2024河北中考数学二轮复习 专题四三角形、四边形实践探究专项训练 （含答案）.docx

1、2024河北中考数学二轮复习 专题四 三角形、四边形实践探究专项训练 类型一旋转问题典例精讲例 （一题多设问）如图，C，D，E三点在线段AB上，且ACCEEDDB，将线段AC绕点C按顺时针方向旋转(0180)，点A的对应点为点A1.同时将线段DB绕点D按逆时针方向旋转(0360)，点B的对应点为点B1.(1)如图，若，连接A1D，B1C，交于点F；求证：A1CDB1DC；求证：FCD为等腰三角形；【思维教练】由SAS证明；根据两角相等的三角形为等腰三角形证明例题图(2)如图，当180360时，若A1CB1D，连接A1B1.证明：线段A1B1必经过点E；当EA1C的外心在其内部时，求的取值范围；

2、【思维教练】通过三角形全等证明；由三角形的外心在三角形内部，可确定该三角形为锐角三角形例题图(3)当A1CB1D时，求，满足的数量关系；【思维教练】分两种情况：0180；1800)到某一位置时，BC，CD将会跟随出现到相应的位置论证如图，当ADBC时，设AB与CD交于点O，求证：AO10；发现当旋转角60时，ADC 的度数可能是多少？尝试取线段CD的中点M，当点M与点B距离最大时，求点M到AB的距离；拓展如图，设点D与B的距离为d，若BCD的平分线所在直线交AB于点P，直接写出BP的长(用含d的式子表示)；当点C在AB下方，且AD与CD垂直时，直接写出的余弦值 图 图第2题图类型二动点问题典例

3、精讲例（一题多设问) 如图，C是AB上一点，点D，E分别在AB两侧，ADBE，且ADBC，BEAC，A.(1) 求证：CDCE；【思维教练】通过全等三角形证明例题图(2)当AC2时，求BF的长；【思维教练】通过(1)中所得的结论，得到等角及等边，进而推出BEBF，即可求得(3)若90，ACD30，BCm(m0)求CF、EF的长(用含m的代数式表示)；求tan CDE的值；【思维教练】利用锐角三角函数求解；作辅助线，构造直角三角形，利用锐角三角函数求解(4) 若ACD25，且CDE的外心在该三角形的外部，请直接写出的取值范围【思维教练】通过CDE的外心在该三角形的外部，可判断出该三角形为钝角三角

4、形，由(1)知CDCE，则可得出CDE的取值范围，再用含的代数式表示CDE，即可求解对接中考1.如图，AB50，P为AB中点，点M为射线AC上(不与点A重合)的任意一点，连接MP，并使MP的延长线交射线BD于点N，设BPN.(1)求证：APMBPN；(2)当MN2BN时，求的度数；(3)若BPN的外心在该三角形的内部，直接写出的取值范围第1题图2. 如图和，在ABC中，ABAC，BC8，tanC.点K在AC边上，点M，N分别在AB, BC上，且AMCN2，点P从点M出发沿折线MBBN匀速移动，到达点N时停止；而点Q在AC边上随P移动，且始终保持APQB.(1)当点P在BC上时，求点P与点A的最

5、短距离；(2)若点P在MB上，且PQ将ABC的面积分成上下45两部分时，求MP的长；(3)设点P移动的路程为x，当0x3及3x9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被扫描到的总时长第2题图类型三轴对称问题典例精讲 例（一题多设问) 如图，在矩形ABCD中，AB8，BC12，点E在AB上，AE5，P是AD边上一点，将矩形ABCD沿PE折叠，点A落在点A处连接AC，与PE交于点F，设APx.(1)AC_；(2)当AA_时，四边形AEAP是正方形；(3)

