中考高频考点几何图形的变化与探究问题解题策略与演练.docx

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中考高频考点几何图形的变化与探究问题解题策略与演练

中考高频考点：

几何图形的变化与探究问题

解题策略与真题演练

几何图形的变化与探究问题是中考必考题型，解题时应对题型中的变化的条件进行分析，把握原有图形的特点，探究变化的条件的特点，借用类比思想逐步解题，一般情况下，每问采取的方法步骤基本相同，这类题目往往是数形结合、转化、从一般到特殊等数学思想的综合．

类型1直线型问题

角度1：

直线型问题的计算与证明

例1．（2018辽宁沈阳中考题）已知：

△ABC是等腰三角形，CA＝CB，0°＜∠ACB≤90°，点M在边AC上，点N在边BC上（点M、点N不与所在线段端点重合），BN＝AM，连接AN，BM．射线AG∥BC，延长BM交射线AG于点D，点E在直线AN上，且AE＝DE．

（1）如图，当∠ACB＝90°时：

①求证：

△BCM≌△CAN；

②求∠BDE的度数；

（2）当∠ACB＝α，其它条件不变时，∠BDE的度数是（用含α的代数式表示）；

【分析】本题综合考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形与等边三角形的性质、平行线的性质、相似三角形的性质与判定、勾股定理及分类讨论思想等内容，解题的关键是构造符合题意的图形，利用相似三角形等知识解决问题．

（1）①由CA＝CB，BN＝AM，得CN＝CM，由"边角边"即可证明△BCM≌△CAN．②由△BCM≌△CAN可知：

∠MBC＝∠NAC．由AE＝DE可知：

∠EAD＝∠EDA．故由AG∥BC可知：

∠GAC＝∠ACB＝90°，∠ADB＝∠DBC．进而通过等量代换得∠BDE＝∠ADB＋∠EDA＝∠NAC＋∠EAD＝180°－90°＝90°．

（2）当α＝90°时，∠BDE的度数是90°，求法同

（1）②；当α≠90°时，∠BDE的度数是180°－α，∠BDE＝∠ADB＋∠EDA＝∠ANC＋∠NAC＝180°－∠ACN＝180°－α，即可求得．（3）分两种情况，按三步走：

先画图，再找解题思路，最后通过几何知识即可锁定答案

【解答】

（1）①∵CA＝CB，BN＝AM，

∴CB－BN＝CA－AM，即CN＝CM．

又∵∠ACB＝∠ACB，BC＝CA，∴△BCM≌△ACN．

②∵△BCM≌△ACN，∴∠MBC＝∠NAC．

∵EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA．

∵AG∥BC，∴∠GAC＝∠ACB＝90°，∠ADB＝∠DBC．

∴∠ADB＝∠NAC．∴∠ADB＋∠EDA＝∠NAC＋∠EAD．

∵∠ADB＋∠EDA＝180°－90°＝90°，∴∠BDE＝90°．

（2）当α＝90°时，∠BDE＝α，同

（1）②可求．

当α≠90°时，如答图2，由

（1）知：

△BCM≌△ACN，∠MBC＝∠NAC．

又∵AG∥BC，AE＝DE，∴∠EAD＝∠ANC＝∠EDA．

∴∠BDE＝∠ADB＋∠EDA＝∠ANC＋∠NAC＝180°－∠ACN＝180°－α．

故∠BDE的度数是α或180°－α．

【方法规律】本题系几何压轴题，既考查了等边三角形、等腰三角形，又考查了直角三角形、相似三角形等知识，由易到难，设置了证明全等三角形、运用平行线性质、等腰三角形的性质、直角三角形的性质、相似三角形的性质与判定、矩形的判定等几何核心知识点的基础题，又考查了动态问题、探究问题等，解题时应逐一解决，综合利用几何知识寻找解题思路．

此类问题类比迁移思想的把握是解决问题的关键，第一问和第二问抽取出的思想方法是否能运用到第三问中．一般解决问题的思维模式是对题型中的变量过程进行分析，把握原有图形的特点，探究变化量的特点，借用类比思想逐步解题，一般情况下，每问采取的方法步骤基本相同，这类题目往往是数形结合思想、转化、从一般到特殊、类比思想和方程思想的综合运用.

