针对训练 类型3 动点问题-【一战成名新中考·5行卷】2025辽宁中考数学·抢分必刷小卷

抢分必刷小卷·辽宁数学 几 何 探 究 题 类型 3 　 动点问题 5. 已知点 P、Q 分别是等边△ABC 边 AB、BC 上的动点(端点除外),点 P、点 Q 以相同的速度,同时从点 A、 点 B 出发. (1)如图,连接 AQ、CP. 求证:△ABQ≌△CAP; (2)当点 P、Q 分别在 AB、BC 边上运动时,AQ、CP 相交于点 M,∠QMC 的大小是否变化? 若变化,请说 明理由;若不变,求出它的度数; (3)当点 P、Q 在射线 AB、BC 上运动时,直线 AQ、CP 相交于 M,∠QMC 的大小是否变化? 若变化,请说 明理由;若不变,请写出它的度数. 第 5 题图 　 　 　 备用图 (1)证明:∵△ABC 是等边三角形, ∴∠ABQ=∠CAP,AB=CA, 又∵点 P、Q 运动速度相同, ∴AP=BQ, 在△ABQ 与△CAP 中, AB=CA, ∠ABQ=∠CAP, BQ=AP, ì î í ï ï ïï ∴△ABQ≌△CAP(SAS); (2)解:点 P,Q 在运动的过程中,∠QMC 的大小不变. ∵△ABQ≌△CAP, ∴∠BAQ=∠ACP, ∵∠QMC=∠ACP+∠MAC, ∴∠QMC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=60°; (3)解:点 P、Q 在射线 AB、BC 上运动时,∠QMC 的大小不变化. 如解图,∵△ABQ≌△CAP, ∴∠BAQ=∠ACP, ∵∠QMC=∠BAQ+∠APM, ∴∠QMC=∠ACP+∠APM=180°-∠PAC=180°-60° =120°. 95 抢分必刷小卷·辽宁数学 几 何 探 究 题 6. 如图①,四边形 ABCD 是边长为 6 的正方形,E 是对角线 AC 上一动点, 连接 BE,DE,过点 E 作 EF⊥BE,交 AD 于点 F. (1)①求证:△CBE≌△CDE; ②BE 与 EF 的数量关系是 　 BE = EF 　 ,CE 与 DF 的数量关系 是　 DF= 2CE　 ; (2)如图②,若 EF 平分∠AED,求 DF 的长; (3)作△BCE 的中线 CG,延长 DE 交 CG 于点 H,若 H 是 CG 的三等分点 时,请直接写出 DF 的长. 图① 　 　 图② 　 　 备用图 第 6 题图 (1)①证明:∵四边形 ABCD 为正方形, ∴CD=CB,∠DCE=∠BCE=45°. 在△CBE 和△CDE 中, CB=CD, ∠BCE=∠DCE, CE=CE, ì î í ï ï ïï ∴△CBE≌△CDE(SAS); ②解:BE=EF,DF= 2CE; (2)解:过点 D 作 DK⊥AC 于点 K,如解图②, ∵四边形 ABCD 是边长为 6 的正方形, ∴∠DAC=∠BAC=∠DCA=45°, ∴DK=AK=CK= 2 2 AD=3 2 . ∵EF 平分∠AED,∴∠DEF=∠AEF, 设∠DEF=∠AEF=α,∵DE=EF, ∴∠EDF=∠EFD=180° -α 2 =90°- 1 2 α, ∵∠EFD=∠DAC+∠AEF, ∴90°- 1 2 α=45°+α,解得 α=30°,∴∠DEK=60°. ∴EK= DK tan∠DEK =3 2 3 = 6 ,∴CE=CK-EK=3 2 - 6 . 由(1)②知:DF= 2CE= 2 (3 2 - 6 )= 6-2 3 ; (3)解:DF 的长为 2 或 4. 【详解详析见本册 P69】 【知识储备】 模型抽离 条件:CB=CD,∠BCE= ∠DCE, 结论:△CBE≌△CDE 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 􀥈 06 参考答案及重难题解析·辽宁数学 抢 分 必 刷 小 卷 4.解:(1)AH=AB;【解法提示】∵ 四边形 ABCD 是正方形,∴ AB =AD,∠B= ∠D = 90°,在△ABM 与△ADN 中, AB=AD, ∠B= ∠D, BM=DN, { ∴ △ABM≌△ADN(SAS),∴ ∠BAM = ∠DAN,AM = AN,∵ AH⊥ MN,∴ ∠MAH= 1 2 ∠MAN= 22. 5°,∵ ∠BAM+∠DAN = 45°,∴ ∠BAM = 22. 5°, 在 △ABM 与 △AHM 中, ∠BAM= ∠HAM, ∠B= ∠AHM= 90°, AM=AM, { ∴ △ABM≌△AHM(AAS),∴ AB=AH. (2)数量关系成立. 