中考数学二轮复习类比、拓展探究题(动点)

类型三动点引起的探究1.在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为射线BC上任意一点，将线段AD绕点A逆时针旋转90°得到线段AE，连接CE.(1)问题发现如图①，当点D在BC边上(不与点B、C重合)时，请直接写出∠BCE的度数；(2)类比探究如图②，当点D在线段BC的延长线上时，请问(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；(3)拓展延伸如图②，在(2)的条件下，连接ED并延长，交AC的延长线于点F，若AC＝4，AD＝6，请直接写出线段CF的长.第1题图2.如图，△ABC是等边三角形，点D是边BC所在直线上一动点，连接AD，点E为△ABC的外角平分线上一点，且∠ADE＝60°，试探究AD与DE的数量关系.(1)问题发现如图①，当点D为BC的中点时，过点D作DF∥AC，交AB于点F，通过构造全等三角形，经过推理论证，能够使问题得到解决，请直接填空：△DCE≌，AD与DE的数量关系是；(2)类比探究如图②，当点D是线段BC上(除B，C外)任意一点时，试探究AD与DE之间的数量关系，并写出推理过程；(3)拓展延伸当点D在线段BC的延长线上，且满足CD＝BC时，若AB＝2，请直接写出△ADE的面积.第2题图3.在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝eq\r(7)，AC＝2,过点B作直线m∥AC,将△ABC绕点C顺时针旋转得到△A′B′C(点A、B的对应点分别为A′、B′)，射线CA′、CB′分别交直线m于点P、Q.(1)问题发现：如图①，若P与A′重合时，则∠ACA′的度数为________；(2)类比探究：如图②，设A′B′与BC的交点为M，当M为A′B′的中点时，求线段PQ的长；(3)拓展延伸：在旋转过程中，当点P、Q分别在CA′、CB′的延长线上时，试探究四边形PA′B′Q的面积是否存在最小值？若存在，直接写出四边形PA′B′Q的最小面积；若不存在，请说明理由.第3题图4.(2019南阳模拟)已知在△ABC中，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M、N分别在边CA，CB上(不与端点重合)，BN＝AM，射线AG∥BC交BM延长线于点D，点E在直线AN上，EA＝ED.(1)【观察猜想】如图①，点E在射线NA上，当∠ACB＝45°时，①线段BM与AN的数量关系是________，②∠BDE的度数是________；(2)【探究证明】如图②，点E在射线AN上，当∠ACB＝30°时，判断并证明线段BM与AN的数量关系，求∠BDE的度数；(3)【拓展延伸】点E在直线AN上，当∠ACB＝60°时，AB＝3，点N是BC边上的三等分点，直线ED与直线BC交于点F，请直接写出线段CF的长．第4题图类型三动点引起的探究1.解：(1)∠BCE＝90°；【解法提示】∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，由旋转的性质，可得AD＝AE，∠DAE＝90°，∠BAC＝∠DAE，∴∠BAD＝∠CAE，∴△ABD≌△ACE.∴∠ACE＝∠ABD＝45°，∴∠BCE＝∠ACB＋∠ACE＝90°.(2)(1)中的结论成立．证明：由旋转的性质，可得AD＝AE，∠DAE＝90°，∴∠BAC＝∠DAE.∴∠BAC＋∠CAD＝∠DAE＋∠CAD，即∠BAD＝∠CAE.在△ABD和△ACE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC，,∠BAD＝∠CAE，,AD＝AE.))∴△ABD≌△ACE(SAS)．∴∠ACE＝∠B，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠ACE＝45°，∴∠BCE＝∠ACB＋∠ACE＝90°；(3)线段CF的长为5.【解法提示】∵△ABC和△ADE都是等腰直角三角形．∴∠ACB＝∠ADE＝∠DCF＝45°，∵∠CDE是△CDF的外角，∴∠ADE＋∠ADC＝∠DCF＋∠F，∴∠ADC＝∠F，又∠CAD＝∠DAF，∴△ACD∽△ADF，∴eq\f(AD,AC)＝eq\f(AF,AD)，∴AD2＝AF·AC，即62＝4AF，∴AF＝9，∴CF＝AF－AC＝5.2.解：(1)△DFA，AD＝DE；【解法提示】∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠B＝∠ACB＝∠BAC＝60°.又∵DF∥AC，∴∠BDF＝∠BFD＝60°，∴△BDF是等边三角形，∴DF＝BD，∠BFD＝60°，∴∠AFD＝120°.∵BD＝CD，∴DF＝CD.∵EC是外角的平分线，∠DCE＝120°＝∠AFD，∵∠ADB＝∠ADC＝90°，∴∠ADF＝∠EDC＝30°，在△AFD与△ECD中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠AFD＝∠ECD,DF＝DC,∠ADF＝∠EDC))，∴△AFD≌△ECD(ASA)，∴AD＝DE.