第四讲 中考填空题难点突破2：《计算中的图形建构》
-------崔景晓
图形的建构自主学习单（一）
一、知识梳理
深圳市中考填空压轴题，承载着中考选拔和区分功能，考查功能由知识型向能力型转化，其主要特点是知识覆盖面广，综合性强，思维含量高且得分率低，具有较强的探索性、创新性和思考性。考题热点多为求线段长度、面积大小、线段比、面积比等，纵观全国考题来看，热点还有最值问题或轨迹问题等，基本都设计为几何综合计算题。
主要知识点：图形三大变换的规律及性质，角平分线和线段垂直平分线性质、直角三角形判定与性质、全等和相似的判定与性质、特殊四边形的判定与性质及圆的有关性质。
主要基本技能：几何直观想象能力，基本图形的分析与构造能力、复杂图形的解构能力，整合信息能力，逻辑推理能力，数学运算能力。
主要数学思想：数形结合思想、化归思想。
二、学习过程
模块一：熟练应用通法一题多解
模块一：典例精讲
例题1（2020 深圳）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB，，则 ． 图1
视角（一）：引入参数求解 ，求面积比
【解答】 解法1：解：如图2，过点D作DM∥BC，交CA的延长线于点M，延长BA交DM于点N，
∵DM∥BC，
∴△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM， ∴tan∠ACB，，
又∵∠ABC＝∠DAC＝90°，
∴∠BAC+∠NAD＝90°， 图2
∵∠BAC+∠BCA＝90°，
∴∠NAD＝∠BCA，
∴△ABC∽△DAN，∴，
设BC＝4a，
由得，DM＝3a，
∴AB＝2a，DNa，ANa，
∴NB＝AB+AN＝2aaa， ∴．
【解释】解法2：解释：如图3过点D作DE⊥BA延长线于E
则有△ADE∽△CAB，∴ ∠DAE＝∠ACB，
由tan∠ACB ∴tan∠DAE=tan∠ACB
设AB＝m，DE＝n， 则 BC= 2m, AE= 2n
由共边定理有 =
∴ ∴=
则 = == 图3
视角（二）巧用共边定理转化面积比为线段比
【解释】解法3：如图4过点B作BH⊥AC于H
∵ ∠AOD＝∠HOB, ∠AOD＝∠OHB=90°，
∴ △DOA∽△BOH
∴
设AO＝3a，HO＝4a，则AH＝7a，
∵ tan∠ABH=tan∠ACB ∴ 图4
∴ BH= 14 a CH=28a ∴ = 由共边定理得： ==
【解释】解法4：如图4，由解法3可得： ，根据射影定理得：
AB2= AH AC，BC2= CH AC
∴ 2=，设AO＝3a，HO＝4a，则AH＝7a，CH=28a
可得=，以下过程与解法3相同。
小结：本题通法（通性思维）
1、有条件∠ABC＝∠DAC，联想构建“一线三垂直”模型；
2、有条件，联想“X”相似模型；
3、有条件tan∠ACB，可以在含有∠ACB的RT△ABC中直接应用正切边角关系，也可以构造与该角相等的角来应用正切边角关系；
4、对于结论求的值，可以转化为求线段之比。
例题2：如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB
BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
视角（一）：利用相似，直接求解
【解答】解法1：如图2，设DF，CE交于O，
∵四边形ABCD是正方形， 图1
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB， ∵点E，F分别是边AB，BC的中点，
∴BE＝CF，∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF， 图2
∵点G，H分别是EC，PC的中点，∴CG＝FH，
∵∠DCF＝90°，CO⊥DF，
∴∠DCO+∠FCO＝∠DCO+∠CDO＝90°，
∴∠FCO＝∠CDO，∵∠DCF＝∠COF＝90°，
∴△COF∽△DOC，
∴，∴CF2＝OF DF，
∴OF，∴OH，OD，
∵∠COF＝∠COD＝90°，
∴△COF∽△DCF，∴，
∴OC2＝OF OD，∴OC，
∴OG＝CG﹣OC，
∴HG1， 故答案为：1．
视角（二）：利用中点，构造中位线求解
【解答】解法2：如图3，连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴AE＝CF2，
∵AD∥BC， ∴∠DPH＝∠FCH，
∵∠DHP＝∠FHC， DH＝FH， 图3
∴△PDH≌△CFH（AAS）， ∴PD＝CF，
∴AP＝AD﹣PD，∴PE2，
∵点G DF，H分别是EC，CP的中点，∴GHEP＝1；
这里构造中位线的方法也有多种，这里就不再赘述。
视角（三）：利用中点，构造全等求解
【解释】解法3：如图4，
连接FG，可得FG=BE=，且FG∥BE，
作GM⊥DC于点M，可得矩形GFCM，则CM=FG=，GM=CF=，
延长GH交CD于点P，可得△PHD≌△GHF ，则有DP= FG= 图4
GH=PH=PG，从而有PM= = GM ，且∠GMP==90°
进而得出PG=2，故有GH=1.
