2024版《突唯》河南中考总复习2024数学第二部分：专题突破专题十一平面几何探究性综合应用类型一旋转背景下的探究应用平面几何类比、探究性问题是河南中考近10年的必考题型，2020年之前多在第22题出现，近四年均在第23题出现，分值为10～11分.主要类型有：①旋转背景下的探究应用（10年5考）；②轴对称背景下的探究应用（2023年第23题）；③平移背景下的探究应用；④非图形变换下的探究应用（10年4考）.题型一旋转全等型模型展示模型分析△OAB，△OCD均为等腰三角形，它们共顶点且顶角相等，△OCD绕顶点O旋转常用结论①△AOC≌△BOD；②AC＝BD；③∠AEB＝∠AOB模型演变常用结论①△AOC≌△BOD；②AC＝BD；③∠AEB＝∠CED＝∠AOB＝90°.（可用勾股定理）1.（2023扬州）【问题情境】在综合实践活动课上，李老师让同桌的两位同学用相同的两块含30°的三角板开展数学探究活动.如图1，两块三角板分别记作△ADB和△A'D'C，∠ADB＝∠A'D'C＝90°，∠B＝∠C＝30°，设AB＝2.【操作探究】如图1，先将△ADB和△A'D'C的边AD，A'D'重合，再将△A'D'C绕着点A按顺时针方向旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°），在旋转过程中△ADB保持不动，连接BC.图（1）当α＝60°时，BC＝，当BC＝2时，α＝°；230或210（2）当α＝90°时，画出图形，并求两块三角板重叠部分图形的面积；解：（2）如图1，设两块三角板的交点分别为P，Q，R.∵∠ADB＝90°，∠B＝30°，AB＝2，∴AD＝1.∵α＝90°，∴∠BAC＝60°＋60°－90°＝30°.∴∠QAD＝∠BAD－∠BAC＝30°.∴DQ＝＝.∴S△ADQ＝×1×＝.∵∠D'＝∠D'AD＝∠D＝90°，AD＝AD'，∴四边形ADPD'是正方形.图1∴DP＝AD＝1.∴S△APD＝×1×1＝.∴S△APQ＝－.同理，可得S△APR＝－.∴两块三角板重叠部分图形的面积为1－.图1（3）如图2，取BC的中点F，将△A'D'C绕着点A旋转一周，点F的运动路径长为.图2备用图2π【解析】如图2，连接AF.∵AB＝AC，F为BC中点，∴∠AFB＝90°.∴点F的运动轨迹是以AB为直径的圆.∴点F的运动路径长为2π×＝2π.图22.有公共顶点A的正方形ABCD与正方形AEGF按如图1所示放置，点E，F分别在边AB和AD上，连接BF，DE，M是BF的中点，连接AM交DE于点N.【观察猜想】（1）线段DE与AM之间的数量关系是，位置关系是；DE＝2AMDE⊥AM【解析】∵四边形ABCD和四边形AEGF都是正方形，∴AD＝AB，AF＝AE，∠DAE＝∠BAF＝90°.∴△DAE≌△BAF（SAS）.∴DE＝BF，∠ADE＝∠ABF.∵∠ABF＋∠AFB＝90°，∴∠ADE＋∠AFB＝90°.在Rt△BAF中，M是BF的中点，∴AM＝FM＝BM＝BF.∴DE＝2AM.∵AM＝FM，∴∠AFB＝∠MAF.又∵∠ADE＋∠AFB＝90°，∴∠ADE＋∠MAF＝90°.∴∠AND＝180°－（∠ADE＋∠MAF）＝90°，即DE⊥AM.故答案为DE＝2AM，DE⊥AM.【探究证明】（2）将图1中的正方形AEGF绕点A顺时针旋转45°，点G恰好落在边AB上，如图2，其他条件不变，线段DE与AM之间的关系是否仍然成立？并说明理由.图1图2（2）仍然成立.理由如下：如图，延长AM至点H，使得AM＝MH，连接FH.∵M是BF的中点，∴BM＝FM.又∵∠AMB＝∠HMF，∴△AMB≌△HMF（SAS）.∴AB＝HF，∠ABM＝∠HFM.∴AB∥HF.∴∠HFG＝∠AGF.∵四边形ABCD和四边形AEGF是正方形，∴∠DAB＝∠AFG＝90°，AE＝AF，AD＝AB＝FH，∠EAG＝∠AGF.∴∠EAD＝∠EAG＋∠DAB＝∠AFG＋∠AGF＝∠AFG＋∠HFG＝∠AFH.∴△EAD≌△AFH（SAS）.∴DE＝AH，∠ADE＝∠FHA.又∵AM＝MH，∴DE＝AM＋MH＝2AM.∵△AMB≌△HMF，∴∠FHA＝∠BAM.∴∠ADE＝∠BAM.又∵∠BAM＋∠DAM＝∠DAB＝90°，∴∠ADE＋∠DAM＝90°.∴∠AND＝180°－（∠ADE＋∠DAM）＝90°，即DE⊥AM.故线段DE与AM之间的关系仍然成立.