第二部分 专题3 类型2 图形变换问题-【领跑】2024年中考数学二轮复习压轴题重难专练

类型2图形变换问题 ·考向1 平移问题 典型题 1./新考向·综合与实践/问题情境： 直线I与线段AB所在直线交于点P,O是线段AB的中点，将直线1沿着直线AB的水平方向平 移，分别过点A和点B作直线1的垂线，垂足分别为C,D 特例感知： (1)如图1，当点P和点O重合时，猜想OC和OD的数量关系是 类比迁移： (2)如图2，当P是线段AB上除点O外的任意一点时，(1)中OC和OD的数量关系是否依然成 立？若成立，请给出证明：若不成立，请说明理由； 拓展应用： 里6如图3，当P是线段BA的延长线上点，且A0-2PA,∠DPB=30求S0的值司Z星 (1题图1) (1题图2) (1题图3) {名师讲解}此题主要运用“热身1关于中点的方法技巧”（本书P20)构造辅助线。 (1)由O是线段AB的中点，AC⊥1，BD⊥1，∠AOC=∠BOD可证△AOC≌△BOD,进面得出OC=OD: (2)根据条件中有中点，有直角，想到直角三角形的斜边中线的性质，故延长CO交BD于点E,如图1，易证 △AOC≌△BOE,可得OC=OE,再利用直角三角形的斜边中线的性质即可求证OC=OD: (3)类比(2)，延长CO交DB的延长线于点F,如图2，易证△AOC≌△BOF,得CO=FO,进而利用直角三角形 斜边中线的性质得到OC=OD.由等腰△COD和已知条件∠DPB=30°想到作垂线，故过点O作OM⊥CD 于点M.设AC=x根据∠DPB=30°，AO=2PA可表示出PC,PA,AO,BO,PD,OM,进而表示出CD.由 等腰三角形“三线合一”的性质可得CD=2CM.在Rt△COM中利用勾股定理表示出OC,即可表示出OD, 再求品的值 学可2星 学之 学月之星 (1题讲解图1) (1题讲解图2) 领跑-数学67 学可之星 拓展题 2.1新考向·综合与实践/新考向·开放性试题1问题背景： 在综合与实践课上，同学们以“图形的平移与旋转”为主题开展数学活动.如图1，先将一张等边三 角形纸片ABC对折后剪开，得到两个互相重合的△ABD和△EFD,点E与点A重合，点B与 点F重合，然后将△EFD绕点D顺时针旋转，使点F落在边AB上，如图2，连接EC. 操作发现： (1)判断四边形BFEC的形状，并说明理由； 实践探究： (2)聪聪提出疑问：若等边三角形的边长为8，将图2中的△EFD沿射线BC方向平移a个单位长 度，得到△EF'D',连接BF',CE',如图3，若四边形BFE'C为菱形，则a的值为多少？请你 学日帮聪聪解决这个问题，求出α的值；日星 学之星 单月之星 (3)如果将(2)中聪聪所提问题的平移方向改为：沿射线CB方向平移α个单位长度，其余条件不 变，则四边形BF'E'C能否成为菱形？若能，直接写出平移距离a的值：若不能，请说明理由： (4)老师提出问题：请参照聪聪的思路，若等边三角形的边长为8，将图2中的△EFD在平面内进 行一次平移，得到△E”℉”D”,请在图4中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及 构图方法，写出你发现的一个结论，不必证明 小人 (2题图1) (2题图2) (2题图3) (2题图4) 学可2星 学可2星 学百之星 学月之星 学可之星 68领跑数学 3./新考向·综合与实践//新考向·开放性试题/问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“菱形纸片的剪拼”为主题开展数学活动，如图1，将一张菱形 纸片ABCD(∠BAD>90)沿对角线AC剪开，得到△ABC和△ACD. 操作发现： (1)将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转角a,使&=∠BAC,得到如图2所 示的△AC'D,延长BC,DC'交于点E,则四边形ACEC'的形状是； (2)“创新”小组将图1中的△ACD以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转角a,使a=2∠BAC, 得到如图3所示的△AC'D,连接DB,CC,得到四边形BCC'D,发现它是矩形，请你证明这个 结论； (3)“缜密”小组在创新小组发现的结论的基础上，量得图3中BC=13cm,AC=10cm,然后提出 学曰乙个问题：将△ACD沿着射线DB方向平移acm,得到△CD',连接BD',CC,当四边形 BCC”D'恰好为正方形时，求a的值.请你解答此问题： (4)请你参照以上操作，将图1中的△ACD在同一平面内进行一次平移，得到△A'C‘D',在图4 中画出平移后构造出的新图形，标明字母，说明平移及构图方法，写出你发现的结论，不必 证明. 