浙江中考数学复习难题突破专题八类比拓展探究题.docx

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浙江中考数学复习难题突破专题八类比拓展探究题

难题突破专题八　类比、拓展探究题

类比、拓展探究题是近两年中考热门考题，题型的模式基本分为三步：

初步尝试、类比发现、深入探究，考查的知识点有：

三角形旋转、平行四边形性质、相似、全等、矩形折叠、勾股定理等．此类问题解答往往是层层深入，从特殊到一般，然后是拓展运用．在解题时需要牢牢把握特殊情况、特殊位置下的结论，然后探寻一般情况下是否也成立，最后是类比应用．类比模仿是解决此类问题的重要手段．

1[2016·湖州]数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD（∠BAD＝120°）进行探究：

将一块含60°的直角三角板如图Z8－1放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB，AD于点E，F（不包括线段的端点）．

（1）初步尝试

如图①，若AD＝AB，求证：

①△BCE≌△ACF，②AE＋AF＝AC；

（2）类比发现

如图②，若AD＝2AB，过点C作CH⊥AD于点H，求证：

AE＝2FH；

（3）深入探究

如图③，若AD＝3AB，探究得的值为常数t，则t＝________．

图Z8－1

例题分层分析

（1）①先证明△ABC，△ACD都是________三角形，再证明∠BCE＝________，即可解决问题．

②根据①的结论得到________，由此可证明．

（2）设DH＝x，由题意，可得CD＝________，CH＝________（用含x的代数式表示），由△ACE∽△HCF，得＝，由此即可证明．

（3）如图③，过点C作CN⊥AD于N，CM⊥BA，交BA的延长线于点M，CM与AD交于点H.先证明△CFN∽△CEM，得＝，由AB·CM＝AD·CN，AD＝3AB，推出CM＝3CN，所以＝＝，设CN＝a，FN＝b，则CM＝3a，EM＝3b，想办法求出AC，AE＋3AF即可解决问题．

2[2016·舟山]我们定义：

有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．

（1）概念理解

请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子；

（2）问题探究

如图Z8－2①，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；

（3）应用拓展

如图②，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α（0°＜∠α＜∠BAC）得到Rt△AB′D′（如图③），当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．

图Z8－2

例题分层分析

（1）矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”的条件；

（2）连结PD，PC，根据PE，PF分别为AD，BC的垂直平分线，可得到PA＝________，PB＝________，

∠DAP＝________＝∠ABC＝________，从而可得∠APC＝∠DPB，利用SAS可证得△APC≌△DPB，即可得到AC＝BD.

（3）分两种情况考虑：

（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，由S四边形ACBD′＝S△ACE－S△BED′，求出四边形ACBD′的面积；（ii）当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，由S四边形ACBD′＝S△AED′＋S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′的面积即可．

专题训练

1．[2017·淮安]【操作发现】

如图Z8－3，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．

图Z8－3

（1）请按要求画图：

将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连结BB′；

（2）在

（1）所画图形中，∠AB′B＝________．

【问题解决】

如图Z8－4，在等边三角形ABC中，AC＝7，点P在△ABC内，且∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面积．

图Z8－4

小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：

想法一：

将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连结PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；

想法二：

将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，连结PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．

……

请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．（―种方法即可）

【灵活运用】

如图Z8－5，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB（k为常数），求BD的长（用含k的式子表示）．

图Z8－5

2．[2017·连云港]问题呈现：

如图Z8－6①，点E，F，G，H分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD，DA上，AE＝DG.

求证：

2S四边形EFGH＝S矩形ABCD.（S表示面积）

图Z8－6

实验探究：

某数学实验小组发现：

若图①中AH≠BF，点G在CD上移动时，上述结论会发生变化．分别过点E，G作BC边的平行线，再分别过点F，H作AB边的平行线，四条平行线分别相交于点A1，B1，C1，D1，得到矩形A1B1C1D1.

如图②，当AH＞BF时，若将点G向点C靠近（DG>AE），经过探索，发现：

2S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋S矩形A1B1C1D1.

如图③，当AH＞BF时，若将点G向点D靠近（DG

迁移应用：

请直接应用“实验探究”中发现的结论解答下列问题．

（1）如图Z8－7，点E，F，G，H分别是面积为25的正方形ABCD各边上的点，已知AH>BF，AE>DG，S四边形EFGH＝11，HF＝，求EG的长．

图Z8－7

（2）如图Z8－8，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E，H分别在边AB，AD上，BE＝1，DH＝2，点F，G分别是边BC，CD上的动点，且FG＝，连结EF，HG，请直接写出四边形EFGH面积的最大值．

图Z8－8

3.[2017·盐城]

【探索发现】

如图Z8－9①是一张直角三角形纸片，∠B＝90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE，EF剪下时，所得的矩形的面积最大．随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：

矩形的最大面积与原三角形面积的比值为________．

图Z8－9

【拓展应用】

如图②，在△ABC中，BC＝a，BC边上的高AD＝h，矩形PQMN的顶点P，N分别在边AB，AC上，顶点Q，M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为________．（用含a，h的代数式表示）

