中考数学突破5讲：中考突破之第四讲　几何变换压轴题（免费下载）.docx

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1、几何变换压轴题阅读与理解几何变换压轴题多以三角形、四边形为主，结合平移、旋转、翻折、类比等变换，而四边形的问题常要转化成三角形的问题来解决，通过证明三角形的全等或相似得到相等的角、相等的边或成比例的边，通过勾股定理计算边长要熟练掌握特殊四边形的判定定理和性质定理，灵活选择解题方 法，注意区分各种四边形之间的关系，正确认识特殊与一般的关系，注意方程思想、对称思想以及转化思想的相互渗透类型一 图形的旋转变换 几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点，多与三角形、四边形相结合解决旋转变换问题，首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角，关键是找出旋转前后的对应点，利用旋转前后两图形全等等性质解题 例1如图

2、，O是正ABC内一点，OA=3，OB=4，OC=5，将线段BO以点B为旋转中心逆时针旋转60°得到线段BO，下列结论：BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60°得到；点O与O的距离为4；AOB=150°；S四边形AOBO；SAOC+SAOB=其中正确的结论是（）A B C D 【分析】 利用旋转的性质，结合全等三角形、勾股定理等知识对结论逐一判断即可 【自主解答】 证明BOABOC，又OBO=60°，所以BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论正确；由OBO是等边三角形，可知结论正确；在AOO中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故

3、AOO是直角三角形；进而求得AOB=150°，故结论正确；S四边形AOBO=SAOO+SOBO="6+4" 3，故结论错误；如图，将AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O点利用旋转变换构造等边三角形与直角三角形，将SAOC+SAOB转化为SCOO+SAOO，计算可得结论正确解：由题意可知，1+2=3+2=60°，1=3，又OB=OB，AB=BC，BOABOC，又OBO=60°，BOA可以由BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论正确；如图，连接OO，OB=OB，且OBO=60°，OBO是等边

4、三角形，OO=OB=4故结论正确；BOABOC，OA=5在AOO中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，AOO是直角三角形，AOO=90°，AOB=AOO+BOO=90°+60°=150°，故结论正确；S四边形AOBO=SAOO+SOBO，故结论错误；如图所示，将AOB绕点A逆时针旋转60°，使得AB与AC重合，点O旋转至O点易知AOO是边长为3的等边三角形，COO是边长为3、4、5的直角三角形，则SAOC+SAOB=S四边形AOCO=SCOO+SAOO 故结论正确综上所述，正确的结论为：故选A变式训练1、（2017张家界）如图，在正

5、方形ABCD中，AD=2，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为952、（2017赤峰）OPA和OQB分别是以OP、OQ为直角边的等腰直角三角形，点C、D、E分别是OA、OB、AB的中点（1）当AOB=90°时如图1，连接PE、QE，直接写出EP与EQ的大小关系；（2）将OQB绕点O逆时针方向旋转，当AOB是锐角时如图2，（1）中的结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请加以说明（3）仍将OQB绕点O旋转，当AOB为钝角时，延长PC、QD交于点G，使ABG为等边三角形如图3，求AOB的度数【分析】（1）

6、先判断出点P，O，Q在同一条直线上，再判断出APEBFE，最后用直角三角形的斜边的中线等于斜边的一半即可得出结论；（2）先判断出CE=DQ，PC=DE，进而判断出EPCQED即可得出结论；（3）先判断出CQ，GP分别是OB，OA的垂直平分线，进而得出GBO=GOB，GOA=GAO，即可得出结论【解答】解：（1）如图1，延长PE，QB交于点F，APO和BQO是等腰直角三角形，APO=BQO=90°，AOP=BOQ=45°，AOB=90°，AOP+AOB+BOQ=180°，点P，O，Q在同一条直线上，APO=BQO=90°，APBQ，PAE=FBE

