第二部分 专题3 类型3 不定点问题-【领跑】2024年中考数学二轮复习压轴题重难专练

类型3不定点问题 小星有话说：不定点问题即点在直线或射线上的位置不确定，常分为点在某线段上或在线段的延长线上在近 3年辽宁省各市中考中，铁岭、抚顺、葫芦岛以及丹东均考了2次，盘锦和朝阳均考了1次，分值为10~14 分，解答此类题的关键是自主画图分析，注意分类讨论，不要丢解 典型题 1./新考向·综合与实践/如图1，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在 等腰Rt△ABC中，CA=CB,∠C=90°，过点B作射线BD⊥AB,垂足为B,点P在射线CB上. (1题图1) (1题图2)》 (1题图3) 【动手操作】 (1)如图2，若点P在线段CB上，画出线段PA,并过点P作PE⊥PA交BD于点E,根据题意在 图中画出图形，图中∠PBE的度数为 【问题探究】 (2)根据(1)所画图形，探究线段PA与EP之间的数量关系，并说明理由： 【拓展延伸】 (3)如图3，若点P在射线CB上移动，过点P作PA⊥PE交BD于点E,探究线段BA,BP,BE 之间的数量关系， {名师讲解}此题主要运用“热身5一边一角构全等”（本书P36)构造辅助线。 (I)根据题意画图即可：先求出∠ABC=∠BAC一2×905，再根据BD⊥AB得到∠ABD=90心进而可求 出∠PBE=∠ABC+∠ABE=45°+90°=135： (2)由∠C和∠APE均为90可导角得出∠PAC=∠EPB.结合图形猜想PA=EP,进而可利用“一边一角”构 造全等三角形.构造PA所在三角形和PE所在的△PBE全等.目前只知一组等角（∠PAC=∠EPB),还 需2个条件，再由(1)，知∠PBE=135°，想到在PA所在的三角形中也有一个135° 角·在AC上取一点F,使CP=CF,连接PF(如图1)，由此可得∠AFP=135°，D 且PB=AF,进而可证△AFP≌△PBE.∴.PA=EP: (3)由“点P在射线CB上移动”分两种情况：①当点P在线段BC上时，如图1，由 △MBC是等腰直角三角形，得BC=号BA,由(2，知△PCF也是等医直角三角 学曰彩，印-BE,∴AG号P号E,又PC-PC谁而可得P号A国 (1题讲解图1) 学2星 BE,即BA-BE=2BP:②当点P在线段CB的延长线上时，如图2，同理(2， √2 利用“一边一角”构造全等三角形.过点P作PG⊥PB交AB的延长线于点G,可得 ∠GPA=∠BPE,∠G=45°，进而可得GP=BP,BG=√2BP.易得∠EBP=45°= ∠G,利用“ASA”证△GPA≌△BPE..GA=BE,由GA一BA=BG,可得BE一 BA=√2BP. (1题讲解图2) 领跑-数学79 学可之星 拓展题 2.1新考向·综合与实践【问题初探】 在数学活动课上，张老师给出如下问题：如图1，在口ABCD中，∠C=45°，AD=BD,P为CD的 中点，连接AP,过点P作PE⊥PA交直线BD于点E.求证：PA=PE. 同学们进行小组交流： 小超：可以利用证明两个三角形全等证得PA=PE.锁定PA所在三角形ADP,在PE附近寻找 或构造与之全等的三角形： 小越：△BCD是等腰直角三角形，又有P为底边CD的中点，可以利用“三线合一”"的性质证得全等】 (1)请你完成证明PA=PE: 学【特殊到一般】学之星 百之星 之星 学百之星 (2)张老师将条件“P为CD的中点”改为“P为线段CD上一点”，其他条件不变，如图2，并提出 如下问题，请你解答。 ①此时PA与PE之间的数量关系为 ②求证：DA十√2DP=DE: 【拓展延伸】 (3)下课前张老师又将“P为线段CD上一点”改为“点P在射线CD上运动”，其他条件不变，并 增加“若AD=32,AP=5,求BE的长”作为课后作业，请你完成作业， (2题图1) (2题图2) (2题图3) 学可2星 学可之星 学可2星 学可2星 学可2星 ■80领跑数学 3./星改编//新考向·综合与实践【问题初探】 数学活动课上，老师给出如下问题：如图1，已知△ABC是等边三角形，D是AB边上一动点，延 长BC至点E,使CE=AD,连接DE交射线AC于点F,求证：CF=2BD. ①如图2，小奕同学从△ABC是等边三角形这个条件出发，给出一种解题思路：过点D作DG∥ BC交AC于点G,构造等边△ADG,将CF与BD的数量关系转化为CF与CG的数量关系； ②如图3，小瑜同学由结论联想到三角形的中位线，给出另外一种解题思路：在线段CB上截取 CH=CE,连接DH,将CF与BD的数量关系转化为CF与DH的数量关系. (1)请你选择其中一名同学的解题思路，写出证明过程： 学可2星 学 学可2星 (3题图1) (3题图2) (3题图3) 【类比分析】 (2)小楠同学根据以上两名同学的解题思路进行了进一步的探究，如图4，若点D在线段AB的延 长线上，其他条件不变，上述结论是否仍然成立？