6、若点A在BAC的平分线上，求CF的长；(1)【思维教练】利用勾股定理求解(2)【思维教练】AE为定值，为正方形AEAP的一边，利用勾股定理求解(3)【思维教练】利用角平分线性质及折叠性质得到等角，从而得到等边，转化为线段的差例题图(4)求点A，D距离的最小值，并求此时tanAPE的值；【思维教练】折叠直角时，动点运动轨迹为圆弧，再结合勾股定理求解(5)求点A的运动路径长；(参考数据：sin 68cos 22，sin 22cos 68)【思维教练】利用三角函数及扇形的弧长公式求解(6)若点A在ABC的内部(不含边界)，直接写出x的取值范围【思维教练】分析A的运动轨迹，可知若点A在ABC的内部，则

7、点A在线段AC，BC上为临界点，利用勾股定理与相似三角形的性质求解备用图对接中考1. 如图，已知在矩形ABCD中，AB4，AD6，点E在线段CD上移动，连接AE，将ADE沿AE折叠，点D的对应点为点D，连接CD.(1)当点E为CD的中点时，判断AE与CD的位置关系，并说明理由；(2)当点D恰好落在线段BC上时，求CE的长；(3)当点E与点C重合时，直接写出BDC的面积第1题图2. 如图，在ABC中，AB4，B45，C60.(1)求BC边上的高线长(2)点E为线段AB的中点，点F在边AC上，连接EF，沿EF将AEF折叠得到PEF.如图，当点P落在BC上时，求AEP的度数；如图，连接AP，当PFA

8、C时，求AP的长第2题图参考答案类型一旋转问题例(1)证明：ACDB，ACA1C，DBDB1，A1CB1D，A1CA，BDB1，A1CABDB1，A1CDB1DC，在A1CD和B1DC中，A1CDB1DC(SAS)；A1CDB1DC，A1DCB1CD，FCFD，FCD为等腰三角形；(2)证明：如解图，假设A1B1与AB交于点M，A1CB1D，A1CDB1DC，A1B1，在A1CM和B1DM中，A1CMB1DM(ASA)，CMDM，CEED，点E和点M重合，线段A1B1必经过点E；例题解图解：EA1C的外心在EA1C的内部， EA1C是锐角三角形，0ECA118090，A1CCE.CA1E180

9、(180)90. 90180；(3)解：当0180时，如解图所示，180；c例题解图当180360时，如解图所示，360.例题解图(4)解：120.【解法提示】A1CDB1DC，A1CDB1DC， 如解图，当0180时，A1CDB1DC，180180，2，0，此种情况不成立；例题解图如解图，当180360时，A1CDB1DC，180180，360，2，3360，120，综上所述，120.例题解图1. 解：(1)当点Q与点B在PD异侧时，由DPQ10，BPQ90得BPDBPQDPQ80，APB180BPD100；(2分)当点Q与点B在PD同侧时，如解图，APB180BPQDPQ80，综上所述，当

10、DPQ10时，APB等于80或100；(4分)第1题解图(2)如解图，过点P作PHAB于点H，连接BQ.tanABP tanA32，AHHB32，AB10，AH6，HB4，(6分)在RtPHA中，PHAHtanA8，PQ由PB逆时针旋转90得到，PQPB4，在RtPQB中，QBPB4；(8分)(3)16或20或32.(11分)【解法提示】当点Q在AD上时，如解图，由tanA得PBABsinA8，SPB扫16；当点Q在CD上时，如解图，过点P作PEAB于点E，交CD的延长线于点K，由题意得K90，KDPA，设AEx，则PEAEtanAx，BPEKQP90KPQ，PBQP，RtEPBRtKQP(A

11、AS)，KPEB10x，APx，PDKP(10x)，AD15APPDx(10x)，解得x6，PB2PE2EB280，PB4，SPB扫20；当点Q在BC的延长线上时，如解图，过点B作BMAD于点M，BMABsinA8，又PBQMPB45，PB8，SPB扫32.综上所述，PB旋转到PQ所扫过的面积为16或20或32.图 图 图第1题解图2. 论证 证明：ADBC，AB，DC，而ADBC，AODBOC，(2分)AOOBAB10；(3分)发现 解：如解图，当A，B，C三点共线时，有ADC是等边三角形，此时ADC60，(5分)如解图，当A，B，C三点不共线时，取AB的中点O，连接OD，则ADAOODBO

