中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题四《与三角形、四边形有关的探究题》(教师版)

这是一份中考数学二轮总复习（解答题）突破训练：专题四《与三角形、四边形有关的探究题》(教师版)，共41页。试卷主要包含了问题背景等内容，欢迎下载使用。
迁移应用：如图②，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接BD.
①求证：△ADB≌△AEC；
②请直接写出线段AD，BD，CD之间的等量关系式；
拓展延伸：如图③，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，在∠ABC内作射线BM，作点C关于BM的对称点E，连接AE并延长交BM于点F，连接CE，CF.
①证明△CEF是等边三角形；
②若AE＝5，CE＝2，求BF的长．
图① 图② 图③
迁移应用：①证明：∵∠BAC＝∠DAE＝120°，
∴∠DAB＝∠CAE，
在△DAB和△EAC中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(DA＝EA，,∠DAB＝∠EAC，,AB＝AC，))
∴△DAB≌△EAC；
②解：CD＝eq \r(3)AD＋BD；
拓展延伸：①证明：如解图，作BH⊥AE于点H，连接BE.
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，
∴△ABD，△BDC是等边三角形，∴BA＝BD＝BC，
∵E、C关于BM对称，∴BC＝BE＝BD＝BA，FE＝FC，
∴A、D、E、C四点共圆，
∴∠ADC＝∠AEC＝120°，∴∠FEC＝60°，
∴△EFC是等边三角形，
②解：∵AE＝5，EC＝EF＝2，∴AH＝HE＝2.5，FH＝4.5，
在Rt△BHF中，∵∠BFH＝30°，
∴eq \f(HF,BF)＝cs30°，∴BF＝eq \f(4.5,\f(\r(3),2))＝3eq \r(3).
2．四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG(点D，点F在直线CE的同侧)，连接BF.
(1)如图①，当点E与点A重合时，请直接写出BF的长；
(2)如图②，当点E在线段AD上时，AE＝1；
①求点F到AD的距离；
②求BF的长；
(3)若BF＝3eq \r(10)，请直接写出此时AE的长．
解：(1)作FH⊥AB于点H，如解图①所示：则∠FHE＝90°，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴AD＝CD＝4，EF＝CE，∠ADC＝∠DAH＝∠BAD＝∠CEF＝90°，
∴∠FEH＝∠CED，
在△EFH和△CED中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠FHE＝∠EDC＝90°，,∠FEH＝∠CED，,EF＝CE，))
∴△EFH≌△CED(AAS)，
∴FH＝CD＝4，AH＝AD＝4，∴BH＝AB＋AH＝8，
∴BF＝eq \r(BH2＋FH2)＝eq \r(82＋42)＝4eq \r(5)；
(2)过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB交BA延长线于点M，如解图②所示：则FM＝AH，AM＝FH，
①∵AD＝4，AE＝1，∴DE＝3，
同(1)得：△EFH≌△CED(AAS)，∴FH＝DE＝3，EH＝CD＝4，
即点F到AD的距离为3；
②∴BM＝AB＋AM＝4＋3＝7，FM＝AE＋EH＝5，
∴BF＝eq \r(BM2＋FM2)＝eq \r(72＋52)＝eq \r(74)；
(3)AE的长为1或2＋eq \r(41).
图① 图②
3．【再现】如图①，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝eq \f(1,2)BC.(不需要证明)
【探究】如图②，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明；
【应用】(1)在【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是：_AC＝BD_(只添加一个条件)；
(2)如图③，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O.若AO＝OC，四边形ABCD面积为5，求阴影部分图形的面积．
解：【探究】平行四边形．
【应用】(2)如解图，由【探究】得，四边形EFGH是平行四边形，
∵F，G是BC，CD的中点，
∴FG∥BD，FG＝eq \f(1,2)BD，∴△CFG∽△CBD，
∴eq \f(S△CFG,S△BCD)＝eq \f(1,4)，∴S△BCD＝4S△CFG，同理：S△ABD＝4S△AEH，
∵四边形ABCD面积为5，∴S△BCD＋S△ABD＝5，
∴S△CFG＋S△AEH＝eq \f(5,4)，同理：S△DHG＋S△BEF＝eq \f(5,4)，
∴S四边形EFGH＝S四边形ABCD－(S△CFG＋S△AEH＋S△DHG＋S△BEF)＝5－eq \f(5,2)＝eq \f(5,2)，
设AC与FG，EH相交于点M，点N，EF与BD相交于点P，
∵FG∥BD，FG＝eq \f(1,2)BD，∴CM＝OM＝eq \f(1,2)OC，同理：AN＝ON＝eq \f(1,2)OA，
∵OA＝OC，∴OM＝ON，
易知，四边形ENOP，FMOP是平行四边形，
∴S阴影＝eq \f(1,2)S四边形EFGH＝eq \f(5,4).
