2021年中考数学复习,,,题型二　类比、拓展探究题

2021 年中考数学复习 题型二 类比、拓展探究题 类型 1 “手拉手”模型 1.[2019 河南,22]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, 的值是 1 ,直线 BD 与直线 CP 相交所成的较小角的度数是 60 °.(2)类比探究 当 α= 90 ° 时,请写出 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 的值.图(1)图(2)备用图 解:(1)1 60 ° 解法提示: ∵AC=BC ,∠ ACB= 60 ° , ∴ △ ABC 是等边三角形, ∴ ∠ CAB= 60 ° , AC=AB.由旋转可得∠ APD= 60 ° , AP=PD , ∴ △ APD 是等边三角形, 图(1)∴ ∠ PAD= 60 °= ∠ CAB , AP=AD , ∴ ∠ CAP= ∠ BAD , ∴ △ ACP ≌△ ABD , ∴CP=BD ,∠ ACP= ∠ ABD , ∴ = 1.如图(1),延长 CP , BD 交于点 M , CM 与 AB 交于点 N , 在△ ANC 和△ BNM 中, ∠ ACN= ∠ MBN ,∠ CNA= ∠ BNM , ∴ ∠ M= ∠ CAN= 60 °.(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:

∵ ∠ ACB= 90 ° , CA=CB , ∴ ∠ CAB= 45 ° , =√.同理可得∠ PAD= 45 ° , = √ , ∴ = ,∠ CAB= ∠ PAD , ∴ ∠ CAB+ ∠ DAC= ∠ PAD+ ∠ DAC ,即∠ DAB= ∠ PAC , ∴ △ DAB ∽△ PAC , ∴ = = √ ,∠ DBA= ∠ PCA.设 BD 交 CP 于点 G ,交 CA 于点 H.∵ ∠ BHA= ∠ CHG , ∴ ∠ CGH= ∠ BAH= 45 °.(3)的值为 2 + √ 或 2-√.解法提示:分两种情况.① 如图(2),当点 P 在线段 CD 上时, AP ⊥ CD.可设 CP=a ,则 BD=√ a.设 CD 与 AB 交于点 Q , 则 PQ=CP=a.可证∠ DQB= ∠ DBQ= 67.5 ° ,则 DQ=BD=√ a , 易得 AD=√ PD= 2 a+√ a , ∴ = 2 +√.图(2)图(3)② 如图(3),当点 P 在 CD 延长线上时,可设 AP=DP=b ,则 AD=√ b.易得 EF ∥ AB , ∴ ∠ PEA= ∠ CAB= 45 ° , 可证∠ ECD= ∠ EAD= 22.5 ° , ∴CD=AD=√ b , ∴CP=√ b+b , ∴ = 2-√.2.[2017 河南,22]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 PM=PN ,位置关系是 PM ⊥ PN;(2)探究证明 把△ ADE 绕点 A 逆时针旋转到图(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 绕点 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)解:(1)PM=PN PM ⊥ PN(2)等腰直角三角形.理由如下: 由旋转可得,∠ BAD= ∠ CAE.又 AB=AC , AD=AE , ∴ △ BAD ≌△ CAE , ∴BD=CE ,∠ ABD= ∠ ACE.∵ 点 P , M 分别是 DC , DE 的中点, ∴PM 是△ DCE 的中位线, ∴PM= CE且 PM ∥ CE.同理可证 PN= BD且 PN ∥ BD , ∴PM=PN ,∠ MPD= ∠ ECD ,∠ PNC= ∠ DBC , ∴ ∠ MPD= ∠ ECD= ∠ ACD+ ∠ ACE= ∠ ACD+ ∠ ABD , ∠ DPN= ∠ PNC+ ∠ PCN= ∠ DBC+ ∠ PCN , ∴ ∠ MPN= ∠ MPD+ ∠ DPN= ∠ ACD+ ∠ ABD+ ∠ DBC+ ∠ PCN= ∠ ABC+ ∠ ACB= 90°.即△ PMN 为等腰直角三角形.(3).3.[2020 郑州适应性测试]已知:△ ABC 和△ ADE 是两个不全等的等腰直角三角形,其中AB=AC , AD=AE ,∠ BAC= 90 ° ,∠ DAE= 90 °.(1)观察猜想 如图(1),连接 BE , CD 交于点 H ,连接 CE ,那么 BE 与 CD 的数量关系和位置关系分别是 BE=CD , BE ⊥ CD;(2)探究证明 将图(1)中的△ ABC 绕点 A 逆时针旋转,分别取 BC , CE , DE 的中点 P , M , Q ,连接 MP , PQ , MQ ,请判断 MP 和 MQ 的数量关系和位置关系,并仅就图(2)说明理由;(3)拓展延伸 已知 AB= √ , AD= 4,在(2)的条件下,若∠ CAE= 45 ° ,请直接写出此时线段 PQ 的长.图(1)图(2)备用图 解:(1)BE=CD BE ⊥ CD 解法提示: ∵ ∠ BAC= ∠ DAE= 90 ° , ∴ ∠ BAE= ∠ CAD.又 AB=AC , AD=AE , ∴ △ ABE ≌△ ACD , ∴BE=CD ,∠ BEA= ∠ CDA.设 CD , AE 交于点 G ,则∠ HGE= ∠ AGD , ∴ ∠ EHG= ∠ GAD= 90 ° , ∴BE ⊥ CD.(2)MP=MQ , MP ⊥ MQ.理由: ∵ ∠ BAC= ∠ DAE= 90 ° , ∴ ∠ BAE= ∠ CAD.又 AB=AC , AD=AE , ∴ △ ABE ≌△ ACD , ∴BE=CD ,∠ BEA= ∠ CDA.设 BE , AD 交于点 K ,则∠ HKD= ∠ AKE , ∴ ∠ KHD= ∠ KAE= 90 ° , ∴BE ⊥ CD.∵ 点 P , M 分别为 BC , CE 的中点, ∴PM= BE , PM ∥ BE.∵ 点 M , Q 分别为 CE , ED 的中点, ∴MQ= CD , MQ ∥ CD , ∴PM=MQ , PM ⊥ MQ.