视角（四）：建立坐标系，利用两点间的距离
【解释】解法4：如图5 以B为坐标原点，BC、AB所在直线为坐标轴，建立平面直角坐标系，易得E（0， ），C（2 ，0），F（ ，0），D（2 ，2 ）
则EC中点G（，），DF中H（，），根据两点间距离公式，可以求得GH=1。 图5
本题求解方法还有多种，一题多解的方法不在多，而在于分析和整理，以及最终是否能形成自己的认知和智慧。
小结：本题通法（通性思维）
1、利用“等角证互余”得GH为直角三角形斜边，联想勾股定理直接求解；
2、有中点，联想中位线，构造中位线可以利用全等，也可以利用作平行线来解决；
3、有中点联想倍长过中点的线段，构造全等求解；
4、在正方形或矩形中，问题的解决往往构建平面直角坐标系，数形结合解决问题有很奇妙的收获。
模块一：跟进练习解答
1、四边形ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝3AD＝3，CE⊥BD于E，连AE，若tan∠DEA，则AB＝ ．
【解答】解：延长CE交AB于F，连接DF，取DF的中点O，连接OA、OE．
∵CE⊥BD， ∴∠DAF＝∠DEF＝90°，
∵OD＝OF， ∴OA＝OD＝OF＝OE，
∴A、D、E、F四点共圆， ∴∠AFD＝∠AED，
∴tan∠AFD＝tan∠AED，
∵BC＝3AD＝3，
∴AD＝1，BC＝3，
∴AF＝2，设BF＝x．
∵∠CBF＝∠BAD＝∠BEF＝90°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，∠ABD+∠BFC＝90°，
∴∠ADB＝∠CFB，
∴△CBF∽△BAD， ∴，
∴， ∴x2+2x﹣3＝0，
∴x＝1或﹣3（舍弃），∴AB＝BF+AF＝1+2＝3．
2、如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，过点B作BE⊥AB交CD于点E，连接AE，F为AE的中点，H为BE的中点，连接FH和CF，CF交BE于点G，则GF的长为
【解答】解：∵菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，
∵F为AE的中点，H为BE的中点，
∴EHBE，FH是△ABE的中位线， ∴FHAB＝2，FH∥AB，
∴FH∥AB∥CD，
∵BE⊥AB， ∴FH⊥BE，CD⊥BE，
∴∠FHE＝∠BEC＝90°， ∴∠CBE＝90°﹣60°＝30°，
∴CEBC＝2，
∴BE2，
∴EHBE， ∴FH＝CE，
在△FHG和△CEG中，
，
∴△FHG≌△CEG（AAS）， ∴EG＝GHEH，
在Rt△FHG中，由勾股定理得：GF，
3、如图，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα，CD＝5，AD＝12，求BD的长为 ．
【解答】解：如图，作直角三角形DAE，使得∠DAE＝90°，
∠DEA＝∠ACB，连接EC，
容易得到△DAE∽△BAC，∴，即，
∵∠DAE＝∠BAC＝90°，
∴∠DAE+∠DAC＝∠BAC+∠DAC，即∠EAC＝∠DAB，
∴△EAC∽△DAB，∴，
在△DCE中，∠ADC＝∠ACB，∠EDA＝∠ABC，
∴∠EDC＝90°，
∵，AD＝12，∴AE＝9，∠DAE＝90°，
∴DE15，CE5，
由△EAC∽△DAB，
∴ BD．
4、如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为
【解答】解：设DF＝m，AG＝n，
∵正方形的边长为3，∴CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，
由折叠可得，AF＝EF，AG＝GE，
在Rt△ADF中，AF2＝DF2+DA2，即AF2＝m2+9，
在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2，
∵BE＝1，∴EC＝2，∴EF2＝4+（3﹣m）2，
∴m2+9＝4+（3﹣m）2，∴m，
在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1，
∴n，∴S△GEB1×（3），
S△ADF3＝1，S△CEF2×（3），
∴S四边形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF＝915，
方法二：过点F作FH⊥AB交于H点，交AE于点Q，
∵正方形ABCD的边长为3，BE＝1，
∴AE，
∵∠HAQ+∠AQH＝∠FQP+∠QFP＝90°，
∴∠HAQ＝∠QFP，
∵HF＝AB，
