2025年贵州省九年级中考数学二轮复习专题突破课件：专题6图形变化问题

专题六　图形变化问题 例1 折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题.数学活动课上，同学们以”矩形的折叠“为主题开展了数学活动. 【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点D'处，MD'与BC交于点N. 折叠变化(8年2考：2022·25，2017·15) 类型一 典例精析 典例精析 【猜想】MN＝CN. 【验证】请将下列证明过程补充完整： ∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠， ∴∠CMD＝________________. ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC(矩形的对边平行). ∴∠CMD＝______________(________________________). ∴________________＝______________(等量代换). ∴MN＝CN(____________). ∠CMD' ∠MCN 两直线平行，内错角相等 ∠CMD' ∠MCN 等角对等边 【应用】 如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处，折痕为ME. (1)猜想MN与EC的数量关系，并说明理由； 解：EC＝2MN，理由如下：∵由四边形ABEM折叠得到四边形A'B'EM， ∴∠AME＝∠A'ME. ∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC(矩形的对边平行). ∴∠AME＝∠MEN(两直线平行，内错角相等). ∴∠A'ME＝∠MEN.∴MN＝EN(等角对等边).∵MN＝CN， ∴MN＝EN＝NC. 又∵EC＝EN＋NC，∴EC＝2MN. 第一步：根据折叠的性质得到∠AME＝∠A'ME； 第二步：根据矩形的性质推出∠AME＝∠MEN，则∠A'ME＝∠MEN； 第三步：根据等角对等边可得MN＝EN，结合MN＝CN即可得解. (2)若CD＝2，MD＝4，求EC的长. 解：∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠，∴∠D＝∠D'＝90°，DC＝D'C＝2，MD＝MD'＝4.设MN＝NC＝x， ∴ND'＝MD'－MN＝4－x.在Rt△ND'C中，∠D'＝90°， ∴(ND')2＋D'C2＝NC2.∴(4－x)2＋22＝x2， 解得x＝.∴MN＝.∴EC＝2MN＝5. 第一步：根据矩形的性质、折叠的性质得出∠D＝∠D'＝90°，DC＝D'C＝2，MD＝MD'＝4； 第二步：设MN＝NC＝x，则ND'＝4－x，根据勾股定理求解即可. 1.(2022贵阳25，12分)小红根据学习轴对称的经验，对线段之间、角之间的关系进行了拓展探究.如图，在▱ABCD中，AN为BC边上的高，＝m，点M在AD边上，且BA＝BM，E是线段AM上任意一点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得△FBE. (1)问题解决：如图1，当∠BAD＝60°，将△ABE沿BE翻折后，使点F与点M重合，则＝______； 针对训练 　　 (2)问题探究： 如图2，当∠BAD＝45°，将△ABE沿BE翻折后，使EF∥BM，求∠ABE的度数，并求出此时m的最小值； 解：∵∠BAD＝45°，BA＝BM，∴△AMB 是等腰直角三角形.∴∠MBC＝∠AMB＝45°. ∵EF∥BM， ∴∠FEM＝∠AMB＝45°.∴∠AEB＝∠FEB＝×(180°＋45°)＝112.5°.∵AD∥NC，∴∠BAE＝∠ABN＝45°.∴∠ABE＝180°－∠AEB－∠BAE＝22.5°.∵＝m，△AMB是等腰直角三角形，AN为BC边上的高，则AN＝AM，且点M在AD边上，∴当AD＝AM时，m取得最小值，最小值为＝2. (3)拓展延伸： 当∠BAD＝30°，将△ABE沿BE翻折后，若EF⊥AD，且AE＝MD，根据题意在备用图中画出图形，并求出m的值. 