(3)PQ 的长为√ 或√.解法提示:由(2)中结论可知 PQ=√ PM=√ MQ= √ BE= √ CD.方法一:分两种情况讨论.① 当点 C 在 AE 左侧时,如图(1),延长 BA 交 DE 于点 N ,此时∠ EAN= 180 °-90 °-45 °= 45 ° , ∴ ∠ NAD= 45 °= ∠ EAN.图(1)又 AE=AD= 4,∠ DAE= 90 ° , ∴AN ⊥ DE , EN=ND , ∴EN=AN= √ AE= 2√ , ∴BN=AB+AN= 3√ , 由勾股定理,得 BE= √ = √ , ∴PQ= √ BE= √.② 当点 C 在 AE 右侧时,如图(2),则∠ BAE= 45 °= ∠ ABC ,设 BC 与 AE 交于点 R , 图(2)∴ ∠ BRA= 90 ° , ∴BC ⊥ AE.又 AC=AB= √ ，∴BR=AR= 1, ∴ER=AE-AR= 3, ∴BE= √ = √ , ∴PQ= √ BE= √.综上可知, PQ 的长为√ 或√.方法二:分两种情况讨论.① 当点 C 在 AE 左侧时,如图(3),延长 DA 交 BC 于点 S , 易得 DS ⊥ BC , CS= 1, DS= 5, ∴CD= √ = √ , ∴PQ= √ CD= √.图(3)图(4)② 当点 C 在 AE 右侧时,如图(4),过点 C 作 CT ⊥ AD 于点 T , 易得 CT= 1, DT= 3, ∴CD= √ = √ , ∴PQ= √ CD= √.综上可知, PQ 的长为√ 或√.4.[2020 郑州外国语三模]已知△ ABC 是等腰直角三角形,∠ ABC= 90 ° , AC= 6,点 E 在以 C 为圆心,2 为半径的圆上运动,连接 BE ,将线段 BE 绕 B 点逆时针旋转 90 ° 得到线段 BD ,连接 AD , DE ,已知 F , G 分别是 DE , AC 的中点,连接 FG.【观察与发现】如图(1),当点 E 在线段 AC 上时,则 = √ ,线段 CE , FG 所在直线所成的锐角是 45 °.【猜想与证明】当点 E 在圆周上运动到任一位置时,上述结论是否成立?并就图(2)的情形说明理由.【迁移与应用】点 E 在圆周上运动的过程中,当 FG ∥ BD 时,直接写出线段 BE 的长.图(1)图(2)备用图 解:【观察与发现】 √ 45 解法提示:如图(1),连接 BF , BG.由△ ABC 和△ DBE 均为等腰直角三角形,点 F , G 分别是 DE , AC 的中点, 易知△ GBC 和△ FBE 均为等腰直角三角形, ∴ = =√ ,∠ GBC= ∠ FBE= 45 ° , ∴ ∠ EBC+ ∠ EBG= ∠ FBG+ ∠ EBG , ∴ ∠ EBC= ∠ FBG , ∴ △ EBC ∽△ FBG , ∴ = =√ ,∠ FGB= ∠ ECB= 45 °.又 ∵ ∠ BGC= 90 ° , ∴ ∠ FGA= 45 ° ,即线段 CE , FG 所在直线所成的锐角是 45 °.图(1)图(2)【猜想与证明】 成立.理由:如图(2),连接 BF , BG ,延长 GF ,交 CE 的延长线于点 H ,交 BE 于点 M.由△ ABC 和△ DBE 均为等腰直角三角形,点 F , G 分别是 DE , AC 的中点, 易知△ GBC 和△ FBE 均为等腰直角三角形, ∴ = =√ ,∠ FBE= ∠ GBC= 45 ° , ∴ ∠ CBE= ∠ GBF , ∴ △ FBG ∽△ EBC , ∴ = =√ ,∠ BFG= ∠ BEC , ∴ ∠ BFM= ∠ BEH.又∠ BMF= ∠ HME , ∴ ∠ FHE= ∠ FBE= 45 ° ,即线段 CE , FG 所在直线所成的锐角是 45 °.【迁移与应用】 BE 的长为 4 ±√.解法提示:连接 BF , BG ,应分两种情况讨论.① 当点 E 在直线 BC 下方时,如图(3), ∵FG ∥ BD , ∴ ∠ DBF+ ∠ GFB= 180 °.又∠ DBF= 45 ° , ∴ ∠ GFB= 135 °.易证△ ADB ≌△ CEB ,△ FBG ∽△ EBC , ∴AD=CE= 2,∠ BDA= ∠ BEC= ∠ BFG= 135 °.又∠ BDF= 45 ° , ∴ ∠ BDF+ ∠ ADB= 180 ° , ∴ 点 A , D , F 三点共线.∵AC= 6, ∴AB= 3√.在 Rt△ ABF 中,根据勾股定理,得 BF2 +AF 2 =AB 2 ,即BF2 +(DF+AD)2 =AB 2 ,可得BF2 +(BF+ 2)2 =(3√)2 , ∴BF= 2√-1(负值已舍), ∴BE=(2√-1)³√ = 4-√.图(3)图(4)② 当点 E 在直线 BC 上方时,如图(4), ∵FG ∥ BD , ∴ ∠ BFG= ∠ DBF= 45 °.易证△ ADB ≌△ CEB ,△ FBG ∽△ EBC , ∴ ∠ BDA= ∠ BEC= ∠ BFG= 45 ° , 又∠ BDF= 45 ° , ∴ 点 A , D , F 三点共线.在 Rt△ ABF 中,根据勾股定理,得 BF2 +AF 2 =AB 2 ,即BF2 +(DF-AD)2 =AB 2 ,即BF2 +(BF-2)2 =(3√)2 , ∴BF= 2√ + 1(负值已舍), ∴BE=(2√ + 1)³√ = 4 +√.综上可知, BE 的长为 4 ±√.5.[2020 许昌二模]在 Rt△ ABC 与 Rt△ DCE 中,∠ ACB= ∠ DCE= 90 ° ,∠ BAC= ∠ DEC= 30 ° , AC=DC=√.将 Rt△ DCE 绕点 C 顺时针旋转,连接 BD , AE ,点 F , G 分别是 BD , AE 的中点,连接 CF , CG.(1)观察猜想 如图(1),当点 D 与点 A 重合时, CF 与 CG 的数量关系是 CG=√ CF ,位置关系是 CG ⊥ CF.(2)类比探究 当点 D 与点 A 不重合时,(1)中的结论是否仍然成立?如果成立,请仅就图(2)的情形给出证明;如果不成立,请说明理由.(3)问题解决 在 Rt△ DCE 旋转的过程中,请直接写出△ CFG 的面积的最大值与最小值.