∴△HFG≌△BAE（ASA），
∴FG＝AE，
∴S四边形AGEFAE×GF＝5，
方法三：在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1， ∴n，
∴AG， ∴S四边形AGEF＝2S△AFG＝2AG×HF＝23＝5；
5、如图，在△ABC中，点E为AB中点，点D为△ABC上方一点，连接DE，DB，DE与AC边交于点F，DB与AC边交于点G，若，△DBE的面积为4，则△DFG的面积为 ．
【解答】解：连接EG，过G作GH∥AB交DE于H，如图：
∵， ∴，
∵△DBE的面积为4， ∴S△DGE4＝2.4，
∵GH∥AB，∴△DHG∽△DEB，
∵， ∴，
∵点E为AB中点，∴AE＝BE， ∴，
∵GH∥AB，
∴△HGF∽△EAF， ∴，
设HF＝3m，则EF＝5m，
∴HE＝8m，
∵， ∴， ∴DH＝12m，
∴DF＝DH+HF＝15m，
∴3，∴3， ∴S△DFGS△DGE2.4＝1.8，
6、如图，在扇形OAB中，∠AOB＝60°，扇形半径为r，点C在上，CD⊥OA，垂足为D，当△OCD的面积最大时，的长为 ．
【解答】解：∵OC＝r，点C在上，CD⊥OA，
∴DC，
∴S△OCDOD ，
∴S△OCD2OD2 （r2﹣OD2）OD4r2OD2（OD2）2
∴当OD2，即ODr时△OCD的面积最大，
∴∠OCD＝45°，∴∠COA＝45°，
∴的长为：πr，
模块二：有效应用通法一题多变
模块二：变式学习
原题：如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB、BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
变式1．如图，在边长为6等边△ABC 中，点E，F分别是边AB，BC上的点，且AE＝BF=2，连接EC，AF，点G，H分别是EC，FA的中点，连接GH，则GH的长度为
变式2．如图，菱形ABCD中，AB＝8，∠D＝60°；点F是CD的中点，点E是BC上一动点，连接AE，BF．G，H分别是AE，BF的中点，连接GH，则GH的最小值是 ．
变式3．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别为边BC，CD上一动点，且BE＝CF．连接AE，BF相交于点P，点G，H分别是AE，BF的中点，连接GH，点Q为GH的中点．点E从点B运动到点C的过程中，点P经过的路径长为 ，线段PQ扫过的面积为 ．
模块二：跟进练习解答
1．如图，矩形ABCD中，AB＝7，BC＝6，点F是BC的中点，点E在AB上，且AE＝2，连接DF，CE，点G、H分别是DF，CE的中点，连接GH，则线段GH的长为
【解答】解：如图，连接CG并延长，交AD于M，连接ME，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC， ∴∠DFC＝∠FDM，
∵点F是BC的中点，点G是DF的中点，
∴CFBC＝3，DG＝GF，
在△CGF和△MGD中，
，∴△CGF≌△MGD（ASA），
∴DM＝CF＝3，CG＝MG， ∴AM＝3，
∴ME，
∵CG＝MG，点H是CE的中点， ∴GHME，
2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是BC中点，连接AD，过点C作CE⊥AD交AB于M．若AE＝4，CE＝2，则CM的长度为 ．
【解答】解：将△ACE绕点C逆时针旋转90°得到△CBT，延长AD交BT于H，连接BE．
则四边形CEHT是正方形，△CDE≌△BDH，
∴EC＝EH＝TH＝BH＝2，DE＝DH＝1，
∵CD＝BD，
∴S△ADC＝S△ADB，S△CDE＝S△EDB1×2＝1，
∴S△AEC＝S△AEB2×4＝4，∴S△ABC＝4+4+2＝10，
∵S△ABC CM 4 CM 2，∴CM，
3．在Rt△ABC中，四边形DECF为正方形，若AD＝5，DB＝6，则△ADE与△BDF的面积之和为 ．
【解答】∵四边形DECF为正方形，
∴∠EDF＝90°，DE＝DF，
∴DA绕点D逆时针旋转90度到DA′的位置，DE绕点D逆时针旋转90度到DF位置，
∴图①中的△ADE绕点D逆时针旋转90°得到图②；
由旋转得：AD＝A′D＝5，
∵∠A′DB＝90°，
∴S△ADE+S△BDF＝S△A′BDA′D×BD5×6＝15．
答：△ADE与△BDF的面积之和为15．
4．如图，已知等边三角形△ABC，点D，E分别在CA，CB的延长线上，且BE＝CD，F为BC的中点，FG⊥AB交DE于点G，FG＝4，则CD＝ ．
