2022年中考数学（通用版）专题突破—— 几何探究型专题（含答案）学案

这是一份2022年中考数学（通用版）专题突破—— 几何探究型专题（含答案）学案，共11页。学案主要包含了变换型探究题，动点探究题，类比探究题等内容，欢迎下载使用。
2022年中考数学专题突破
——几何探究型专题
一、变换型探究题
变换型探究题以具体的几何图形为背景，通过平移、翻折、旋转等把图形的有关性质和图形之间的数量关系、位置关系看作是在变化的、相互依存的状态之中，要求对变换过程中这些性质及关系进行探究.解决这类问题，要善于发现或添加辅助线构造特殊三角形、全等三角形、相似三角形等，灵活运用勾股定理、相似三角形的性质、锐角三角函数来计算.
例1 （2021•成都）在矩形ABCD的边CD上取一点E，将△BCE沿BE翻折，使点C恰好落在边AD上的点F处．
（1）如图1，若BC=2AB，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当AB=5，且AF•DF=10时，求BC的长；
（3）如图3，延长EF，与∠ABF的平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求的值．

图1 图2 图3
（2）证△FAB∽△EDF，利用相似三角形的性质得出，结合已知条件可求得DE，由勾股定理可求出DF，进而求得AF，然后可求得BC的长；（3）如图3，过点N作NG⊥BF于点G，证△NFG∽△BFA，得，设AN=x，GF=y，则AF=2y，在Rt△ABF中，由勾股定理得（2x）2+（2y）2=（2x+y）2，解得y=x，进而解决问题．
解析：（1）由折叠的性质，得BF=BC，∠FBE=∠CBE．
在Rt△ABF中，sin∠AFB==，所以∠AFB=30°．
因为AD∥BC，所以∠CBF=∠AFB=30°．
所以∠CBE=∠CBF=15°．
（2）由折叠的性质，得∠BFE＝∠C＝90°，FE＝CE．
因为在矩形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，所以∠AFB+∠DFE＝90°，∠DEF+∠DFE＝90°．所以∠AFB＝∠DEF．所以△FAB∽△EDF．所以，即AF•DF＝AB•DE．
因为AF•DF＝10，AB＝5，所以DE＝2．所以FE＝CE＝DC﹣DE＝3．
所以DF＝＝．所以AF＝＝．
所以BC＝AD＝AF+DF＝+＝．
（3）过点N作NG⊥BF于点G．
因为NF＝AN+FD，所以NF＝AD＝BC＝BF．
因为∠NFG＝∠BFA，∠NGF＝∠A＝90°，所以△NFG∽△BFA．所以．
因为BN平分∠ABF，AN⊥AB，NG⊥BF，所以设AN＝NG＝x，则AB＝BG＝2x．
设GF＝y，则AF＝2y．
在Rt△ABF中，AB2+AF2＝BF2，所以（2x）2+（2y）2＝（2x+y）2．解得y＝x．
所以BF＝BG+GF＝2x+x＝x．所以．
跟踪训练：
1．（2021•葫芦岛）在等腰三角形ADC和等腰三角形BEC中，∠ADC=∠BEC=90°，BC＜CD，将△BEC绕点C逆时针旋转，连接AB，O为线段AB的中点，连接DO，EO．
（1）如图①，当点B旋转到边CD上时，请直接写出线段DO与EO的数量关系和位置关系；
（2）如图②，当点B旋转到边AC上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）若BC=4，CD=，在△BEC绕点C逆时针旋转的过程中，当∠ACB=60°时，请直接写出线段OD的长．