图(1)图(2)备用图 解:(1)CG=√ CF CG ⊥ CF 解法提示:由∠ ACB= ∠ DCE= 90 ° ,∠ BAC= ∠ DEC= 30 ° , 易得∠ BAE= 90 ° , DE=√ AB.∵ 点 F , G 分别是 AB , DE 的中点, ∴CF= AB , CG= DE , ∴CG=√ CF.∵AF=CF , AG=CG , ∴ ∠ FCA= ∠ FAC= 30 ° ,∠ GCA= ∠ GAC= 60 ° , ∴ ∠ FCG= 30 °+ 60 °= 90 ° , ∴CG ⊥ CF.(2)成立.证明:在 Rt△ ABC 与 Rt△ DCE 中, ∵ ∠ BAC= ∠ DEC= 30 ° , ∴ = =√.∵ ∠ BCD= ∠ ACB+ ∠ ACD ,∠ ACE= ∠ DCE+ ∠ ACD , ∴ ∠ BCD= ∠ ACE , ∴ △ BCD ∽△ ACE , ∴ =√ ,∠ CEA= ∠ CDB.又 ∵ 点 F , G 分别是 BD , AE 的中点, ∴ =√ = , ∴ △ CEG ∽△ CDF , ∴CG=√ CF ,∠ FCD= ∠ GCE , ∴ ∠ FCG= ∠ FCD+ ∠ DCG= ∠ GCE+ ∠ DCG= ∠ DCE= 90°, ∴CG ⊥ CF.(3)△ CFG 面积的最大值为 √ ,最小值为 √-.解法提示:易得 CE=√ CD= 3.如图(1),取 AC 的中点 O ,连接 OG ,易得 OG= CE= ，图(1)∴ 点 G 在以点 O 为圆心、为半径的圆上运动, ∴ 当点 G 在 CA 的延长线上时(如图(2)), CG 最长,即△ CFG 的面积最大.此时 CG= + AC= √ , ∴CF= √ CG= √ , 故△ CFG 的面积的最大值为 ³ √ ³ √ = √.图(2)图(3)当点 G 在 AC 的延长线上时(如图(3)), CG 最短,即△ CFG 的面积最小, ∴CG=-AC=-√ , ∴CF= √ CG= √-, 故△ CFG 的面积的最小值为 ³-√ ³ √-= √-.综上所述,△ CFG 的面积的最大值为 √ ,最小值为 √-.6.[2016 河南,22](1)发现 图(1)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 CB 的延长线上 时,线段 AC 的长取得最大值,且最大值为 a+b(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

图(2)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.图(3)备用图 解:(1)CB 的延长线上 a+b(2)①DC=BE.理由如下: ∵ △ ABD 和△ ACE 为等边三角形, ∴AD=AB , AC=AE ,∠ BAD= ∠ CAE= 60 ° , ∴ ∠ BAD+ ∠ BAC= ∠ CAE+ ∠ BAC ,即∠ CAD= ∠ EAB , ∴ △ CAD ≌△ EAB , ∴DC=BE.②BE 长的最大值是 4.(3)线段 AM 的最大值为 3 + 2√ ,此时点 P 的坐标为(2-√ ,√).解法提示: 如图(1),构造△ BNP ≌△ MAP ,则 NB=AM.由(1)知,当点 N 在 BA 的延长线上时, NB 有最大值,如图(2).易得 AN= 2√ , ∴AM=NB= 3 + 2√.过点 P 作 PE ⊥ x 轴于点 E ,则 PE=AE=√ , ∴P(2-√ ,√).图(1)图(2)7.[2020 郑州外国语四模]如图(1),在 Rt△ ABC 中,∠ C= 90 ° ,∠ ABC= 30 ° ,点 D , E 分别是 AB , AC 的中点,过点 B 作直线 DE的垂线,垂足为点 M ,点 F 是直线 ED 上一动点,作 Rt△ BFG ,使∠ BFG= 90 ° ,∠ FGB= 30 ° ,连接 GD.(1)观察猜想:如图(2),当点 F 与点 D 重合时, 的值为 2 ,直线 GD , ED 相交所成锐角的度数为 60 °.(2)问题探究:如图(1),当点 F 与点 D 不重合时,(1)中结论是否仍然成立?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.(3)问题解决:当点 F , G , A 在同一直线上时,请直接写出 的值.图(1)图(2)备用图 解:(1)2 60 ° 解法提示:设 BM=a ,易知∠ FBM= 60 ° , ∴BF= 2 BM= 2 a , FM=√ BM=√ a.又∠ FBG= 60 ° ,点 D , F 重合, ∴DG=√ BD= 2√ a , ∴ = √ √ = 2.∵ 点 D , E 分别为 AB , AC 的中点, ∴DE 是△ ABC 的中位线, ∴DE ∥ BC , ∴ ∠ ADE= 30 °.又∠ GDB= 90 ° , ∴ ∠ GDE= 60 ° , ∴ 直线 GD , ED 相交所成的锐角为 60 °.(2)成立.证明:如图(1), ∵ ∠ GBF= ∠ DBM= 60 ° , ∴ ∠ GBD= ∠ FBM.又 = = 2, ∴ △ GBD ∽△ FBM , ∴ = = 2,∠ GDB= ∠ FMB= 90 ° , ∴ ∠ EDG= 60 ° , ∴ 直线GD , ED 相交所成的锐角为 60 °.图(1)(3)的值为 4-2√ 或 4 + 2√.解法提示:如图(2),当点 G 在线段 AF 上时,类似(2),易得 DG ⊥ AB.又 AD=BD , ∴ 直线 GD 垂直平分线段 AB , ∴GA=GB.图(2)设 BF=x ,则 AG=BG= 2 x , FG=√ x , ∴ = √ = 4-2√.如图(3),当点 G 在线段 AF 的延长线上时,类似(2),易得 DG ⊥ AB.又 AD=BD , ∴ 直线 GD 垂直平分线段 AB , ∴GA=GB.图(3)设 BF=y ,则 AG=BG= 2 y , FG=√ y , ∴ =-√ = 4 + 2√.综上可知, 的值为 4-2√ 或 4 + 2√.8.[2020 山东威海]发现规律(1)如图(1),△ ABC 与△ ADE 都是等边三角形,直线 BD , CE 交于点 F.