2024甘肃中考数学二轮专题训练 几何综合探究动点问题 (含答案)

2024甘肃中考数学二轮专题训练几何综合探究动点问题典例精讲例1(一题多设问)如图，△AMN的顶点M、N分别在四边形ABCD的边BC、CD所在的直线上，且满足∠MAN＝45°.探究一：若四边形ABCD为正方形，点M、N分别在正方形的边BC、CD上．(1)如图①，当BM＝DN时，求证：△AMN为等腰三角形；【思维教练】要证△AMN为等腰三角形，可根据正方形的性质结合已知条件，证明三角形全等，进而得到线段相等．例1题图①(2)如图②，当点M、N分别在线段BC、CD上时，猜想并证明线段MN、BM、DN之间的数量关系；【思维教练】在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，构造全等三角形，得到新的全等三角形，可得出ME＝MN，进而得出线段MN、BM、DN之间的数量关系．例1题图②(3)如图③，连接BD交AM、AN于点P、Q，若BP＝DQ，求证：eq\f(AQ,AN)＝eq\f(BP,CN)；【思维教练】要证明线段比值关系，可通过构造相似三角形求解．例1题图③探究二：若四边形ABCD为正方形，点M、N分别在边CB、DC的延长线上．(4)如图④，猜想并证明线段MN、BM、DN之间的的数量关系；【思维教练】在DC上截取DF＝BM，连接AF，通过证明三角形全等，得出AM＝AF，进一步证明△MAN≌△FAN，得到MN和NF的关系，进而得到MN、BM、DN之间的数量关系．例1题图④(5)如图⑤，若BC＝4，BM＝1，求CN的长；【思维教练】根据(4)中得到的线段之间的数量关系，设未知数，结合勾股定理求解．例1题图⑤(6)如图⑥，作射线DB交AM的延长线于点P，交AN于点Q，若CN＝CD＝6，求AP的长；【思维教练】由勾股定理可求出AN，结合平行线的性质得到三角形相似，从而得出线段比值关系，可求出AQ，再结合(4)中所得关系式设未知数列方程，结合勾股定理和相似三角形求解即可．例1题图⑥探究三：若四边形ABCD为矩形，点M、N分别在边BC、DC上．(7)如图⑦，在矩形ABCD中，已知AB＝3，AD＝4，若BM＝1，求DN的长．【思维教练】延长AB构造正方形，找相似三角形，得到线段间的比值关系，设未知数，结合(2)中关系式及勾股定理列方程求解即可．例1题图⑦针对训练1.已知正方形ABCD，E，F为平面内两点．【探究建模】(1)如图①，当点E在边AB上时，DE⊥DF，且B，C，F三点共线．求证：AE＝CF；【类比应用】(2)如图②，当点E在正方形ABCD外部时，DE⊥DF,AE⊥EF，且E，C，F三点共线，猜想并证明线段AE，CE，DE之间的数量关系；【拓展迁移】(3)如图③，当点E在正方形ABCD外部时，AE⊥EC,AE⊥AF，DE⊥BE，且D，F，E三点共线，DE与AB交于G点．若DF＝3，AE＝eq\r(2)，求CE的长．第1题图2.【证明体验】(1)如图①，AD为△ABC的角平分线，∠ADC＝60°，点E在AB上，AE＝AC.求证：DE平分∠ADB.【思考探究】(2)如图②，在(1)的条件下，F为AB上一点，连接FC交AD于点G.若FB＝FC，DG＝2，CD＝3，求BD的长．【拓展延伸】(3)如图③，在四边形ABCD中，对角线AC平分∠BAD，∠BCA＝2∠DCA，点E在AC上，∠EDC＝∠ABC.若BC＝5，CD＝2eq\r(5)，AD＝2AE，求AC的长．第2题图3.已知，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC.(1)如图①，已知点D在BC边上，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.试探究BD与CE的关系；(2)如图②，已知点D在BC下方，∠DAE＝90°，AD＝AE，连接CE.若BD⊥AD，AB＝2eq\r(10)，CE＝2，AD交BC于点F，求AF的长；(3)如图③，已知点D在BC下方，连接AD、BD、CD.若∠CBD＝30°，∠BAD>15°，AB2＝6，AD2＝4＋eq\r(3)，求sin∠BCD的值．第3题图4.在正方形ABCD中，点P为线段DB上的动点，点E为线段DC上的动点，连接PE，作PF⊥PE交直线AD于点F.