中考数学突破5讲：中考突破之第四讲　几何变换压轴题 含解析答案

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，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：①△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到；②点O与O′的距离为4；③∠AOB=150°；④S四边形AOBO；⑤S△AOC+S△AOB=．其中正确的结论是（　　）

A．②③④⑤  B．①③④⑤  C．①②③⑤  D．①②④⑤

【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△BO′A≌△BOC，又∠OBO′=60°，所以△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，故结论①正确；
由△OBO′是等边三角形，可知结论②正确；
在△AOO′中，三边长为3，4，5，这是一组勾股数，故△AOO′是直角三角形；进而求得∠AOB=150°，故结论③正确；
S四边形AOBO′=S△AOO′+S△OBO′="6+4" 3，故结论④错误；
如图②，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S△AOC+S△AOB转化为S△COO″+S△AOO″，计算可得结论⑤正确．
解：由题意可知，∠1+∠2=∠3+∠2=60°，∴∠1=∠3，
又∵OB=O′B，AB=BC，
∴△BO′A≌△BOC，又∵∠OBO′=60°，
∴△BO′A可以由△BOC绕点B逆时针旋转60°得到，
故结论①正确；

 

如图①，连接OO′，
∵OB=O′B，且∠OBO′=60°，
∴△OBO′是等边三角形，
∴OO′=OB=4．故结论②正确；
∵△BO′A≌△BOC，∴O′A=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③正确；
 

S四边形AOBO′=S△AOO′+S△OBO′，
 

故结论④错误；

 

如图②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S△AOC+S△AOB=S四边形AOCO″=S△COO″+S△AOO″ 
 

故结论⑤正确．

综上所述，正确的结论为：①②③⑤．故选A．

变式训练

1、（2017•张家界）如图，在正方形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　9﹣5　．

2、（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）先判断出点P，O，Q在同一条直线上，再判断出△APE≌△BFE，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△EPC≌△QED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°，

∴AP∥BQ，

∴∠PAE=∠FBE，

∵点E是AB中点，

∴AE=BE，

∵∠AEP=∠BEF，

∴△APE≌△BFE，

∴PE=EF，

∴点E是Rt△PQF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，

∴CE∥OB，CE=OB，

∴∠DOC=∠ECA，

∵点D是Rt△OQB斜边中点，

∴DQ=OB，

∴CE=DQ，

同理：PC=DE，∠DOC=∠BDE，

∴∠ECA=∠BDE，

∵∠PCE=∠EDQ，

∴△EPC≌△QED，

∴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°

∴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△B′DE（点B′在四边形ADEC内），连接AB′，则AB′的长为　2　．

【分析】作DF⊥B′E于点F，作B′G⊥AD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的等边三角形，从而根据翻折的性质得到△B′DE也是边长为4的等边三角形，从而GD=B′F=2，然后根据勾股定理得到B′G=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DF⊥B′E于点F，作B′G⊥AD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△B′DE，

∴△B′DE也是边长为4的等边三角形，

∴GD=B′F=2，

∵B′D=4，

∴B′G===2，

∵AB=10，

∴AG=10﹣6=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AD＝8 cm，AB＝6 cm，AE＝4 cm，则△EBF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：△BFN∽△BCP；

（2）①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）；

②设AB=4，随着点P在CD上的运动，若①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四点不共线，所以P′A+P′B+P′C＞PA+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、BC为边在△ABC外作等边三角形，连接CD、AE交于点P，先证△ABE≌△DBC可得CD=AE、∠BAE=∠BDC，继而知∠APO=∠OBD=60°，在DO上截取DQ=AP，再证△ABP≌△DBQ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，Rt△ACE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°，△PAC≌△DAE，