【解答】解：延长BC到点M，使得CM＝CD，连接DM，如图所示：
∴∠M＝∠CDM，
∵△ABC是等边三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵∠ACB＝∠M+∠CDM＝2∠M，∴∠M＝30°，
∵FG⊥AB，∴∠BFG＝90°﹣∠ABF＝90°﹣60°＝30°，
∴∠M＝∠BFG，∴FG∥DM，
∵F为BC的中点，∴FB＝FC，
∵BE＝CD，∴BE＝CM，
∴BE+FB＝CM+FC，∴FE＝FM，
∵FG∥DM，
∴FG是△EDM的中位线，∴DM＝2FG＝2×4＝8，
过C点作CN⊥DM于点N，
则DNDM8＝4，∴CD，
5．如图，菱形ABCD的边长为8，E为BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，过点F作FG∥AD，交AE于点G，若cosB，则FG的长为 ．
【解答】解：作AM⊥BC于M，延长AE、DC交于点N，
∵cosB，AB＝8，∴BM＝2，
∵点E为BC的中点， ∴BE＝4，
∴ME＝BM＝2， ∴AM垂直平分BE，
∴AB＝AE＝8，
∵AF平分∠EAD， ∴∠DAF＝∠GAF，
∵AD∥GF，∴∠DAF＝∠AFG，
∴∠GAF＝∠GFA，∴AG＝FG，
设AG＝FG＝x，∴EG＝8﹣x，
∵BE＝CE，∠AEB＝∠NEC，∠ABE＝∠NCE，
∴△ABE≌△NCE（ASA），∴NE＝AE＝8，
∵CE∥FG，
∴△NCE∽△NFG，
∴，解得x，∴FG，
6．如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ ，FB+FD的最小值为 ．
【解答】解：如图，∵△ABC是等边三角形，AD⊥CB，
∴∠BAE∠BAC＝30°，
∵△BEF是等边三角形，
∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴∠ABE＝∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
作点D关于CF的对称点G，连接CG，DG，BG，BG交CF的延长线于点F′，连接DF′，此时BF′+DF′的值最小，最小值＝线段BG的长．
∵∠DCF＝∠FCG＝30°，
∴∠DCG＝60°，
∵CD＝CG＝5，
∴△CDG是等边三角形，
∴DB＝DC＝DG，
∴∠CGB＝90°，
∴BG5，
∴BF+DF的最小值为5，
模块三：综合应用通法多解归一
模块三：典例精讲
例题1：如图，矩形ABCD中，∠BAC＝60°，点E在AB上，且BE：AB＝1：3，点F在BC边上运动，以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF，连接CG，当CG最小时，的值为 。
通法分析：
1、条件“矩形ABCD中，∠BAC＝60°”，联想矩形的有关性质，直角三角形30°角的边角关系；
2、条件“线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF”，联想∠ABC+∠EGF=90°得B，E，G，F四点共圆，连接BG可得∠GBF＝∠GEF=45°从而有点G在∠ABC的平分线上，当CG⊥BG时，CG最小。
3、此时，画出符合题意得图形，根据△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，证明△EGB≌△FGC，可得BE＝CF，设AB＝m，根据BE：AB＝1：3，可得CF＝BEm，根据含30度角的直角三角形可得AD，进而可得结论．
解决本题的关键是准确进行图形建构，综合运用以上知识．
【解答】解：如图1，取EF的中点O，连接OB，OG，作射线BG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵O是EF的中点，
∴OB＝OE＝OF，
∵∠EGF＝90°，O是EF的中点，
∴OG＝OE＝OF，
∴OB＝OG＝OE＝OF，
∴B，E，G，F在以O为圆心的圆上，
∴∠EBG＝∠EFG，
∵∠EGF＝90°，EG＝FG，
∴∠GEF＝∠GFE＝45°，
∴∠EBG＝45°，
∴BG平分∠ABC，
∴点G在∠ABC的平分线上，
∴当CG⊥BG时，CG最小，
此时，如图2，
∵BG平分∠ABC，
∴∠ABG＝∠GBCABC＝45°，
∵CG⊥BG，
∴△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，∠BGC＝90°，
∴BG＝CG，
∵∠EGF＝∠BGC＝90°，
∴∠EGF﹣∠BGF＝∠BGC﹣∠BGF， ∴∠EGB＝∠FGC，
