探究性问题问题 2024·四川成都·中考压轴题

专题：探究性问题\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：动点+旋转问题 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

 

【题目】

（2024·四川成都·中考真题） 数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片\(ABC\)和\(ADE\)中，\(AB=AD=3\)，\(BC=DE=4\)，\(∠ABC=∠ADE=90^\circ\)．

【初步感知】

（1）如图1，连接\(BD\)，\(CE\)，在纸片\(ADE\)绕点\(A\)旋转过程中，试探究\(\dfrac{BD}{CE}\)的值．

【深入探究】

（2）如图2，在纸片\(ADE\)绕点\(A\)旋转过程中，当点\(D\)恰好落在\(△ABC\)的中线\(BM\)的延长线上时，延长\(ED\)交\(AC\)于点\(F\)，求\(CF\)的长．

【拓展延伸】

（3）在纸片\(ADE\)绕点\(A\)旋转过程中，试探究\(C\)，\(D\)，\(E\)三点能否构成直角三角形．若能，直接写出所有直角三角形\(CDE\)的面积；若不能，请说明理由．

 
 
 

【分析】

第一问：易得\(△ADE≌△ABC\)，则\(∠CAE=∠BAD\)，又\(△CAE\)和\(△BAD\)是等腰三角形，

所以\(△CAE\sim △BAD⟹\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{5}\)．由探究\(\dfrac{BD}{CE}\)的值，也容易想到相似三角形.
 

第二问： 方法1 纯几何方法1

在\(Rt∆ABC\)中，\(M\)是\(AC\)中点\(⟹∠ABM=∠BAM\)，\(AM=BM=\dfrac{5}{2}\)，

\(AB=AD⟹∠ABM=∠ADB\)，所以\(∠BAM=∠ADB\)，

易得\(△MBA\sim △ADB\)，可求出\(BD=\dfrac{18}{5}\)，

则由\(MD=BD-BM\)求出\(MD\)，

\(\left. \begin{array}{l} ∠ADB=∠ABM=∠BAM\\ ∠EAD=∠BAM \end{array} \right\} ⟹∠ADB=∠EAD⟹MD||AE⟹\dfrac{AE}{MD}=\dfrac{AF}{MF}\)，

可求出\(MF\)，

则由\(CF=CM-MF\)求出\(CF=\dfrac{70}{39}\)；
 

方法2 纯几何方法2

同方法1，求出\(BD=\dfrac{18}{5}\)；由（1）\(\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{3}{5}\)可得\(CE=6\)；

\(∠BCE=∠ACE+∠ACB=∠ABD+∠MBC=∠ABC=90^\circ\)，

延长\(ED\)交\(BC\)于\(G\)，过\(A\)作\(AH⊥EC\)交\(EC\)于\(H\)，交\(ED\)于\(T\)，

易得\(ABCH\)为矩形，

所以\(AH||BC\)，\(H\)为中点，

所以\(EH=3\)，\(TH\)为中位线；

设\(TH=x\)，则\(CG=2x\)，\(AT=4-x\)，

易得\(△ADT≌△ETH\)，所以\(ET=AT=4-x\)，

在\(Rt∆ETH\)中，得\((4-x)^2=x^2+9\)，解得\(x=\dfrac{7}{8}\)，

所以\(CG=\dfrac{7}{4}\)，\(AT=\dfrac{25}{8}\)；

又由\(△AFT\sim △CFG⟹\dfrac{CF}{AF}=\dfrac{CG}{AT}=\dfrac{14}{25}\)，

又\(CF+ AF=AC=5\)，所以\(CF=\dfrac{70}{39}\).

（这个方法利用到了第一问的结果，但没有方法1简单）
 

方法3 建系法+作图法

根据题意逐步画出图2，确定各个点的先后次序，从而找到解题思路；

若从纯几何的角度分析，难度有些大，而利用建系的方法会容易些.

① 先\(Rt∆ABC\)，以点\(B\)为原点，

以直线\(BC\)、\(BA\)分别为\(x\)轴、\(y\)轴建立直角坐标系，

再确定点\(M\)的位置，因为\(M\)是\(AC\)中点，易得\(M\left(2，\dfrac{3}{2}\right)\)；

② 确定点\(D\)的位置：点\(D\)可理解为以\(A\)为圆心，\(r=3\)的圆与直线\(BM\)的交点；

由点\(B(0，0)\)，\(M\left(2，\dfrac{3}{2}\right)\)可得直线\(BM\)解析式：\(y=\dfrac{3}{4} x\)，

则可设\(D\left(m，\dfrac{3}{4} m\right)\)；

又由\(AD=3\)，则\(\sqrt{m^2+\left(\dfrac{3}{4} m-3\right)^2}=3\)，求出\(m\)，

得到\(D\)的坐标；

③ 确定点\(F\)的位置：点\(F\)由\(DF⊥AD\)求点\(F\)在直线\(AC\)上确定，

直线\(AC\)解析式：\(y=-\dfrac{3}{4} x+3\)，则可设\(F\left(n，-\dfrac{3}{4} n+3\right)\)，

因为\(DF⊥AD\)，

所以\(AF^2=AD^2+DF^2\)

\(⟹n^2+\dfrac{9}{16} n^2=9+(m-n)^2+\left[\dfrac{3}{4} m-\left(-\dfrac{3}{4} n+3\right)\right]^2\)，

求出\(n\)，得到\(F\)的坐标，易得\(CF\)长度.