① ②
第1题图
二、动点探究题
动点探究题的题设中往往存在一个或多个动点在线段、射线或弧上运动，解决这类问题要观察图形的变化情况，理解并分析图形在不同位置时的性质及数量关系、位置关系，灵活运用有关数学知识进行推理和计算.在变化中找到不变的性质是解决这类问题的基本思路.
例2 （2021•河北）如图4和图5，在△ABC中，AB=AC，BC=8，tanC=．点K在边AC上，点M，N分别在边AB，BC上，且AM=CN=2．点P从点M出发沿折线MB-BN匀速移动，到达点N时停止；点Q在边AC上随点P移动，且始终保持∠APQ=∠B．
（1）当点P在BC上时，求点P与点A的最短距离；
（2）若点P在MB上，且PQ将△ABC的面积分成上下4:5两部分时，求MP的长；
（3）设点P移动的路程为x，当0≤x≤3及3＜x≤9时，分别求点P到直线AC的距离（用含x的式子表示）；
（4）在点P处设计并安装一扫描器，按定角∠APQ扫描△APQ区域（含边界），扫描器随点P从M到B再到N共用时36秒．若AK=，请直接写出点K被扫描到的总时长．

图4 图5
解析：（1）如图4，过点A作AH⊥BC于点H．
因为AB=AC，所以BH=CH=BC=4．在Rt△ACH中，AH=CH·tanC=3．
所以当点P在BC上时，点P与点A的最短距离为3．
（2）因为∠APQ=∠B，所以PQ∥BC．所以△APQ∽△ABC．因为PQ将△ABC的面积分成上下4:5两部分，所以==．所以=．
因为AB=AC==5，所以AP=．
所以MP=AP-AM=-2=．
（3）当0≤x≤3时，如图6，点P在MB上，过点P作PJ⊥CA交CA的延长线于点J．
因为PQ∥BC，易得=，∠AQP=∠C．所以=．所以PQ=（x+2）．
因为sin∠AQP=sinC=，所以PJ=PQ•sin∠AQP=（x+2）．
当3＜x≤9时，如图7，点P在BN上，过点P作PJ⊥AC于点J．
同理，得PJ=PC•sinC=（11-x）．
综上，PJ=

图6 图7
（4）由题意，得点P的移动速度为=（单位长度/秒）．
当3＜x≤9时，设CQ=y．
易得△ABP∽△PCQ，所以，即．所以y=-（x-7）2+．
因为-＜0，所以当x=7时，y有最大值，最大值为．
因为AK=，所以CK=5-=＜．
当y=时，-（x-7）2+=，解得x=或x=．
所以点K被扫描到的总时长为÷=23（秒）．
跟踪训练：
2．（2021•临沂）如图，菱形ABCD的边长为1，∠ABC=60°，E是边AB上任意一点（端点除外），线段CE的垂直平分线分别交BD，CE于点F，G，AE，EF的中点分别为M，N．
（1）求证：AF=EF；
（2）求MN+NG的最小值；
（3）当点E在AB上运动时，∠CEF的大小是否变化？为什么？

第2题图

三、类比探究题
类比探究题是背景简单，但涉及知识广泛的综合性问题，特点是图形变化但结构不变.这类问题可先根据题设条件解决第一问，类比解决下一问，若不能直接类比上一问的结论，要分析条件的变化，寻找不变的特征，大胆猜测、尝试验证.
例3 （2021•连云港）（1）如图8，P为矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F．若BE=2，PF=6，△AEP的面积为S1，△CFP的面积为S2，则S1+S2=　 　；
（2）如图9，P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），E，F，G，H分别为各边的中点．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PFCG的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1，S2的代数式表示）；
（3）如图10，P为▱ABCD内一点（点P不在BD上），过点P作EF∥AD，HG∥AB，与各边分别相交于点E，F，G，H．设四边形AEPH的面积为S1，四边形PGCF的面积为S2（其中S2＞S1），求△PBD的面积（用含S1，S2的代数式表示）；
（4）如图11，点A，B，C，D把⊙O四等分．请你在圆内选一点P（点P不在AC，BD上），设PB，PC，围成封闭图形的面积为S1，PA，PD，围成封闭图形的面积为S2，△PBD的面积为S3，△PAC的面积为S4，根据你选的点P的位置，直接写出一个含有S1，S2，S3，S4的等式（写出一种情况即可）．