学之星 (3题图1) (3题图2) (3题图3) (3题图4) 学可2星 学可之星 学可2星 学可2星 学可之星 领跑-数学69 学可之星 ·考向2旋转问题 小星有话说：旋转问题包括旋转全等和旋转相似，出题背景常见三角形、四边形和圆等，解题技巧为“遇90 转90°”“遇60°转60”“遇45°转45°”“遇120°转120”“遇中点转180°”“半角模型”“共顶点，等线段 可转化为手拉手模型”等，近3年辽宁省各市中考出现频率较高，分值为12~14分 典型题 4./新考向·综合与实践/问题情境： 在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,O为AB的中点，点D在直线AB上（不与点A,B重 合)，连接CD,将线段CD绕点C逆时针旋转90°，得到线段CE,过点B作直线I⊥BC,过点E作 EF⊥I,垂足为F,直线EF交直线OC于点G. 学可2星 学可2星 (4题图1) (4题图2) (4题备用图) 特例感知： (1)如图1，当点D与点O重合时，探究线段AD与线段EF之间的数量关系，并说明理由： 类比迁移： (2)如图2，当点D在线段AB上时，求证：CG十BD=√2BC: 拓展延伸： (3)连接DE,△CDE的面积记为S,△ABC的面积记为S2,当EF:BC=1:3时，求 的值 {名师讲解)此题主要运用“热身7手拉手模型（本书P43)”构造辅助线. (1)由“共顶点（点C),等线段(CA=CB,CD=CE)"发现可用“手拉手模型”，如图1，连接BE.可证△BCE≌ △ACD,得到BE=AD,∠CBE=∠A=45°，推出△BEF是等腰直角三角形，继而可证AD=BE=2EF: (2)同(1)，如图2，连接BE.根据所求证以及AB=√2BC=AD+BD,想到只需证明AD=CG即可，由1⊥BC, EF⊥I可得CBGE,进而可得∠ACD=∠BCE=∠GEC,利用“AAS”可证△CEG≌△DCA,推出CG=DA 即可： 学(3)由EF:BC=1:3,设EF户m,则BC=AC-3.分两种情况：当点D在线段AB上（如图2）和当点D在射线 上（如图3）时，通过设参，解R△BDE,进而得的 OD (4题讲解图1) (4题讲解图2) (4题讲解图3) 70领塑-数学 5.1新考向·综合与实践//2022沈阳中考1特例感知： (1)如图1，△AOB和△COD均是等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，点C在边OA上，点 D在BO的延长线上，连接AD,BC,则线段AD,BC的数量关系是； 类比迁移： (2)如图2，将图1中的△COD绕着点O顺时针旋转a(0°<a<90°)，那么(1)中的结论是否仍然 成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由： 方法运用： (3)如图3，若AB=8,C是线段AB外一动点，AC=33,连接BC. ①若将CB绕点C逆时针旋转90°得到CD,连接AD,则AD的最大值是 ②若以BC为斜边作Rt△BCD(B,C,D三点按顺时针排列)，∠CDB=90°，连接AD,当 ∠CBD=∠DAB=30°时，直接写出AD的长 学可Z星 学 学2星 学可2星 (5题图1) (5题图2) (5题图3) (名师讲解)此题主要运用“热身7手拉手模型（本书P43)”构造辅助线。 (1)根据“共顶点（点O),等线段(OB=OA,OC=OD)”的条件，转化为“手拉手模型”，可证△AOD≌△BOC,即 可得出结论： (2)同(1)，利用“手拉手模型”.可证△AOD≌△BOC,即可得出结论； (3)①由△CBD是等腰直角三角形以及前两问的思路联想到以点B为公共顶点构造两个等腰直角三角形 (Rt△ABT和R1△CBD)的“手拉手模型”，如图1，利用△TBD∽△ABC求出DT=3,即点D的运动 轨迹是以点T为圆心，36为半径的圆，当点D在AT的延长线上时，AD的值最大，最大值为8十3√： ②由△CBD是直角三角形以及前两问的思路联想到以点B为公共顶点构造两个直角三角形(Rt△ABT和 R1△CBD)的“手拉手模型"，分动点C在AB上方和下方，如图2和图3，连接TD,利用△BTD∽△BAC 求出DT的值，再根据特殊角30°的三角函数值和勾股定理可求AD的长. 学可2星 学可2 (5题讲解图1) (5题讲解图2) (5题讲解图3) 领跑-数学71 学可之星 拓展题 6.12022锦州中考1在△ABC中，AB=AC=25,BC=4,D,E,F分别为AC,AB,BC的中点，连接 DE.DF. 1)如图1，求证：DF=安DE, (2)如图2，将∠EDF绕点D顺时针旋转一定角度，得到∠PDQ,当射线DP交AB于点G,射线 DQ交BC于点N时，连接FE并延长交射线DP于点M,判断FN与EM之间的数量关系， 并说明理由； (3)如图3，在(2)的条件下，当DP⊥AB时，求DN的长. 