∴PA=DA、PC=DE、∠APC=∠ADE=120°，

∴△APD为等边三角形，

∴PA=PD，∠APD=∠ADP=60°，

∴∠APB+∠APD=120°+60°=180°，∠ADP+∠ADE=180°，即B、P、D、E四点共线，

∴PA+PB+PC=PD+PB+DE=BE．

∴PA+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，

∵，

∴△ABE≌△DBC（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，

∵，

∴△ABP≌△DBQ（SAS），

∴BP=BQ，∠PBA=∠QBD，

又∵∠QBD+∠QBA=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Rt△ACE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：

①∠AEB的度数为　60°　；

②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，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△ACD≌△BCE，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）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，

∴△ACD≌△BCE．

∴∠ADC=∠BEC．

∵△DCE为等边三角形，

∴∠CDE=∠CED=60°．

∵点A，D，E在同一直线上，

∴∠ADC=120°．

∴∠BEC=120°．

∴∠AEB=∠BEC﹣∠CED=60°．

故答案为：60°．

②∵△ACD≌△BCE，

∴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，

∴△ACD≌△BCE．

∴AD=BE，∠ADC=∠BEC．

∵△DCE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=∠BEC﹣∠CED=90°．

∵CD=CE，CM⊥DE，

∴DM=ME．

∵∠DCE=90°，

∴DM=ME=CM．

∴AE=AD+DE=BE+2CM．

（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．

①当点P在如图3①所示位置时，

连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，

过点A作AE⊥AP，交BP于点E，如图3①．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ADB=45°．AB=AD=DC=BC=，∠BAD=90°．

∴BD=2．

∵DP=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，AH⊥BP，

∴由（2）中的结论可得：BP=2AH+PD．

∴=2AH+1．

∴AH=．

②当点P在如图3②所示位置时，

连接PD、PB、PA，作AH⊥BP，垂足为H，

过点A作AE⊥AP，交PB的延长线于点E，如图3②．

同理可得：BP=2AH﹣PD．

∴=2AH﹣1．

∴AH=．

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，AF⊥BE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AD、BC、CD的中点，BE⊥EG，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EF∥AB，EF=AB=，再由勾股定理得到结果；

（2）连接EF，设∠ABP=α，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BE⊥AC，由四边形ABCD是平行四边形，得到AD∥BC，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分别是△AFE的中线，由（2）的结论得即可得到结果．

【解答】解：（1）∵AF⊥BE，∠ABE=45°，

∴AP=BP=AB=2，

∵AF，BE是△ABC的中线，

∴EF∥AB，EF=AB=，

∴∠PFE=∠PEF=45°，

∴PE=PF=1，

在Rt△FPB和Rt△PEA中，

AE=BF==，

∴AC=BC=2，

∴a=b=2，

如图2，连接EF，

同理可得：EF=×2=1，

∵EF∥AB，

∴△PEF∽△PBA，

∴===，

在Rt△ABP中，∵AB=2，∠ABP=30°，

∴AP=1，PB=，

∴PF=，PE=，

在Rt△APE和Rt△BPF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=α，∵AF⊥BE，

∴AP=csinα，PB=ccosα，

由（1）同理可得，PF=PA=csinα，PE=PB=ccosα，

AE2=AP2+PE2=c2sin2α+c2cos2α，BF2=PB2+PF2=c2cos2α+c2sin2α，

∴（b）2=c2sin2α+c2cos2α，（ a）2=c2cos2α+c2sin2α，

∴a2+b2=c2cos2α+c2sin2α+c2sin2α+c2cos2α，

∴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，

∴EG∥AC，

∵BE⊥EG，

∴BE⊥AC，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AD=BC=2，

∴∠EAH=∠FCH，

∵E，F分别是AD，BC的中点，

∴AE=AD，BF=BC，

∴AE=BF=CF=AD=，

∵AE∥BF，

∴四边形ABFE是平行四边形，

∴EF=AB=3，AP=PF，

在△AEH和△CFH中，

，

∴△AEH≌△CFH，

∴EH=FH，

∴EQ，AH分别是△AFE的中线，

由（2）的结论得：AF2+EF2=5AE2，

∴AF2=5（）2﹣EF2=16，

∴AF=4．