图8 图9 图10 图11
解析：（1）12
（2）如图9，连接PA，PC．
在△PAB中，因为E是AB的中点，所以可设S△PAE=S△PBE=a．
同理，设S△PAH=S△PDH=b，S△PDG=S△PCG=c，S△PCF=S△PBF=d．
所以S四边形AEPH+S四边形PFCG=a+b+c+d，S四边形PEBF+S四边形PHDG=a+b+c+d．
所以S四边形AEPH+S四边形PFCG=S四边形PEBF+S四边形PHDG=S1+S2．
因为S△ABD=S平行四边形ABCD=S1+S2，所以S△PBD=S△ABD-（S1+S△PBE+S△PDH）=S1+S2-（S1+a+S1-a）=S2-S1．
（3）易得四边形EBGP，四边形HPFD都是平行四边形，所以S四边形EBGP=2S△PEB，S四边形HPFD=2S△PHD．
所以S△ABD=S平行四边形ABCD=（S1+S2+2S△PEB+2S△PHD）=（S1+S2）+S△PEB+S△PHD．
所以S△PBD=S△ABD-（S1+S△PEB+S△PHD）=（S2-S1）．
（4）如图11，点P在扇形BOC内，设线段PB，PA，弧AB围成封闭图形的面积为x，线段PC，PD，弧CD围成封闭图形的面积为y．
根据图形，得S1+x+S4=S1+y+S3，所以x-y=S3-S4．
根据图形，得S1+S2+x+y=2（S1+x+S4），所以S2-S1=x-y+2S4=S3+S4．
另外，点P还可在其他扇形中，其余情形同法可得，同学们可自己动手验证．
如图12，可得结论：S1-S2=S3+S4；
如图13和图14，可得结论：|S1-S2|=|S3-S4|．

图12 图13 图14
跟踪训练：
3．（2021•达州）（1）[阅读与证明]
如图①，在正三角形ABC的外角∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE，CE分别交AM于点F，G．
①完成证明：因为点E是点C关于AM的对称点，
所以∠AGE=90°，AE=AC，∠1=∠2．
因为在正三角形ABC中，∠BAC=60°，AB=AC，
所以AE=AB．
所以∠3=∠4．
在△ABE中，∠1+∠2+60°+∠3+∠4=180°，所以∠1+∠3=　 　°．
在△AEG中，∠FEG+∠3+∠1=90°，所以∠FEG=　 　°．
②求证：BF=AF+2FG；
（2）[类比与探究]
如图②，把（1）中的“正三角形ABC”改为“正方形ABDC”，其余条件不变．类比探究，可得：
①∠FEG=　 　°；
②线段BF，AF，FG之间存在数量关系为　 　；
（3）[归纳与拓展]
如图③，点A在射线BH上，AB=AC，∠BAC=α（0°＜α＜180°），在∠CAH内引射线AM，作点C关于AM的对称点E（点E在∠CAH内），连接BE，BE，CE分别交AM于点F，G，则线段BF，AF，FG之间的数量关系为　 　．

