难题突破专题八 类比、拓展探究题
类比、拓展探究题是近两年中考热门考题，题型的模式基本分为三步：初步尝试、类比发现、深入探究，考查的知识点有：三角形旋转、平行四边形性质、相似、全等、矩形折叠、勾股定理等．此类问题解答往往是层层深入，从特殊到一般，然后是拓展运用．在解题时需要牢牢把握特殊情况、特殊位置下的结论，然后探寻一般情况下是否也成立，最后是类比应用．类比模仿是解决此类问题的重要手段．
1 [2016·湖州] 数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD(∠BAD＝120°)进行探究：将一块含60°的直角三角板如图Z8－1放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB，AD于点E，F(不包括线段的端点)．
(1)初步尝试
如图①，若AD＝AB，求证：①△BCE≌△ACF，②AE＋AF＝AC；
(2)类比发现
如图②，若AD＝2AB，过点C作CH⊥AD于点H，求证：AE＝2FH；
(3)深入探究
如图③，若AD＝3AB，探究得的值为常数t，则t＝________．
图Z8－1
例题分层分析
(1)①先证明△ABC，△ACD都是________三角形，再证明∠BCE＝________，即可解决问题．
②根据①的结论得到________，由此可证明．
(2)设DH＝x，由题意，可得CD＝________，CH＝________(用含x的代数式表示)，由△ACE∽△HCF，得＝，由此即可证明．
(3)如图③，过点C作CN⊥AD于N，CM⊥BA，交BA的延长线于点M，CM与AD交于点H.先证明△CFN∽△CEM，得＝，由AB·CM＝AD·CN，AD＝3AB，推出CM＝3CN，所以＝＝，设CN＝a，FN＝b，则CM＝3a，EM＝3b，想办法求出AC，AE＋3AF即可解决问题．
2 [2016·舟山] 我们定义：有一组邻角相等的凸四边形叫做“等邻角四边形”．
(1)概念理解
请你根据上述定义举一个等邻角四边形的例子；
(2)问题探究
如图Z8－2①，在等邻角四边形ABCD中，∠DAB＝∠ABC，AD，BC的中垂线恰好交于AB边上一点P，连结AC，BD，试探究AC与BD的数量关系，并说明理由；
(3)应用拓展
如图②，在Rt△ABC与Rt△ABD中，∠C＝∠D＝90°，BC＝BD＝3，AB＝5，将Rt△ABD绕着点A顺时针旋转角α(0°＜∠α＜∠BAC)得到Rt△AB′D′(如图③)，当凸四边形AD′BC为等邻角四边形时，求出它的面积．
图Z8－2
例题分层分析
(1)矩形或正方形邻角相等，满足“等邻角四边形”的条件；
(2)连结PD，PC，根据PE，PF分别为AD，BC的垂直平分线，可得到PA＝________，PB＝________，
∠DAP＝________＝∠ABC＝________，从而可得∠APC＝∠DPB，利用SAS可证得△APC≌△DPB，即可得到AC＝BD.
(3)分两种情况考虑：(i)当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，由S四边形ACBD′＝S△ACE－S△BED′，求出四边形ACBD′的面积；(ii)当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，由S四边形ACBD′＝S△AED′＋S矩形ECBD′，求出四边形ACBD′的面积即可．
专 题 训 练
1．[2017·淮安] 【操作发现】
如图Z8－3，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC的三个顶点均在格点上．
图Z8－3
(1)请按要求画图：将△ABC绕点A按顺时针方向旋转90°，点B的对应点为B′，点C的对应点为C′，连结BB′；
(2)在(1)所画图形中，∠AB′B＝________．
【问题解决】
如图Z8－4，在等边三角形ABC中，AC＝7，点P在△ABC内，且∠APC＝90°，∠BPC＝120°，求△APC的面积．
图Z8－4
小明同学通过观察、分析、思考，对上述问题形成了如下想法：
想法一：将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连结PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系；
想法二：将△APB绕点A按逆时针方向旋转60°，得到△AP′C′，连结PP′，寻找PA，PB，PC三条线段之间的数量关系．
……
请参考小明同学的想法，完成该问题的解答过程．(―种方法即可)
【灵活运用】
如图Z8－5，在四边形ABCD中，AE⊥BC，垂足为E，∠BAE＝∠ADC，BE＝CE＝2，CD＝5，AD＝kAB(k为常数)，求BD的长(用含k的式子表示)．
图Z8－5
2．[2017·连云港] 问题呈现：如图Z8－6①，点E，F，G，H分别在矩形ABCD的边AB，BC，CD，DA上，AE＝DG.