7、，点E是AB中点，AE=BE，AEP=BEF，APEBFE，PE=EF，点E是RtPQF的斜边PF的中点，EP=EQ；（2）成立，证明：点C，E分别是OA，AB的中点，CEOB，CE=OB，DOC=ECA，点D是RtOQB斜边中点，DQ=OB，CE=DQ，同理：PC=DE，DOC=BDE，ECA=BDE，PCE=EDQ，EPCQED，EP=EQ；（3）如图2连接GO，点D，C分别是OB，OA的中点，APO与QBO都是等腰直角三角形，CQ，GP分别是OB，OA的垂直平分线，GB=GO=GA，GBO=GOB，GOA=GAO，设GOB=x，GOA=y，x+x+y+y+60°=360

8、6;x+y=150°，AOB=150°类型二 图形的翻折变换 几何图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点，多与三角形、四边形相结合翻折变换的实质是对称，翻折部分的两图形全等，找出对应边、对应角，再结合勾股定理、相似的性质与判定解题 例2 (2016·苏州) 如图，在ABC中，AB=10，B=60°，点D、E分别在AB、BC上，且BD=BE=4，将BDE沿DE所在直线折叠得到BDE（点B在四边形ADEC内），连接AB，则AB的长为2【分析】作DFBE于点F，作BGAD于点G，首先根据有一个角为60°的等腰三角形是等边三角形判定BDE是边长为4的等

9、边三角形，从而根据翻折的性质得到BDE也是边长为4的等边三角形，从而GD=BF=2，然后根据勾股定理得到BG=2，然后再次利用勾股定理求得答案即可【自主解答】解：如图，作DFBE于点F，作BGAD于点G，B=60°，BE=BD=4，BDE是边长为4的等边三角形，将BDE沿DE所在直线折叠得到BDE，BDE也是边长为4的等边三角形，GD=BF=2，BD=4，BG=2，AB=10，AG=106=4，AB=2故答案为：2变式训练3(2016·张家界)如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在点Q处，点D落在点E处，EQ与BC交于点F.若AD8 cm，AB6 cm，AE4 cm，则E

10、BF的周长是_8_cm.4(2017·淄博) 如图，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN相交于点F（1）求证：BFNBCP；（2）在图2中，作出经过M，D，P三点的O（要求保留作图痕迹，不写做法）；设AB=4，随着点P在CD上的运动，若中的O恰好与BM，BC同时相切，求此时DP的长类型三 图形的类比变换 图形的类比变换是近年来中考的常考点，常以三角形、四边形为背景，与翻折、旋转相结合，考查三角形全等或相似的性质与判定，难度较大此类题目第一问相对简单，后面的

11、问题需要结合第一问的方法进行类比解答 例3 (2016·朝阳) 小颖在学习“两点之间线段最短”查阅资料时发现：ABC内总存在一点P与三个顶点的连线的夹角相等，此时该点到三个顶点的距离之和最小【特例】如图1，点P为等边ABC的中心，将ACP绕点A逆时针旋转60°得到ADE，从而有DE=PC，连接PD得到PD=PA，同时APB+APD=120°+60°=180°，ADP+ADE=180°，即B、P、D、E四点共线，故PA+PB+PC=PD+PB+DE=BE在ABC中，另取一点P，易知点P与三个顶点连线的夹角不相等，可证明B、P、D、E四点

12、不共线，所以PA+PB+PCPA+PB+PC，即点P到三个顶点距离之和最小【探究】（1）如图2，P为ABC内一点，APB=BPC=120°，证明PA+PB+PC的值最小；【拓展】（2）如图3，ABC中，AC=6，BC=8，ACB=30°，且点P为ABC内一点，求点P到三个顶点的距离之和的最小值【考点】几何变换综合题【分析】（1）将ACP绕点A逆时针旋转60°得到ADE，可得PC=DE，再证APD为等边三角形得PA=PD、APD=ADP=60°，由APB=BPC=120°知B、P、D、E四点共线，根据两点间线段最短即可得答案；（2）分别以AB、B