解：如答图1，连接FM，延长FE交NC于点G， ∵∠BAD＝30°，AD∥NC，∴∠ABN＝30°.设AN＝a，则AB＝2a，NB＝a，∵EF⊥AD，∴∠AEB＝∠FEB＝×(180°＋90°)＝135°.∵∠EAB＝∠BAD＝30°，∴∠ABE＝15°.∴∠ABF＝30°.∵AB＝BM，∠BAD＝30°，∴∠ABM＝120°.∵∠MBC＝∠AMB＝30°， ∴∠FBM＝90°.在Rt△FBM中，FB＝AB＝BM，∴FM＝FB＝2a.∵EF⊥AD，∴EG⊥GB.∵∠EBG＝∠ABE＋∠ABN＝45°，∴GB＝EG＝a.∵NB＝a，∴NG＝AE＝EF＝MD＝(－1)a.在Rt△EFM中，EM＝＝(＋1)a，∴AD＝AE＋EM＋MD＝2AE＋EM＝(3－1)a.同理，当点F落在BC下方时，如答图2，AD＝(3＋1)a， ∴m＝＝3±1. 例2 (2024枣庄)一副三角板分别记作△ABC和△DEF，其中∠ABC＝∠DEF＝90°，∠BAC＝45°，∠EDF＝30°，AC＝DE.作BM⊥AC于点M，EN⊥DF于点N，如图1. 旋转变化(8年2考：2023·25，2020·25) 类型二 (1)求证：BM＝EN； 证明：设AC＝DE＝a，∵∠ABC＝∠DEF ＝90°，∠BAC＝45°， ∴∠A＝∠C＝45°.∴AB＝BC. ∵BM⊥AC，∴BM＝AM＝CM＝AC＝a. ∵∠EDF＝30°，EN⊥DF，∴EN＝DE＝a.∴BM＝EN. 利用等腰直角三角形与含30°角的直角三角形的性质可得结论. (2)在同一平面内，将图1中的两个三角形按如图2所示的方式放置，点C与点E重合记为C，点A与点D重合，将图2中的△DCF绕C按顺时针方向旋转α后，延长BM交直线DF于点P. ①当α＝30°时，如图3，求证：四边形CNPM 为正方形； 证明：∵∠D＝30°，CN⊥DF，∴∠CND＝90°， ∠DCN＝90°－30°＝60°.∵α＝∠ACD＝30°， ∴∠ACN＝90°.∵BM⊥AC，∴∠PMC＝∠BMC＝90°. ∴四边形CNPM为矩形. 由(1)知BM＝EN，即BM＝CN，而BM＝CM，∴CM＝CN. ∴四边形CNPM是正方形. 第一步：证明∠CND＝90°，∠DCN＝90°－30°＝60°，可得∠ACN＝90°； 第二步：证明∠PMC＝∠BMC＝90°，可得四边形CNPM为矩形； 第三步：结合BM＝EN，即BM＝CN，而BM＝CM，可得CM＝CN，从而可得结论. ②当30°＜α＜60°时，写出线段MP，DP，CD的数量关系，并证明；当60°＜α＜120°时，直接写出线段MP，DP，CD的数量关系. 解：当30°＜α＜60°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝.证明：如答图，当30°＜α＜60°时，连接CP，由①可得CM＝CN，∠PMC＝∠PNC＝90°，∵CP＝CP， ∴Rt△PMC≌△Rt△PNC(HL).∴PM＝PN. ∴MP＋DP＝PN＋DP＝DN.∵∠D＝30°， ∴cos D＝＝＝cos 30°＝，即＝； 当60°＜α＜120°时，线段MP，DP，CD的数量关系为＝. 第一步：当30°＜α＜60°时，连接CP，证明△PMC≌△PNC，可得PM＝PN，结合∠D＝30°，可得＝； 第二步：当60°＜α＜120°时，连接CP，同理△PMC≌△PNC，结合∠CDF＝30°，可得＝. 2.(2023贵州25，12分)如图1，小红在学习了三角形相关知识后，对等腰直角三角形进行了探究，在等腰直角三角形ABC中，CA＝CB，∠C＝90°，过点B作射线BD⊥AB，垂足为B，点P在CB上. 针对训练 (1)【动手操作】 如图2，若点P在线段CB上，画出射线PA，并将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，根据题意在图中画出图形，图中∠PBE的度数为_________度； 解：画出图形如答图1. 135　 (2)【问题探究】 根据(1)所画图形，探究线段PA与PE的数量关系，并说明理由； 解：PA＝PE，理由如下： 过点P作PM∥AB交AC于点M，如答图2， ∴∠MPC＝∠ABC＝45°.∴△PCM是等腰直角三角形. ∴CP＝CM，∠PMC＝45°.