请说明理由： 学月之星 单月之星 (3题图4) 【学以致用】 学(3)如图5，(2)的条件不变，连接AE.若AB4,之AEB=∠DEB,求四边形BDFC的面积.Z星 (3题图5) 领跑-数学81 学可之星 4.(新考向·综合与实践/在正方形ABCD中，E,F为平面内两点. (4题图1) (4题图2) (4题图3) 【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的外部时，DE⊥DF,AE⊥EF,且E,C,F三点共线.猜想线 学可段AE,CE,DE之间的数量关系，并证明，Z星 学日之星 学月之星 【拓展迁移】 (3)如图3，当点E在正方形ABCD的外部时，AE⊥EC,AE⊥AF,DE⊥BE,且D,F,E三点共 线，DE与AB交于点G.若DF=3,AE=2,求CE的长. 学可2星 学可之星 学可2星 学可2星 学可之星 82领跑-数学学可之星 :∠EAB'=2∠AEB',即∠2=2∠5.∠3=2∠5 :四边形ABCD是矩形， ∠3=∠4+∠5，∴∠4=∠5.∴.BM=EM. .∠BCD=∠ABC=∠D=90',AD∥BC,AB∥CD. ∴.B'M=EM=AB'=AB ∴.∠BCD=∠Q..BC∥PQ∥AD. ,G是AE的中点，H是AM的中点： 又AB∥CD,AP=AD,∠Q=90°， i.AG-TAE.AH-TAM. .四边形APQD是正方形. ∴.PQ=AD=DQ=3,∠P=90 .HG-AG-AH-(AE-AM)-TEM. 'BC∥PQ,∴.△ABG△APS. HG-AB. s0-PQ-Ps-8-号c 由翻折的性质，得∠PAS=∠FAS,AD=AF,DH=FH, ∠D=∠AFH=90°..AP=AF 又AS=AS,∴△APS≌△AFS 学月之0 学曰2s-Fs=含G☑24S-90=4r阿Z目 (11题图2) S,F,H三点共线. 12.解：(1)45 .CG=BC-BG=3-BG...CH=3-BG. (2)四边形ABD是矩形，AB=CD=2,AD=BC=3, .DH=DC-CH-2-(3-BG)-BG-1. ∠B=∠C=∠D=90. .FH=BG-1.QH=DQ-DH=3-(BG-1)=4-BG. 由翻折的性质，得AB=AE=2,AD=AF=3,BG=GE DH=FH.∠B=∠AEG=90°，∠D=∠F=90°. SH-FS+FH-G+G-1-G-1 .∠GEM=∠F=90 在Rt△QHS中，根据勾股定理，QH+SQ=SH 又∠GME=∠NMF,GE=NF, ∴(4-BG+(3-号BG)-(受BG-), ∴.△GME≌△NMF.∴.GM=NM,EM=FM. ,EF=AF-AE=3-2=1, ∴.BG=23-2(负值已合去)， M=M-球=2 AM-AE+EM-2+号-2 在R△ABM中，根据勾股定理得 BM=VAm-AB=(2》-2=是 (12题图) 学设GGE=FN=a则McM-G=号-a,学 类型3不定点间家 1.解：(1)如图1，PE即为所求. 学可之星目 在R△GEM中，根据勾股定理，GE+EM=GM +(侣）-（侵-）广解得a-号 D FN=号，GM=MN-音 5 CN=C-BM-MN=8-号-吾-号-FN (1题图1) '∠F=∠C.∠MNF=∠HNC,.△MNF≌△HNC. 135 :.FM-CH- (2)PA=EP,理由如下： 如图2，在AC上取一点F,使CP■CF,连接PF ÷nH=cn-cH=2--2 ∠C=90°， (3)如图，延长AB至点P,使AP=AD,过点P作PQ⊥CD .∠PFC=45,∠PAF+∠APC=90 交DC的延长线于点Q,延长AG交PQ于点S,连接SF. .∠AFP=135 ∴.AP=AD■3，∠Q=90 由(1).知∠PBE=135°，∠AFP=∠PBE. 38领跑-数学】 PA⊥PE,∠APE=90 ,P为CD的中点， ∠EPB+∠APC=90.∠PAF=∠EPB. ∴DP=BP,∠DPB=90.