在△EGB和△FGC中，，
∴△EGB≌△FGC（SAS）， ∴BE＝CF，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，
设AB＝m，∵BE：AB＝1：3，
∴CF＝BEm，
在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，
∴∠ACB＝30°，∴AC＝2AB＝2m，
∴BCm，∴ADm，∴．
例题2：矩形ABCD中，∠ADB＝30°，Rt△AEF中，∠EAF＝90°，∠AFE＝30°，将Rt△AEF绕A旋转至图中位置，使得点F落在BD上，此时，则此时= ；
通法分析：
1、条件“矩形ABCD中，∠ADB＝30°”联想矩形性质及30°角直角三角形的边角关系；
2、条件“∠BAD=∠EAF＝90°，∠ADB=∠AFE＝30°”可以得，
∠BAD－∠BAF＝∠EAF－∠BAF，即∠FAD=∠EAB
3、连接EB，△DAF∽△BAE，则有对应角相等；
4、由结论求的值，联想△MBE∽△MAF，“反8字”相似模型，设BE＝x，则DFx，得AFDF＝3x，，得3；
熟练掌握旋转相似必成双的基本模型是解题的关键．
【解答】解：连接BE，
∵∠ADB＝∠AFE=30° ∴
∵∠BAD＝∠EAF=90°，∴∠FAD=∠EAB=90°－∠BAF
∴△DAF∽△BAE，
∴=， ∠ADF＝∠ABE＝30°，
∵∠AF M＝30° ∴∠ABE=∠AF M
又∵∠BME＝∠FMA，∴△FMA∽△BME，
∴
设BE＝x，则DFx，
∵，∴AFDF＝3x，
∴3；
例题2变式引深：如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，D为AB上一点，H为AC上一点，∠ABC＝∠HDC，CB＝CD，则 ．
通法分析：
1、条件“∠ABC＝∠HDC，CB＝CD”，联想“共顶点等线段作旋转”，可将Rt△ABC中的AC边绕点C顺时针旋转相同的角度，进行图形建构，即作CE⊥CD于C，交DH的延长线于E，CF⊥AB于F；
2、利用ASA证明△BCA≌△DCE，得∠A＝∠E，CE＝AC，因为易得△ADH∽△ECH，则；
3、由于有条件 ，可以引入参数解决问题。
设AC＝CE＝4x，则BC＝3x，根据cosB，表示BF的长，从而解决问题．特别提醒，熟练掌握旋转相似必成双的基本模型是解题的关键．
【解答】解：作CE⊥CD于C，交DH的延长线于E，CF⊥AB于F，
∵∠B＝∠CDE，BC＝CD，∠BCA＝∠DCE，
∴△BCA≌△DCE（ASA），
∴∠A＝∠E，CE＝AC，
∵∠AHD＝∠CHE，
∴△ADH∽△ECH，
∴，
设AC＝CE＝4x，则BC＝3x，
由勾股定理得，AB＝5x，
∴cosB，
∴BFBC，
∵CB＝CD，CF⊥BD，
∴BD＝2BF，
∴AD＝5x， ∴
模块三：跟进练习解答
1．如图，在△ABD中，∠A＝90°，若BE＝mAC，CD＝mAB，连接BC、DE交于点F，则cos∠BFE的值为 ．
【解答】解：过点D作DK⊥AD，使得DK＝mAC．
∵CD＝mAB，DK＝mAC，
∴m，
∵∠A＝∠CDK＝90°，
∴△CDK∽△BAC，
∴m，
∵BE＝mAC，DK＝mAC，
∴BE＝DK，
∵BE＝DK，
∴四边形BEDK是平行四边形，
∴DE∥BK，
∴∠EFB＝∠CBK，
设BC＝k则CK＝mk，BK k，
∴cos∠BFE＝cos∠CBK．
2．如图，在矩形ABCD中，点E为BC上一点，EB＝8，AB＝4，连接AE，将△ABE沿AE所在的直线翻折，得到△AB'E，B'E交AD于点F，将△AB'E沿B'E所在的直线翻折，得到△A'B'E，A'E交AD于点G，的值为 ．
【解答】解：由折叠的性质可知，AB＝A′B＝A′B′＝4，BE＝B′E＝8，AE＝A′E，∠AEB＝∠AEB′＝∠A′EB′，
∠B＝∠AB′E＝∠A′B′E，
∵四边形ABCD为矩形，∴∠B＝90°，BC∥AD，
∴∠AEB＝∠FAE，∴∠AB′E＝∠B＝90°，∠FAE＝∠AEB′，
∴EF＝AF，
设EF＝AF＝x，则B′F＝B′E﹣EF＝8﹣x，
在Rt△AB′F中，由勾股定理可得AF2＝B′F2+AB′2，
即x2＝（8﹣x）2+42，
解得：x＝5，
∴EF＝AF＝5，B′F＝3，∴tan∠FAB′，
过点G作GH⊥B′E于点H，如图，
则GH∥AB′，
∴，∠EFB′＝∠HGF，∴tan∠HGF，
设HF＝3a，HG＝4a，
在Rt△AEB中，tan∠AEB，∴tan∠A′EB′，
在Rt△EHG中，tan∠GEH，即
∴EH＝8a，
∵B′F+HF+EH＝B′E＝8，∴3+3a+8a＝8，
解得：a，∴EH＝8，HF＝3，