∴CA－CM＝CB－CP，即AM＝BP，∠AMP＝135°＝∠PBE. ∵∠APE＝90°，∴∠EPB＝90°－∠APC＝∠PAC.∴△APM≌△PEB(ASA).∴PA＝PE. (3)【拓展延伸】 如图3，若点P在射线CB上移动，将射线PA绕点P逆时针旋转90°与BD交于点E，探究线段BA，BP，BE之间的数量关系，并说明理由. 解：AB＝BP＋BE或BE＝BA＋BP.理由：当P在 线段BC上时，过点P作PM∥AB交AC于点M，如答图3， 由(2)可知，BE＝PM，BP＝AM，∵AB＝(AM＋CM)，∴AB＝BP＋CM. ∵PM＝CM＝BE，∴AB＝BP＋BE； 当P在线段CB的延长线上时，过点P作PN⊥BC交BE于点N，如答图4，∵∠ABD＝90°，∠ABC＝45°，∴∠PBN＝180°－∠ABC－∠ABD＝45°.∴△BPN是等腰直角三角形，∠ABP＝135°.∴BP＝NP，BN＝BP，∠PNB＝45°.∴∠PNE＝180°－45°＝135°＝∠ABP.∵∠APE＝90°，∴∠EPN＝90°－∠APN＝∠APB.∴△EPN≌△APB(ASA).∴EN＝BA.∵BE＝EN＋BN，∴BE＝BA＋BP； 综上所述，当P在线段BC上时，AB＝BP＋BE；当P在线段CB的延长线上时，BE＝BA＋BP. 强化练习 1.【问题背景】 如图1，数学实践课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①分别以点B，C为圆心，以大于BC的长度为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O， 连接AO；②将△ABO沿AO翻折，点B的对应点落在点 P处，作射线AP交CD于点Q. 【问题提出】 在矩形ABCD中，AD＝5，AB＝3，求线段CQ的长； 折叠变化 4 3 2 1 【问题解决】 经过小组合作、探究、展示，其中的两个方案如下： 方案一：连接OQ，如图2.经过推理、计算可求出线段CQ的长； 方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图3.经过推理、计算可求出线段CQ的长.请你任选其中一种方案求线段CQ的长. 4 3 2 1 解：方案一：连接OQ，如图4，∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5.由作图知BO＝OC＝BC ＝2.5.由翻折的不变性，知AP＝AB＝3，OP＝OB＝2.5， ∠APO＝∠B＝90°，∴OP＝OC＝2.5，∠QPO＝∠C＝90°.又∵OQ＝OQ，∴Rt△QPO≌Rt△QCO(HL).∴PQ＝CQ. 设PQ＝CQ＝x，则AQ＝3＋x，DQ＝3－x.在Rt△ADQ中，AD2＋QD2＝AQ2，即52＋(3－x)2＝(3＋x)2，解得x＝.∴线段CQ的长为. 4 3 2 1 方案二：将△ABO绕点O旋转180°至△RCO处，如图5， ∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝5. 由作图知BO＝OC＝BC＝2.5.由旋转的不变性，知CR＝ AB＝3，∠BAO＝∠R，∠B＝∠OCR＝90°，则∠OCR＋∠OCD＝90°＋90°＝180°.∴D，C，R共线.由翻折的不变性，知∠BAO＝∠OAQ，∴∠OAQ＝∠R.∴QA＝QR. 设CQ＝x，则QA＝QR＝3＋x，DQ＝3－x.在Rt△ADQ中，AD2＋QD2＝AQ2，即52＋(3－x)2＝(3＋x)2，解得x＝.∴线段CQ的长为. 4 3 2 1 2.【问题发现】(1)如图1所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点.求证：△BFG≌△BCG； 证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°.∴∠BFG＝90°＝∠C.∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL). 4 3 2 1 【问题探究】(2)如图2，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6.