学可2星 学可2星 N 0 (6题图1) (6题图2) (6题图3) 学可2星 学可之星 学可之星 学可之星 学可之星 72领跑-数学 7.(新考向·综合与实践/问题探究： 如图1，在正方形ABCD中，M为CD边上一点，过点M作MN⊥CD且DM=MN,连接DN, BM,CN,P,Q分别为BM,CN的中点，连接PQ. (1)求证：CM=2PQ: 特殊到一般： (2)将图1中的△DMN绕正方形ABCD的顶点D顺时针旋转a(0°<a<360°). ①(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请结合图2写出证明过程：若不成立，请说明理由： ②若AB=10,DM=25,在△DMN绕点D旋转的过程中，当B,M,N三点共线时，请直接 写出PQ的长 学可2Z星 学可2星 (7题图1) (7题图2) (7题备用图) 学月之星 单可2 学可2昌 学可2星 学可之星 学可2星 学可2星 学可之星 领跑-数学73 学可之星 ·考向3翻折问题 小星有话说：翻折问题在近3年辽宁省各市中考题中经常出现，分值为12~14分其在全国中考中的考查频 率也越来越高，出题背景常见三角形和四边形了解轴对称的性质和几何图形自身的性质，提高计算能力和推 理能力是解题的关键， 典型题 8.12023沈阳中考1如图1，在平行四边形纸片ABCD中，AB=10,AD=6,∠DAB=60°，E为BC边 上一点（点E不与点C重合），连接AE,将平行四边形纸片ABCD沿AE所在直线折叠，点C,D 的对应点分别为点C',D',射线CE与射线AD相交于点F. (1)求证：AF=EF; (2)如图2，当EF⊥AF时，DF的长为 (3)如图3，当CE=2时，过点F作FM⊥AE,垂足为M,延长FM交CD'于点N,连接AN, EN,求△ANE的面积 学可2星 D (8题图1) (8题图2) (8题图3) {名师讲解}此题主要运用“遇特殊角作垂”构辅助线，注意轴对称的性质 (1)由平行四边形的性质，得AD∥BC,可推出∠FAE十∠AEC=180°，由翻折的性质，得∠AEC'=∠AEC,从而 ∠FAE十∠AEC'=180°.因为∠AEF十∠AEC'=180°，所以∠FAE=∠AEF,进而可得结论： (2)由特殊角60和45所在位置和已知边想到过点A作AG⊥CB,交CB的延长线于点G,如图1，可推出四边 形AGEF是正方形，求AG可得AF的长，进而可得结论： (3)由特殊角60°和已知边想到作垂，如图2，过点A分别作AQ⊥CB交CB的延长线于点Q,AH⊥CD'交 CD'的延长线于点H,过点N作NK⊥EF于点K.在R1△AEQ中，可求AE的长，再利用轴对称的性质可得 AM=2AE,在R△ANH和R△NKE中，设DN=x,利用双勾股可得(33)+(3+x)=(3-)'+ 学百经受，年售进西来酱N,将利用约段定要可求出M心厚网宋部 学可之星 Q (8题讲解图1) (8题讲解图2) ■74领跑-数学 9.(新考向·综合与实践//2023大连中考1综合与实践 问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质， 已知AB=AC,∠A>90°，E为AC上一动点，将△ABE以BE所在直线为对称轴翻折 同学们经过思考后进行探究： 独立思考：小明：“当点D落在BC上时，∠EDC=2∠ACB.” 小红：“若E为AC的中点，给出AC与DC的长，就可以求出BE的长.” 实践探究：“奋进”小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答： 学2星 学月之星 2星 (9题图1) (9题图2) (9题图3) 问题1：在等腰△ABC中，AB=AC,∠A>90°，△DBE是由△ABE翻折得到的. (1)如图1，当点D落在BC上时，求证：∠EDC=2∠ACB: (2)如图2，若E为AC的中点，AC=4,CD=3,求BE的长； 问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成∠A<90的等腰三角形，可以将 问题进一步拓展 问题2：(3)如图3，在等腰△ABC中，∠A<90°，AB=AC=BD=4,2∠BDC=∠ABD.