∴HB′＝B′F+HF＝3，∴．
3．已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，BC＝10，AC＝20，点D为斜边中点，连接CD，将△BCD沿CD翻折得△B′CD，B′D交AC于点E，则的值为
【解答】解：如图，过点B作BH⊥CD于H，过点E作EF⊥CD于F，
∵∠ACB＝90°，BC＝10，AC＝20，
∴AB10，
S△ABC10×20＝100，
∵点D为斜边中点，∠ACB＝90°，∴AD＝CD＝BD＝5，
∴∠DAC＝∠DCA，∠DBC＝∠DCB，
∴sin∠BCD＝sin∠DBC，
∴，∴BH＝4，
∴CH2，
∴DH＝3，
∵将△BCD沿CD翻折得△B′CD，
∴∠BDC＝∠B'DC，S△BCD＝S△DCB'＝50，
∴tan∠BDC＝tan∠B'DC，
∴，
∴设DF＝3x，EF＝4x，
∵tan∠DCA＝tan∠DAC，
∴，∴FC＝8x，
∵DF+CF＝CD，∴3x+8x＝5，
∴x，∴EF，
∴S△DECDC×EF，∴S△CEB'＝50，
∴，
4．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为 ．
【解答】解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，如图：
设正方形ABCD的边长为2，则C（1，1），D（﹣1，1），
∵E为OD中点，∴E（，），
设直线CE解析式为y＝kx+b，把C（1，1），E（，）
代入得：，解得，
∴直线CE解析式为yx，
在yx中，令x＝﹣1得y，∴G（﹣1，），
∴GE，
∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝90°，
∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，
∵∠EMC＝∠CNF＝90°，∴△EMC≌△CNF（AAS），
∴ME＝CN，CM＝NF，
∵E（，），C（1，1），∴ME＝CN，CM＝NF，
∴F（，），
∵H是EF中点，
∴H（，0），∴OH， ∴．
5．如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为2、、4，则正方形ABCD的面积为 ．
【解答】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．
∵BP＝BM，∠PBM＝90°，
∴PMPB＝2，
∵PC＝4，PA＝CM＝2，
∴PC2＝CM2+PM2，
∴∠PMC＝90°，
∵∠BPM＝∠BMP＝45°，
∴∠CMB＝∠APB＝135°，
∴∠APB+∠BPM＝180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH＝HM，
∴BH＝PH＝HM＝1，
∴AH＝21，
∴AB2＝AH2+BH2＝（21）2+12＝14+4，
∴正方形ABCD的面积为14+4．
解法二：连接AC，利用勾股定理求出AC即可．
故答案为14+4．
6．如图，已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．当2时，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB，∠AEB＝45°，则△MND的面积为 ．
【解答】解：如图，当E在线段BD上时，作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD，
∴设AH＝2x，BH＝x，
在Rt△ABH中，
x2+（2x）2＝（）2，∴BH＝1，AH＝2，
在Rt△AEH中，
∵tan∠AEB，∴，
∴EH＝AH＝2，∴BE＝BH+EH＝3，
∵BD5，
∴DE＝BD﹣BE＝5﹣3＝2，
∵，DG⊥BE，∴DG＝2BE＝6，
∴S△BEG9，
在Rt△BDG和Rt△DEG中，点M是BG的中点，点N是CE的中点，
∴DM＝GM，
∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位线，∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
∴（）2，
∴S△MND＝S△MNGS△BEG，
如图，当E在线段DB延长线上时，作AH⊥BD于H，
同上可得：BE＝EH﹣BH＝2﹣1＝1，
DG＝2BE＝2，
∴1，
∴S△BEG，
综上所述：△DMN的面积是或．第四讲 中考填空题难点突破2：《计算中的图形建构》
-------崔景晓
图形的建构自主学习单（一）