将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长； 解：方法一：延长BH，AD交于点Q， 如图4，设FH＝HC＝x，在Rt△BCH中， BC2＋CH2＝BH2，∴82＋x2＝(6＋x)2， 解得x＝.∴DH＝DC－HC＝. 4 3 2 1 ∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，∴△BFG∽△BCH.∴＝＝，即＝＝.∴BG＝，FG＝.∵EQ∥GB，DQ∥CB，∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB.∴＝，即＝，∴DQ＝.设AE＝EF＝m，则DE＝8－m，∴EQ＝DE＋DQ＝8－m＋＝－m.∵△EFQ∽△GFB，∴＝，即＝，解得m＝.∴AE的长为； 4 3 2 1 方法二：连接GH，如图5，∵CH＝FH，GH＝GH，∴Rt△FGH≌Rt△CGH(HL).∴CG＝FG.设CG＝FG＝x，则BG＝8－x，在Rt△BFG中，BF2＋FG2＝BG2，即62＋x2＝(8－x)2，解得x＝.∴BG＝BC－x＝.∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，∴EG＝BG＝.∴EF＝EG－FG＝.∴AE＝. 4 3 2 1 【拓展延伸】(3)如图3，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°.将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交直线BC于点P，求PC的长. 解：方法一：(Ⅰ)当DE＝DC＝2时，延长FE交AD于点Q， 过Q作QH⊥CD于点H，如图6，设DQ＝x，QE＝y，则AQ ＝6－x，∵CP∥DQ，∴△CPE∽△DQE.∴＝＝2. 4 3 2 1 ∴CP＝2x.∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴EF＝DE＝2， AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE.∴AE是△AQF的角平分线， ∴＝，即＝①.∵∠D＝60°，∴∠DQH＝30°. ∴DH＝DQ＝x，HE＝DE－DH＝2－x，HQ＝DH＝x.在Rt△HQE中，HE2＋HQ2＝EQ2，即＋＝y2②.联立①②可解得x＝或x＝0(舍去).∴PC＝2x＝； 4 3 2 1 (Ⅱ)当CE＝DC＝2时，延长FE交AD延长线于点Q'，过点Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于点H'，如图7，设DQ'＝x'，Q'E＝y'，则AQ'＝6＋x'，同理∠Q'AE＝∠EAF，∴＝，即＝.∵∠H'DQ'＝∠ADE＝60°，∴∠H'Q'D＝30°.∴DH'＝DQ'＝， H'Q'＝x. 4 3 2 1 由H'Q'2＋H'E2＝Q'E2得＋＝y'2，联立两式可解得x'＝或x'＝0(舍去).∴PC＝x'＝.综上所述，PC的长为或. 4 3 2 1 方法二：(Ⅰ)当DE＝DC＝2时，连接CF，过P作PK⊥CD于点K，如图 8，∵四边形ABCD是菱形，∠D＝60°，∴△ABC，△ADC是等边三角形.∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC.∴∠PCK＝60°.∵将△ADE沿AE翻折得到△AFE，∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2.∴∠AFC＝∠ACF. ∴∠PFC＝∠PCF.∴PF＝PC. 4 3 2 1 设PF＝PC＝2m，在Rt△PCK中，∠CPK＝90°－∠PCK＝30°，∴CK＝m，PK＝m.∴EK＝EC－CK＝4－m.在Rt△PEK中，EK2＋PK2＝PE2，∴(4－m)2＋(m)2＝(2＋2m)2，解得m＝.∴PC＝2m＝； 4 3 2 1 (Ⅱ)当CE＝DC＝2时，连接CF，过P作PT⊥CD交DC延长线于点T，如图9，同(Ⅰ)可证AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，∴∠ACF＝∠AFC.