视角2：

直线型问题的变化与探究

例2．（2018湖南郴州中考题）在矩形ABCD中，AD＞AB，点P是CD边上的任意一点（不含C，D两端点），过点P作PF∥BC，交对角线BD于点F.

（1）如图1，将△PDE沿对角线BD翻折得到△QDF，QF交AD于点E.求证：

△DEF是等腰三角形；

（2）如图2，将△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，连接P′C，F′B，设旋转角为α（0°＜α＜180°）

①若0°＜α＜∠BDC，即DF′在∠BDC内部时，求证：

△DP′C～△DF′B；

②如图3,若点P是CD的中点，△DF′B能否为直角三角形？

如果能，试求出此时tan∠DBF′的值，如果不能，请说明理由.

【分析】

（1）首先利用平行公理及矩形的性质推出PF∥AD，从而判断出∠ADB与∠DFP的关系，再联系轴对称的性质得到∠ADB=∠DFE，便可得出△DEF是等腰三角形；

（2）①由旋转的性质得出相关线段、角的相等关系，根据平行线分线段对应成比例，代换得出DP′/DC=DF′/DB，由"对应边成比例及夹角相等"即可证得结论；②△DF′B为直角三角形时，可能会出现两种情形：

∠DF′B=90°或∠BDF′=90°，结合旋转的性质，将要求的角转化到Rt△DP′C中，问题便得到解决.

【解答】

（1）证明：

在矩形ABCD中，AD∥BC，∵PF∥BC，∴PF∥AD，∴∠ADB=∠DFP，∵将△PDE沿对角线BD翻折得到△QDF，∴∠DFE=∠DFP，∴∠ADB=∠DFE，∴DE=EF，∴△DEF是等腰三角形；

（2）①∵PF∥BC，∴DP/DC=DF/DB，∵△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，∴∠BDF′=∠CDP′，DP′=DP，DF=DF′，∴DP′/DC=DF′/DB，∴△DP′C～△DF′B；

②由①知，△DP′C～△DF′B，∴∠DBF′=∠DCP′，∵点P是CD的中点，∴DP=

DC，

∵△PDF绕点D逆时针方向旋转得到△P′DF′，∴∠BDF′=∠CDP′，DP′=DP，∠DF′B=∠DP′C，

当∠DF′B=90°时，有∠DP′C=90°，∴DP=DP′=

DC，∴∠P′CD=30°，

故tan∠DBF′=tan∠DCP′=tan30°=

；当∠BDF′=90°时，有∠CDP′=90°，

∴DP=DP′=

DC，故tan∠DBF′=tan∠DCP′=

.

【解后反思】解决图形变换类试题的基本方法是采用类比思想进行探究．一般情况下，变换前后的图形中具有相同或相似的结论，而且证明结论的方法也是相同或相似的，所以从第一个基本图形中找出正确结论及其证明方法就显得十分重要，这是解决后续问题的基础．

类型2与圆有关的问题

角度1：

与圆有关的计算与证明

例3．（2018山东烟台中考题）如图，已知D，E分别为△ABC的边AB，BC上两点，点A，C，E在⊙D上，点B，D在⊙E上，F为弧BD上一点，连接FE并延长交AC的延长线于点N，交AB于点M．

