2024河南考数学二轮中考题型研究 题型四 类比、拓展探究题题（课件）

题型四类比、拓展探究题(10年8考)【题型解读】近10年考查8次，其考查类型和频次为：①与图形旋转有关的探究考查6次；②与动点有关的探究考查2次．类型一与图形旋转有关的探究典例精讲例1

(1)观察猜想如图①，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC,在Rt△BDE中，∠BDE＝90°，BD＝DE，连接AE，取AE边的中点P，连接DP、CP.例1题图①填空：①DP与CP的数量关系是________；②DP与CP的位置关系是____________；【思维教练】①要求DP与CP的数量关系，通过直角三角形的性质：斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到CP＝

AE，DP＝

AE，即可求解；②要求DP与CP的位置关系，即求∠DPC的度数，通过等腰三角形性质和三角形的内外角关系，得到∠DPC＝2∠BAC，通过题干得到∠BAC的度数，即可求解．例1题图①【解法提示】∵∠ACB＝90°，点P为AE的中点，∴PC为Rt△AEC斜边AE的中线，∴CP＝

AE，同理可证，DP＝

AE，∴DP＝CP；∴∠DPE＝2∠DAE，∠CPE＝2∠CAE，∵AC＝BC，∴∠BAC＝45°，∴∠DPC＝2∠BAC＝90°，∴DP⊥CP.填空：①DP与CP的数量关系是________；②DP与CP的位置关系是________；DP＝CPDP⊥CP例1题图①(2)类比探究把△BDE绕点B逆时针旋转45°至如图②的位置，(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请就图②的情形给出证明；若不成立，请说明理由；例1题图②【思维教练】要求DP与CP的数量关系和位置关系，过点P作AC的垂线，并构造出DP与PC所在的两个直角三角形，结合旋转的性质可证明DP和PC所在的两个三角形全等，即可求解．(1)中的结论仍然成立．证明：如解图①，过点P作MN⊥AC于点N，交BD的延长线于点M，易得四边形BCNM为矩形，∴CN＝BM.∵等腰Rt△BDE绕点B逆时针旋转45°，∴∠MBA＝45°，∴MP＝BM，∴MP＝CN，例1题解图①NM∵∠EDB＝90°，∠PMB＝90°，∴DE∥MN，∴ ，∵点P为AE的中点，∴AP＝EP＝

PN＝

MD，∴MD＝PN，∵∠DMP＝∠PNC＝90°，∴△PMD≌△CNP，∴DP＝CP，∠DPM＝∠PCN，∵∠PCN＋∠CPN＝90°，∴∠DPM＋∠CPN＝90°，∴∠DPC＝90°，∴DP⊥CP；例1题解图①NM(3)问题解决若BC＝3BD＝3，将图①中△BDE绕点B在平面内自由旋转，当BE⊥AB时，直接写出线段CP的长．例1题图①【思维教练】分△BDE在BC的上方和下方两种情况讨论，利用(2)中的结论可得△PCD为等腰直角三角形，结合题意即可求解．【解法提示】分两种情况讨论：①如解图②，由(2)可知DP⊥CP，DP＝CP，∴△PCD为等腰直角三角形，∵BC＝3BD＝3，∴CD＝BD＋BC＝4，∴PC＝4；例1题解图②例1题解图③②如解图③，由(2)可知DP⊥CP，DP＝CP，∴△PCD为等腰直角三角形，∵BC＝3BD＝3，∴CD＝BC－BD＝2，∴CP＝2.综上所述，CP的长为4或2.(3)CP的长为4或2.类型二与动点有关的探究典例精讲例1如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在射线CD，BC

上，且BF＝CE，过点C作CG⊥EF，垂足为点G，CG交射线DB于点H.(1)如图①，当点E是线段CD的中点，点

F在线段BC上时，线段CH与EF之间的数量关系为____________；例1题图①【思维教练】要求CH与EF之间的数量关系，观察图象可知，故考虑CH，EF与BD之间的数量关系，利用三角形中位线的性质即可求出EF＝

BD，再利用直角三角形中线的性质可求出CH＝

BD，等量代换即可求出线段CH与EF之间的数量关系．例1题图①【解法提示】∵点E是线段CD的中点，∴CE＝ED.∵BC＝CD，BF＝CE，∴BF＝CF，∴EF∥BD，EF＝

BD.∵CG⊥EF，∴CH⊥BD.∵四边形ABCD是正方形，∴CH＝

BD，∴CH＝EF.(1)如图①，当点E是线段CD的中点，点

F在线段BC上时，线段CH与EF之间的数量关系为________；例1题图①CH＝EF(2)如图②，当点E，F分别在线段CD，BC的延长线上时，判断(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；例1题图②例1题图②【思维教练】在CE上截取CM＝CF，通过构造△HBC≌△FME，利用全等三角形的性质即可证得CH＝EF.证明：如解图①，在CE上截取CM＝CF，连接MF，(2)成立M∵BF＝CE，∴BF－CF＝CE－CM，∴BC＝EM.∵∠FCM＝90°，FC＝MC，∴∠CMF＝45°，∴∠FME＝135°.∵∠DBC＝45°，∴∠HBC＝135°，∴∠HBC＝∠FME.∵CG⊥EF，∴∠CGE＝90°，∴∠CEG＋∠ECG＝90°.∵∠HCB＋∠BCD＋∠ECG＝180°，∠BCD＝90°，∴∠HCB＋∠ECG＝90°，∴∠HCB＝∠GEC，∴△HBC≌△FME(ASA)，∴CH＝EF；例1题图②M(3)已知正方形ABCD的边长为6，BH＝2，请直接写出线段EF的长.备用图【思维教练】分点H在对角线BD上和点H在DB的延长线上两种情况进行讨论．例题解图②例题解图③【解法提示】如解图②和解图③，连接AC交BD于点O，则OB＝OC＝3，∵OH＝OB－BH，∴OH＝3－2＝