(这个方法由于数值不太友善，计算量较大，但是这根据作图寻找解题思路的方法很值得深究，只是本题建系更容易交代各点的位置，有兴趣可尝试下不建系求解下！)

第三问：\(C\)，\(D\)，\(E\)三点能否构成直角三角形？

如下图想象点\(D\)从点\(B\)出发，绕着小圆\(A\)旋转一周，判断\(∆DCE\)什么时候会形成直角三角形.

①\(∠D\)为直角时，有两种情况，点\(D\)在线段\(AC\)上或在\(CA\)延长线上；

此时\(S_{△CDE}\)易求；

②\(∠E\)为直角时，

由\(AE=AC\)，想到三线合一，得到\(ADEQ\)为矩形，则\(CE=2EQ=2AD=6\)，易得\(S_{△CDE}\)；

③\(∠C\)为直角时，

由\(AE=AC\)，想到三线合一，易得\(NG\)为中位线，\(EN=DN=2\)，

设\(NQ=x\)，则\(CD=2x\)，

由\(△ADN\sim △EQD⟹\dfrac{EQ}{NQ}=\dfrac{DN}{AD}=\dfrac{2}{3}⟹EQ=\dfrac{2}{3} x⟹EC=\dfrac{4}{3} x\)，

由勾股定理\(DE^2=CD^2+EC^2⟹4^2=(2x)^2+\left(\dfrac{4x}{3}\right)^2\)，解出\(x\)后易得\(S_{△CDE}\).
 

【解答】

第一问：\(∵AB=AD=3\)，\(BC=DE=4\)，\(∠ABC=∠ADE=90^\circ\),

\(∴△ADE≌△ABC\)，

\(∴AC=AE=\sqrt{AB^2+BC^2} =\sqrt{AD^2+DE^2} =5\)，\(∠DAE=∠BAC\)，

\(∴∠DAE-∠DAC=∠BAC-∠DAC\)，即\(∠CAE=∠BAD\),

\(∵\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AC}{AE}=1\)，\(∴△CAE\sim △BAD\)，

\(∴\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3}{5}\)．
 

第二问：****方法1 纯几何方法1

在\(Rt∆ABC\)中，\(M\)是\(AC\)中点，所以\(AM=BM=\dfrac{1}{2} AC=\dfrac{5}{2}\)，\(∴∠ABM=∠BAM\)，

\(∵AB=AD\)，\(∴∠ABM=∠ADB\)，\(∴∠BAM=∠ADB\)，

\(∴△MBA\sim △ADB\)，

\(∴\dfrac{BD}{AB} =\dfrac{AB}{AM}\)，即\(\dfrac{BD}{3}=\dfrac{3}{\frac{5}{2}}\)，\(∴BD=\dfrac{18}{5}\)，

\(∴MD=BD-BM=\dfrac{18}{5}-\dfrac{5}{2}=\dfrac{11}{10}\)，

\(∵∠ADB=∠ABM=∠BAM=∠EAD\)，

\(∴MD||AE\)，\(∴△FMD\sim △FAE\)，

\(∴\dfrac{AE}{MD}=\dfrac{AF}{MF}\)，即\(\dfrac{5}{\frac{11}{10}}=\dfrac{MF+\frac{5}{2}}{MF}\)，解得\(MF=\dfrac{55}{78}\)，

\(∴CF=CM-MF=\dfrac{5}{2}-\dfrac{55}{78}=\dfrac{70}{39}\)；
 

方法2 纯几何方法2

同方法1，求出\(BD=\dfrac{18}{5}\)；由（1）\(\dfrac{BD}{CE}=\dfrac{3}{5}\)可得\(CE=6\)；

\(∠BCE=∠ACE+∠ACB=∠ABD+∠MBC=∠ABC=90^\circ\)，

延长\(ED\)交\(BC\)于\(G\)，过\(A\)作\(AH⊥EC\)交\(EC\)于\(H\)，交\(ED\)于\(T\)，

\(∵∠BCE=∠ABC=∠AHC=90^\circ\)，\(∴\)四边形\(ABCH\)为矩形，

\(∵AE=AC\)，\(∴EH=\dfrac{1}{2} CE=3\)，\(TH\)为中位线；

设\(TH=x\)，则\(CG=2x\)，\(AT=4-x\)，

\(∵∠ADE=∠AHE=90^\circ\)，\(∠ATD=∠HTE\)，\(EH=AD\)，

\(∴△ADT≌△ETH\)，\(∴ET=AT=4-x\)，

在\(Rt∆ETH\)中，得\((4-x)^2=x^2+9\)，解得\(x=\dfrac{7}{8}\)，

\(∴CG=2x=\dfrac{7}{4}\)，\(AT=4-x=\dfrac{25}{8}\)；

\(∵AT||CG\)，\(∴△AFT\sim △CFG\)，\(∴\dfrac{CF}{AF}=\dfrac{CG}{AT}=\dfrac{14}{25}\)，

\(∴\dfrac{CF}{5-CF}=\dfrac{14}{25}\)，解得\(CF=\dfrac{70}{39}\).