若CD=1, 求BC的长 {名师讲解}此题主要运用“热身1关于中点的方法技巧”和“热身10与角数量关系相关的模型”构造辅助线，注 意运用轴对称的性质， (1)由等腰三角形的性质可得∠ABC=∠ACB,由折叠的性质和三角形内角和定理可得∠BDE=∠A=180°一 2∠ACB,再由邻补角的性质可得结论： (2)由轴对称的性质：对应点所连的线段被对称轴垂直平分想到连接AD,继而出现中位 学 线，再运用勾股定理即可求解： 之三 (3)由2倍角条件：2∠BDC=∠ABD结合等腰三角形想到角平分线法，如图，得到垂直 (BM⊥AD),再利用勾股定理求BC的长，需将BC放到直角三角形中，继而作垂 (CG⊥BM)可得矩形CGMD,利用矩形的性质和勾股定理即可求解. (9题讲解图) 领跑-数学75 学可之星 拓展题 10.1新考向·综合与实践//新考向·开放性试题/【问题初探】 数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在口ABCD中，BE⊥AD,垂足为E,F为CD的中 点，连接EF,BF,求证：BF=EF. ①小锦同学由已知条件中点想到了“倍长中线”的方法，给出了如下解题思路：根据F为CD的 中点，延长AD,BF相交于点P(如图2)，或者延长EF,BC相交于点H(如图3)，构造全等三 角形，再根据直角三角形斜边中线的性质可证明EF一BF ②小琦同学由已知条件中点想到了三角形的中位线，给出了如下解题思路：取AB的中点N,连 接FN交BE于点M(如图4)，可证明FN⊥BE,FN平分BE,从而得出EF=BF. (1)请你选择一名同学的解题思路，写出证明过程： 学可Z星 学可2星 学可2星 学可2星 学可2星 (10题图1) (10题图2) (10题图3) (10题图4) 【类比分析】 (2)“善导”小组受此问题的启发，将□ABCD沿着BF(F为CD的中点)所在直线折叠，如图5，点 C的对应点为点C',连接DC'并延长交AB于点G,请判断AG与BG的数量关系，并证明： 【学以致用】 (3)“智慧”小组突发奇想，将口ABCD沿过点B的直线折叠，如图6，点A的对应点为点A',使A'B⊥ CD于点H,折痕交AD于点M,AM交CD于点N.该小组提出一个问题：若此口ABCD的 面积为20，AB=5,BC=25,求图中阴影部分（四边形BHNM)的面积. 学可2星 学耳之星 学可2星 (10题图5) (10题图6) 76领跑数学I.当△ABC满足任意一个内角a是另一个内角3的3倍, ·在Rt△ACP中.DPB=30* .'PA=2AC 且③<45时,可被分成两个等腰三角形 设AC-r.则PA-2x. 证明:如图3,在BC上取一点D,使DA-DB,过点A,D作 ·PC-3x,A0-2PA-4x. 直线1. ·O是线段AB的中点..'.BO-AO-4r. . B- DAB. '.PB-PA+AO+BO-10r. . ADC= B+ DAB=2 B$ “在R△BPD中./DPB=30*. :CAB-3B. $.BD-PB-5x..PD-53x. '. CAD- CAB- DAB-2B '.CAD- ADC. '.CD-PD-PC-53x-3x-43 *.AC-DC,即△ACD为等腰三角形 .在Rt△POM中,乙DPB=30*. 2.直线/将△ABC分成两个等腰三角形. :AC//BD..ACO-F. 又AO-BO. AOC= BOF. 学C .△AOC△BOF.之司 之星 '.OC-OF,即O为CF的中点. .D-CF-c0. (7题图3) (4)其项角的度数为108”,90”,36”.(180) 1cD-2x. 又OMICD...CM-DM- 详解 在Rt△COM中,根据勾股定理,得 1.△ABC为等腰三角形且满足任意一个内角a是另一个 内角3的2倍,且$<45{,其顶角的度数为36”. OD=OC=CM+OM{=(2③)+(3x)=②. Il.当入ABC为等腰直角三角形时,其顶角的度数为90 “0D21x .CD4v3:47 ” III.△ABC为等腰三角形且满足任意一个内角。是另一个 内角8的3倍,且3<45{,当a为底角时,其顶角的度数为 2.解:(1)四边形BFEC是平行四边形,理由如下。 (180)*,当为底角时,其顶角的度数为108”. ·△ABC是等边三角形..'乙ABD-60*,AB-BC. 由题意,知FD一BD. 类型2 圈形变换问题 ..△BFD是等边三角形,.. FDB-60* : EFD-60” FDB- EFD..$EF/BC 1.解:(1)0C-OD “'EF-AB-BC. (2)OC和OD的数量关系依然成立. '四边形 BFEC是平行四边形 证明:如图1,延长C0交BD于点E (2):△ABC是等边三角形,BD-CD. "AC1CD,BD1CD..ACP- BDP-90° .AC/BD.A-乙B. :O是线段AB的中点...AO-BO 又AOC= BOE...△AOC△BOE '.OC-OE,即O为CE的中点 如图1,过点E'作E'G1BC交BC的延长线于点G '.DO是Rt△CDE斜边上的中线 ./E'GC-90 '.OC-OD. :E'F’/BC. F'E'D-30*.' E'D'G-30 ## '.D'G-/3F'G-6. .四边形BFEC为菱形...CE'-BC-8. 在R:△ECG中,根据勾股定理,得 (1题图1) (1题图2) $G=VCE-E'G-8-(2)*-213 (3)如图2.过点O作OM1CD于点M.延长C0交DB的延 *$DG-DC+CG-4+2 13. 