题型二旋转相似型模型展示模型分析△OAB，△OCD均为非等腰三角形，它们共顶点且顶角相等，△OCD∽△OAB，△OCD绕顶点O旋转常用结论①△AOC∽△BOD；②＝＝；③∠AEB＝∠AOB模型演变常用结论①△AOC∽△BOD；②＝＝；③∠AEB＝∠CED＝∠AOB＝90°（可用勾股定理）注意AC与BD不相交，可延长，使相交3.（2022深圳）数学课上，有这样一道探究题.如图，已知△ABC中，AB＝AC＝m，BC＝n，∠BAC＝α（0°＜α＜180°），点P为平面内不与点A，C重合的任意一点，连接CP，将线段CP绕点P顺时针旋转α，得线段PD，连接CD，AP，点E，F分别为BC，CD的中点，设直线AP与直线EF相交所成的较小角为β，探究的值和β的度数与m，n，α的关系.请你参与学习小组的探究过程，完成以下任务：（1）填空：【问题发现】小明研究了α＝60°时，如图1，求出了的值和β的度数分别为＝，β＝；60°图小红研究了α＝90°时，如图2，求出了的值和β的度数分别为＝，β＝.45°图2【类比探究】他们又共同研究了α＝120°时，如图3，也求出了的值和β的度数.图3【归纳总结】最后他们终于共同探究得出规律：＝（用含m，n的式子表示）；β＝（用含α的式子表示）.【解析】如图1，连接AE，PF，延长EF，与AP的延长线交于点Q.当α＝60°时，∵△ABC和△PDC都是等边三角形，∴∠PCD＝∠ACB＝60°，PC＝CD，AC＝CB.∵F，E分别是CD，BC的中点，图1又∵∠ACP＝∠ECF，∴＝，＝.∴＝.∴△ACP∽△ECF.∴＝，∠CEF＝∠CAP.∴∠Q＝β＝∠ACB＝60°.当α＝90°时，如图2，连接AE，PF，延长EF，与AP的延长线交于点Q.∵△ABC和△PDC都是等腰直角三角形，图2∵F，E分别是CD，BC的中点，∴＝，＝.∴＝.又∵∠ACP＝∠ECF，∴△ACP∽△ECF.∴∠PCD＝∠ACB＝45°，PC＝CD，AC＝CB.∴＝＝，∠CEF＝∠CAP.∴∠Q＝β＝∠ACB＝45°.由此，可归纳出＝＝＝，β＝∠ACB＝.图2（2）当α＝120°时，如图3，连接AE，PF，延长EF，与AP的延长线交于点Q.∵AB＝AC，E为BC的中点，∴AE⊥BC，∠CAE＝60°.∴sin60°＝＝.同理，可得＝.（2）求出当α＝120°时，的值和β的度数.图3∴＝，即＝.又∵∠ECF＝∠ACP，∴△PCA∽△FCE.∴＝＝，∠CEF＝∠CAP.∴∠Q＝β＝∠ACB＝30°.4.（2023赤峰）数学兴趣小组探究了以下几何图形.如图1，把一个含有45°角的三角尺放在正方形ABCD中，使45°角的顶点始终与正方形的顶点C重合，绕点C旋转三角尺时，45°角的两边CM，CN始终与正方形的边AD，AB所在直线分别相交于点M，N，连接MN，可得△CMN.【探究一】如图2，把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上，求证：∠CNM＝∠CNH；解：【探究一】证明：∵把△CDM绕点C逆时针旋转90°得到△CBH，同时得到点H在直线AB上，∴CM＝CH，∠MCH＝90°.∴∠NCH＝∠MCH－∠MCN＝90°－45°＝45°.∴∠MCN＝∠HCN.在△CNM与△CNH中，∴△CNM≌△CNH（SAS）.∴∠CNM＝∠CNH.【探究二】在图2中，连接BD，分别交CM，CN于点E，F，求证：△CEF∽△CNM；证明：如图1所示.∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBA＝45°.又∠MCN＝45°，∴∠FBN＝∠FCE＝45°.∵∠EFC＝∠BFN，∴∠CEF＝∠FNB.又∵∠CNM＝∠CNH，【探究二】∴∠CEF＝∠CNM.又∵公共角∠ECF＝∠NCM，∴△CEF∽△CNM.【探究三】把三角尺旋转到如图3所示位置，直线BD与三角尺45°角两边CM，CN分别交于点E，F，连接AC交BD于点O，求的值.∵AC，BD是正方形的对角线，∴∠CDE＝180°－∠BDC＝135°，∠CAN＝180°－∠BAC＝135°.∴∠CDE＝∠CAN.∵∠MCN＝∠DCA＝45°，∴∠MCN－∠DCN＝∠DCA－∠DCN，即∠ECD＝∠NCA.∴△ECD∽△NCA.∴∠CED＝∠CNA，＝＝.【探究三】如图2所示，将△DMC绕点C逆时针旋转90°得到△BGC，则点G在直线AB上.∴MC＝GC，∠MCG＝90°.∴∠NCG＝∠NCM＝45°.又CN＝CN，∴△NCG≌△NCM（SAS）.∴∠MNC＝∠GNC.∵∠CNA＝∠CEF，∴∠CNM＝∠CEF.又∠ECF＝∠NCM，∴△ECF∽△NCM.∴＝＝，即＝.