直线 BD , AC 交于点 H ,求∠ BFC 的度数.(2)△ ABC 与△ ADE 的位置如图(2)所示,直线 BD , CE 交于点 F.直线 BD , AC 交于点 H.若∠ ABC= ∠ ADE=α ,∠ ACB= ∠ AED=β ,求∠ BFC 的度数.应用结论(3)如图(3),在平面直角坐标系中,点 O 的坐标为(0,0),点 M 的坐标为(3,0),点 N 为 y 轴上一动点,连接 MN.将线段 MN 绕点 M 逆时针旋转 60 ° 得到线段 MK ,连接 NK , OK.求线段 OK 长度的最小值.图(1)图(2)图(3)解:(1)∵ △ ABC ,△ ADE 都是等边三角形, ∴AB=AC , AD=AE ,∠ BAC= ∠ DAE= 60 ° , ∴ ∠ BAD= ∠ CAE , ∴ △ BAD ≌△ CAE , ∴ ∠ ABD= ∠ ACE.又 ∵ ∠ AHB= ∠ FHC , ∴ ∠ BFC= ∠ BAC= 60 °.(2)∵ ∠ ABC= ∠ ADE=α ,∠ ACB= ∠ AED=β , ∴ △ ABC ∽△ ADE , ∴ ∠ BAC= ∠ DAE , = , ∴ ∠ BAD= ∠ CAE , = , ∴ △ ABD ∽△ ACE , ∴ ∠ ABD= ∠ ACE.又 ∵ ∠ BHA= ∠ CHF , ∴ ∠ BFC= ∠ BAC= 180 °-α-β.(3)易知△ MNK 是等边三角形, ∴MK=MN=NK ,∠ NMK= ∠ NKM= ∠ KNM= 60 °.如图,将△ MOK 绕点 M 顺时针旋转 60 ° ,得到△ MQN ,连接 OQ , 则 OK=NQ , MO=MQ ,∠ OMQ= 60 ° , ∴ △ MOQ 是等边三角形, ∴ ∠ QOM= 60 ° , OQ=OM= 3, ∴ ∠ NOQ= 30 °.∵OK=NQ , ∴ 当 NQ 最小时, OK 有最小值.由“垂线段最短”可知,当 QN ⊥ y 轴时, NQ 有最小值, 此时 NQ= OQ= , ∴ 线段OK 长度的最小值为.类型 2 中点模型 9.如图(1),在△ ABC 中,∠ ACB= 90 ° , AC=BC ,点 D , E 分别在边 AB , AC 上,且 DE ⊥ AD ,连接 BE ,点 F 为 BE 的中点,连接 DF , CF.(1)观察猜想:线段 DF 和 CF 的数量关系为 DF=CF;DF 和 CF 的位置关系为 DF ⊥ CF.(2)探究证明:把△ ADE 绕点 A 逆时针旋转到如图(2)所示的位置,试判断(1)中的关系是否仍然成立.如果成立,请加以证明;如果不成立,请说明理由.(3)拓展应用:若 AB= 13, AD= 5,把△ ADE 绕点 A 逆时针旋转的过程中,请直接写出当 D , E , B 三点共线时 CF 的长度.图(1)图(2)解:(1)DF=CF DF ⊥ CF 解法提示: ∵ ∠ ACB= 90 ° , AC=BC , DE ⊥ AD , ∴ ∠ ABC= 45 ° ,∠ BDE= ∠ ACB= 90 °.又 ∵ 点 F 是 BE 的中点, ∴DF=EF=BF= , CF=EF=BF= , ∴DF=CF ,∠ FDB= ∠ FBD ,∠ FBC= ∠ BCF , ∴ ∠ DFE= ∠ FDB+ ∠ FBD= 2∠ FBD ,∠ CFE= ∠ FBC+ ∠ BCF= 2∠ FBC , ∴ ∠ DFC= 2∠ FBD+ 2∠ FBC= 2∠ ABC= 90 ° , ∴DF ⊥ CF.(2)成立.证明:如图(1),在 DF 的延长线上截取 FG=DF ,连接 BG , CG ,延长 DE ,交 BC 于点 K.图(1)∵EF=BF , FG=DF ,∠ DFE= ∠ BFG , ∴ △ DEF ≌△ GBF , ∴BG=ED ,∠ BGF= ∠ EDF , ∴BG ∥ DE , ∴ ∠ GBC= ∠ BKD.∵ ∠ ADE= ∠ ACB= 90 ° , ∴ ∠ DKC+ ∠ DAC= 180 °.又∠ DKC+ ∠ DKB= 180 ° , ∴ ∠ DKB= ∠ DAC , ∴ ∠ DAC= ∠ GBC.连接 DC.易知 AD=DE=BG , AC=BC , ∴ △ ACD ≌△ BCG , ∴CD=CG ,∠ ACD= ∠ BCG , ∴ ∠ DCG= ∠ DCB+ ∠ BCG= ∠ DCB+ ∠ ACD= 90 ° , ∴ △ DCG 是等腰直角三角形.又 ∵ 点 F 是 DG 的中点, ∴DF=CF , DF ⊥ CF.(3)CF 的长为 或.解法提示:分两种情况讨论.① 当点 D 在直线 AC 上方,且 D , E , B 三点共线时,如图(2).图(2)易知∠ BDA= 90 ° , ∴BD= √-= √-= 12, ∴BE=BD-DE= 12-5 = 7, ∴EF= , ∴CF=DF=DE+EF= 5 + =.② 当点 D 在直线 AC 下方,且 D , E , B 三点共线时,如图(3).图(3)易知∠ BDA= 90 ° , ∴BD= √-= √-= 12, ∴BE=BD+DE= 12 + 5 = 17, ∴EF= , ∴CF=DF=EF-DE=-5 =.综上可知,当 D , E , B 三点共线时, CF 的长为 或.10.[2019 安阳二模](1)问题发现:如图(1),在四边形 ABCD 中, AB ∥ DC ,点 E 是 BC 的中点,若 AE 是∠ BAD 的平分线,则AB , AD , DC 之间的数量关系为 AB+DC=AD.(温馨提示:延长 AE ,交 DC 的延长线于点 F)(2)问题探究:如图(2),在四边形 ABCD 中, AB ∥ DC ,点 E 是 BC 的中点,点 F 是 DC 的延长线上一点,若 AE 是∠ BAF 的平分线,试写出 AB , AF , CF 之间的数量关系,并证明你的结论.(3)问题解决:如图(3), AB ∥ CD ,点 E 在线段 BC 上,且 BE∶EC= 3 ∶ 4.点 F 在线段 AE 上,且∠ EFD= ∠ EAB ,请直接写出AB , DF , CD 之间的数量关系.图(1)图(2)图(3)(1)AB+DC=AD 解法提示: ∵AB ∥ DC , ∴ ∠ B= ∠ FCE ,∠ BAE= ∠ CFE.