类型二 与图形的变换结合的探究题
1．(2017·营口)在四边形ABCD中，点E为AB边上的一点，点F为对角线BD上的一点，且EF⊥AB.
(1)若四边形ABCD为正方形．
①如图①，请直接写出AE与DF的数量关系_DF＝eq \r(2)AE_；
②将△EBF绕点B逆时针旋转到图②所示的位置，连接AE，DF，猜想AE，DF的数量关系并说明理由；
(2)如图③，若四边形ABCD为矩形，BC＝mAB，其他条件都不变，将△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，连接AE′，DF′，请在图③中画出草图，并直接写出AE′与DF′的数量关系．
解：(1)②DF＝eq \r(2)AE.理由如下：
∵△EBF绕点B逆时针旋转，∴∠ABE＝∠DBF，
∵eq \f(BF,BE)＝eq \r(2)，eq \f(BD,AB)＝eq \r(2)，∴eq \f(BF,BE)＝eq \f(BD,AB)，∴△ABE∽△DBF，∴eq \f(DF,AE)＝eq \f(BF,BE)＝eq \r(2)，
即DF＝eq \r(2)AE；
(2)如解图，∵四边形ABCD为矩形，∴AD＝BC＝mAB，∴BD＝eq \r(AB2＋AD2)＝eq \r(1＋m2)AB，
∵EF⊥AB，∴EF∥AD，
∴△BEF∽△BAD，
∴eq \f(BF,BE)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，
∵△EBF绕点B顺时针旋转α(0°＜α＜90°)得到△E′BF′，
∴∠ABE′＝∠DBF′，BE′＝BE，BF′＝BF，
∴eq \f(BF′,BE′)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，∴△ABE′∽△DBF′，
∴eq \f(DF′,AE′)＝eq \f(BD,BA)＝eq \r(1＋m2)，即DF′＝eq \r(1＋m2)AE′.
2．(2017·潍坊)边长为6的等边△ABC中，点D、E分别在AC、BC边上，DE∥AB，EC＝2eq \r(3).
(1)如图①，将△DEC沿射线EC方向平移，得到△D′E′C′，边D′E′与AC的交点为M，边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N，当CC′多大时，四边形MCND′为菱形？并说明理由；
(2)如图②，将△DEC绕点C旋转∠α(0°＜α＜360°)，得到△D′E′C，连接AD′，BE′.边D′E′的中点为P.
①在旋转过程中，AD′和BE′有怎样的数量关系？并说明理由；
②连接AP，当AP最大时，求AD′的值．(结果保留根号)
(导学号 58824238)
图①
图②
解：(1)当CC′＝eq \r(3)时，四边形MCND′是菱形．
理由：由平移的性质得，CD∥C′D′，DE∥D′E′，
∵△ABC是等边三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°，
∴∠ACC′＝180°－∠ACB＝120°，
∵CN是∠ACC′的角平分线，∴∠NCC′＝eq \f(1,2)∠ACC′＝60°＝∠B＝∠D′E′C′，∴D′E′∥CN，
∴四边形MCND′是平行四边形，
∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°，∴△MCE′和△NCC′是等边三角形，∴MC＝CE′，NC＝CC′，
∵四边形MCND′是菱形，∴CN＝CM，∴CE′＝CC′.又∵E′C′＝EC＝2eq \r(3)，∴CC′＝eq \f(1,2)E′C′＝eq \r(3)；
(2)①AD′＝BE′.
理由：当α≠180°时，由旋转的性质得，∠ACD′＝∠BCE′，
由(1)知，AC＝BC，CD′＝CE′，∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝BE′，
当α＝180°时，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′，即：AD′＝BE′，综上可知：AD′＝BE′.
②如解图①，连接CP，在△ACP中，由三角形三边关系得，AP＜AC＋CP，
∴当点A，C，P三点共线时，AP最大，如解图②，
在△D′CE′中，由P为D′E′的中点，得AP⊥D′E′，PD′＝eq \r(3)，∴CP＝3，∴AP＝6＋3＝9，
在Rt△APD′中，由勾股定理得，AD′＝eq \r(AP2＋PD′2)＝2eq \r(21).
图①
图②
3．(2017·葫芦岛)如图，∠MAN＝60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC(0°