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）(共30张PPT)

(共30张PPT)
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＝CP
DP⊥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①
N
M
∵∠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①
N
M
(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③
②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①
CH＝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②
M
(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②
②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＝6 cm，BC＝EF＝8 cm，∠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＝6 cm，BC＝8 cm，∠ACB＝90°，
∴在Rt△ABC中，AB＝ ＝ ＝10 cm.
当∠EAB＝90°时，在Rt△EAB和Rt△ECA中，
AE2＝EB2－AB2＝(EC＋8)2－102，
AE2＝EC2＋AC2＝EC2＋62，
∴(EC＋8)2－102＝EC2＋62，
∴EC＝4.5 cm，
∴BE＝BC＋CE＝12.5 cm；
例2题图②
探究引申
(3)如图③，奇异小组的同学把边BC与边EF重合，连接AD，△ABC固定不动，将△DEF沿射线BC平移，当四边形ACFD是正方形时，直接写出△DEF平移的距离．
例2题图③
【思维教练】分FD在AC右侧和AC左侧两种情况讨论即可求解．
【解法提示】当FD在AC的右侧时，由题意可知，四边形ACFD是矩形，当四边形ACFD为正方形时，即AC＝FC＝6，∵BC＝8，∴平移距离为8－6＝2 cm；当FD在AC的左侧时，即AC＝FC＝6，∴平移距离为8＋6＝14 cm.综上所述，△DEF平移的距离为2 cm或14 cm.
(3)2 cm或14 cm.