∵ 点 E 是 BC 的中点, ∴BE=CE , ∴ △ ABE ≌△ FCE , ∴AB=FC.∵AF平分∠ BAD , ∴ ∠ BAE= ∠ DAF , ∴ ∠ CFE= ∠ DAF , ∴DC+CF=AD , ∴DC+AB=AD.(2)AB=CF+AF.证明:延长 AE 交 DC 的延长线于点 G.∵AB ∥ CD , ∴ ∠ EAB= ∠ EGC ,∠ B= ∠ BCG.又点 E 是 BC 的中点, ∴BE=CE.∴ △ ABE ≌△ GCE , ∴AB=CG.∵AE 是∠ BAF 的平分线, ∴ ∠ EAB= ∠ FAE , ∴ ∠ EGC= ∠ FAE , ∴AF=FG , ∴CG=CF+FG=CF+AF , ∴AB=CF+AF.(3)AB=(CD+DF).解法提示:如图,延长 AE 交 CD 的延长线于点 G.易得△ ABE ∽△ GCE , ∴ = = , ∴AB= GC.∵AB ∥ DC , ∴ ∠ EAB= ∠ CGE.又 ∵ ∠ EFD= ∠ EAB , ∴ ∠ EFD= ∠ CGE , ∴DF=DG ，∴AB= GC=(CD+DG)=(CD+DF), 即 AB=(CD+DF).11.已知正方形 ABCD 与正方形 CEFG , M 是 AF 的中点,连接 DM , EM.(1)如图(1),点 E 在 CD 上,点 G 在 BC 的延长线上,请判断 DM , EM 的数量关系与位置关系,并直接写出结论.(2)如图(2),点 E 在 DC 的延长线上,点 G 在 BC 上,(1)中结论是否仍然成立?请证明你的结论.(3)将图(1)中的正方形 CEFG 绕点 C 旋转,使 D , E , F 三点在一条直线上,若 AB= 13, CE= 5,请画出图形,并直接写出 MF 的长.图(1)图(2)(1)DM ⊥ EM , DM=EM.解法提示:如图(1),延长 EM 交 AD 于点 H.∵ 四边形 ABCD 是正方形,四边形 EFGC 是正方形, 图(1)∴ ∠ ADE= ∠ DEF= 90 ° , AD=CD , ∴AD ∥ EF , ∴ ∠ MAH= ∠ MFE.∵AM=FM ,∠ AMH= ∠ FME , ∴ △ AMH ≌△ FME , ∴MH=ME , AH=FE=EC , ∴DH=DE.∵ ∠ EDH= 90 ° , ∴DM ⊥ EM , DM=ME.(2)仍然成立.证明:如图(2),延长 EM 交 DA 的延长线于点 H.∵ 四边形 ABCD 是正方形,四边形 EFGC 是正方形, ∴ ∠ ADE= 90 ° , AD=CD , AD ∥ BC , GC ∥ FE , 图(2)∴AD ∥ EF ，∴ ∠ MAH= ∠ MFE.∵AM=FM ,∠ AMH= ∠ FME , ∴ △ AMH ≌△ FME , ∴MH=ME , AH=FE=EC , ∴DH=DE.∵ ∠ EDH= 90 ° , ∴DM ⊥ EM , DM=ME.(3)旋转后的图形如图(3)、图(4)所示, MF 的长为 √ 或 √.图(3)图(4)解法提示:过点 M 作 MR ⊥ DE 于点 R.在 Rt△ CDE 中, DE= √-= 12.过点 A 作 AH" ∥ DE 交 EM 的延长线于点 H" ,连接 DH" , 易证△ AMH" ≌△ FME , ∴AH"=FE=CE.易得∠ H"AD= ∠ ECD , 又 AD=CD , ∴ △ H"AD ≌△ ECD , ∴H"D=DE ,∠ ADH"= ∠ CDE , ∴ ∠ H"DE= 90 ° , ∴DM=EM , DM ⊥ ME , ∴MR= DE= 6, DR=RE= 6.分两种情况讨论.① 如图(3),边 EF 在 DC 右侧时, 在 Rt△ FMR 中, MF= √ = √ = √.② 如图(4),边 EF 在 DC 左侧时, 在 Rt△ MRF 中, MF= √ = √ = √ , 故 MF 的长为 √ 或 √.类型 3 半角模型 12.问题背景:如图(1),在△ ABC 中, AB=AC ,∠ BAC= 120 ° ,点 D , E 为 BC 边上的点,且∠ DAE= 60 ° ,若 BD= 1, EC= 2,求 DE 的长.(1)观察发现:注意到条件中有 AB=AC ,∠ BAC= 120 ° ,不妨把△ ACE 绕点 A 顺时针旋转 120 ° ,得到△ ABF ,连接 DF ,易证△ ADF ≌△ ADE ,从而将线段 BD , DE , EC 集中在△ FBD 中,因为∠ FBD 的度数是 60 ° , BF=EC= 2, BD= 1,所以 DE 的长为 √.(2)类比探究:如图(2),在△ ABC 中,∠ CAB= 60 ° , AB=AC ,点 D , E 为 BC 边上的点,且∠ DAE= 30 ° , BD= 2, EC= ,求DE 的长.(3)拓展应用:如图(3),点 E 是正方形 ABCD 内一点,∠ AEB= 90 ° ,点 F 是 BC 边上一点,且∠ EDF= 45 °.若 AB= 2,请直接写出当 DE 取最小值时 CF 的长.图(1)图(2)图(3)解:(1)60 ° √(2)由题意,得△ ABC 是等边三角形, ∴ ∠ ABC= ∠ ACB= 60 °.如图(1),将△ ACE 绕点 A 顺时针旋转 60 ° ,得到△ ABF ,过点 F 作 FG ⊥ BC ,交 CB 的延长线于点 G ,连接 DF ,则AF=AE , BF=EC= ,∠ FBA= ∠ C ,∠ FAB= ∠ EAC , 图(1)∴ ∠ FAD= ∠ FAB+ ∠ BAD= ∠ EAC+ ∠ BAD= 60 °-∠ DAE= 30 °= ∠ DAE.又 AD=AD , ∴ △ ADF ≌△ ADE , ∴DF=DE.∵ ∠ FBD= ∠ FBA+ ∠ ABD= ∠ C+ ∠ ABD= 120 ° , ∴ ∠ FBG= 60 ° , ∴FG= √ FB= √ , BG= FB= , ∴DG= 2 + = , ∴DE=DF= √ √ = √.(3)当 DE 取最小值时, CF 的长为.解法提示: ∵ ∠ AEB= 90 ° , ∴ 点 E 在以 AB 为直径的圆上,设圆心为 O ,连接 OD ,交☉ O 于点 E ,此时 DE 取最小值,如图(2).将△ DCF 绕点D 顺时针旋转 90 ° ,得到△ DAG ,连接 OF ,则 DG=DF ,∠ GDA= ∠ FDC , GA=FC ,∠ GAD= ∠ C= 90 ° , ∴ 点 G , A , B 三点共线.图(2)∵ ∠ GDO= ∠ GDA+ ∠ ADO= ∠ CDF+ ∠ ADO= 90 °-45 °= 45 °= ∠ ODF , OD=OD , ∴ △ DGO ≌△ DFO , ∴OG=OF.设 CF=x ,则 BF= 2-x , OF=OG=x+ 1.根据勾股定理可得 OB2 +BF 2 =OF 2 ,即 1 2 +(2-x)2 =(x+ 1)2 ,解得x=.故当 DE 取最小值时, CF 的长为.13.问题背景

