得AC2＋BC2＝AB2， 即(3 x)2＋(x－2)2＝(27)2， 解得x1＝3，x2＝－2(舍去)， ∴AC＝33； ②点C与点M重合时，如解图②，同理得：∠AMB＝90°，ACBD＝3， 设BD＝x，则AC＝3x， 在Rt△AMB中，由勾股定理，得AC2＋BC2＝AB2， 即(3x)2＋(x＋2)2＝(27)2 解得x1＝－3，解得x2＝2(舍去)． ∴AC＝23. 综上所述，AC的长为33或23.
图① 图② 例1题解图
1．(2016·河南) (1)发现 如图①，点A为线段BC外一动点，且BC＝a，AB＝b. 填空：当点A位于________________时，线段AC的长取得最大值，且最大值为__________(用含a，b的式子表示)． (2)应用 点A为线段BC外一动点，且BC＝3，AB＝1，如图②所示，分别以AB，AC为边，作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD，BE. ①请找出图中与BE相等的线段，并说明理由； ②直接写出线段BE长的最大值． (3)拓展 如图③，在平面直角坐标系中，点A的坐标为(2，0)，点B的坐标为(5，0)，点P为线段AB外一动点，且PA＝2，PM＝PB，∠BPM＝90°，请直接写出线段AM长的最大值及此时点P的坐标．
2．(2015·河南)如图①，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝8，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE.将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α. (1)问题发现
①当α＝0°时，AEBD＝__52__； ②当α＝180°时，AEBD＝__52__； (2)拓展探究 试判断：当0°≤α<360°时，AEBD的大小有无变化？请仅就图②的情形给出证明． (3)解决问题 当△EDC旋转至A，D，E三点共线时，直接写出线段BD的长．
3．(2014·河南) (1)问题发现 如图①，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE. 填空： ①∠AEB的度数为__________； ②线段AD，BE之间的数量关系为______________． (2)拓展探究 如图②，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE，请判断∠AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由． (3)解决问题 如图③，在正方形ABCD中，CD＝2，若点P满足PD＝1，且∠BPD＝90°，请直接写出点A到BP的距离． 4．(2018·南阳二模)在△ABC中，∠ACB是锐角，点D在射线BC上运动，连接AD，将线段AD绕点A逆时针旋转90°，得到AE，连接EC. (1)操作发现 若AB＝AC，∠BAC＝90°，当D在线段BC上时(不与点B重合)，如图①所示，请你直接写出线段CE和BD的位置关系和数量关系是______________，______________； (2)猜想论证 在(1)的条件下，当D在线段BC的延长线上时，如图②所示，请你判断(1)中结论是否成立，并证明你的判断． (3)拓展延伸 如图③，若AB≠AC，∠BAC≠90°，点D在线段BC上运动，试探究：当锐角∠ACB等于________度时，线段CE和BD之间的位置关系仍成立(点C，E重合除外)？此时若作DF⊥AD交线段CE于点F，且当AC＝32时，请直接写出线段CF的长的最大值是____．
5．已知，如图①，△ABC，△AED是两个全等的等腰直角三角形(其顶点B，E重合)，∠BAC＝∠AED＝90°，O为BC的中点，F为AD的中点，连接OF. (1)问题发现 ①如图①，OFEC＝_______； ②将△AED绕点A逆时针旋转45°，如图②，OFEC＝_______； (2)类比延伸 将图①中△AED绕点A逆时针旋转到如图③所示的位置，请计算出OFEC的值，并说明理由． (3)拓展探究 将图①中△AED绕点A逆时针旋转，旋转角为α，0°≤α≤90°，AD＝2，△AED在旋转过程中，存在△ACD为直角三角形，请直接写出线段CD的长．
类型二 图形面积关系问题 (2017·河南)如图①，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，点D，E分别在边AB，AC上，AD＝AE，连接DC，点M，P，N分别为DE，DC，BC的中点． (1)观察猜想 图①中，线段PM与PN的数量关系是________，位置关系是________； (2)探究证明 把△ADE绕点A逆时针方向旋转到图②的位置，连接MN，BD，CE，判断△PMN的形状，并说明理由； (3)拓展延伸 把△ADE绕A在平面内自由旋转，若AD＝4，AB＝10，请直接写出△PMN面积的最大值． 图① 图② 例2题图 【分析】 (1)利用三角形的中位线定理得出PM＝12CE，PN＝12BD，进而判断出BD＝CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线定理得出PM∥CE，继而得出∠DPM＝∠DCA，最后用互余即可得出结论； (2)先判断出△ABD≌△ACE，得出BD＝CE，同(1)的方法得出PM＝12BD，PN＝12BD，即可得出PM＝PN，同(1)的方法即可得出结论； (3)先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大＝AM＋AN，最后用面积公式即可得出结论． 【自主解答】 解：(1)∵点P，N是BC，CD的中点， ∴PN∥BD，PN＝12BD. ∵点P，M是CD，DE的中点， ∴PM∥CE，PM＝12CE. ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴BD＝CE， ∴PM＝PN. ∵PN∥BD， ∴∠DPN＝∠ADC， ∵PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCA. ∵∠BAC＝90°， ∴∠ADC＋∠ACD＝90°， ∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCA＋∠ADC＝90°， ∴PM⊥PN， (2)由旋转知，∠BAD＝∠CAE， ∵AB＝AC，AD＝AE， ∴△ABD≌△ACE(SAS)， ∴∠ABD＝∠ACE，BD＝CE. 同(1)的方法，利用三角形的中位线定理，得PN＝12BD， PM＝12CE， ∴PM＝PN， ∴△PMN是等腰三角形， 同(1)的方法得，PM∥CE， ∴∠DPM＝∠DCE， 同(1)的方法得，PN∥BD， ∴∠PNC＝∠DBC. ∵∠DPN＝∠DCB＋∠PNC＝∠DCB＋∠DBC， ∴∠MPN＝∠DPM＋∠DPN＝∠DCE＋∠DCB＋∠DBC＝∠BCE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ACE＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABD＋∠DBC＝∠ACB＋∠ABC. ∵∠BAC＝90°， ∴∠ACB＋∠ABC＝90°， ∴∠MPN＝90°， ∴△PMN是等腰直角三角形，
例2题解图 (3)如解图，同(2)的方法得，△PMN是等腰直角三角形， ∴当MN最大时，△PMN的面积最大， ∴DE∥BC且DE在顶点A上面， ∴MN最大＝AM＋AN， 连接AM，AN， 在△ADE中，AD＝AE＝4，∠DAE＝90°，