【分析】

（1）根据同圆的半径相等和等边对等角得：

∠EDB=∠EBD=α，∠CAD=∠ACD，∠DCE=∠DEC=2α，再根据三角形内角和定理可得结论；

（2）设∠MBE=x，同理得：

∠EMB=∠MBE=x，根据切线的性质知：

∠DEF=90°，所以∠CED+∠MEB=90°，同理根据三角形内角和定理可得∠CAD=45°；

（3）由

（2）得：

∠CAD=45°；根据

（1）的结论计算∠MBE=30°，证明△CDE是等边三角形，得CD=CE=DE=EF=AD=

，求EM=1，MF=EF﹣EM=

﹣1，根据三角形内角和及等腰三角形的判定得：

EN=CE=

，代入化简可得结论．

【解答】解：

（1）连接CD、DE，⊙E中，∵ED=EB，

∴∠EDB=∠EBD=α，

∴∠CED=∠EDB+∠EBD=2α，

⊙D中，∵DC=DE=AD，

∴∠CAD=∠ACD，∠DCE=∠DEC=2α，

△ACB中，∠CAD+∠ACD+∠DCE+∠EBD=180°，

∴∠CAD=

=

；

（2）设∠MBE=x，

∵EM=MB，

∴∠EMB=∠MBE=x，

当EF为⊙D的切线时，∠DEF=90°，

∴∠CED+∠MEB=90°，

∴∠CED=∠DCE=90°﹣x，

△ACB中，同理得，∠CAD+∠ACD+∠DCE+∠EBD=180°，

∴2∠CAD=180°﹣90∴=90∴，

∴∠CAD=45°；

（3）由

（2）得：

∠CAD=45°；

由

（1）得：

∠CAD=

；

∴∠MBE=30°，

∴∠CED=2∠MBE=60°，

∵CD=DE，

∴△CDE是等边三角形，

∴CD=CE=DE=EF=AD=

，

Rt△DEM中，∠EDM=30°，DE=

，

∴EM=1，MF=EF﹣EM=

﹣1，

△ACB中，∠NCB=45°+30°=75°，

△CNE中，∠CEN=∠BEF=30°，

∴∠CNE=75°，

∴∠CNE=∠NCB=75°，

∴EN=CE=

，

∴

=

=2+

．

【点评】本题考查三角形内角和定理、三角形的外角的性质、等腰三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会利用三角形角之间的关系确定边的关系，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．

【方法规律】在圆中，看到直径联想90°的圆周角，反之，亦然；直线与圆的位置关系最重要的当属直线与圆相切，判定圆的切线常见思路：

①若已知直线与圆的公共点，则采用判定定理法，其基本思路是：

当已知点在圆上时，连接过这点的半径，证明这条半径与直线垂直即可，可简述为：

有切点，连半径，证垂直；②若未知直线与圆的交点，则采用数量关系法，其基本思路是：

过圆心作直线的垂线段，证明垂线段的长等于圆的半径，可简述为：

无切点，作垂线，证相等．

视角2：

与圆有关的变化与探究

例4．（2018浙江台州中考题）如图，ΔABC是⊙O的内接三角形，点D在弧BC上，点E在弦AB

上（E不与A重合），且四边形BDCE为菱形．

（1）求证：

AC=CE；

（2）求证：

BC²-AC²=AB·AC；

（3）已知⊙O的半径为3．

①若AB/AC=5/3，求BC的长；

②当AB/AC为何值时，AB·AC的值最大？

【分析】

（1）利用菱形的性质"菱形的对角线平分每一组对角"可以得到∠EBC=∠DBC，然后通过圆周角定理得到AC=CD，又因为CD=CE，等量代换可得AC=CE.

（2）延长BA到点F，使AF=AC，连接FC，通过证明ΔBCE∽ΔBCF即可得证.（3）①连接ED，交BC于点H，连接OB，通过构造直角三角形以及利用菱形的性质即可求解.②通过设AB/AC=x，从而表示出AB=AC·x，然后通过勾股定理求出AC，建立关于x的二次函数，通过配方法求出二次函数的最值，x的值也就是AB/AC的值，也就得到了所求的问题.

【解答】

（1）∵四边形BDCE是菱形，∴∠EBC=∠DBC，CD=CE，

∴弧AC=弧CD，∴AC=CD，∴AC=CE

（2）如图所示，延长BA到点F，使AF=AC，连接FC，

∵AC=CE，∴∠CEA=∠CAE，∴∠BEC=∠CAF

∵BE=CE，AC=AF，∴∠EBC=∠ECB=∠ACF=∠F，∴ΔBCE∽ΔBCF

∴BC/BE=CE/BC，即BC²=CE·BF.

∵AC=CE，AC=AF，∴BC²=CE·BF=AC（AB+AF）=AC（AB+AC）=AC²+AB·AC,

∴BC²-AC²=AB·AC.