（这个方法利用到了第一问的结果，但没有方法1简单）

 

方法3 建系法+作图法

以点\(B\)为原点，以直线\(BC\)、\(BA\)分别为\(x\)轴、\(y\)轴建立直角坐标系，

则\(A(0，3)\)，\(C(4，0)\)，

\(∵M\)是\(AC\)中点，\(∴M\left(2，\dfrac{3}{2}\right)\)；

由点\(B(0，0)\)，\(M\left(2，\dfrac{3}{2}\right)\)可得直线\(BM\)解析式：\(y=\dfrac{3}{4} x\)，

则可设\(D\left(m，\dfrac{3}{4} m\right)\)；

又由\(AD=3\)，则\(\sqrt{m^2+\left(\dfrac{3}{4} m-3\right)^2}=3\)，解得\(m=\dfrac{72}{25}\)，\(∴D\left(\dfrac{72}{25}，\dfrac{54}{25}\right)\)；

由点\(A(0，3)\)，\(C(4，0)\)可得直线\(AC\)解析式：\(y=-\dfrac{3}{4} x+3\)，则可设\(F\left(n，-\dfrac{3}{4} n+3\right)\)，

因为\(DF⊥AD\)，所以\(AF^2=AD^2+DF^2\)，

\(∴n^2+\dfrac{9}{16} n^2=9+\left(\dfrac{72}{25}-n\right)^2+\left[\dfrac{54}{25}-\left(-\dfrac{3}{4} n+3\right)\right]^2\)，解得\(n=\dfrac{100}{39}\)，

\(∴F\left(\dfrac{100}{39}，\dfrac{42}{39}\right)\)，

\(∴CF=\sqrt{\left(\dfrac{100}{39}-4\right)^2+\left(\dfrac{42}{39}-0\right)^2}=\dfrac{70}{39}\).
 

第三问：① 如图，当\(AD\)与\(AC\)重合时，此时\(DE⊥AC\)，此时\(△CDE\)是直角三角形，

故\(S_{△CDE}=\dfrac{1}{2} CD·DE=\dfrac{1}{2}×(AC-AD)×DE=\dfrac{1}{2}×2×4=4\)；

② 如图，当\(AD\)在\(CA\)的延长线上时，此时\(DE⊥AC\)，此时\(△CDE\)是直角三角形，

故\(S_{△CDE}=\dfrac{1}{2} CD·DE=\dfrac{1}{2}×(AC+AD)×DE=\dfrac{1}{2}×8×4=16\)；

③ 如图，当\(DE⊥EC\)时，此时\(△CDE\)是直角三角形，

过点\(A\)作\(AQ⊥EC\)于点\(Q\)，

\(∵AE=AC=5\)，\(∴EQ=QC=\dfrac{1}{2} EC\)，

\(∵AQ⊥EC\)，\(DE⊥EC\)，\(DE⊥AD\)，\(∴\)四边形\(ADEQ\)是矩形，

\(∴AD=EQ=QC=\dfrac{1}{2} EC=3\)，\(∴EC=6\)，

故\(S_{△CDE}=\dfrac{1}{2} EC·DE=\dfrac{1}{2}×6×4=12\)；

④ 如图，当\(DC⊥EC\)时，此时\(△CDE\)是直角三角形，过点\(A\)作\(AQ⊥EC\)于点\(Q\)，交\(DE\)于点\(N\)，

\(∴EQ=QC=\dfrac{1}{2} EC=x\)，\(NQ∥CD\)，\(∴\dfrac{EN}{DN} =\dfrac{EQ}{QC} =1\)，

\(∴DN=EN=\dfrac{1}{2} DE=2\)，\(QN=\dfrac{1}{2} DC\)，

\(∵∠AND=∠ENQ\)，\(∠ADN=∠EQN=90^\circ\)，\(∴∠DAN=∠QEN\)，

\(∴\tan∠DAN=\tan∠QEN\)，\(∴\dfrac{QN}{EQ}=\dfrac{DN}{AD}=\dfrac{2}{3}\)，

\(∴QN=\dfrac{2}{3} x\)，

\(∴DC=\dfrac{4}{3} x\)，\(CE=2x\)，

\(∵ED^2=DC^2+EC^2\)，\(∴4^2=(2x)^2+\left(\dfrac{4x}{3}\right)^2\)，解得\(x=\dfrac{6\sqrt{13}}{13}\)；

故\(S_{△CDE}=\dfrac{1}{2} EC·DC=\dfrac{1}{2}×2x×\dfrac{4}{3} x=\dfrac{4}{3} x^2=\dfrac{4}{3}×\dfrac{36}{13}=\dfrac{48}{13}\)．

综上，直角三角形\(CDE\)的面积为\(4\)或\(16\)或\(12\)或\(\dfrac{48}{13}\)．