一、知识梳理
深圳市中考填空压轴题，承载着中考选拔和区分功能，考查功能由知识型向能力型转化，其主要特点是知识覆盖面广，综合性强，思维含量高且得分率低，具有较强的探索性、创新性和思考性。考题热点多为求线段长度、面积大小、线段比、面积比等，纵观全国考题来看，热点还有最值问题或轨迹问题等，基本都设计为几何综合计算题。
主要知识点：图形三大变换的规律及性质，角平分线和线段垂直平分线性质、直角三角形判定与性质、全等和相似的判定与性质、特殊四边形的判定与性质及圆的有关性质。
主要基本技能：几何直观想象能力，基本图形的分析与构造能力、复杂图形的解构能力，整合信息能力，逻辑推理能力，数学运算能力。
主要数学思想：数形结合思想、化归思想。
二、学习过程
模块一：熟练应用通法一题多解
模块一：典例精讲
例题1（2020 深圳）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB，，则 ． 图1
视角（一）：引入参数求解 ，求面积比
解法1：
解法2：
视角（二）巧用共边定理转化面积比为线段比
解法3：
解法4：
小结：本题通法（通性思维）
1、有条件∠ABC＝∠DAC，联想构建“一线三垂直”模型；
2、有条件，联想“X”相似模型；
3、有条件tan∠ACB，可以在含有∠ACB的RT△ABC中直接应用正切边角关系，也可以构造与该角相等的角来应用正切边角关系；
4、对于结论求的值，可以转化为求线段之比。
例题2：如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB
BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
视角（一）：利用相似，直接求解
解法1：
视角（二）：利用中点，构造中位线求解
解法2：
视角（三）：利用中点，构造全等求解
解法3 :
视角（四）：建立坐标系，利用两点间的距离
解法4：
小结：本题通法（通性思维）
1、利用“等角证互余”得GH为直角三角形斜边，联想勾股定理直接求解；
2、有中点，联想中位线，构造中位线可以利用全等，也可以利用作平行线来解决；
3、有中点联想倍长过中点的线段，构造全等求解；
4、在正方形或矩形中，问题的解决往往构建平面直角坐标系，数形结合解决问题有很奇妙的收获。
模块一：跟进练习
1、四边形ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝3AD＝3，CE⊥BD于E，连AE，若tan∠DEA，则AB＝ ．
2、如图，菱形ABCD的边长为4，∠BAD＝60°，过点B作BE⊥AB交CD于点E，连接AE，F为AE的中点，H为BE的中点，连接FH和CF，CF交BE于点G，则GF的长为
3、如图，四边形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα，CD＝5，AD＝12，求BD的长为 ．
4、如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1．将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为
5、在△ABC中，点E为AB中点，点D为△ABC上方一点，连接DE，DB，DE与AC边交于点F，DB与AC边交于点G，若，△DBE的面积为4，则△DFG的面积为 ．
6、如图，在扇形OAB中，∠AOB＝60°，扇形半径为r，点C在上，CD⊥OA，垂足为D，当△OCD的面积最大时，的长为 ．
模块二：有效应用通法一题多变
模块二：变式学习
原题：如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB、BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
变式1．如图，在边长为6等边△ABC 中，点E，F分别是边AB，BC上的点，且AE＝BF=2，连接EC，AF，点G，H分别是EC，FA的中点，连接GH，则GH的长度为
变式2．如图，菱形ABCD中，AB＝8，∠D＝60°；点F是CD的中点，点E是BC上一动点，连接AE，BF．G，H分别是AE，BF的中点，连接GH，则GH的最小值是 ．
变式3．如图，正方形ABCD的边长为4，点E，F分别为边BC，CD上一动点，且BE＝CF．连接AE，BF相交于点P，点G，H分别是AE，BF的中点，连接GH，点Q为GH的中点．点E从点B运动到点C的过程中，点P经过的路径长为 ，线段PQ扫过的面积为 ．
模块二：跟进练习
1．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为 ．