求证：2S四边形EFGH＝S矩形ABCD.(S表示面积)
图Z8－6
实验探究：
某数学实验小组发现：若图①中AH≠BF，点G在CD上移动时，上述结论会发生变化．分别过点E，G作BC边的平行线，再分别过点F，H作AB边的平行线，四条平行线分别相交于点A1，B1，C1，D1，得到矩形A1B1C1D1.
如图②，当AH＞BF时，若将点G向点C靠近(DG>AE)，经过探索，发现：
2S四边形EFGH＝S矩形ABCD＋S矩形A1B1C1D1.
如图③，当AH＞BF时，若将点G向点D靠近(DGBF，AE>DG，S四边形EFGH＝11，HF＝，求EG的长．
图Z8－7
(2)如图Z8－8，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E，H分别在边AB，AD上，BE＝1，DH＝2，点F，G分别是边BC，CD上的动点，且FG＝，连结EF，HG，请直接写出四边形EFGH面积的最大值．
图Z8－8
3.[2017·盐城]
【探索发现】
如图Z8－9①是一张直角三角形纸片，∠B＝90°，小明想从中剪出一个以∠B为内角且面积最大的矩形，经过多次操作发现，当沿着中位线DE，EF剪下时，所得的矩形的面积最大．随后，他通过证明验证了其正确性，并得出：矩形的最大面积与原三角形面积的比值为________．
图Z8－9
【拓展应用】
如图②，在△ABC中，BC＝a，BC边上的高AD＝h，矩形PQMN的顶点P，N分别在边AB，AC上，顶点Q，M在边BC上，则矩形PQMN面积的最大值为________．(用含a，h的代数式表示)
【灵活应用】
如图③，有一块“缺角矩形”ABCDE，AB＝32，BC＝40，AE＝20，CD＝16，小明从中剪出了一个面积最大的矩形(∠B为所剪出矩形的内角)，求该矩形的面积．
【实际应用】
如图Z8－10，现有一块四边形的木板余料ABCD，经测量AB＝50 cm，BC＝108 cm，CD＝60 cm，且tanB＝tanC＝，木匠徐师傅从这块余料中裁出了顶点M，N在边BC上且面积最大的矩形PQMN，求该矩形的面积．
图Z8－10
参考答案
例1 【例题分层分析】(1)①等边 ∠ACF ②BE＝AF (2)2x x
解：(1)证明：①∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD＝120°，∴∠D＝∠B＝60°.∵AD＝AB，
∴▱ABCD是菱形，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠B＝∠CAD＝60°，∠ACB＝60°，BC＝AC.
∵∠ECF＝60°，
∴∠BCE＋∠ACE＝∠ACF＋∠ACE＝60°，
∴∠BCE＝∠ACF.
在△BCE和△ACF中，
∴△BCE≌△ACF.
②∵△BCE≌△ACF，∴BE＝AF，
∴AE＋AF＝AE＋BE＝AB＝AC.
(2)证明：设DH＝x，由题意，CD＝2x，CH＝x，
∴AD＝2AB＝4x，∴AH＝AD－DH＝3x.
∵CH⊥AD，∴AC＝＝2 x，
∴AC2＋CD2＝AD2，∴∠ACD＝90°，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°，∴∠CAD＝30°，
∴∠ACH＝60°，
∵∠ECF＝60°，∴∠HCF＝∠ACE，∴△ACE∽△HCF，∴＝＝2，∴AE＝2FH.
(3)如图，过点C作CN⊥AD于N，CM⊥BA，交BA的延长线于M，CM与AD交于点H.
∵∠ECF＋∠EAF＝180°，
∴∠AEC＋∠AFC＝180°.
∵∠AFC＋∠CFN＝180°，
∴∠CFN＝∠AEC.
∵∠M＝∠CNF＝90°，∴△CFN∽△CEM，
∴＝.
∵AB·CM＝AD·CN，AD＝3AB，
∴CM＝3CN，∴＝＝.
设CN＝a，FN＝b，则CM＝3a，EM＝3b，
∵∠MAH＝60°，∠M＝90°，
∴∠AHM＝∠CHN＝30°，
∴HC＝2a，HM＝a，HN＝a，
∴AM＝a，AH＝a，
∴AC＝＝a，
AE＋3AF＝(EM－AM)＋3(AH＋HN－FN)＝EM－AM＋3AH＋3HN－3FN＝3AH＋3HN－AM＝a，
∴＝＝.
故答案为.