如图(1),在四边形 ABCD 中,∠ B+ ∠ D= 180 ° , AB=AD ,∠ BAD=α ,以点 A 为顶点作一个角,角的两边分别交 BC , CD 于点 E , F ,且∠ EAF= α ,连接EF ,则线段 BE , DF , EF 之间有怎样的数量关系?(1)观察猜想 如图(2),当∠ BAD= ∠ B= ∠ D= 90 ° ,∠ EAF= 45 ° 时,填空: ① 四边形 ABCD 是 正方形(填特殊四边形的名称);②BE , DF , EF 之间的数量关系为 BE+DF=EF.(2)类比探究 如图(1),(1)中线段 BE , DF , EF 之间的数量关系是否仍然成立?若成立,请加以证明;若不成立,请说明理由.(3)解决问题 如图(3),在△ ABC 中,∠ BAC= 90 ° , AB=AC= 4,点 D , E 均在边 BC 上,且∠ DAE= 45 ° ,若 BD= √ ,请直接写出 DE 的长.图(1)图(2)图(3)(1)① 正方形 ②BE+DF=EF 解法提示: ② 如图(1),将△ ABE 绕点 A 逆时针旋转 90 ° ,得到△ ADG , ∵ ∠ ADC= ∠ B= ∠ ADG= 90 ° , ∴ ∠ FDG= 180 ° ,即点 F , D , G 共线.由旋转可得 AE=AG , BE=DG ,∠ BAE= ∠ DAG.∵ ∠ BAE+ ∠ DAF= ∠ BAD-∠ EAF= 90 °-45 °= 45 ° , ∴ ∠ DAG+ ∠ DAF= 45 ° , ∴ ∠ EAF= ∠ FAG , ∴ △ AFE ≌△ AFG , ∴EF=FG.又 ∵FG=DG+DF=BE+DF , ∴BE+DF=EF.图(1)图(2)(2)成立.证明:如图(2),将△ ABE 绕点 A 逆时针旋转 α 得到△ ADH , 可得∠ ABE= ∠ ADH ,∠ BAE= ∠ DAH , AE=AH , BE=DH.∵ ∠ B+ ∠ ADC= 180 ° , ∴ ∠ ADH+ ∠ ADC= 180 ° , ∴ 点 C , D , H 在同一直线上.∵ ∠ BAD=α ,∠ EAF= α , ∴ ∠ BAE+ ∠ FAD= α , ∴ ∠ DAH+ ∠ FAD= α , ∴ ∠ FAH= ∠ EAF , 又 ∵AF=AF , ∴ △ AEF ≌△ AHF , ∴EF=FH=DF+DH=DF+BE.(3)DE= √.图(3)解法提示:如图(3),将△ AEC 绕点 A 顺时针旋转 90 ° ,得到△ AE"B ,连接 DE".可得 BE"=EC , AE"=AE ,∠ C= ∠ ABE" ,∠ EAC= ∠ E"AB , 在 Rt△ ABC 中, ∵AB=AC= 4, ∴ ∠ ABC= ∠ ACB= 45 ° , BC= 4√ , ∴ ∠ ABC+ ∠ ABE"= 90 ° , 即∠ E"BD= 90 ° , ∴E"B2 +BD 2 =E"D 2.易证△ AE"D ≌△ AED , ∴DE=DE" , ∴DE2 =BD 2 +EC 2 , 即 DE2 =(√)2 +(3√-DE)2 , 解得 DE= √.类型 4 “一线三等角”模型 14.[2015 河南 B 卷,22](1)探索发现 如图(1),在△ ABC 中,点 D 在边 BC 上,△ ABD 与△ ADC 的面积分别记为 S 1 与 S 2 ,试判断 与 的数量关系,并说明理由;(2)阅读分析 小东遇到这样一个问题:如图(2),在 Rt△ ABC 中, AB=AC ,∠ BAC= 90 ° ,射线 AM 交 BC 于点 D ,点 E , F 在 AM 上,且∠ CEM= ∠ BFM= 90 ° ,试判断 BF , CE , EF 三条线段之间的数量关系.小东利用一对全等三角形,经过推理使问题得以解决.填空: ① 图(2)中的一对全等三角形为 △ AEC ≌△ BFA;②BF , CE , EF 三条线段之间的数量关系为 CE=EF+BF.(3)类比探究 如图(3),在四边形 ABCD 中, AB=AD , AC 与 BD 交于点 O ,点 E , F 在射线 AC 上,且∠ BCF= ∠ DEF= ∠ BAD.① 判断 BC , DE , CE 三条线段之间的数量关系,并说明理由;② 若 OD= 3 OB ,△ AED 的面积为 2,直接写出四边形 ABCD 的面积.图(1)图(2)图(3)解:(1)=.理由如下: 过点 A 作 AE ⊥ BC 于点 E.∵S 1 = BD ² AE , S2 = CD ² AE , ∴ =.(2)① △ AEC ≌△ BFA ②CE=EF+BF(3)①DE=BC+CE.理由如下: ∵ ∠ BCF= ∠ DEF= ∠ BAD , ∴ ∠ ACB= 180 °-∠ BCF= 180 °-∠ DEF= ∠ AED ，∠ BAC+ ∠ DAE= ∠ ADE+ ∠ DAE , ∴ ∠ BAC= ∠ ADE.又 ∵AB=AD , ∴ △ BAC ≌△ ADE , ∴BC=AE , AC=DE , ∴DE=AC=AE+CE=BC+CE.② 四边形 ABCD 的面积为 8.15.