(2)AD＝DE.证明如下：如解图①，过点D作DF∥AC，与AB交于点F.第2题解图∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC，∠B＝∠ACB＝∠BAC＝60°，又∵DF∥AC，∴∠BDF＝∠BCA＝60°，∴△BDF是等边三角形，BF＝BD，∠BFD＝60°，∴AF＝CD，∠AFD＝120°，∵EC是外角的平分线，∴∠DCE＝120°＝∠AFD，∵∠ADC是△ABD的外角，∴∠ADC＝∠B＋∠FAD＝60°＋∠FAD，∵∠ADC＝∠ADE＋∠EDC＝60°＋∠EDC，∴∠FAD＝∠EDC，在△AFD与△DCE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠FAD＝∠CDE,AF＝DC,∠AFD＝∠DCE))，∴△AFD≌△DCE(ASA)，∴AD＝DE；(3)3eq\r(3).第2题解图②【解法提示】当点D在线段BC的延长线上，如解图②，设CE与AD交于点O.∵BC＝CD，∴AC＝CD，∵CE平分∠ACD，∴CE垂直平分AD，∴AE＝DE，∵∠ADE＝60°，∴△ADE是等边三角形．∵AB＝2，∴CD＝AC＝2，∴OC＝1，OD＝AO＝eq\r(3)，∴DE＝AD＝2eq\r(3)，∴OE＝3，∴S△ADE＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝3eq\r(3).3.解：(1)60°【解法提示】由旋转可知：AC＝A′C＝2，∵∠ACB＝90°，AB＝eq\r(7)，AC＝2，∴BC＝eq\r(3)，∵∠ACB＝90°，m∥AC，∴∠A′BC＝90°，∴cos∠A′CB＝eq\f(BC,A′C)＝eq\f(\r(3),2)，∴∠A′CB＝30°，∴∠ACA′＝60°；(2)∵M为A′B′的中点，∴∠A′CM＝∠MA′C，由旋转可得：∠B′A′C＝∠A，∴∠A＝∠A′CM，∴tan∠PCB＝tanA＝eq\f(\r(3),2)，∴PB＝eq\f(\r(3),2)BC＝eq\f(3,2)，∵∠BQC＝∠BCP＝∠A，∴tan∠BQC＝tanA＝eq\f(\r(3),2)，∴BQ＝BC×eq\f(2,\r(3))＝2，∴PQ＝PB＋BQ＝eq\f(7,2)；(3)存在．3－eq\r(3)【解法提示】∵S四边形PA′B′Q＝S△PCQ－S△A′CB′＝S△PCQ－eq\r(3)，∴S四边形PA′B′Q最小，即S△PCQ最小，∴S△PCQ＝eq\f(1,2)PQ×BC＝eq\f(\r(3),2)PQ，法一：(几何法)取PQ的中点G，∵∠PCQ＝90°，∴CG＝eq\f(1,2)PQ，即PQ＝2CG，当CG最小时，PQ最小，∴CG⊥PQ，即CG与CB重合时，CG最小，∴CGmin＝eq\r(3)，PQmin＝2eq\r(3)，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形PA′B′Q＝3－eq\r(3)；法二(代数法)设PB＝x，BQ＝y，由射影定理得：xy＝3，∴当PQ最小时，x＋y最小，∴(x＋y)2＝x2＋2xy＋y2＝x2＋6＋y2≥2xy＋6＝12，当x＝y＝eq\r(3)时，“＝”成立，∴PQ＝eq\r(3)＋eq\r(3)＝2eq\r(3)，∴S△PCQ的最小值＝3，S四边形PA′B′Q＝3－eq\r(3).4.解：(1)①BM＝AN，②135°；【解法提示】如解图①，延长ED交BC于点F，交AC于点O.∵CB＝CA，∴∠ABN＝∠BAM，∵BN＝AM，AB＝BA，∴△ABN≌△BAM(SAS)，∴BM＝AN，∠ANB＝∠AMB，∴∠ANC＝∠BMC，∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA，∵AG∥BC，∴∠EAD＝∠ENF，∠EDA＝∠EFN，∴∠BMC＝∠BFE，∴∠MOD＋∠BDF＝∠C＋∠FOC，∵∠C＝45°，∠FOC＝∠MOD，∴∠MDO＝45°，∴∠BDE＝135°.第4题解图①(2)如解图②，设AC交DF于点O.∵CB＝CA，∴∠ABN＝∠BAM，∵BN＝AM，AB＝BA，∴△ABN≌△BAM(SAS)，∴BM＝AN，∠ANB＝∠AMB，∴∠ANC＝∠BMC，∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA，∵AG∥BC，∴∠EAD＝∠ENF，∠EDA＝∠EFN，∴∠BMC＝∠BFD，∴∠MOD＋∠BDF＝∠C＋∠FOC，∵∠C＝30°，∠FOC＝∠MOD，∴∠MDO＝30°，∴∠BDE＝30°；第4题解图②(3)eq\f(1,2)或4.【解法提示】①如解图③，当BN＝eq\f(1,3)BC时，作MH⊥AB于H.由题意AM＝BN＝1，在Rt△AHM中，∵∠MAH＝60°，AM＝1，∴AH＝eq\f(1,2)，BH＝eq\f(5,2)，HM＝eq\f(\r(3),2)，在Rt△BMH中，BM＝AN＝DF＝eq\r(（\f(5,2)）2＋（\f(\r(3),2)）2)＝eq\r(7)，由(2)可知：∠BDF＝∠ACB＝6