【灵活应用】

如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB＝32，BC＝40，AE＝20，CD＝16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形（∠B为所剪出矩形的内角），求该矩形的面积．

【实际应用】

如图Z8－10，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB＝50cm，BC＝108cm，CD＝60cm，且tanB＝tanC＝，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M，N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．

图Z8－10

参考答案

例1　【例题分层分析】

（1）①等边　∠ACF　②BE＝AF　

（2）2x　x

解：

（1）证明：

①∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝120°，∴∠D＝∠B＝60°.∵AD＝AB，

∴▱ABCD是菱形，

∴△ABC，△ACD都是等边三角形，

∴∠B＝∠CAD＝60°，∠ACB＝60°，BC＝AC.

∵∠ECF＝60°，

∴∠BCE＋∠ACE＝∠ACF＋∠ACE＝60°，

∴∠BCE＝∠ACF.

在△BCE和△ACF中，

∴△BCE≌△ACF.

②∵△BCE≌△ACF，∴BE＝AF，

∴AE＋AF＝AE＋BE＝AB＝AC.

（2）证明：

设DH＝x，由题意，CD＝2x，CH＝x，

∴AD＝2AB＝4x，∴AH＝AD－DH＝3x.

∵CH⊥AD，∴AC＝＝2x，

∴AC2＋CD2＝AD2，∴∠ACD＝90°，

∴∠BAC＝∠ACD＝90°，∴∠CAD＝30°，

∴∠ACH＝60°，

∵∠ECF＝60°，∴∠HCF＝∠ACE，∴△ACE∽△HCF，∴＝＝2，∴AE＝2FH.

（3）如图，过点C作CN⊥AD于N，CM⊥BA，交BA的延长线于M，CM与AD交于点H.

∵∠ECF＋∠EAF＝180°，

∴∠AEC＋∠AFC＝180°.

∵∠AFC＋∠CFN＝180°，

∴∠CFN＝∠AEC.

∵∠M＝∠CNF＝90°，∴△CFN∽△CEM，

∴＝.

∵AB·CM＝AD·CN，AD＝3AB，

∴CM＝3CN，∴＝＝.

设CN＝a，FN＝b，则CM＝3a，EM＝3b，

∵∠MAH＝60°，∠M＝90°，

∴∠AHM＝∠CHN＝30°，

∴HC＝2a，HM＝a，HN＝a，

∴AM＝a，AH＝a，

∴AC＝＝a，

AE＋3AF＝（EM－AM）＋3（AH＋HN－FN）＝EM－AM＋3AH＋3HN－3FN＝3AH＋3HN－AM＝a，

∴＝＝.

故答案为.

例2　【例题分层分析】

（2）PD　PC　∠ADP　∠BCP

解：

（1）矩形或正方形．

（2）AC＝BD，理由如下：

连结PD，PC，如图①所示：

∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，∴PA＝PD，PC＝PB，

∴∠PAD＝∠PDA，∠PBC＝∠PCB，

∴∠DPB＝2∠PAD，∠APC＝2∠PBC，

又∠PAD＝∠PBC，

∴∠APC＝∠DPB，

∴△APC≌△DPB（SAS），

∴AC＝BD.

（3）分两种情况考虑：

（i）当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图②所示，

∴∠ED′B＝∠EBD′，

∴EB＝ED′.

∵BC＝B′D′＝3，AB＝AB′＝5，

∴AC＝AD′＝4.

设EB＝ED′＝x，

由勾股定理得42＋（3＋x）2＝（4＋x）2，

解得x＝4.5.

过点D′作D′F⊥CE于F，

∴D′F∥AC，∴△ED′F∽△EAC，

∴＝，即＝，

解得D′F＝，

∴S△ACE＝AC×EC＝×4×（3＋4.5）＝15，S△BED′＝BE×D′F＝×4.5×＝，

∴S四边形ACBD′＝S△ACE－S△BED′＝15－＝10.

（ii）当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，

如图③所示，

∴四边形ECBD′是矩形，

∴ED′＝BC＝3.

在Rt△AED′中，根据勾股定理得

AE＝＝，

∴S△AED′＝AE×ED′＝××3＝，S矩形ECBD′＝CE×CB＝（4－）×3＝12－3，

则S四边形ACBD′＝S△AED′＋S矩形ECBD′＝＋12－3＝12－.

专题训练

1．解：

【操作发现】

（1）如图①所示．

（2）45°.

【问题解决】

如图②，将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连结PP′，则AP′＝AP，∠PAP′＝60°，∠AP′B＝∠APC.

∴△APP′是等边三角形．

∴∠APP′＝∠AP′P＝60°.

∵AP⊥PC，∴∠APC＝90°.又∵∠BPC＝120°，

∴∠APB＝360°－∠APC－∠BPC＝360°－90°－120°＝150°.

∴∠BPP′＝∠APB－∠APP′＝150°－60°＝90°.