12、BCCD10，即四边形BCDO为菱形，从而CDAB.ADC18060120；(7分) 图 图第2题解图尝试 解：如解图，BMBCCM，当B，C，D三点共线时，BM15最大，(8分)作DHAB，MNAB，BGAD，垂足分别是点H，N，G.又BDBCCD20AB，AGGDAD5，BG5，由SABDADBGABDH，得DH，(9分)由RtBMNRtBDH，得，即，点M到AB的距离为；(10分) 第2题解图拓展 解：BP；(11分)【解法提示】如解图，过点D作DHAB于点H，连接BD交CP于点I，连接DP，设BPx，由题意得DIBI，BIPBHD，可得，BH，AHABBH20，DH2AD2AH2BD2

13、BH2，102(20)2d2()2，100400()2d2()2，d2300，x，BP.第2题解图解：.(12分)【解法提示】如解图，过点D作DEAB，垂足为E，过点C作CFDE的延长线，垂足为点F，过点C作CGAB，垂足为G，连接DG，过点D作DHDG，交AB于点H，连接AC.ADCD10，AC10. 设AGx，则BG20x，AC2AG2BC2BG2，200x2102(20x)2，解得x，BG，易得ADEDCF，从而可得ADHCDG，AHCG，DGDH，HEEG，AHHEEGBGAB，HEEG，AEAHHE，cos.第2题解图类型二动点问题例(1)证明：ADBE，AB，在ADC和BCE中，A

14、DCBCE(SAS)，CDCE；(2)解：由(1)可知ADCBCE，CDCE，ACDBEC，CDECED，CDEACDCEDBEC，即BFEBED，BEBF，BFBEAC2；(3)解：如解图，90，ACD30，ADBCm，在RtADC中，DC2m，AC m，ADBE，BA90由(2)可知BEBF，BEFBFE45，BEBF AC m，且AFDBFE45，EFm，在RtADF中，AF AD BCm，CF AC AF (1)m；如解图，过点C作CHDE, 垂足为点H，在RtFHC中，由可知CF(1)m，BFE45，CH (1)m m，又在RtADF中，AFADm，且EFm，DFm，DE DF EF

15、()m，又由(1)可知，在CED中，CDCE，且CHDE, DHDE ()m, 在RtCDH中，tan CDEtanCDH 2；例题解图(4)解：40130.【解法提示】CDE的外心在该三角形的外部，CDE是钝角三角形，CDECED，0CDE45，ADBE，ADEBED，即ADEAFD，ADE(180)90，ADC的内角和是180，ADECDE25180，即CDE65，06545，解得40130.1. (1)证明：P是AB的中点，APBP.在APM和BPN中，APMBPN(ASA)；(3分)(2)解：由(1)得APMBPN，PMPN.MN2BN，PNBN，B50；(6分)(3)解：4090.(

16、9分)【解法提示】BPN的外心在BPN的内部，BPN是锐角三角形，B50 90，即，解得40 90.2. 解：(1)如解图，当点P在BC上时，点P与点A的最短距离就是BC边上的高，此时AP垂直平分BC，BPCP4.APCPtanC43；(4分)第2题解图(2)如解图，当点P在MB上时，APQB，PQBC，APQABC.由解图可得ABAC5，PQ将ABC的面积分成上下45两部分，()2，APAB，MPAPAM2；(7分)第2题解图(3)过点P向直线AC作垂线，垂足为点H，则PH的长就是点P到直线AC的距离如解图，当0x3时，点P在MB上，PQBC，由，得PQ.sinHQPsinACB，PHPQx