长线于点F. *$DD'-DG-D'G-4+213-6=2 13-2. 领跑-数学 31 之冒) '.-213-2. ·.四边形BCCD是矩形. (3)如图1,过点B作BF 1AC于点F .BFC-90* .BA-BC, .CF-AF- -aCc- (2题图1) 在Rt△BFC中,根据勾股定理,得 $$-BC-CF-13-5=12. (3)能.a的值为213十2 群解 .CAE- BCA. CEA- BFC. 如图2.过点F'作FG1CB交CB的延长线于点G 0010.cr10 ..△ACEo△CBF ./G-90 13 'FF/BC. FF'D'-60*. .AC-AC'.AFICC'. ' FDG= EFD=60..'GFD=30 .CC'-2CE-2X .GD-r'D'-2..F'G=③GD=2③. 120 240 81313 之冒 .四边形BFE'C为菱形..'BF一BC-8 当四边形B(C”D恰好为正方形时,分两种情况 240 在Rt△BFG中,根据勾股定理,得 -13- ①点C“在边CC上.a-CC-13= 71 13 13 $G= BF-F'G-8-(2、③)'-2 240 409 ②点C在CC的延长线上.a=CC+13= '.DD'-BG-GD'+BD-213-2+4-213+ 130+13- 13 '.-213+2. (4)如图2,将△ACD沿射线CA方向平移,平移距离为-AC 的长,得到△ACD,连接AB.DC.结论:四边形ABCD 是平行四边形,(答案不唯一) (2题图2) (4)如图3.将八EFD沿射线BA方向平移:使点F的对应点 F”与点A重合,结论:四边形ABCE”为菱形.(答案不唯一) AF) (③题图1) (3题图2) 4.解:(1)AD-v2EF.理由如下: 星 冒 如图1,连接BE “:乙ACB-90*,AC-BC.' A-45 (2题图3) ·线段CD绕点C逆时针旋转90{,得到线段CE. 3.解:(1)菱形 ..CD-CE.乙DCE-90{ (2)证明:如图1.过点A作AE1CC'于点E . BCE-90*-BCD- ACD. . CEA-90* 由旋转,得AC'-AC. $.△BCE△ACD.'BE=AD.CBE- A-45 .1 1 BC,EF11.CBF-90*.EFB-90{。 .CAE-ZC'AE---乙BAC. . EBF- CBF- CBE-90*-45*-45* ·旋转前四边形ABCD是萎形...BA三BC三DA $ FBE- FEB-45'$'BF-EF. 'BAC-BCA.'CAE-BCA..AE/BC '.ABEF是等腰直角三角形 ..BE一2EF...AD=②EF. 同理.AE/DC'.*.BC/DC. (2)证明:如图2.连接BE 又BC-DC'..*四边形BCCD是平行四边形 由(1),得 ACD=乙BCE. :AE/BC.CEA-90* .乙ACB-90”.CA-CB,O为AB的中点 ' BCC'-180*- CEA-90*。 ' OCB-乙A-45*. 32 领跑-数学 .1 1 BC.FF 1/.'$CB/GE. $'. $CB= $G=45$.$$[CE= $GE$C$ ' G=/A. GFC- ACD .CE=DC...△CEGS△DCA...CG=DA. 在Rt△ABC中..AC-BC: '.根据勾股定理,得AB=AC+BC-2BC $CG+BD-AD+BD-AB-$2BC$ (4题图3) 5.解:(1)AD-BC (2)AD三BC仍然成立 证明:·'乙AOB- COD-90*。 (4题图2) (4题图1) '.AOB+ AOC= AOC+COD,即 BOC= AOD (OA-OB. (3):EF:BC-1:3. 之星 在△AOD和△BOC中乙AOD-乙BOC. *.设EF-n,则BC-AC-3m. OD=OC. 当点D在线段AB上时,如图2.连接DE,BE '.△AOD△BOC(SAS).'.AD-BC. :ACB- DCE-90*.CA-CB.CD-CE. '.△ACB和△DCE均是等腰直角三角形 (3)①8+3v6 详解 '. A- ABC= CDE=45*,AB- AC=3$2m,DE=$ 如图1,过点A作AT1AB,使AT-AB,连接BT,DT. 2CE. BD. 由(1),得△BEF是等腰直角三角形,△BCE△ACD '.△ABT和△CBD都是等腰直角三角形 '.AD-BE-EF-②n. CBE- A-45 'BT=$2BA,BD-$2BC. ABT= CBD-45 $ '.BD-AB-AD-2v2n, ABE-90{ 在Rt△BDE中,根据勾股定理,得 DE=BD+BE-(22m)+(V2m)'-10m. #10n一5】n. '.DT-②CA-②X3③-3 “AT-AB-8.DT-3. .s-c·CF-Ccr'-5 .点D的运动轨迹是以点T为因心; (5题图1) 3V6为半径的圆. .