证明:如解图①,延长 CB 至 E,使 BE = DN,连接 AE. ∵ 四边形 ABCD 是正方形, ∴ AB=AD,∠D= ∠ABE= 90°, 在△AEB 和△AND 中, AB=AD, ∠ABE= ∠ADN, BE=DN, { ∴ △AEB≌△AND(SAS), ∴ AE=AN,∠EAB= ∠NAD, ∴ ∠EAM= ∠NAM= 45°, 在△AEM 和△ANM 中, AE=AN, ∠EAM= ∠NAM, AM=AM, { ∴ △AEM≌△ANM(SAS), ∴ S△AEM =S△ANM,EM=MN, ∵ AB,AH 分别是△AEM 和△ANM 对应边上的高, ∴ AB=AH; 第 4 题解图① 　 　 第 4 题解图② (3)如解图②,分别沿 AM,AN 翻折△AMH 和△ANH,得到 △AMB 和△AND, ∴ BM= 2,DN= 3,∠B= ∠D= ∠BAD= 90°, 分别延长 BM 和 DN 交于点 C,得到正方形 ABCD, 由(2)可知,AH=AB=BC=CD=AD, 设 AH= x,则 MC= x-2,NC= x-3, 在 Rt△MCN 中,由勾股定理,得 MN2 =MC2 +NC2 , ∴ 52 = (x-2) 2 +(x-3) 2 , 解得 x1 = 6,x2 = -1(不符合题意,舍去), ∴ AH= 6. 5. (1)证明:∵ △ABC 是等边三角形, ∴ ∠ABQ= ∠CAP,AB=CA, 又∵ 点 P,Q 运动速度相同,∴ AP=BQ, 在△ABQ 与△CAP 中, AB=CA, ∠ABQ= ∠CAP, BQ=AP, { ∴ △ABQ≌△CAP(SAS); (2)解:点 P,Q 在运动的过程中,∠QMC 的大小不变. ∵ △ABQ≌△CAP, ∴ ∠BAQ= ∠ACP, ∵ ∠QMC= ∠ACP+∠MAC, ∴ ∠QMC= ∠BAQ+∠MAC= ∠BAC= 60°; (3)解:点 P,Q 在射线 AB,BC 上运动时,∠QMC 的大小不变 化. 第 5 题解图 如解图,∵ △ABQ≌△CAP, ∴ ∠BAQ= ∠ACP, ∵ ∠QMC= ∠BAQ+∠APM, ∴ ∠QMC= ∠ACP+∠APM= 180°-∠PAC= 180°-60° = 120°. 6. (1)①证明:∵ 四边形 ABCD 为正方形, ∴ CD=CB,∠DCE= ∠BCE= 45°. 在△CBE 和△CDE 中, CB=CD, ∠BCE= ∠DCE, CE=CE, { ∴ △CBE≌△CDE(SAS); ②解:BE=EF,DF= 2CE;【解法提示】过点 E 作 EH⊥DF 于 点 H,延长 HE 交 BC 于点 G,如解图①, ∵ 四边形 ABCD 为正方形,∴ AD∥BC,∵ EH⊥DF,∴ HG⊥ BC,∴ ∠EHF= ∠EGB = 90°,∴ ∠HEF+∠HFE = 90°. ∵ EF⊥ BE,∴ ∠HEF+ ∠GEB = 90°,∴ ∠HFE = ∠GEB. ∵ △CBE≌ △CDE,∴ DE = BE,∠CDE = ∠CBE,∵ ∠ADC = ∠ABC = 90°, ∴ ∠ADE= ∠ABE. ∵ GH∥AB,∴ ∠GEB = ∠ABE,∴ ∠HFE = ∠ADE,∴ DE=EF,∴ BE=EF;同理可得到 DF= 2CE. 第 6 题解图① 　 　 第 6 题解图② (2)解:过点 D 作 DK⊥AC 于点 K,如解图②, ∵ 四边形 ABCD 是边长为 6 的正方形, ∴ ∠DAC= ∠BAC= ∠DCA= 45°, ∴ DK=AK=CK= 2 2 AD= 3 2 . ∵ EF 平分∠AED,∴ ∠DEF= ∠AEF, 设∠DEF= ∠AEF=α,∵ DE=EF, ∴ ∠EDF= ∠EFD= 180°-α 2 = 90°- 1 2 α, ∵ ∠EFD= ∠DAC+∠AEF, ∴ 90°- 1 2 α= 45°+α,解得 α= 30°,∴ ∠DEK= 60°. ∴ EK= DK tan∠DEK = 3 2 3 = 6 , ∴ CE=CK-EK= 3 2 - 6 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 54 参考答案及重难题解析·辽宁数学 抢 分 必 刷 小 卷 由(1)②知:DF= 2CE= 2 (3 2 - 6 )= 6-2 3 ; (3)解:DF 的长为 2 或 4. 