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 图形旋转引起得探究
(2019·河南)在△ABC 中,CA ＝CB,∠ACB＝α、点P 就是平面内不与点A,C 重合得任意一点.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
得值就是________,直线BD 与直线CP 相交所成得较小角得度数就是________.
(2)类比探究
如图2,当α＝90°时,请写出BD CP
得值及直线BD 与直线CP 相交所成得较小角得度数,并就图2得情形说明理由.
(3)解决问题
当α＝90°时,若点E,F 分别就是CA,CB 得中点,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
得值.
【分析】(1)延长CP 交BD 得延长线于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 得延长线于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 与△OCD 中,OA ＝OB,OC ＝OD,∠AOB＝∠COD＝40°,连接AC,BD 交于点M 、填空:
①AC BD
得值为________; ②∠AMB 得度数为________;
(2)类比探究
如图2,在△OAB 与△OCD 中,∠AOB＝∠COD＝90°,∠OAB＝∠OCD＝30°,连接AC
交BD 得延长线于点M 、请判断AC BD
得值及∠AMB 得度数,并说明理由; (3)拓展延伸
在(2)得条件下,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 得长.
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 得中点.
(1)观察猜想
图1中,线段PM 与PN 得数量关系就是________,位置关系就是________;
(2)探究证明
把△ADE 绕点A 逆时针方向旋转到图2得位置,连接MN,BD,CE,判断△PMN 得形状,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 面积得最大值.
图1 图2
3.(2015·河南)如图1,在Rt△ABC 中,∠B＝90°,BC＝2AB ＝8,点D,E 分别就是边BC,AC 得中点,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
得大小有无变化？请仅就图2得情形给出证明. (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 得长.
类型二动点引起得探究
(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得长取得最大值,且最大值为________(用含a,b得式子表示);
(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与等边三角形ACE,连接CD,BE、
①请找出图中与BE相等得线段,并说明理由;
②直接写出线段BE长得最大值;
(3)拓展
如图3,在平面直角坐标系中,点A得坐标为(2,0),点B得坐标为(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长得最大值及此时点P得坐标.
【分析】(1)根据点A 位于CB 得延长线上时,线段AC 得长取得最大值,即可得到结论;
(2)①根据等边三角形得性质得到AD ＝AB,AC ＝AE,∠BAD＝∠CAE＝60°,推出△CAD≌△EAB,根据全等三角形得性质得到CD ＝BE;
②由于线段BE 得最大值＝线段CD 得最大值,根据(1)中得结论即可得到结果.
(3)将△APM 绕着点P 顺时针旋转90°得到△PBN,连接AN,得到△APN 就是等腰直角三角形,根据全等三角形得性质得到PN ＝PA ＝2,BN ＝AM,根据当N 在线段BA 得延长线时,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得性质即可得到点P 得坐标.
【自主解答】
4.(2019·河南模拟)(1)问题发现
如图1,在Rt△ABC 中,∠BAC＝90°,AB AC
＝1,点P 就是边BC 上一动点(不与点B 重合),∠PAD＝90°,∠APD＝∠B,连接CD 、
填空:①PB CD
＝________;
②∠ACD 得度数为________;
(2)拓展探究
如图2,在Rt△ABC 中,∠BAC＝90°,AB AC
＝k 、点P 就是边BC 上一动点(不与点B 重合),∠PAD＝90°,∠APD＝∠B,连接CD,请判断∠ACD 与∠B 得数量关系以及PB 与CD 之间得数量关系,并说明理由;
(3)解决问题
如图3,在△ABC 中,∠B＝45°,AB＝42,BC ＝12,P 就是边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 得长.
类型三 图形形状变化引起得探究
(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 之间得数量关系为________;
(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 得长;
(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 得长.
【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 得延长线于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得长;
(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与△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得度数为________;
②线段AD,BE之间得数量关系为________;
(2)拓展探究
如图2,△ACB与△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边上得高,连接BE,请判断∠AEB得度数及线段CM,AE,BE之间得数量关系,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得距离.
参考答案
类型一
【例1】(1)1 60°
(2)BD CP 得值为2,直线BD 与直线CP 相交所成得较小角得度数为45°、理由如下: 如图,设BD 交AC 于点O,BD 交PC 于点E 、
∵∠PAD＝∠CAB＝45°,
∴∠PAC＝∠DA B 、
∵AB AC ＝AD AP ＝2, ∴△DAB∽△PAC,
∴∠PCA＝∠DBA,BD PC ＝AB AC ＝2、 ∵∠EOC＝∠AOB,∴∠CEO＝∠OAB＝45°,
∴直线BD 与直线CP 相交所成得较小角得度数为45°、
(3)AD CP
得值为2＋2或2－2、 如图,当点D 在线段PC 上时,延长AD 交BC 得延长线于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 ＝22
a, ∴AD CP ＝a a ＋22
a ＝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 ＝22
a,
∴PC＝a －22
a, ∴AD PC ＝a a －22
a ＝2＋2、 综上所述,点C,P,D 在同一直线上时,AD CP 得值为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,∴AC BD
＝1、 ②40°
提示:∵△COA≌△DOB,
∴∠CAO＝∠DBO、
∵∠AOB＝40°,∴∠OAB＋∠ABO＝140°、
在△AMB 中,∠AMB＝180°－(∠C AO ＋∠OAB＋∠ABD)＝180°－(∠DBO＋∠OAB ＋∠ABD)＝180°－140°＝40°、
(2)AC BD ＝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 ＝OC OD
＝3,∠CAO＝∠DBO, ∴∠AMB＝180°－∠CAO－∠OAB －MBA ＝180°－(∠DAB＋∠MBA＋∠OBD)＝180°－90°＝90°、
(3)23或33、
提示:①点C 与点M 重合时,如图,
同理得△AOC∽△BOD,
∴∠AMB＝90°,AC BD ＝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＝33、
②点C 与点M 重合时,如图,同理得∠AMB＝90°,AC BD ＝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＝23、
综上所述,AC 得长为33或23、
2.解:(1)PM ＝PN PM⊥PN
提示:∵点P,N 就是BC,CD 得中点,
∴PN∥BD,PN＝12
BD 、
∵点P,M 就是CD,DE 得中点,
∴PM∥CE,PM＝12
CE 、 ∵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),
∴∠ABD＝∠ACE,BD＝CE 、
同(1)得方法,利用三角形得中位线定理得
PN ＝12BD,PM ＝12
CE, ∴PM＝PN,∴△PMN 就是等腰三角形.