∠PBD=Z∠DBC=45 .CA=CB.CP=CF,..AF=PB. ∴.△AFP2△PBE..PA=EP ∴∠EBP=135°=∠ADP :PA⊥PE,.∠APE=90°=∠DPB. 0 ∴∠APD=∠EPB.△ADP≌△EBP,∴PA=PE (1题图2) (3)当点P在线段BC上时，如图2 :CA=CB,∠C=90°，CP=CF, (2题图1) ∴.△ABC和△PCF都是等腰直角三角形. (2)①PA=PE 厚趴心-号R日2目 @证明：如图2，过点P作PF吐CD交DE于点F可之星 ,PF⊥CD,PE1PA,∠DPF=∠APE=90, 南(2，知△AFP≌△PBE.:FP=BE.÷PC=号BE. .∠DPA=∠FPE. 2 :四边形ABCD是平行四边形 .BP=BC-PC. ∴，∠C=∠DAB=45.ABCD. a即-号aA-号E,即aA-E-原B即 :AD=BD.∴∠DAB=∠DBA=∠C=∠CDB=45 当点P在线段CB的延长线上时，如图3，过点P作PG⊥PB ∴.∠ADB=∠DBC=90°.，.∠PFD=45 交AB的延长线于点G. .∠PFD=∠PDF,∠PDA=∠PFE=135 又PA⊥PE.∠GPB=∠EPA=90 ∴，PD=PF,∴，△ADP≌△EFP..DA=FE ∴.∠GPB+∠APB=∠EPA+∠APB,即∠GPA=∠BPE. DP 在R△FDP中，：∠PDF=45,cos∠PDF=DF :∠ABC=∠PBG=A5°，∠GPB=90°， DP DP DF=- ∴∠G=∠PBG=45.PG=PB,BG=2BP s∠PDF-os45=EDP ∠ABE=90°，∠ABC=45, ,DE=FE+DF.∴.DA十√2DP=DE. ∴.∠EBP=45°，∴.∠G=∠EBP 义PG=PB,∠GPA=∠BPE, △GPA≌△BPE..GA=BE. .GA-BA=BG...BE-BA=2BP 学月之星成 学Z 学可它星 学可之星 学可之目 (2题图2) (3)当点P在线段CD上时，如图3，过点A作AG⊥CD交 CD的延长线于点G. .∠G=90°. (1题图3) 四边形ABCD是平行四边形， 综上所述，BA-BE=2BP或BE=BA十反BP ∴.AD∥BC.,.∠ADG=∠C=45 2.解：(1)证明：如图1，连接BP ·△4DG是等腰直角三角形. ,四边形ABCD是平行四边形， AD- AG-DG- 2×32=3. .∴.AD=CB.∠DAB=∠C=45°，AD∥BC,AB∥CD. ∠ADP=135 在R:△APG中，根据勾股定理，得 AD=BD,.BD=CB.∠BDC=∠C=45 GP=√AP-AG=√5-3=4. .△BDC是等腰直角三角形，∠DBC=90 .DP=GP-DG=4-3=1. 领跑-数学39 学可之星 由(2)，得DA+2DP=DE. DG∥BC,∴∠ADG=∠ABC=60',∠GDF=∠CEF DE=32+2=42. ∴.△ADG是等边三角形.∴AD=AG=DG. BE=DE-BD=42-32=2, AD=CE.AD-AB=AG-AC...DG=CE.BD=CG. 又∠DFG=∠EFC,∠GDF=∠CEF, Go- ∴△DGF2△cE.GF=CF=cG. CF-BD. (2题图3) 当点P在CD的延长线上时，如图4，过点A作AG⊥CP于 点G,过点P作PF⊥PC交BE的延长线于点F, 同理可得，△ADP2△EFP. .AD=EF=3V2.PD=PF. 由上种情况可知，AG=DG=3,PG=4. (3题图2) PD=PG十DG=4+3=7:∴PF=PD=7 (3)如图3，过点D作DG∥BC,交AC的延长线于点G,过点 在R△PDF中，根据勾股定理，得 A作AN⊥DG于点N,交BC于点H,交DE于点M, DF=√PD+PFT=√7+7=7② ,.AN⊥BC..∠AHE=∠MHE=90 BE=BD+DF-EF=32+72-3E=72. 由(2)，知△ADG是等边三角形，△DGF2△ECF,GF CF-D. ,△ABC是等边三角形，AN⊥BC, .AB-AC-BC-4.BH-CH-BC-2. 在Rt△ABH中，根据勾股定理，得 (2题图4) AH=√AB-BH=-2=28. ∠AEB=∠DEB,EH=EH,∠AHE=∠MHE=9O°. 综上所述，BE的长为√2或72 ∴.△AEH≌△MEH.∴.AH=MH=2√3 3.解：(1)选小奕问学的思路. 