类型二 探究迁移型问题-2022年中考数学命题点及重难题型分类突破练（全国通用）

类型二探究迁移型问题 1.【性质探究】 如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAC，交BC于点E．作DF⊥AE于点H，分别交AB，AC于点F，G． （1）判断△AFG的形状并说明理由； （2）求证：BF＝2OG． 【迁移应用】 （3）记△DGO的面积为S1，△DBF的面积为S2，当时，求的值； 【拓展延伸】 （4）若DF交射线AB于点F，【性质探究】中的其余条件不变，连结EF，当△BEF的面积为矩形ABCD面积的时，请直接写出tan∠BAE的值． 【解析】（1）如图1中，△AFG是等腰三角形．利用全等三角形的性质来进行证明． （2）如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG．首先证明OG＝OL，再证明BF＝2OL，即BF＝2OG． （3）如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°，利用相似三角形的性质解决问题即可． （4）设OG＝a，AG＝k．分两种情形：①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上．②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF．分别求解即可解决问题． 【答案】解：如图1中，△AFG是等腰三角形． 理由：∵AE平分∠BAC，∴∠1＝∠2，∵DF⊥AE，∴∠AHF＝∠AHG＝90°， ∵AH＝AH，∴△AHF≌△AHG，∴AF＝AG，∴△AFG是等腰三角形． （2）证明：如图2中，过点O作OL∥AB交DF于L，则∠AFG＝∠OLG． ∵AF＝AG，∴∠AFG＝∠AGF，∵∠AGF＝∠OGL，∴∠OGL＝∠OLG，∴OG＝OL， ∵OL∥AB，∴△DLO∽△DFB，∴， ∵四边形ABCD是矩形，∴BD＝2OD，∴BF＝2OL，∴BF＝2OG． （3）解：如图3中，过点D作DK⊥AC于K，则∠DKA＝∠CDA＝90°， ∵∠DAK＝∠CAD，∴△ADK∽△ACD，∴. ∵S1•OG•DK，S2•BF•AD，又∵BF＝2OG，， ∴，设CD＝2x，AC＝3x，则AD＝x，∴． （4）解：设OG＝a，AG＝k． ①如图4中，连接EF，当点F在线段AB上时，点G在OA上． ∵AF＝AG，BF＝2OG，∴AF＝AG＝k，BF＝2a，∴AB＝k+2a，AC＝2AO=2（k+a）， ∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k+a）]2﹣（k+2a）2＝3k2+4ka， ∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，∴△ABE∽△DAF，∴， ∴，∴BE，由题意：102aAD•（k+2a）， ∴AD2＝10ka，即10ka＝3k2+4ka，∴k＝2a，∴AD＝2a， ∴BEa，AB＝4a，∴tan∠BAE． ②如图5中，当点F在AB的延长线上时，点G在线段OC上，连接EF． ∵AF＝AG，BF＝2OG，∴AF＝AG＝k，BF＝2a，∴AB＝k﹣2a，AC＝2（k﹣a）， ∴AD2＝AC2﹣CD2＝[2（k﹣a）]2﹣（k﹣2a）2＝3k2﹣4ka， ∵∠ABE＝∠DAF＝90°，∠BAE＝∠ADF，∴△ABE∽△DAF， ∴，∴，∴BE， 由题意：102aAD•（k﹣2a），∴AD2＝10ka，即10ka＝3k2﹣4ka，∴ka，∴ADa， ∴BEa，ABa，∴tan∠BAE， 综上所述，tan∠BAE的值为或． 2.在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动． 活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移． 【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由． 【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长． 活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）． 【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由． 【解析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质、图形的变换等知识．【思考】由△ABC≌△DEF可知，AB＝DE，∠BAC＝∠ADE，∴AB∥DE，所以四边形ABDE是平行四边形；【发现】连接BE交AD于点O，由矩形可知OA＝OB＝OE＝OD，又AF＝DC，得到OF＝OC，在Rt△OEF中，设AF＝x，则AD＝x＋4，OA＝，所以OF＝OA–AF＝，所以，解得AF＝。 【探究】BD＝2OF.由FE平分∠OEA以及OF⊥EF可知延长OF交AE于点H，从而得到△OEH是等腰三角形，OF＝FH，只需证明△OBD≌△OEH即可。 【答案】解：【思考】四边形