.在△OHC中，∠COH＝90°，由勾股定理得CH＝

.∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∴∠HBC＝45°.分两种情况讨论：①如解图②，当点H在对角线BD上时，

延长DC至点M，使CM＝CF，连接FM.例题解图②∵CF＝CM，∴∠FME＝45°.∵CG⊥EF，∴∠CFE＋∠HCF＝90°，又∵∠CEF＋∠CFE＝90°，∴∠CEF＝∠HCB.∵BF＝CE，CF＝CM，∴BC＝EM，∴△BHC≌△MFE，∴EF＝CH＝2；例题解图②②如解图③，当点H在线段DB的延长线上时，

例题解图③∵OH＝OB＋BH，∴OH＝3＋2＝5.在△OHC中，∠COH＝90°，由勾股定理得CH＝

，由(2)得EF＝CH，∴EF＝CH＝2.综上所述，EF的长为2或2.类型三与折叠、平移有关的探究典例精讲例1在矩形ABCD中，BC＝

CD，点E、F分别是边AD、BC上的动点，且AE＝CF，连接EF，将矩形ABCD沿EF折叠，点C落在点G处，点D落在点H处．(1)如图①，当EH与线段BC交于点P时，求证：PE＝PF；例1题图①【思维教练】由折叠的性质可得∠PEF＝∠FED，由矩形的性质可得AD∥BC，进而得到∠FED＝∠EFP，通过等量代换可得∠PEF＝∠EFP，进而通过等角对等边即可求证PE＝PF.(1)证明：根据折叠性质，∠PEF＝∠FED，∵AD∥BC，∴∠FED＝∠EFP，∴∠PEF＝∠EFP，∴PE＝PF；例1题图①(2)如图②，当点P在线段CB的延长线上时，GH交AB于点M，求证：点M在线段EF的垂直平分线上；例1题图②【思维教练】由矩形的性质及折叠的性质，结合题目条件可得EH＝BF，由(1)进而可得PH＝PB，再通过构造Rt△MHE≌Rt△MBF可得ME＝MF，进而可证点M在线段EF的垂直平分线上．∵AD＝BC，AE＝CF，∴ED＝BF，∴EH＝BF，又∵由(1)知PE＝PF，∴PH＝PB，∵∠PHM＝∠PBM＝90°，PM是公共边，∴Rt△PHM≌Rt△PBM，∴HM＝BM，∴Rt△MHE≌Rt△MBF，∴ME＝MF，∴点M在线段EF的垂直平分线上；(2)证明：如解图①，连接PM、EM、FM，例1题解图①(3)当AB＝5时，在点E由点A移动到AD中点的过程中，计算出点G运动的路线长．备用图【思维教练】通过观察可知，点E从点A移动到AD中点的过程中，点G运动的路线是以矩形中心到点C的距离为半径的圆周长的

，进而通过弧长公式即可求出点G运动的路线长．(3)解：如解图②，连接AC，BD，交点为O，连接OG，点E从点A移动到AD中点的过程中，点G运动路径是

，在Rt△BCD中，∵BC＝

CD，∴tan∠CBD＝

，∴∠CBD＝30°，∠ABO＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴OB＝OC＝AB＝5，∠BOC＝120°，∴点G运动的路线长＝

＝

.例1题解图②例2综合与探究问题情境在数学活动课上，老师让同学们准备两张全等的直角三角形纸片，Rt△ABC≌Rt△DEF，AC＝DF＝6cm，BC＝EF＝8cm，∠ACB＝∠DFE＝90°.实践操作(1)如图①，把Rt△ABC和Rt△DEF的直角边BC和EF部分重合，使点E，C，F，B在同一条直线上，连接AE和BD，得到四边形AEDB.请说明四边形AEDB的形状并证明；例2题图①【思维教练】根据Rt△ABC≌Rt△DEF可得AB＝ED，∠ABC＝∠BED，进而可得AB∥DE，即可得到四边形AEDB的形状．(1)解：四边形AEDB是平行四边形．证明：∵Rt△ABC≌Rt△DEF，∴AB＝ED，∠ABC＝∠BED.∴AB∥ED.∴四边形AEDB是平行四边形；例2题图①实践探究(2)勤奋小组的同学在图①的基础上，将△DEF沿射线BC平移，其中△ABC不动，得到的四边形AEDB是矩形，如图②，请求出此时BE的长；例2题图②【思维教练】根据已知条件，在Rt△ABC中可求出AB的长，进而在Rt△ABE和Rt△ECA中，由勾股定理即可求解．(2)∵四边形AEDB是矩形，∴∠EAB＝90°.∵AC＝6cm，BC＝8cm，∠A