13、C为边在ABC外作等边三角形，连接CD、AE交于点P，先证ABEDBC可得CD=AE、BAE=BDC，继而知APO=OBD=60°，在DO上截取DQ=AP，再证ABPDBQ可得BP=BQ、PBA=QBD，从而可证PBQ为等边三角形，得PB=PQ，由PA+PB+PC=DQ+PQ+PC=CD=AE，RtACE中根据勾股定理即可得AE的长，从而可得答案【解答】解：（1）如图1，将ACP绕点A逆时针旋转60°得到ADE，PAD=60°，PACDAE，PA=DA、PC=DE、APC=ADE=120°，APD为等边三角形，PA=PD，APD=ADP=60°

14、，APB+APD=120°+60°=180°，ADP+ADE=180°，即B、P、D、E四点共线，PA+PB+PC=PD+PB+DE=BEPA+PB+PC的值最小（2）如图，分别以AB、BC为边在ABC外作等边三角形，连接CD、AE交于P，AB=DB、BE=BC=8、ABD=EBC=60°，ABE=DBC，在ABE和DBC中，ABEDBC（SAS），CD=AE、BAE=BDC，又AOP=BOD，APO=OBD=60°，在DO上截取DQ=AP，连接BQ，在ABP和DBQ中，ABPDBQ（SAS），BP=BQ，PBA=QBD，又QBD+Q

15、BA=60°，PBA+QBA=60°，即PBQ=60°，PBQ为等边三角形，PB=PQ，则PA+PB+PC=DQ+PQ+PC=CD=AE，在RtACE中，AC=6、CE=8，AE=CD=10，故点P到三个顶点的距离之和的最小值为10变式训练5、(2014年河南省)（1）问题发现如图1，ACB和DCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE填空：AEB的度数为60°；线段AD，BE之间的数量关系为AD=BE（2）拓展探究如图2，ACB和DCE均为等腰直角三角形，ACB=DCE=90°，点A，D，E在同一直线上，CM为DCE中DE边上的高

16、，连接BE，请判断AEB的度数及线段CM，AE，BE之间的数量关系，并说明理由（3）解决问题如图3，在正方形ABCD中，CD=，若点P满足PD=1，且BPD=90°，请直接写出点A到BP的距离考点：圆的综合题；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；等边三角形的性质；直角三角形斜边上的中线；正方形的性质；圆周角定理专题：综合题；探究型分析：（1）由条件易证ACDBCE，从而得到：AD=BE，ADC=BEC由点A，D，E在同一直线上可求出ADC，从而可以求出AEB的度数（2）仿照（1）中的解法可求出AEB的度数，证出AD=BE；由DCE为等腰直角三角形及CM为DCE中DE边上的高可得

17、CM=DM=ME，从而证到AE=2CH+BE（3）由PD=1可得：点P在以点D为圆心，1为半径的圆上；由BPD=90°可得：点P在以BD为直径的圆上显然，点P是这两个圆的交点，由于两圆有两个交点，接下来需对两个位置分别进行讨论然后，添加适当的辅助线，借助于（2）中的结论即可解决问题解答：解：（1）如图1，ACB和DCE均为等边三角形，CA=CB，CD=CE，ACB=DCE=90°ACD=BCE在ACD和BCE中，ACDBCEADC=BECDCE为等边三角形，CDE=CED=60°点A，D，E在同一直线上，ADC=120°BEC=120°AEB=

18、BECCED=60°故答案为：60°ACDBCE，AD=BE故答案为：AD=BE（2）AEB=90°，AE=BE+2CM理由：如图2，ACB和DCE均为等腰直角三角形，CA=CB，CD=CE，ACB=DCE=90°ACD=BCE在ACD和BCE中，ACDBCEAD=BE，ADC=BECDCE为等腰直角三角形，CDE=CED=45°点A，D，E在同一直线上，ADC=135°BEC=135°AEB=BECCED=90°CD=CE，CMDE，DM=MEDCE=90°，DM=ME=CMAE=AD+DE=BE+2C