【方法规律】此类题目的主要考查形式是有关圆的综合题．解决此类题目常用的方法将圆的有关性质定理和菱形的性质联系起来，通过添加辅助线构造相似三角形，再结合二次函数的知识讨论最值情况．在圆中求线段的长度时，通常利用勾股定理或利用三角形相似求解.三角形相似通常与方程思想联袂出场，根据对应边成比例列出方程从而求得线段的长.另外，定要熟悉常用的基本图形和基本数量关系，有利于把问题向熟悉的方向转化.

对于问题

（2）的解决思路通常是将其整理成b²=ac的形式，然后通过添加辅助线构造相似三角形解决；根据探究量的形式联想到勾股定理，从而构造直角三角形是解决问题的突破口．另外，注意"几何直观"，合情推理与演绎推理的有机结合，常常能给我们指明思考的方向与切入点，收到事半功倍之效．对于几何题中的最值问题，除了用几何知识"两点之间线段最短"、"垂线段最短"等去解决之外，也可以建立函数关系，利用二次函数去解决．

真题演练:

1.如图，将正n边形绕点A顺时针旋转60°后，发现旋转前后两图形有另一交点O，连接AO，我们称AO为“叠弦”；再将“叠弦”AO所在的直线绕点A逆时针旋转60°后，交旋转前的图形于点P，连接PO，我们称∠OAB为“叠弦角”，△AOP为“叠弦三角形”．

【探究证明】

（1）请在图1和图2中选择其中一个证明：

“叠弦三角形”（△AOP）是等边三角形；

（2）如图2，求证：

∠OAB=∠OAE′．

【归纳猜想】

（3）图1、图2中的“叠弦角”的度数分别为　　，　　；

（4）图n中，“叠弦三角形”　　等边三角形（填“是”或“不是”）

（5）图n中，“叠弦角”的度数为　　（用含n的式子表示）

2.已知：

点P是平行四边形ABCD对角线AC所在直线上的一个动点（点P不与点A、C重合），分别过点A、C向直线BP作垂线，垂足分别为点E、F，点O为AC的中点．

（1）当点P与点O重合时如图1，易证OE=OF（不需证明）

（2）直线BP绕点B逆时针方向旋转，当∠OFE=30°时，如图2、图3的位置，猜想线段CF、AE、OE之间有怎样的数量关系？

请写出你对图2、图3的猜想，并选择一种情况给予证明．

3.在△ABC中，AB=AC，∠BAC=2∠DAE=2α．

（1）如图1，若点D关于直线AE的对称点为F，求证：

△ADF∽△ABC；

（2）如图2，在

（1）的条件下，若α=45°，求证：

DE2=BD2+CE2；

（3）如图3，若α=45°，点E在BC的延长线上，则等式DE2=BD2+

CE2还能成立吗？

请说明理由．

4.问题提出

（1）如图①，已知△ABC，请画出△ABC关于直线AC对称的三角形．

问题探究

（2）如图②，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，AE=4，AF=2，是否在边BC、CD上分别存在点G、H，使得四边形EFGH的周长最小？

若存在，求出它周长的最小值；若不存在，请说明理由．

问题解决

（3）如图③，有一矩形板材ABCD，

AB=3米，AD=6米，现想从此板材中裁出一个面积尽可能大的四边形EFGH部件，使∠EFG=90°，EF=FG=

米，∠EHG=45°，经研究，只有当点E、F、G分别在边AD、AB、BC上，且AF＜BF，并满足点H在矩形ABCD内部或边上时，才有可能裁出符合要求的部件，试问能否裁得符合要求的面积尽可能大的四边形EFGH部件？

若能，求出裁得的四边形EFGH部件的面积；若不能，请说明理由．

5.如图，抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴交于A（

，0），B两点（点B在点A的左侧），与y轴交于点C，且OB＝3OA＝

OC，∠OAC的平分线AD交y轴于点D，过点A且垂直于AD的直线l交y轴于点E，点P是x轴下方抛物线的一个动点，过点P作PF⊥x轴垂足为F，交直线AD于点H.

（1）求抛物线的解析式；

（2）设点P的横坐标为m，当FH＝HP时，求m的值；

（3）当直线PF为抛物线的对称轴时，以点H为圆心，

HC为半径作⊙H，点Q为⊙H上的一个动点，求

AQ＋EQ的最小值.