(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 BC=BD+CE;(2)问题解决 如图(2),在 Rt△ ABC 中,∠ ABC= 90 ° , CB= 4, AB= 2,以 AC 为直角边、点 A 为直角顶点,向外作等腰直角三角形 DAC ,连接 BD ,求△ ABD 的面积;(3)拓展应用 如图(3),在△ ABC 中, AB=AC , CB= 6, S △ ABC = 15,以 AC 为边向右侧作一个等腰直角三角形 ACD ,连接 BD ,请直接写出△ BCD 的面积.图(1)图(2)图(3)解:(1)BC=BD+CE 解法提示:如图(1), ∵DB ⊥ BC , EC ⊥ BC , ∴ ∠ B= ∠ C= 90 ° , ∴ ∠ D+ ∠1 = 90 ° ,又 ∵ ∠1 + ∠2 = 90 ° , ∴ ∠ D= ∠2.又 ∵AD=AE , ∴ △ ABD ≌△ ECA , ∴DB=AC , BA=CE , ∴BC=BA+AC=CE+DB ,即 BC=BD+CE.图(1)图(2)(2)如图(2),过点 D 作 DM ⊥ BA ,交 BA 的延长线于点 M.∵BC ⊥ AB , DM ⊥ AB ,∠ CAD= 90 ° , AC=AD , ∴ 同(1)可得 DM=AB= 2, ∴S △ ABD = AB ² DM= ³ 2 ³ 2 = 2.(3)△ BCD 的面积为 9,12 或 24.解法提示:过点 A 作 AN ⊥ BC 于点 N ,则 BN=NC= 3, ∵S △ ABC = BC ² AN= 15, ∴AN= 5.① 如图(3),当∠ ACD= 90 ° 时,过点 D 作 DF ⊥ BC ,交 BC 的延长线于点 F , 易证△ ANC ≌△ CFD , ∴DF=CN= 3, ∴S △ BCD = BC ² DF= ³ 6 ³ 3 = 9.图(3)图(4)② 如图(4),当∠ CAD= 90 ° 时,过点 D 分别作 AN , BC 的垂线,垂足分别为点 G , F.易证△ AGD ≌△ CNA , ∴AG=CN= 3, ∴DF=GN=AG+AN= 3 + 5 = 8，∴S △ BCD = BC ² DF= ³ 6 ³ 8 = 24.图(5)③ 如图(5),当∠ ADC= 90 ° 时,过点 D 作 BC 的垂线,交 BC 的延长线于点 F ,过点 A 作 AN 的垂线,交 FD 的延长线于点 P.易证△ APD ≌△ DFC , ∴AP=DF , DP=CF.设 CF=x ,则 DP=x , ∴DF=AP=NF=NC+CF= 3 +x , ∴PF=DP+DF=x+ 3 +x= 5, ∴x= 1, ∴DF= 3 +x= 4, ∴S △ BCD = BC ² DF= ³ 6 ³ 4 = 12.16.[2020平顶山三模] E 是矩形 ABCD 边 AB 延长线上的一动点,在矩形 ABCD 外作 Rt△ ECF ,其中∠ ECF= 90 ° ,过点 F 作FG ⊥ BC ,交 BC 的延长线于点 G ,连接 DF ,交 CG 于点 H.(1)发现 如图(1),若 AB=AD , CE=CF ,则线段 DH 与 HF 的数量关系是 DH =HF.(2)探究 如图(2),若 AB=nAD , CF=nCE ,则(1)中的结论是否仍然成立?若成立,请给予证明;若不成立,请说明理由.(3)拓展 在(2)的基础上,若射线 FC 过 AD 的三等分点, AD= 3, AB= 4,请直接写出线段 EF 的长.图(1)图(2)备用图 解:(1)DH =HF 解法提示: ∵ ∠ ECF= 90 ° , FG ⊥ BC , ∴ ∠ BCE+ ∠ GCF= 90 ° ,∠ GFC+ ∠ GCF= 90 ° , ∴ ∠ BCE= ∠ GFC.又∠ CBE= ∠ CGF , CE=CF , ∴ △ CBE ≌△ FGC , ∴GF=CB=DC.又∠ DHC= ∠ FHG ,∠ DCH= ∠ FGH , ∴ △ DCH ≌△ FGH , ∴DH=HF.(2)DH=HF 仍然成立.证明: ∵ 四边形 ABCD 是矩形, FG ⊥ BC ,∠ FCE= 90 ° , ∴ ∠ G= ∠ CBE= 90 °= ∠ FCE ,∠ FCG+ ∠ BCE= 90 °.又∠ BCE+ ∠ BEC= 90 ° , ∴ ∠ FCG= ∠ BEC , ∴ △ FCG ∽△ CEB , ∴GF∶BC=FC∶CE=n.由 AB=nAD ,且四边形 ABCD 是矩形可得 CD∶BC=n , ∴GF∶BC=CD∶BC , ∴GF=CD.又∠ G= ∠ DCH= 90 ° ,∠ GHF= ∠ CHD , ∴ △ CDH ≌△ GFH , ∴DH=HF.(3)EF 的长为 √ 或 √.解法提示:设点 R 是 AD 的三等分点.当 AR= AD ,且射线FC 过点 R 时, AR= 1, DR= 2, ∴CR= √ = 2 √.由 DH=HF , DR ∥ CH ,易证得 CF=CR= 2 √ , ∴CE= √ ,故 EF= √ √ √ = √.当 DR= AD ,且射线FC 过点 R 时, DR= 1, ∴CR= √ = √.由 DH=HF , DR ∥ CH ,易证得 CF=CR= √ , ∴CE= √ ,故 EF= √ √ √ = √.综上, EF 的长为 √ 或 √.类型 5 对角互补模型 17.【发现】(1)如图(1), OA ⊥ OB , OA=OB ,点 P 是线段 AB 的中点,且 OP= 4.点 M 在线段 OA 上运动(不与点 O , A 重合),连接 PM ,过点 P 作PN ⊥ PM 交线段 OB 于点 N ,连接 MN ,则线段 PM 与 PN 的数量关系是 PM=PN ,线段 MN 的最小值是 4.【探究】(2)如图(2),射线 OA 与 OB 的夹角是 120 ° ,点 P 在∠ AOB 的平分线上,且 OP= 4.点 M 在射线 OA 上运动,在射线 OB 上取一点 N ,使得∠ MPN+ ∠ AOB= 180 ° ,试探究线段 PM 与 PN 的数量关系,并求出线段 MN 的最小值.【拓展】(3)如图(3),射线 OA 与 OB 的夹角为 α(0 °<α< 180 °),点 P 在∠ AOB 的平分线上,且 OP=a.点 M 在射线 OA 上运动,在射线 OB 上取一点 N ,使得∠ MPN+ ∠ AOB= 180 ° ,请直接写出△ PMN 周长的最小值(用含 a 和 α 的式子表示).