【解法提示】延长 EH,交 BC 于点 M,过点 G 作 GN∥DM,交 BC 于点 N,如解图③, 第 6 题解图③ ∵ GN∥DM,点 G 为 BE 的中点, ∴ 点 N 为 BM 的中点,∴ BN=MN. 若 H 是 CG 的三等分点时, ①当 CH HG = 2 时,∵ GN∥DM, ∴ CM MN =CH HG = 2,∴ CM= 2MN. 设 MN=BN=a,则 CM= 2a, ∴ AD=BC= 4a. ∵ AD∥BC,∴ △CEM∽△AED, ∴ CE AE =CM AD = 2a 4a = 1 2 , ∴ CE= 1 2 AE,∴ CE= 1 3 AC, ∵ AC= 2AD= 6 2 ,∴ CE= 2 2 . 由(1)②知 DF= 2CE= 2 ×2 2 = 4; ②当 CH HG = 1 2 时,∵ GN∥DM, ∴ CM MN =CH HG = 1 2 ,∴ CM= 1 2 MN, 设 MN=BN= b,则 CM= 1 2 b, ∴ AD=BC= 5 2 b. ∵ AD∥BC,∴ △CEM∽△AED, ∴ CE AE =CM AD = 1 2 b 5 2 b = 1 5 , ∴ CE= 1 5 AE,∴ CE= 1 6 AC, ∵ AC= 2AD= 6 2 , ∴ CE= 2 . 由(1)②知 DF= 2CE= 2 × 2 = 2. 综上,DF 的长为 2 或 4. 7.解:(1)①∵ ∠ACB= 90°,∠B= 30°, ∴ ∠A= 60°,AC= 1 2 AB, ∵ CE 为 AB 边上的中线, ∴ AE= 1 2 AB,∴ AC=AE, ∴ △ACE 是等边三角形; ②由①得△ACE 是等边三角形,CE=AE, 又∵ CE 为 AB 边上的中线, ∴ AE=BE,∴ BE=CE; (2)BP=DP. 证明如下:如解图,连接 PE. 第 7 题解图 ∵ △ACE,△ADP 都是等边三角形, ∴ AC=AE=CE,AD=AP=DP,∠CAE= ∠DAP= 60°. ∴ ∠CAE-∠DAB= ∠DAP-∠DAB, 即∠CAD= ∠EAP. 在△CAD 和△EAP 中, AC=AE, ∠CAD= ∠EAP, AD=AP, { ∴ △CAD≌△EAP(SAS), ∴ ∠AEP= ∠ACD= 90°,∴ PE⊥AB, ∵ EA=EB,∴ PA=PB, 又∵ DP=AP,∴ BP=DP. 8.解:【问题发现】 120,AC = CD+CE;【解法提示】 ∵ △ABC 和 △ADE 是等边三角形, ∴ AB = AC = BC, AD = AE, ∠BAC = ∠ACB= ∠DAE = 60°,∴ ∠BAC- ∠DAC = ∠DAE- ∠DAC,即 ∠BAD = ∠CAE,在△BAD 与△CAE 中, AB=AC, ∠BAD= ∠CAE, AD=AE, { ∴ △BAD≌ △CAE ( SAS), ∴ ∠ACE = ∠B = 60°, CE = BD, ∴ ∠DCE= ∠ACE+∠ACB= 120°,CD+CE=CD+BD=BC=AC. 【类比探究】PA=CF+CP;理由如下: ∵ ∠ACB= 90°,AC=BC,CH 平分∠ACB, ∴ ∠ACG= ∠BCG= ∠ABC= 45°, 又∵ ∠BCF= ∠CAE, ∴ △BCF≌△CAG(ASA), ∴ CF=AG, ∵ AC=BC,∠ACG= ∠BCG= 45°,CG=CG, ∴ △ACG≌△BCG(SAS), ∴ ∠CAG= ∠CBG, ∵ CP∥BG,∴ ∠PCB= ∠CBG, ∴ ∠CAG= ∠PCB, ∵ ∠PCG= ∠BCG+∠PCB= 45°+∠PCB, ∠CGP= ∠ACG+∠CAG= 45°+∠CAG, ∴ ∠PCG= ∠CGP,∴ CP=GP, ∵ PA=AG+GP,∴ PA=CF+CP; 【拓展应用】由【类比探究】得:∠PCB= ∠CBG= ∠CAG, 又∵ ∠BCF= ∠CAE, ∴ ∠BCF= ∠CBG. ∵ ∠FCH+∠BCF= ∠BCG= 45°, 当∠GBC= 1 2 ∠FCH 时,则 2∠BCF+∠BCF= 45°, ∴ ∠BCF= 15°, ∴ ∠PCB= ∠BCF= 15°,∠FCH= 2∠BCF = 30°,∠PCG = 45°+ ∠PCB= 45°+15° = 60°, 又∵ CP=GP, ∴ △PCG 是等边三角形, ∵ △CPG 的周长为 18, ∴ CG= 6. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 64