19、M（3）PD=1，点P在以点D为圆心，1为半径的圆上BPD=90°，点P在以BD为直径的圆上点P是这两圆的交点当点P在如图3所示位置时，连接PD、PB、PA，作AHBP，垂足为H，过点A作AEAP，交BP于点E，如图3四边形ABCD是正方形，ADB=45°AB=AD=DC=BC=，BAD=90°BD=2DP=1，BP=A、P、D、B四点共圆，APB=ADB=45°PAE是等腰直角三角形又BAD是等腰直角三角形，点B、E、P共线，AHBP，由（2）中的结论可得：BP=2AH+PD=2AH+1AH=当点P在如图3所示位置时，连接PD、PB、PA，作AHBP，

20、垂足为H，过点A作AEAP，交PB的延长线于点E，如图3同理可得：BP=2AHPD=2AH1AH=综上所述：点A到BP的距离为或6、我们把两条中线互相垂直的三角形称为“中垂三角形”，例如：在下面甲、乙、丙图中，AF、BE是ABC的中线，AFBE于点P，像ABC这样的三角形均为“中垂三角形”设BC=a，AC=b，AB=c（1）特例探究：如图甲，当ABE=45°，c=2时，a=2，b=2； 如图乙，当ABE=30°，c=2时，a=，b=；（2）观察特例探究结果，猜想a2、b2、c2三者之间的关系，并利用图丙证明你的猜想；（3）如图丁，在平行四边形ABCD中，点E、F、G分别是A

21、D、BC、CD的中点，BEEG，AD=2，AB=3，求AF的长度【考点】四边形综合题【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得到AP=BP=AB=2，根据三角形中位线的性质，得到EFAB，EF=AB=，再由勾股定理得到结果；（2）连接EF，设ABP=，类比着（1）即可证得结论；（3）连接AC交EF于H，设BE与AF的交点为P，由点E、G分别是AD，CD的中点，得到EG是ACD的中位线于是证出BEAC，由四边形ABCD是平行四边形，得到ADBC，AD=BC=2，EAH=FCH根据E，F分别是AD，BC的中点，得到AE=BF=CF=AD=，证出四边形ABFE是平行四边形，证得EH=FH，推出EH，AH

22、分别是AFE的中线，由（2）的结论得即可得到结果【解答】解：（1）AFBE，ABE=45°，AP=BP=AB=2，AF，BE是ABC的中线，EFAB，EF=AB=，PFE=PEF=45°，PE=PF=1，在RtFPB和RtPEA中，AE=BF=，AC=BC=2，a=b=2，如图2，连接EF，同理可得：EF=×2=1，EFAB，PEFPBA，=，在RtABP中，AB=2，ABP=30°，AP=1，PB=，PF=，PE=，在RtAPE和RtBPF中，AE=，BF=，a=，b=故答案为2，2；，（2）猜想：a2+b2=5c2，如图3，连接EF，设ABP=，AF

23、BE，AP=csin，PB=ccos，由（1）同理可得，PF=PA=csin，PE=PB=ccos，AE2=AP2+PE2=c2sin2+c2cos2，BF2=PB2+PF2=c2cos2+c2sin2，（b）2=c2sin2+c2cos2，（ a）2=c2cos2+c2sin2，a2+b2=c2cos2+c2sin2+c2sin2+c2cos2，a2+b2=5c2；（3）如图4，连接AC，EF交于H，AC与BE交于点Q，设BE与AF的交点为P，点E、G分别是AD，CD的中点，EGAC，BEEG，BEAC，四边形ABCD是平行四边形，ADBC，AD=BC=2，EAH=FCH，E，F分别是AD，BC的中点，AE=AD，BF=BC，AE=BF=CF=AD=，AEBF，四边形ABFE是平行四边形，EF=AB=3，AP=PF，在AEH和CFH中，AEHCFH，EH=FH，EQ，AH分别是AFE的中线，由（2）的结论得：AF2+EF2=5AE2，AF2=5（）2EF2=16，AF=4