证明：如图1，过点D作DG∥BC交AC于点G, .AM=2AH=43. :△ABC是等边三角形， '△DGF≌△ECF,∠CEF=∠MDN,DG=CE. .AB=AC=BC,∠ABC=∠ACB=∠BAC=60° ∴.∠AEH=∠MDN.∴tan∠AEH=tan∠MDN. DG∥BC,∴.∠ADG=∠ABC=G0°，∠GDF=∠CEF. 深 ∴△ADG是等边三角形.∴AD=AG=DG AD=CEAB-AD=AC-AGDG=CE,BD=CG. 又∠DFG=∠EFC,∠GDF=∠CEF,E 2星 学可之星 ∴△DGF≌△BCR.GF-CF-CG, CF-TBD. (3题图3) 设MN=y,DG=CE=x, 六EH=CE+CH=r+2,DN= 2DG= 2x, :25=之.0 1+2 (3题图1) (2)结论仍然成立，理由如下： DG∥BC,∴.△ABCn△ADG 如图2，过点D作DG∥BC,交AC的延长线于点G. %-即。 ,△ABC是等边三角形， x45+y .AB=AC=BC.∠ABC=∠ACB=∠BAC=60° 联立①②可得，x=4√2+4（负值已舍去）. 40领塑-数学 经检验，x=4√2十4是原方程的根. 在R△AEF中，根据勾股定理，得 ∴.DG=CE=4W2十4 EF=√AF+AE=(2)+(W2)=2. 1 .DE=DF+EF=3+2=5. DN=2E+2.CF=FG=2x-4)=2E. 在Rt△DEB中，根据勾股定理，得 ∴AN=26+23. BD=√/DE+BE=√5+3=√34. 5ae=CEAH=4E+0X25=46+45, ∴AC=BD=V34. 在R△ACE中，根据勾股定理，得 S△E=AC。4 乞(46+43)=43+2,6. CE=AC-AE=√（√34）-(2)=42. 1 ÷Ss=Sae-Sr■豆BE·HN-(45+2,6) 4+42+40(26+25-23)-(45+26)=43+ 1 66. 4.解：(1)证明：：四边形ABCD是正方形，B.C,F三点共线。 ∴AD=CD,∠DAE=∠DCB=∠DCF∠ADC=9O日 日性题图 学可之星目 DE⊥DF..∠EDF=90=∠ADC, 类型4角度变化问题 ∴.∠ADC一∠CDE=∠EDF一∠CDE,即∠ADE=∠CDF, 1.解：(1)BE=2AF ∠DAE=∠DCF, 详解 在△ADE和△CDF中，{AD=CD. ,a=45,AB=AC,△FEC是等腰三角形 ∠ADE=∠CDF, ·∠ACB=∠FCE=45°，△ABC和△FEC都是等腰直角 ∴.△ADE2△CDF(ASA.∴.AE=CF, 三角形。 (2)AE+CE=2DE. 证明：，DE⊥DF,四边形ABCD是正方形. ÷∠CE=∠AcF,得-C-E ∠ADC=∠EDF=90°.AD=CD. ∴.△BCEC∽△ACF .∠ADC-∠CDE=∠EDF-∠CDE,即∠ADE=∠CDF, =2..BE=2AF AE⊥EF,DE⊥DF 能器 ∴∠AED+∠DEF=90°，∠DEF+∠F=90°. (2)BE=2AF·cosa.理由如下： .∠AED=∠F 如图1，过点A作AH⊥BC于点H. I∠AED=∠F, ABAC, 在△ADE和△CDF中， ∠ADE=∠CDF, AD-CD. ÷BH=CH=BC,∠ABC=∠ACB=a △ADE2△CDF(AAS)..DE=DF,AE=CF 在R△AHC中，：∠ACH=a, ,△EDF是等腰直角三角形.，∴，EF=√②DE. CH BC 星E0GE.AETCE=22E .cos g= AC AC·2cosa= AC (3)如图，连接AC,BD, CE 学可之星 同理可得，2cosa■ ,AE⊥EC,AE⊥AF,DE⊥BE CF' ∴∠EAF=∠BED=∠AEC=9O 得晨 :四边形ABCD是正方形， ∠ACB=∠FCE,.∠BCE=∠ACF. .BD=AC.AD=AB.BAD=90. BE BC :∠AEB=∠BED+∠FEA=9O°+∠FEA,∠AFD= △BCE∽△ACF.÷A-AC=2cosa ∠FAE+∠FEA=90°+∠FEA, ∴.BE=2AF·co8a. .∠AEB=∠AFD. ∠BAE=90°-∠FAB,∠DAF=90°-∠FAB. ∴.∠BAE=∠DAF. I∠AEB=∠AFD, 在△BAE和△DAF中，{∠BAE=∠DAF. AB=AD. (1题图1) .△BAE2△DAF(AAS). .BE=DF=3.AE=AF=2. (3AF的长为4 3 领跑数学41