(1)如图①，当点P与线段BD的中点O重合时，DE、FD、DB三条线段之间的数量关系为________________________________________________________________________；(2)如图②，点P在DB的延长线上，且eq\f(PB,BD)＝eq\f(1,3)，点E、F分别在线段DC的延长线和线段DA的延长线上，请写出DE、FD、DB三条线段之间的数量关系，并说明理由；(3)点P在线段BD上，若正方形的边长为6，CP＝2eq\r(5)，DF＝2，当BP＞BO时，请直接写出DE的长．第4题图5.在学习全等三角形的知识时，数学兴趣小组发现这样一个模型：它是由两个共顶点且顶角相等的等腰三角形构成．在相对位置变化时，始终存在一对全等三角形．通过查询资料，他们得知这种模型称为“手拉手模型”．兴趣小组进行了如下操作：(1)观察猜想如图①，已知△ABC，△ADE均为等边三角形，点D在边BC上，且不与点B、C重合，连接CE，试判断AB与CE的位置关系，并说明理由；(2)类比探究如图②，已知△ABC、△ADE均为等边三角形，连接CE、BD，若∠DEC＝60°，试说明点B，D，E在同一直线上；(3)解决问题如图③，已知点E在等边△ABC的外部，并且与点B位于线段AC的异侧，连接AE、BE、CE.若∠BEC＝60°，AE＝3，CE＝2，请直接写出BE的长．第5题图6.问题提出如图①，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝AC，EC＝DC.点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F.线段AF，BF，CF之间存在怎样的数量关系？问题探究(1)先将问题特殊化：如图②，当点D，F重合时，直接写出一个等式，表示AF，BF，CF之间的数量关系；(2)再探究一般情形：如图①，当点D，F不重合时，证明(1)中的结论仍然成立．问题拓展如图③，在△ABC和△DEC中，∠ACB＝∠DCE＝90°，BC＝kAC，EC＝kDC(k是常数)，点E在△ABC内部，直线AD与BE交于点F.直接写出一个等式，表示线段AF，BF，CF之间的数量关系．第6题图参考答案典例精讲例1(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠D＝∠B.又∵BM＝DN，∴△ABM≌△ADN，∴AM＝AN，∴△AMN为等腰三角形；(2)解：猜想：MN＝BM＋DN，证明：如解图①，在MB的延长线上截取BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，∴∠ABE＝90°＝∠D，在△ABE和△ADN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD，,∠ABE＝∠D，,BE＝DN，))∴△ABE≌△ADN(SAS)，∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∴∠EAN＝∠BAD＝90°.∵∠MAN＝45°，∴∠EAM＝45°＝∠NAM，在△AEM和△ANM中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝AN，,∠EAM＝∠NAM，,AM＝AM，))∴△AEM≌△ANM(SAS)，∴ME＝MN.又∵ME＝BM＋BE＝BM＋DN，∴MN＝BM＋DN；例1题解图①(3)证明：如解图②，连接AC，在正方形ABCD中，∵∠BAC＝45°，∠MAN＝45°，∴∠BAC＝∠MAN，∴∠BAP＝∠CAN.∵∠ABP＝∠ACN＝45°，∴△ABP∽△ACN，∴eq\f(AP,AN)＝eq\f(BP,CN).∵BP＝DQ，∠ABP＝∠ADQ＝45°，AB＝AD，∴△ABP≌△ADQ，∴AP＝AQ，∴eq\f(AQ,AN)＝eq\f(BP,CN)；例1题解图②(4)解：猜想：DN＝BM＋MN.证明：如解图③，在DC上截取DF＝BM，连接AF，由题意得∠ABM＝90°＝∠D，在△ABM和△ADF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD，,∠ABM＝∠D，,BM＝DF，))∴△ABM≌△ADF(SAS)，∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM＋∠BAF＝∠DAF＋∠BAF＝∠BAD＝90°，即∠MAF＝∠BAD＝90°.∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，在△MAN和△FAN中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AM＝AF，,∠MAN＝∠FAN，,AN＝AN，))∴△MAN≌△FAN(SAS)，∴MN＝NF，∴MN＝DN－DF＝DN－BM，∴DN＝BM＋MN.例1题解图③(5)解：设CN＝x，∵BC＝4，BM＝1，∴DC＝4，DN＝x＋4，CM＝5，由(4)得DN＝BM＋MN，∴MN＝DN－BM＝x＋3，由CM2＋CN2＝MN2，得25＋x2＝(x＋3)2，解得x＝eq\f(8,3)，即CN＝eq\f(8,3)；(6)解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝AD＝CD＝6，AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∴∠ABM＝∠MCN＝90°.∵CN＝CD＝6，∴DN＝12，∴AN＝eq\r(AD2＋DN2)＝eq\r(62＋122)＝6eq\r(5).∵AB∥CD，∴△ABQ∽△NDQ，∴eq\f(BQ,DQ)＝eq\f(AQ,NQ)＝eq\f(AB,ND)＝eq\f(6,12)＝eq\f(1,2)，∴eq\f(AQ,AN)＝eq\f(1,3)，∴AQ＝eq\f(1,3)AN＝2eq\r(5)，由(4)得，DN＝BM＋MN.设BM＝x，则MN＝12－x，CM＝6＋x，在Rt△CMN中，由勾股定理得，62＋(6＋x)2＝(12－x)2，解得x＝2，∴BM＝2，∴AM＝eq\r(AB2＋BM2)＝eq\r(62＋22)＝2eq\r(10).∵BC∥AD，∴△PBM∽△PDA，∴eq\f(PM,PA)＝eq\f(BM,DA)＝eq\f(2,6)＝eq\f(1,3)，∴PM＝eq\f(1,2)AM＝eq\r(10)，∴AP＝AM＋PM＝3eq\r(10)；(7)解：如解图④，延长AB至点P，使BP＝BM＝1，过点P作BC的平行线交DC的延长线于点Q，延长AM交PQ于点E，连接EN，则四边形APQD是正方形，∴PQ＝DQ＝AP＝AB＋BP＝4，设DN＝x，则NQ＝4－x，∵PQ∥BC，∴△ABM∽△APE，∴eq\f(BM,PE)＝eq\f(AB,AP)＝eq\f(3,4)，∴PE＝eq\f(4,3)BM＝eq\f(4,3)，∴EQ＝PQ－PE＝4－eq\f(4,3)＝eq\f(8,3)，由(2)得，EN＝PE＋DN＝eq\f(4,3)＋x，在Rt△QEN中，由勾股定理得(eq\f(8,3))2＋(4－x)2＝(eq\f(4,3)＋x)2，解得x＝2，即DN的长是2.例1题解图④针对训练1.(1)证明：∵DE⊥DF，∴∠CDF＋∠CDE＝90°.∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝CD，∠DCF＝∠ADC＝∠DAE＝90°，∴∠ADE＋∠CDE＝90°，∴∠ADE＝∠CDF，∴△ADE≌△CDF(ASA)，∴AE＝CF；(2)解：AE＋CE＝eq\r(2)DE，证明：∵DE⊥DF，∴∠DFC＋∠DEC＝90°.∵AE⊥EF，∴∠AED＋∠DEC＝90°，∴∠AED＝∠DFC.∵DE⊥DF，∴∠CDF＋∠CDE＝90°.∵∠ADE＋∠CDE＝90°，∴∠ADE＝∠CDF.∵AD＝CD，∴△ADE≌△CDF(AAS)，∴AE＝CF，DE＝DF，∴EF＝CF＋CE＝AE＋CE.又∵DE⊥DF，∴∠DEF＝45°，∴DE＝EF·cos∠DEF＝eq\f(\r(2),2)(AE＋CE)，即AE＋CE＝eq\r(2)DE；【或在Rt△DEF中由勾股定理得(AE＋CE)2＝2DE2也得分】(3)解：如解图，过点D作DH⊥DE交EC的延长线于点H.∵四边形ABCD为正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∴∠DAF＋∠FAG＝90°.∵AE⊥AF，∴∠BAE＋∠FAG＝90°，∴∠DAF＝∠BAE.∵∠DAB＝90°，∴∠ADF＋∠DGA＝90°.∵DE⊥BE，∴∠ABE＋∠BGE＝90°.∵∠DGA＝∠BGE，∴∠ADF＝∠ABE.∴△ADF≌△ABE(ASA)，∴AF＝AE＝eq\r(2).