当点D在AT的延长线上时,AD的值最大,最大值为8十3/ 当点D在射线BA上时,如图3,连接BE 2 同理可得,AB-2AC-32m,DE-2CE, ABC-45. 2) 详解 由(1),得△BEF是等腰直角三角形,△BCE△ACD 如图2,在AB上方作乙ABT-30”,过点A作ATIBT于 $AD=BE-②EF-②n. CBE= CAD=135 $$ 点T,连接DT,过点T作TH1AD于点H. '$BD-AB+AD-4V2m, ABE-135*-45*-90” .BTBD "AB一BC -cos 30*_3 在Rt△BDE中,根据勾股定理,得 DE-BD+BE-(42m)+V2n)-③4m TBC.△BTD△BAC..DTBD_ .CA BC2 2×34n_17. .Dr_ ##3-一 ③ CA 。 .s.-c·CF-Ccr17 ·在Rt△AB7中,乙ABT-30*. $AT-AB-4.乙BAT-90 -乙ABT-90 -30”-60° '. TAH-乙BAT- DAB-60”-30-30”。 领跑-数学33 之冒” (3)如图,过点C作CH1AB于点H,连接AF. . THA-90*...TH= -AT-2,AH-5TH-2、3. ·AB=AC=25,BC=4,F为BC的中点; 在Rt△DTH中,根据勾股定理,得 $BF=-BC=2,AF1BC.' AFB=90 °。$$$ DH-VDT'-TH'一~(2)#-2”-. 2. 在Rt△ABF中,根据勾股定理,得 AF=VAB-BF-(25)-2-4. .AD-AH+DH-25+5 2 . sin B-AF42v5 5.cos BBF25 AB 2v5 AB2v55 .在Ri△CBH 中.CH-BC· sin B-4×258$5 5 ,BH BC cos B-4×5_4、 $AH-AB-BH-2、5-456V5 (5题图2) (5题图3) 55 -##冒 如图3,在AB上方作 ABT-30,过点A作AT1BT于 之星 点T,连接DT. ..tanCAH #H 653) 2 'DP |AB,CH | AB..' DGE= /CHB=90$ . TBD- ABC= ABD+30$。 .CH/DP.△ADG△ACH..ADDG “ACCH' ③ ##3-## 2 .DT一 CA- 0 2-85 .:DG4 .在Rt△ABT中.乙ABT=30”. 5: ' BAT-90*-30*-60*$AT= 4B=4. 5 由(1),得DE-2.EF/AC. ' DAT= DAB+ BAT-30$+60$-90 '.BEF- CAH- GEM. 在Rt△ADT中,根据勾股定理,得 '.tan GEM-tan CAH= 2 在Rt△DEG中,根据勾股定理,得 GE-VDVF-D0一2#-(#-# 综上所述,AD的值为2、③+5 2 6.解:(1)证明:'·AB-AC-25,BC-4.D,E,F分别为AC. 85 GE 冒 AB,BC的中点, $.DM-DG+GM-4~5 8、5 4、5 #+15 ③ 由(2).得△DNFCo△DME 'AB-AC-25,BC-4,D.E,F分别为AC,AB,BC的中点. . DF DN ③ .DF-. .乙DFC一乙C,四边形CDEF是平行四边形. '. DEF= C= DFC... DFN= DEM. .将 EDF绕点D顺时针旋转一定角度得到 PDQ. . EDF=PDQ.. FDN+ NDE= EDM+ 乙NDE,即 FDN= EDM (6题图) ..FN= EM. 34 领跑-数学 7.解:(1)证明:如图1,连接NP并延长交CB于点1. (3)如图,过点A分别作AQ1CB交CB的延长线于点Q ·四边形ABCD是正方形...DCB=90*,CD=CB. AHIC'D'交C'D'的延长线于点H,过点N作NK1EF于 .MN1CD..DMN-90- DCB 点K. ..MN/CB..PMN- PBJ. '. Q= H= NKC'-90* “.P为BM的中点...PM-PB. “四边形ABCD是平行四边形. (PMN- PB]. ..AD/BC.CD/IAB.AD=BC-6.C- DAB60 在△PMN和△PBJ中,PM-PB, '. ABQ= DAB-60{,ABC-180*-60{-12 0*$ MPN-/BPJ. '.C'-60 BAQ-30 AD'C'-120 *.PMN△PBI(ASA)...MN=BI.PN=PL .AB-10..BQ-5.AQ-53. ·DM-MN...DM-BJ. .CE-2...BE-BC-CE-6-2-4. 又CD-CB..'.CM-CI. '.FQ-BE+BQ-4+5-9. :Q为CN的中点,PN-PI...PQ- 在Rt△AEQ中,根据勾股定理,得 AF-AO+EQ- (5③)+9}-239 .PQ-CM..CM-2PQ. 由(1),得AF-FF 之初 又FML AE. AM-ME-AF-V3..AN-EN .AD-6. AD'C'-120*. 