∴∠BP′P＝∠AP′B－∠AP′P＝∠APC－

∠AP′P＝90°－60°＝30°.

设BP＝a.

在Rt△BPP′中，

∵∠BP′P＝30°，

∴P′B＝2a，P′P＝a，

∴AP＝a，PC＝2a.

在Rt△APC中，由勾股定理得AP2＋PC2＝AC2，

∴（a）2＋（2a）2＝72.解得a＝.

∴AP＝，PC＝2.

∴S△APC＝AP·PC＝××2＝7.

【灵活运用】

连结AC.

∵AE⊥BC，BE＝CE，∴AB＝AC.

又∵AE⊥BC，∴∠BAE＝∠CAE.

设∠BAE＝α，

则∠CAE＝α，∠ABE＝90°－α，∠ADC＝α.

如图③，将△ACD绕点A顺时针旋转2α，得到△ABD′，则BD′＝CD＝5，AD＝AD′，∠DAD′＝2α，∠BD′A＝α.

过点A作AF⊥DD′，垂足为点F，则∠D′AF＝α，∠AD′F＝90°－α，DD′＝2D′F，

∴∠BD′D＝∠BD′A＋∠AD′F＝α＋90°－α＝90°.

在Rt△AD′F中，D′F＝AD′·cos∠AD′F＝AD·cos（90°－α）＝kAB·cos（90°－α）＝k·BE＝2k.

∴DD′＝4k.

在Rt△BDD′中，由勾股定理得BD＝＝＝.

2．解：

问题呈现：

证明：

因为四边形ABCD是矩形，

所以AB∥CD，∠A＝90°，

又因为AE＝DG，所以四边形AEGD是矩形，

所以S△HEG＝EG·AE＝S矩形AEGD，

同理可得S△FEG＝S矩形BCGE.

因为S四边形EFGH＝S△HEG＋S△FEG，

所以2S四边形EFGH＝S矩形ABCD.

实验探究：

由题意得，当点G向点D靠近（DG

如图所示，S△HEC1＝S矩形HAEC1，S△EFB1＝S矩形EBFB1，

S△FGA1＝S矩形FCGA1，S△GHD1＝S矩形GDHD1，

所以S四边形EFGH＝S△HEC1＋S△EFB1＋S△FGA1＋S△GHD1－S矩形A1B1C1D1，

所以2S四边形EFGH＝S矩形HAEC1＋S矩形EBFB1＋S矩形FCGA1＋S矩形GDHD1－2S矩形A1B1C1D1，

即2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－S矩形A1B1C1D1.

迁移应用：

（1）如图所示，由“实验探究”的结论可知2S四边形EFGH＝S矩形ABCD－S矩形A1B1C1D1，

所以S矩形A1B1C1D1＝S矩形ABCD－2S四边形EFGH＝25－2×11＝3＝A1B1·A1D1.

因为正方形面积是25，所以边长为5，

又A1D12＝HF2－52＝29－25＝4，

所以A1D1＝2，A1B1＝，

所以EG2＝A1B12＋52＝＋25＝，

所以EG＝.

（2）四边形EFGH面积的最大值为.

3．解：

【探索发现】.

【拓展应用】ah.

【灵活应用】如图①，设四边形BFGK是从“缺角矩形”中剪出的一个矩形，显然，当顶点G在线段DE上时，矩形的面积才可取最大值．

作直线DE，分别交线段BA，BC的延长线于点P，Q，过点E作EH⊥BC于点H.

∵四边形ABCM是矩形，∴AM∥BC，

∴△DEM∽△DQC，∴＝.

∵CD＝16，CM＝AB＝32，∴MD＝CD＝16，

∴＝1，即CQ＝EM.

∵AE＝20，AM＝BC＝40，

∴EM＝AE＝20.∴AE＝CQ.

同理PA＝MD＝CD＝16.

∴当BK＝PB＝24，即当顶点G在DE中点处时，矩形的面积最大，最大面积为×60×48＝720.

【实际应用】分三种情形：

（Ⅰ）如图②，当矩形的另两个顶点P，Q分别在边AB，CD上时，延长BA，CD相交于点E.

∵∠EBC＝∠DCG，∴EB＝EC.

过点E作EH⊥BC于点H，

∴BH＝BC＝×108＝54（cm）．

在Rt△EBH中，

EH＝BH·tanB＝54×＝72（cm），

∴EB＝90cm.

由结论知，当PB＝EB＝45cm＜AB时，矩形面积有最大值为×108×72＝1944（cm2）．

（Ⅱ）如图③，当矩形的另两个顶点P，Q分别在边AD，CD上时，延长BA，CD相交于点E，延长QP交AE于点F，过点F作FG⊥BC于点G，则矩形PQMN的面积小于矩形FQMG的面积．

由（Ⅰ）知，矩形FQMG的面积＜1944cm2.

（Ⅲ）当矩形另两个顶点P，Q分别在边AB，AD上时，此时不能裁出矩形．

综上所述，矩形面积的最大值为1944cm2.