∵AF⊥AE，∴∠AEF＝45°，∴EF＝2，∴DE＝DF＋EF＝3＋2＝5.由(2)得，AE＋CE＝eq\r(2)DE，∴CE＝eq\r(2)DE－AE＝5eq\r(2)－eq\r(2)＝4eq\r(2).第1题解图2.(1)证明：∵AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠CAD.∵AE＝AC,AD＝AD，∴△EAD≌△CAD(SAS)，∴∠ADE＝∠ADC＝60°，∴∠EDB＝180°－∠ADE－∠ADC＝60°，∴∠BDE＝∠ADE，即DE平分∠ADB；(2)解：∵FB＝FC，∴∠EBD＝∠GCD.∵∠BDE＝∠GDC＝60°，∴△EBD∽△GCD，∴eq\f(BD,CD)＝eq\f(DE,DG).∵△EAD≌△CAD，∴DE＝DC＝3.∵DG＝2，∴BD＝eq\f(9,2)；(3)解：如解图，在AB上取一点F，使得AF＝AD，连接CF.∵AC平分∠BAD，∴∠FAC＝∠DAC.∵AC＝AC，∴△AFC≌△ADC(SAS)，∴CF＝CD，∠ACF＝∠ACD,∠AFC＝∠ADC.∵∠ACF＋∠BCF＝∠ACB＝2∠ACD，∴∠DCE＝∠BCF.∵∠EDC＝∠FBC，∴△DCE∽△BCF，∴eq\f(CD,CB)＝eq\f(CE,CF)，∠CED＝∠BFC.∵BC＝5，CF＝CD＝2eq\r(5)，∴CE＝4.∵∠AED＝180°－∠CED＝180°－∠BFC＝∠AFC＝∠ADC.又∵∠EAD＝∠DAC,∴△EAD∽△DAC，∴eq\f(AE,AD)＝eq\f(AD,AC)＝eq\f(1,2)，∴AC＝4AE，∴AC＝eq\f(4,3)CE＝eq\f(16,3).第2题解图3.解：(1)BD＝CE，BD⊥CE，理由如下：∵∠BAC＝90°，∠DAE＝90°，∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE.∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD＝CE，∠ACE＝∠ABC＝∠ACB＝45°，∴∠BCE＝90°，∴BD⊥CE；(2)如解图①，过点A作AH⊥BC于点H，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△BAC是等腰直角三角形．∵AB＝2eq\r(10)，∴AH＝BH＝2eq\r(5).∵∠DAE＝90°，∴∠BAD＋∠DAC＝∠CAE＋∠DAC＝90°，∴∠BAD＝∠CAE.∵AD＝AE，∴△ABD≌△ACE(SAS)，∴BD＝CE＝2.∵BD⊥AD，∴AD＝eq\r(AB2－BD2)＝6.∵∠ADB＝∠AHF＝90°，∠DFB＝∠HFA，∴△BDF∽△AHF，设DF＝x，则AF＝6－x，∴eq\f(BF,AF)＝eq\f(DF,HF)＝eq\f(BD,AH)＝eq\f(2,2\r(5))＝eq\f(\r(5),5)，∴BF＝eq\f(\r(5),5)(6－x)，HF＝eq\r(5)x，∴BH＝BF＋HF＝eq\f(\r(5),5)(6－x)＋eq\r(5)x＝2eq\r(5)，解得x＝1，∴AF＝5；第3题解图①(3)如解图②，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACG，过点A作AP⊥BC于点P，过点D作DT⊥BC于点T，分别过点G作GM⊥BC，交BC的延长线于点M，作GN⊥AP，交AP于点N，∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AB2＝6，∴△BAC是等腰直角三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，BC＝2eq\r(3)，∴AP＝CP＝eq\r(3).∵∠CBD＝30°，∴∠ABD＝75°，由旋转的性质可得△ABD≌△ACG，∴∠ABD＝∠ACG＝75°，BD＝CG，AD＝AG，∴∠BCG＝∠ACB＋∠ACG＝120°，∴∠GCM＝60°.