17、；(8分)第2题解图如解图，当3x9时，点P在BN上此时PCMBBCx38x11x，PHPCx.综上所述，当0x3时，点P到直线AC的距离为x；当3x9时，点P到直线AC的距离为x；(10分)第2题解图(4)点K被扫描到的总时长为23秒(12分)【解法提示】先计算P的移动速度，再分两种情况讨论：点P从M到B再到N共用时36秒，v.第一段，点P在MB上，如解图，点Q从K到C的过程中点K可以被扫描到，KCACAK5；第二段，点P在BN上时，如解图和解图，易得ABPPCQ，.设BPm.当点Q与点K重合时，整理得4m232m550.因式分解，得(2m5)(2m11)0，解得m或，点K被扫描到时，点P在

18、BN上的路径长(6)3，点K被扫描到时，点P的总路径长3，总时长t23秒图图图第2题解图类型三轴对称问题例解：(1)4；【解法提示】四边形ABCD是矩形，B90，AB8，BC12，AC4；(2)5；【解法提示】AE为正方形AEAP的一边，且AE5，则AA5.(3)如解图，AA平分BAC，EAAFAA，由折叠的性质可知AAEF，EAAAEF90，AFEFAA90，AEFAFE，AEAF5，CFACAF45；例题解图(4)如解图，连接DE.由题意得，点A在以点E为圆心，5为半径的圆弧上运动，当D，E，A三点共线时，点D，A的距离最小，在RtADE中，EAD90，AE5，AD12，由勾股定理得DE1

19、3，DA的最小值为1358.由折叠的性质可知PAPA，PAEPAE90，PAD90，设PAPAx，则PD12x，在RtPAD中，由勾股定理得PD2PA2AD2，即(12x)2x282，解得x，tan APE；例题解图(5)如解图，由(4)知，点A的运动轨迹为半径为5的圆弧当点P与点D重合时，A运动停止，点A的运动路径为弧AA，在RtAED中，AE5，AD12，ED13，sinAED，AED68，由折叠的性质可知AEDAED68，AEA136，点A的运动路径长为；例题解图(6)x10.【解法提示】由题意得，点A在以点E为圆心，5为半径的圆弧上运动，要使点A在ABC的内部，则点A在线段AC，BC上

20、为临界点当点A落在AC上时，由(4)知，PA.当点A落在BC上时，如解图，过点P作PHBC于点H，则PHAB8，PABH.在RtBEA中，BE3，EAEA5，BA4.BEAPPHA90，BAEPAH90，PAHAPH90，BAEAHP，BAEHPA，HA6，APBHBAHA10.综上所述，当x10时，点A在ABC的内部例题解图1. 解：(1)AECD.理由：如解图，点E为CD的中点，第1题解图DECE.由图形折叠性质可得DEDE，AEDAED，DECE，EDCECD.AEDAEDDECEDCECDDEC180，AEDEDC，AECD；(2)由题意可设CEx，则DEDE4x，在RtABD中，由勾

21、股定理得AB2BD2AD2，即42BD262，解得BD2，CDBCBD62，在RtDEC中，由勾股定理得DE2CD2CE2，即(4x)2(62)2x2，解得x35.即CE的长为35；(3)SBDC.【解法提示】如解图，过点D作DFBC于点F，设AD交BC于点H，ADBC，DACACB.由折叠性质得DACDAC，ACBDAC，AHCH.设CHx，则BH6x，在RtABH中，AB2BH2AH2，即42(6x)2x2，解得x，AHCH.DHADAH6 .又易得ABHDFH， .即，解得DF.SBDCBCDF6.第1题解图2. 解：(1)如解图，过点A作ADBC于点D，在RtABD中，ADABsin4544；第2题解图(2)由折叠的性质可知AEFPEF，AEPE.又AEBE，BEEP，EPBB45，AEP90；如解图，由(1)知AD4，在RtADC中，AC，PFAC，PFA90，AEFPEF，AFEPFE45，则AFEB.又EAFCAB，EAFCAB，即，解得AF2，在RtAFP中，AFPF，APAF2.第2题解图