∴∠ACF－∠ACB＝∠AFC－∠AFE，即∠PCF＝∠PFC.∴PC＝PF. 4 3 2 1 设PC＝PF＝2n，在Rt△PCT中，∠CPT＝90°－∠PCT＝30°，∴CT＝n，PT＝n.∴ET＝CE＋CT＝2＋n，EP＝EF－PF＝DE－PF＝4－2n.在Rt△PET中，PT2＋ET2＝PE2， ∴(n)2＋(2＋n)2＝(4－2n)2，解得n＝.∴PC＝2n＝. 综上所述，PC的长为或. 4 3 2 1 3.(2024遵义三模)如图1，已知正方形ABCD和等腰直角△AEF，∠BAD＝∠EAF＝90°，连接DF，BE. 【问题发现】(1)如图1，线段BE与DF的数量关系为_______________，位置关系为________________； 旋转变化 BE＝DF BE⊥DF 4 3 2 1 【问题探究】(2)如图2，将△AEF绕点A旋转，再将DF绕点F顺时针方向旋转90°至FM，连接BM，探究线段EF与线段BM的数量及位置关系，并说明 理由； 解：EF＝BM，EF∥BM.理由： 如图3，延长DF交BE于点N，交AB于点H， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°. ∵△AEF是等腰直角三角形，∠EAF＝90°，∴AE＝AF.∴∠EAF－∠BAF＝∠BAD－∠BAF，即∠EAB＝∠DAF. ∴△AEB≌△AFD(SAS).∴DF＝BE，∠ADF＝∠NBA.∵∠NHB＝∠AHD，∴∠BNH＝∠HAD＝90°.∵DF＝FM，∠DFM＝90°，∴FM＝BE，∠DFM＝∠FNB.∴FM∥BE.∵四边形BEFM为平行四边形，∴EF＝BM，EF∥BM. 4 3 2 1 【拓展延伸】(3)将△AEF绕点A旋转至AF∥BE，延长DF交直线AB于点H，交BE于点G，若FH＝4，DF＝9，求出BG的长. 4 3 2 1 解：分两种情况. 情况一：如图4，∵AF∥BE，∴∠EAF＋∠AEG＝180°.∴∠EAF＝∠AEG＝90°.由(1)得∠FGE＝90°，∴四边形AEGF为正方形.∴∠AFD＝90°，EG＝AF.∵∠HAD＝90°，∴∠HAF＋∠FAD＝∠ADF＋∠FAD＝90°.∴∠HAF＝∠ADF.∴△AFH∽△DFA.∴＝.∴AF2＝FH·DF.∵FH＝4，DF＝9，∴AF＝6. ∴BG＝BE－EG＝DF－AF＝3； 4 3 2 1 情况二：如图5，同理得EG＝AF，AF＝6， ∴BG＝BE＋EG＝DF＋AF＝15. 综上所述，BG的长为3或15. 4 3 2 1 4.(2024遵义一模)某数学学习小组在学习旋转相关知识后，对特殊的四边形进行探究，有如下探究过程： 【问题解决】(1)如图1，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，将DE绕点E顺时针旋转90°后得EF，若点F恰好落在BC边上，求证：△ADE≌△BEF； 4 3 2 1 证明：由旋转可知DE＝EF，∠DEF＝90°，∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝90°＝∠B.∴∠ADE＋∠AED＝90°，∠AED＋∠BEF＝90°.∴∠ADE＝∠BEF.在△ADE和△BEF中， ∴△ADE≌△BEF(AAS). 4 3 2 1 【问题探究】(2)如图2，在正方形ABCD中，E为AB的中点，将DE绕点E顺时针旋转90°后得EF，连接BF，DF.若AB＝4，求点F到BC的 距离； 解：如图2，过点F作FM⊥AB延长线于点M， FN⊥CB于点N，由(1)，得△ADE≌△MEF， ∴EM＝AD＝AB＝4，∠FNB＝∠NBM＝∠M＝90°.∴四边形NBMF为矩形.∵点E为AB的中点，∴EB＝AB＝2.∴FN＝BM＝EM－EB＝4－2＝2.∴点F到BC的距离为2. 4 3 2 1 【拓展延伸】(3)如图3，在菱形ABCD中，E为AC边上任意一点，点F在DC上，∠DEF＝∠DAC，AC，BD交于点O.若AC＝8，BD＝6，当△CDE为等腰三角形时，直接写出DF的长. 解：DF的长为2或或5. 4 3 2 1 $$