∵GM⊥BC，GN⊥AP，AP⊥BC，∴四边形GMPN是矩形，∴NP＝GM，NG＝PM，设CM＝x，NP＝GM＝eq\r(3)x，∴NG＝PM＝PC＋CM＝eq\r(3)＋x，AN＝AP－NP＝eq\r(3)－eq\r(3)x，在Rt△ANG中，AN2＋NG2＝AG2＝AD2，∵AD2＝4＋eq\r(3)，∴(eq\r(3)－eq\r(3)x)2＋(eq\r(3)＋x)2＝4＋eq\r(3)，化简得，4x2－(6－2eq\r(3))x＋2－eq\r(3)＝0，解得x1＝eq\f(1,2)，x2＝eq\f(2－\r(3),2)，∵∠BAD>15°，∴当x＝eq\f(2－\r(3),2)时，易知与∠BAD>15°相矛盾，∴x＝eq\f(1,2)，∴BD＝CG＝1，∴DT＝eq\f(1,2)BD＝eq\f(1,2)，BT＝eq\r(3)DT＝eq\f(\r(3),2)，∴TC＝BC－BT＝eq\f(3\r(3),2)，∴在Rt△DTC中，DC＝eq\r(DT2＋TC2)＝eq\r(7)，∴sin∠BCD＝eq\f(DT,DC)＝eq\f(\f(1,2),\r(7))＝eq\f(\r(7),14).第3题解图②4.解：(1)DE＋FD＝eq\f(\r(2),2)DB；【解法提示】在正方形ABCD中，AC和BD分别为正方形的两条对角线，则∠OAF＝∠ODE＝45°，OA＝OD，∠AOD＝90°，∴∠3＋∠1＝90°，∵PF⊥PE，∴∠3＋∠2＝90°，∴∠1＝∠2，∴△ODE≌△OAF(ASA)，∴DE＝AF，又∵在等腰Rt△APD中，AD＝eq\f(DP,sin45°)＝eq\r(2)DP，即AF＋FD＝eq\r(2)DP，又∵DP＝eq\f(1,2)BD，∴DE＋FD＝eq\r(2)DP＝eq\f(\r(2),2)DB.(2)DE＋FD＝eq\f(4\r(2),3)DB.理由如下：如解图①，过点P作PG⊥PD交DA的延长线于点G，在正方形ABCD中，BD为对角线，则∠PDF＝∠PDE＝45°，∵∠GPD＝90°，∴△GPD为等腰直角三角形，∴PD＝PG，∠PGD＝∠PDF＝∠PDE＝45°.∵PF⊥PE，∴∠3＋∠2＝90°.∵∠3＋∠1＝90°，∴∠1＝∠2，∴△PDE≌△PGF(ASA)，∴DE＝GF，在等腰Rt△GPD中，GD＝eq\f(DP,cos45°)＝eq\r(2)DP，即GF＋FD＝eq\r(2)DP，又∵eq\f(PB,BD)＝eq\f(1,3)，∴eq\f(DP,DB)＝eq\f(4,3)，DP＝eq\f(4,3)DB，∴DE＋FD＝eq\r(2)DP＝eq\f(4\r(2),3)DB；第4题解图①(3)DE的长为2或6.【解法提示】①如解图②，当点F在边AD上，BP＞BO时，连接AC交BD于点O，过点P作PG⊥PD交DA于点G，∵正方形边长为6，∴OD＝OC＝CD·sin∠BDC＝6×eq\f(\r(2),2)＝3eq\r(2)，在Rt△OCP中，OP＝eq\r(CP2－OC2)＝eq\r(2).∵△GDP为等腰直角三角形，∴PG＝PD＝OD－OP＝2eq\r(2)，DG＝eq\r(2)DP＝4，GF＝DG－DF＝4－2＝2，由(2)可得△PED≌△PFG(ASA)，∴DE＝GF＝2；第4题解图②②如解图③，当点F在AD延长线上，BP＞BO时，连接AC交BD于点O，过点P作PG⊥PD交AD于点G，∵正方形边长为6，∴OD＝OC＝CD·sin∠BDC＝6×eq\f(\r(2),2)＝3eq\r(2)，在Rt△OCP中，OP＝eq\r(CP2－OC2)＝eq\r(2).∵△GDP为等腰直角三角形，∴PG＝PD＝OD－OP＝2eq\r(2)，DG＝eq\r(2)DP＝4，GF＝DG＋DF＝4＋2＝6，由(2)可得△PED≌△PFG(ASA)，∴DE＝GF＝6.综上所述，DE的长为2或6.第4题解图③5.解：(1)AB∥CE.理由如下：∵△ABC，△ADE都是等边三角形，∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE＝∠B＝60°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ACE＝∠B＝60°，∴∠BAC＝∠ACE＝60°，∴AB∥CE；(2)由(1)可知，△ABD≌△ACE，∴∠ADB＝∠AEC.∵△ADE是等边三角形，∴∠AED＝∠ADE＝60°.∵∠BEC＝60°，∴∠AEC＝∠AED＋∠BEC＝120°，∴∠ADB＝∠AEC＝120°，∴∠ADB＋∠ADE＝120°＋60°＝180°，∴点B，D，E在同一直线上；(3)BE的长为5.【解法提示】如解图，在线段BE上取一点H，使得BH＝CE，连接A