同(1)得方法得PM∥CE,
∴∠DPM＝∠DCE、
同(1)得方法得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 就是等腰直角三角形.
(3)492
、 提示:同(2)得方法得△PMN 就是等腰直角三角形,
∴当MN 最大时,△PMN 得面积最大,
∴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＝22、
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＝45、
∵点D,E 分别就是边BC,AC 得中点, ∴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,AE BD
得大小没有变化. ∵∠ECD＝∠ACB,∴∠ECA＝∠DCB、
又∵EC DC ＝AC BC ＝52, ∴△ECA∽△DCB,
∴AE BD ＝EC DC ＝52、 (3)BD 得长为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 就是矩形,
∴BD＝AC ＝45、
b.如图,连接BD,过点D 作AC 得垂线交AC 于点Q,过点B 作AC 得垂线交AC 于点P 、
∵AC＝45,CD ＝4,CD⊥AD, ∴AD＝AC 2－CD 2＝(45)2－42＝80－16＝8、
∵点D,E 分别就是边BC,AC 得中点, ∴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 得长为45或
1255
、 类型二
【例2】(1)CB 得延长线 a ＋b
(2)①CD＝BE 、
理由:∵△ABD 与△ACE 就是等边三角形,
∴AD＝AB,AC ＝AE,∠BAD＝∠CAE＝60°,
∴∠BAD＋∠BAC＝∠CAE＋∠BAC,
即∠CAD＝∠EAB、
在△CAD 与△EAB 中,
⎩⎨⎧AD ＝AB
∠CAD＝∠EAB AC ＝AE
∴△CAD≌△EAB,
∴CD＝BE 、
②4
提示:∵线段BE 长得最大值等于线段CD 得最大值,
由(1)知,当线段CD 取得最大值时,点D 在CB 得延长线上,
∴线段BE 得最大值为BD ＋BC ＝AB ＋BC ＝4、
(3)线段AM 得最大值为22＋3,点P 得坐标为(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 就是等腰直角三角形,
∴PN＝PA ＝2,BN ＝AM 、
∵点A 得坐标为(2,0),点B 得坐标为(5,0),
∴OA＝2,OB ＝5,∴AB＝3,
∴线段AM 得最大值等于线段BN 得最大值,
∴当点N 在线段BA 得延长线时,线段BN 取得最大值,
即最大值为AB ＋AN 、 ∵AN＝2AP ＝22,
∴线段AM 得最大值为22＋3、
如图,过点P 作PE⊥x 轴于点E 、
∵△APN 就是等腰直角三角形,
∴PE＝AE ＝2,
∴OE＝BO －AB －AE ＝5－3－2＝2－2, ∴P(2－2,2).
跟踪训练
4.解:(1)①1
②45°
(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 得延长线于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 得延长线于F 、
同理得△CED≌△AFD,
∴CE＝AF,ED ＝DF 、
设AF ＝x,DF ＝y,
则⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝42＋x ＝y 解得⎩
⎪⎨⎪⎧x ＝1
y ＝3 ∴BF＝2＋1＝3,DF ＝3,
由勾股定理得BD ＝32＋32＝32、
跟踪训练
5.解:(1)①60°
提示:∵△ACB 与△DCE 均为等边三角形,
∴CA＝CB,CD ＝CE,∠ACB＝∠DCE＝60°,
∴∠ACD＝∠BCE、
在△ACD 与△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 与△DCE 均为等腰直角三角形,
∴CA＝CB,CD ＝CE,∠ACB＝∠DCE＝90°,
∴∠ACD＝∠BCE、
在△ACD 与△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得距离为3－1
2
或
3＋1
2
、
提示:∵PD＝1,∴点P在以点D为圆心,1为半径得圆上.
∵∠BPD＝90°,∴点P在以BD为直径得圆上,
∴点P就是这两圆得交点.
(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就是正方形,
∴∠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为直径得圆上,
∴∠APB＝∠ADB＝45°,
∴△PAE就是等腰直角三角形.
又∵△BAD就是等腰直角三角形,点B,E,P共线,AH⊥BP,
∴由(2)中得结论可得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得延长线于点E、
同理可得BP＝2AH－PD,
∴3＝2AH－1,∴AH＝3＋1 2
、
综上所述,点A到BP得距离为3－1
2
或
3＋1
2
、。