图(1)图(2)图(3)解:(1)PM=PN 4 解法提示:如图(1),过点 P 作 PC ⊥ OB 于点 C , PD ⊥ OA 于点 D.易证四边形 OCPD 是正方形, ∴PC=PD ,∠ CPD= 90 °.∵PM ⊥ PN , ∴ ∠ MPN= 90 ° , ∴ ∠ MPN-∠ DPN= ∠ CPD-∠ DPN ,即∠ DPM= ∠ CPN.又 PD=PC , ∠ PDM= ∠ PCN= 90 ° , ∴ △ DPM ≌△ CPN , ∴PM=PN , ∴ △ PMN 是等腰直角三角形, ∴MN=√ PM.易知当 PM ⊥ OA 时, PM 取得最小值,为 2√ , 故 MN 的最小值为√ ³ 2√ = 4.图(1)图(2)(2)如图(2),过点 P 作 PE ⊥ OA 于点 E , PF ⊥ OB 于点 F , ∵OP平分∠ AOB , ∴PE=PF.∵ ∠ MPN+ ∠ AOB= 180 ° , ∴ ∠ PMO+ ∠ PNO= 180 °.∵ ∠ PNO+ ∠ PNF= 180 ° , ∴ ∠ PMO= ∠ PNF , ∴ △ EPM ≌△ FPN , ∴PM=PN.∵ ∠ AOB= 120 ° , ∴ ∠ MPN= 60 ° , ∴ △ PMN 是等边三角形, ∴MN=PM=PN.当 PM ⊥ OA ,即 PM 与 PE 重合时, PM 取得最小值,也即 MN 取得最小值.在 Rt△ PEO 中, ∵ ∠ POE= ∠ AOB= 60 ° , ∴PE=OP ²sin ∠ POE= 4 ³ √ = 2√.故 MN 的最小值为 2√.(3)△ PMN 的周长的最小值为 2 a sin +2 a sin cos.图(3)解法提示:如图(3),过点 P 作 PG ⊥ OB 于点 G , PH ⊥ OA 于点 H , PK ⊥ MN 于点 K , 则 PG=PH.易证△ HPM ≌△ GPN , ∴PM=PN , ∴ ∠ PMN= ∠ PNM.在△ PMN 中,∠ MPN+ 2∠ PMN= 180 °.∵ ∠ MPN+ ∠ AOB= 180 ° , OP平分∠ AOB , ∴ ∠ MPN+ 2∠ POH= 180 ° , ∴ ∠ PMN= ∠ POH= ∠ AOB=.∵PM=PN , PK ⊥ MN , ∴MK=NK= MN.在 Rt△ PKM 中, MK=PM ² cos∠ PMK= PM ²cos , ∴ MN= 2 PM ²cos.当 PM ⊥ OA ,即 PM 与 PH 重合时, PM 取得最小值.在 Rt△ POH 中, PH=OP ²sin∠ POH=a sin , 即 PM min = a sin , ∴MN 的最小值为 2 a sin cos , ∴△ PMN 周长的最小值为 2 a sin +2 a sin cos.18.已知 AP平分∠ MAN ,点 B 是射线 AP 上一定点,点 C 在直线 AM 上运动,连接 BC.(1)问题引出:如图(1),∠ MAN= 90 ° ,当点 C 在射线 AM 上时,将∠ ABC(0 °< ∠ ABC< 90 °)的两边射线 BC , BA 分别绕点 B 顺时针旋转 90 ° ,旋转后分别与射线 AN 交于点 D 和点 E.填空: ①BD 和 BC 之间的数量关系是 BD=BC;② 线段 AC , AD 和 AB 之间的数量关系是 AD+AC=√ AB.(2)类比探究:如图(2),∠ MAN= 60 ° ,将∠ ABC(0 °< ∠ ABC< 120 °)的两边射线 BC , BA 分别绕点 B 顺时针旋转 120 ° ,旋转后分别与射线 AN 交于点 D 和点 E.当点 C 在射线 AM 上时,请探究线段 AC , AD 和 AB 之间的数量关系,写出结论并给予证明.(3)解决问题:如图(3),在(2)的条件下,当点 C 在 MA 的延长线上时, BC 交射线 AN 于点 F ,若 AB= 2√ , AC= 2,请直接写出线段 AD 的长.图(1)图(2)图(3)解:(1)①BD=BC ②AD+AC=√ AB

解法提示: ① 如图(1),过点 B 作 BG ⊥ AN 于点 G , BH ⊥ AM 于点 H ,则四边形 AHBG 是矩形, ∴ ∠ GBH= 90 °.又∵ ∠ DBC= 90 ° , ∴ ∠ DBG= ∠ CBH.图(1)∵AP 是∠ MAN 的平分线, BG ⊥ AN , BH ⊥ AM , ∴BG=BH.又 ∵ ∠ BGD= ∠ BHC= 90 ° , ∴ △ BDG ≌△ BCH , ∴DG=CH , BD=BC.②∵ 四边形 AHBG 是矩形, BG=BH , ∴ 四边形 AHBG 是正方形, ∴AG=AH= √ AB , ∴AD+AC=AG+DG+AH-CH=AG+AH=√ AB.(2)AD+AC=√ AB.证明:如图(2),过点 B 作 BG ⊥ AN 于点 G , BH ⊥ AM 于点 H ,则∠ MAN+ ∠ GBH= 180 °.图(2)∵ ∠ MAN= 60 ° , ∴ ∠ GBH= 120 °.又 ∵ ∠ DBC= 120 ° , ∴ ∠ DBG= ∠ CBH.∵AP 是∠ MAN 的平分线, BG ⊥ AN , BH ⊥ AM , ∴BG=BH.又 ∵ ∠ BGD= ∠ BHC= 90 ° , ∴ △ BDG ≌△ BCH , ∴DG=CH , ∴AD+AC=AG+DG+AH-CH= 2 AH.∵AP 是∠ MAN 的平分线, ∴ ∠ PAM= 30 ° , ∴AH=AB ²cos∠ PAM= √ AB , ∴AD+AC=√ AB.(3)AD= 8.解法提示:如图(3),过点 B 作 BG ⊥ AN 于点 G , BH ⊥ AM 于点 H ,则 BG=BH=AB sin 30 °= √ , AG=AH=AB cos 30 °= 3, ∴CH= 5.图(3)∵ ∠ GBH= 360 °-90 °-90 °-60 °= 120 °= ∠ CBD , ∴ ∠ CBH= ∠ DBG.又∠ BHC= ∠ BGD= 90 ° , BH=BG , ∴ △ BHC ≌△ BGD , ∴DG=CH= 5, ∴AD=AG+GD= 3 + 5 = 8.

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