① ② ③
第3题图








参考答案
几何探究型专题
1．解：（1）DO=EO，DO⊥EO．
（2）仍然成立．
证明：延长EO至点M，使得OM=OE，连接AM，DM，DE．
因为O是AB的中点，所以OA=OB．又∠AOM=∠BOE，所以△AOM≌△BOE．所以∠MAO=∠EBO，MA=EB．
因为△ADC和△BEC是等腰直角三角形，所以∠CAD=∠ACD=∠EBC=∠BCE=45°．
所以∠MAO=∠EBO=135°．所以∠MAD=∠MAO-∠CAD=90°．
因为∠ECD=∠ACD+∠BCE=90°，所以∠MAD=∠ECD．
又MA=EB=EC，AD=CD，所以△MAD≌△ECD．所以DM=DE，∠ADM=∠CDE．
因为∠CDE+∠ADE=90°，所以∠ADM+∠ADE=90°，即∠MDE=90°．
因为OM=OE，所以DO=ME，OD⊥ME．
所以DO=EO，DO⊥EO．
（3）线段OD的长为2或．
提示：①当点B在AC左侧时，如图①，延长EO至点M，使得OM=OE，连接AM，DM，DE．
在Rt△BCE中，CE=BC=．
过点E作EH⊥DC，交DC的延长线于点H．
在Rt△CHE中，∠ECH=180°-∠ACD-∠ACB-∠BCE=30°．所以EH=CE=，CH=EH=．
所以DH=CD+CH=．
在Rt△DHE中，DE==．
同（2），得OD=OE，OD⊥OE，即△DOE是等腰直角三角形．所以OD=DE=．
②当点B在AC右侧时，如图②，连接DE，过点E作EH⊥CD于点H．
同①，得EH=，CH=，所以DH=CD-CH=．在Rt△DHE中，DE==．
所以OD=DE=2．

① ②
第1题图
2．解：（1）连接CF，
因为FG垂直平分CE，所以CF=EF．
因为四边形ABCD为菱形，所以点A，C关于对角线BD对称．所以AF=CF．
所以AF=EF．
（2）连接AC，交BD于点O．
因为M，N分别是AE，EF的中点，G为CE的中点，所以MN=AF，NG=CF，即MN+NG=
（AF+CF）．
当点F与点O重合时，AF+CF最小，即此时MN+NG最小．
因为菱形ABCD的边长为1，∠ABC=60°，所以△ABC为等边三角形，AC=AB=1．
所以MN+NG的最小值为．
（3）不变．
理由：如图，连接CF，延长EF交DC于点H．
因为∠CFH=∠FCE+∠CEF，∠AFH=∠FAE+∠FEA，所以∠AFC=∠FCE+∠CEF+∠FAE+
∠FEA．
因为点F在菱形ABCD的对角线BD上，根据菱形的对称性，得∠AFD=∠CFD=∠AFC．
因为AF=CF=EF，所以∠FAE=∠FEA，∠CEF=∠FCE．
所以∠AFD=∠FAE+∠ABF=∠FAE+∠CEF．所以∠ABF=∠CEF．
因为∠ABC=60°，所以∠CEF=∠ABF=30°，为定值．

第2题图
3．解：（1）①60 30
②证明：如图①，连接CF，在FB上取一点T，使得TF=CF，连接CT．
因为点C，E关于AM对称，所以AM垂直平分CE．所以∠FCE=∠FEC=30°．所以FC=EF=2FG．所以∠CFT=∠FEC+∠FCE=60°．
又TF=CF，所以△CFT是等边三角形．
所以∠FCT=60°=∠ACB，CT=CF．所以∠BCT=∠ACF．
又CB=CA，所以△BCT≌△ACF．所以BT=AF．
所以BF=BT+TF=AF+EF=AF+2FG．
（2）①45
②BF=AF+FG
提示：如图②，连接CF，BC，在FB上取一点T，使得TF=CF，连接CT．
易得△CGF，△CFT和△ABC是等腰直角三角形，所以TF=CF=FG，CT=CF，BC=AC．所以．又∠BCT=∠ACF，所以△BCT∽△ACF．
所以=．所以BT=AF．
所以BF=BT+TF=AF+FG．
（3）BF=2AF•sinα+
提示：如图③，连接CF，BC，在FB上取一点T，使得TF=CF，连接CT．

因为AB=AC，∠BAC=α，所以=sinα．所以=2sinα．
因为AB=AC=AE，易得∠BEC=∠BAC=α，EF=．
因为CF=EF，所以∠FCE=∠FEC=α．所以∠CFT=∠FCE+∠FEC=α．
同（2），可证得△BCT∽△ACF，所以=2sinα．所以BT=2AF•sinα．
所以BF=BT+TF=2AF•sinα+．

① ② ③
第3题图