'AD'-6 AD'H-60*. HAD'-30$ ##行# $D'H--AD'-3..AH-3D'H-33. 设D'N-x,则C'N-C'D'-DN-10-x. .C'-60. NKC'-90”. (7题图1) (7题图2) (2)①成立, .NK-③CK-- 证明:如图2.延长NM交BC的延长线于点R,交CD于点 2; K.连接NP并延长到点T,使得PT-PN,连接CT,BT. “.P为BM的中点...PM-PB. 在Rt△ANH和Rt△NKE中,根据勾股定理:AN{= 又 MPN= BPT.PN=PT...△PMN△PBT. '.MN-BT. PMN-PBT. AH$+NH=(33)$+(3+x)*.,EN$=EK&+NK= '.NR/BT..R-CBT. (3-)+(). ·四边形ABCD是正方形...DCB-90*,CD-CB. .AN-FN. : DMN-90 DMK- RCK-90. _一一)(0) 又 DKM- RKC... CDM- R。 .CDM-CBT. 解得x-2..AN-213. 又CD-CB,DM-MN-BT. 在Rt△AMN中,根据勾股定理,得 '.△CDM△CBT.'CM-CT. -CT. MN=AN-AM-(213)-(39)-13. :Q为CN的中点,PN=PT...PQ- 1 .S△tnr= AE·MN- x2v3×v13-13. .PQ=- ②PQ的长为210或10 8.解;(1)证明:·四边形ABCD是平行四边形,·AD/BC '.FAE+乙AEC=180{. 由折叠的性质,得乙AEC=乙AEC '.FAE+乙AEC'-180*. :AEF+AEC'-180*. '. FAE-AEF.'AF-EF. (2)5/③-6 (8题图) 领跑-数学 35 冒” 9.解;(1)证明:.AB=AC..ABC= ACB BC-\BG{+CG-一() +(15)-10. .△DBE是由△ABE翻折得到的, * BDE= A=180'-2 ACB$ : EDC+ BDE-180*. '.EDC-2ACB (2)如图L.连接AD交BE于点F ·△DBE是由△ABE翻折得到的. '.AF-DE.AF=DF.BE I AD (9题图2) 又E为AC的中点: 10.解;(1)小锦同学的思路; AEF-Ec-Ac-×4-2-FF-CD- 证明:如图1,分别延长AD,BF相交于点P. 在Rt八AEF中:根据勾股定理,得 在Rt△ABF中,根据勾股定理,得 之星 1F-AB-AF一~-()-#7 $BE-BF+F-5733+57 (10题图1) 2 2 ·四边形ABCD是平行四边形..'AD/BC '. PDF= C,P= FBC .F为CD的中点...DF-CF '.△PDF△BCF. (9题图1) '.FP-FB,即F为BP的中点..$BF= (3)如图2.连接AD,过点B作BM1AD于点M,过点C作 “·BE1AD... BEP-90”. CG 1BM干点G .FF= :AB-BD,BM 1AD. '. AMB= DMB=90$,AM=DM. ABM- DB$M=$$ 小绮同学的思路; 证明:如图2,取AB的中点N,连接FN交BE于点M ·2/BDC=/ABD... BDC=/DBM .BM/CD..乙ADC-乙AMB=90”. 之星 .CG1BM.. CGM-90*- DMB= CDM. ..四边形CGMD是矩形. (10题图2) *.GM=CD=1.CG=DM .四边形ABCD是平行四边形, 在Rt△ACD中,根据勾股定理,得AD一AC-CD= '.AB/CD.AB-CD. 4-1-15. .F为CD的中点,N为AB的中点 .DF- 2 又DF/AN...四边形ANFD是平行四边形. 在Rt△BDM中,根据勾股定理,得 .AD/FN. .乙BMN- BEA.M B2 BMBN1 .'.M为BE的中点...EM一BM *.BG-BM-GM- .BE1AD.' BMN- BEA-90” '$FN1BE 在Rt△BCG中,根据勾股定理,得 '.FN垂直平分BE...EF-BF 36 领跑-数学 (②)AG-BG. 11.解:(1)证明:·四边形ABCD是矩形, 证明。.将CABCD没着BF所在直线折叠,点C的对应点 '$AB/DE.. BAP= E, B- PCE 为点C. .P是BC的中点...BP一CP [BAP-E, 在△ABP和△ECP中,乙B- PCE. CD. ·F为CD的中点...FC-FD= BP-CP. '.FC'-FD..FDC'= FC'D '.△ABP△ECP(AAS). :_CFC'-乙FDC'+FCD.( FCD-_CFC. (2)①证明:·四边形ABCD是矩形。 '.AD//BC.. /APB- /FAP . FC'D- C'FB...DG/FB 由折叠的性质,知乙APB-APE .