例2 【例题分层分析】(2)PD PC ∠ADP ∠BCP
解：(1)矩形或正方形．
(2)AC＝BD，理由如下：
连结PD，PC，如图①所示：
∵PE是AD的垂直平分线，PF是BC的垂直平分线，∴PA＝PD，PC＝PB，
∴∠PAD＝∠PDA，∠PBC＝∠PCB，
∴∠DPB＝2∠PAD，∠APC＝2∠PBC，
又∠PAD＝∠PBC，
∴∠APC＝∠DPB，
∴△APC≌△DPB(SAS)，
∴AC＝BD.
(3)分两种情况考虑：
(i)当∠AD′B＝∠D′BC时，延长AD′，CB交于点E，如图②所示，
∴∠ED′B＝∠EBD′，
∴EB＝ED′.
∵BC＝B′D′＝3，AB＝AB′＝5，
∴AC＝AD′＝4.
设EB＝ED′＝x，
由勾股定理得42＋(3＋x)2＝(4＋x)2，
解得x＝4.5.
过点D′作D′F⊥CE于F，
∴D′F∥AC，∴△ED′F∽△EAC，
∴＝，即＝，
解得D′F＝，
∴S△ACE＝AC×EC＝×4×(3＋4.5)＝15，S△BED′＝BE×D′F＝×4.5×＝，
∴S四边形ACBD′＝S△ACE－S△BED′＝15－＝10.
(ii)当∠D′BC＝∠ACB＝90°时，过点D′作D′E⊥AC于点E，
如图③所示，
∴四边形ECBD′是矩形，
∴ED′＝BC＝3.
在Rt△AED′中，根据勾股定理得
AE＝＝，
∴S△AED′＝AE×ED′＝××3＝，S矩形ECBD′＝CE×CB＝(4－)×3＝12－3 ，
则S四边形ACBD′＝S△AED′＋S矩形ECBD′＝＋12－3 ＝12－.
专题训练
1．解：【操作发现】
(1)如图①所示．
(2)45°.
【问题解决】
如图②，将△APC绕点A按顺时针方向旋转60°，得到△AP′B，连结PP′，则AP′＝AP，∠PAP′＝60°，∠AP′B＝∠APC.
∴△APP′是等边三角形．
∴∠APP′＝∠AP′P＝60°.
∵AP⊥PC，∴∠APC＝90°.又∵∠BPC＝120°，
∴∠APB＝360°－∠APC－∠BPC＝360°－90°－120°＝150°.
∴∠BPP′＝∠APB－∠APP′＝150°－60°＝90°.
∴∠BP′P＝∠AP′B－∠AP′P＝∠APC－
∠AP′P＝90°－60°＝30°.
设BP＝a.
在Rt△BPP′中，
∵∠BP′P＝30°，
∴P′B＝2a，P′P＝a，
∴AP＝a，PC＝2a.
在Rt△APC中，由勾股定理得AP2＋PC2＝AC2，
∴(a)2＋(2a)2＝72.解得a＝.
∴AP＝，PC＝2 .
∴S△APC＝AP·PC＝××2 ＝7 .
【灵活运用】
连结AC.
∵AE⊥BC，BE＝CE，∴AB＝AC.
又∵AE⊥BC，∴∠BAE＝∠CAE.
设∠BAE＝α，
则∠CAE＝α，∠ABE＝90°－α，∠ADC＝α.
如图③，将△ACD绕点A顺时针旋转2α，得到△ABD′，则BD′＝CD＝5，AD＝AD′，∠DAD′＝2α，∠BD′A＝α.
过点A作AF⊥DD′，垂足为点F，则∠D′AF＝α，∠AD′F＝90°－α，DD′＝2D′F，
∴∠BD′D＝∠BD′A＋∠AD′F＝α＋90°－α＝90°.
在Rt△AD′F中，D′F＝AD′·cos∠AD′F＝AD·cos(90°－α)＝kAB·cos(90°－α)＝k·BE＝2k.
∴DD′＝4k.
在Rt△BDD′中，由勾股定理得BD＝＝＝.
2．解：问题呈现：证明：因为四边形ABCD是矩形，
所以AB∥CD，∠A＝90°，
又因为AE＝DG，所以四边形AEGD是矩形，
所以S△HEG＝EG·AE＝S矩形AEGD，
同理可得S△FEG＝S矩形BCGE.
因为S四边形EFGH＝S△HEG＋S△FEG，
所以2S四边形EFGH＝S矩形ABCD.
实验探究：由题意得，当点G向点D靠近(DG
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