四边形ABCD是平行四边形...DC/AB.DC=AB .FAP- APF..'AF-PF '.四边形DGBF是平行四边形 ·四边形ABCD是矩形...BC-AD-8. -CD-AB. ·BG-DF.'BG= .AG-BG (3)如图3.过点M作MQ1A'B于点Q 乙AB'P- AB'F-90{。 ·CABCD的面积为20,AB-5,A'B1CD于点H. 设AF-x,则PF-r...FB'-r-4. $.BH-20-5-4. BHC=90° 在Rt△AB'F中,根据勾股定理,AF-AB*+FB^} 在Rt△BCH中,根据幻股定理,得 2 CH=BC-BH-(2$5) -4-2 .AF- 1 .将CABCD沿过点B的直线折叠,点A的对应点为点A' $A'B-AB-5. A- A', ABM- MBH ②如图1.连接AC,B'C. .AH-AB-BH-5-4-1. 由折叠的性质,知AB'-AB-6.PB -PB. 'AB//CD.. ABH= BHC-90" '.C=CP+PB'+CB'-CB+CB'-8+CB'. 2乙ABH-45”. .MBH= 由两点之间,线段最短可知,当点B恰好落在对角线AC上 时,CB'+AB'最小. '.△MBQ是等腰直角三角形...MQ一BQ 在Rt△ADC中.'D-90*. .四边形ABCD是平行四边形. '.根据勾股定理,得AC=AD+DC=8{+6-10 .A-C..A'-C. '.CB'n4n-AC-AB'-10-6-4. 又 AHN= /CHB.'A'NHCO△CBH .C△cr-8+CB-8+4-12. 之星 'A'B1CD,MQ1A'B... A'HN=乙A'QM-90 'NH/MO.A'NHCoA'MO .AHNH 2。 10 AQMQ 3 .S-S△A-S= (11题图1) 2 NH二 -AB.理由如知下: 3 ③HG-- 如图2,过点B'作B'M/DE交AE于点M. 由折叠的性质可知. 1- 2,AB'-AB,BB$1AE :AB/DE..'.AB/DE/B'M '. 1-2-3- AED 'AB'-B'M-AB. (10题图3) 又BB'1AE,.',H是AM的中点. 领跑-数学 37 冒) FAB'-2AFB',即 2-2 5'3- $ ·.四边形ABCD是矩形, = 4+ 5. 4= 5'B'M=FM$ '. B[CD= ABC= D=90$AD/BC,AB/CD '.B'M-FM-AB'-AB '. BCD=Q...BC//PQ//AD ?G是AE的中点,H是AM的中点 又AB/CD.AP-AD. Q-90 '.四边形APQD是正方形 '$$PQ=AD-DQ=3. P=90$$ '$HG-AG-AH- EM. .BC//PO..'△ABG△APS .HC-AB. #G.# '.SQ-PQ-PS-3- 由翻折的性质,得 PAS= FAS.AD=AF,DH-FH D-乙AFH-90*$.AP-AF 又AS-AS...△APs△AFS. 2 .PS-FS- -3BG.乙P-2AFS-90'-AFH二 (11题图2) .S.F,H三点共线. 12.解:(1)45 .CG=BC-BG=3-BG...CH=3-BG. (2)·四边形ABCD是矩形...AB=CD=2.AD=BC=3. '.DH-DC-CH-2-(3-BG)-BG-1. B- C= D=90* “.FH=BG-1.QH=DQ-DH-3-(BG-1)=4-B$G 由翻折的性质,得AB=AE=2.AD=AF=3,BG=GE .SH-FS+FH- -BG+BG-1- $$H-FH. B- $AEG-9$0*$, D- F=9$ :乙GEM-乙F-90* 在Rt△QHS中,根据勾股定理,QH+SQ}-SH} 又 GME- NMF,GE-NF. .(41-BG)*+(3-BG) -(BG-1). '. GMES2ANMF.'.GM-NM,EM-FM ·EF-AF-AF-3-2-1. .BG-23-2(负值已舍去). .EM-FM-Er- 1 2. 在Rt△ABM中,根据勾股定理,得 (12题图) 类型3,不定点问题 同” 之星 1.解:(1)如图1,PE即为所求 在Rt△GEM中,根据勾股定理,GE*+EM*-GM. →t()-一0}一)得-一 D. 7 C .CN-BC-BM-MN-3- 2-6-3 (1题图1) :F- C.乙MNF=HNC...△MNFS△HNC 135* (2)PA一EP.理由如下 如图2.在AC上取一点F,使CP-CF,连接PF *.DH-CD-CH-2- “:乙C90*, (3)如图,延长AB至点P,使AP-AD,过点P作PQICD '.PFC-45', PAF+ APC-90” 交DC的延长线于点Q,延长AG交PQ于点$,连接$F .AFP-135". 'AP-AD-3.乙Q-90 由(1),知 PBE=135*。. AFP- PBE 38 领跑-数学