2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是BC中点，连接AD，过点C作CE⊥AD交AB于M．若AE＝4，CE＝2，则CM的长度为 ．
3．在Rt△ABC中，四边形DECF为正方形，若AD＝5，DB＝6，则△ADE与△BDF的面积之和为 ．
4．如图，已知等边三角形△ABC，点D，E分别在CA，CB的延长线上，且BE＝CD，F为BC的中点，FG⊥AB交DE于点G，FG＝4，则CD＝ ．
5．菱形ABCD的边长为8，E为BC的中点，AF平分∠EAD交CD于点F，过点F作FG∥AD，交AE于点G，若cosB，则FG的长为 ．
6．如图，等边△ABC中，AB＝10，点E为高AD上的一动点，以BE为边作等边△BEF，连接DF，CF，则∠BCF＝ ，FB+FD的最小值为 ．
模块三：综合应用通法多解归一
模块三：典例精讲
例题1：如图，矩形ABCD中，∠BAC＝60°，点E在AB上，且BE：AB＝1：3，点F在BC边上运动，以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF，连接CG，当CG最小时，的值为 。
通法分析：
1、条件“矩形ABCD中，∠BAC＝60°”，联想矩形的有关性质，直角三角形30°角的边角关系；
2、条件“线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF”，联想∠ABC+∠EGF=90°得B，E，G，F四点共圆，连接BG可得∠GBF＝∠GEF=45°从而有点G在∠ABC的平分线上，当CG⊥BG时，CG最小。
3、此时，画出符合题意得图形，根据△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形，证明△EGB≌△FGC，可得BE＝CF，设AB＝m，根据BE：AB＝1：3，可得CF＝BEm，根据含30度角的直角三角形可得AD，进而可得结论．
解决本题的关键是准确进行图形建构，综合运用以上知识．
解:
例题2：矩形ABCD中，∠ADB＝30°，Rt△AEF中，∠EAF＝90°，∠AFE＝30°，将Rt△AEF绕A旋转至图中位置，使得点F落在BD上，此时，则此时= ；
通法分析：
1、条件“矩形ABCD中，∠ADB＝30°”联想矩形性质及30°角直角三角形的边角关系；
2、条件“∠BAD=∠EAF＝90°，∠ADB=∠AFE＝30°”可以得，
∠BAD－∠BAF＝∠EAF－∠BAF，即∠FAD=∠EAB
3、连接EB，△DAF∽△BAE，则有对应角相等；
4、由结论求的值，联想△MBE∽△MAF，“反8字”相似模型，设BE＝x，则DFx，得AFDF＝3x，，得3；
熟练掌握旋转相似必成双的基本模型是解题的关键
解：
例题2变式引深：如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，D为AB上一点，H为AC上一点，∠ABC＝∠HDC，CB＝CD，则 ．
通法分析：
1、条件“∠ABC＝∠HDC，CB＝CD”，联想“共顶点等线段作旋转”，可将Rt△ABC中的AC边绕点C顺时针旋转相同的角度，进行图形建构，即作CE⊥CD于C，交DH的延长线于E，CF⊥AB于F；
2、利用ASA证明△BCA≌△DCE，得∠A＝∠E，CE＝AC，因为易得△ADH∽△ECH，则；
3、由于有条件 ，可以引入参数解决问题。
设AC＝CE＝4x，则BC＝3x，根据cosB，表示BF的长，从而解决问题．特别提醒，熟练掌握旋转相似必成双的基本模型是解题的关键．
解：
模块三：跟进练习
1．如图，在△ABD中，∠A＝90°，若BE＝mAC，CD＝mAB，连接BC、DE交于点F，则cos∠BFE的值为 ．
2．如图，在矩形ABCD中，点E为BC上一点，EB＝8，AB＝4，连接AE，将△ABE沿AE所在的直线翻折，得到△AB'E，B'E交AD于点F，将△AB'E沿B'E所在的直线翻折，得到△A'B'E，A'E交AD于点G，的值为 ．
3．已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，BC＝10，AC＝20，点D为斜边中点，连接CD，将△BCD沿CD翻折得△B′CD，B′D交AC于点E，则的值为
4．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为 ．
5．如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为2、、4，则正方形ABCD的面积为 ．
6．如图，已知矩形ABCD，点E为直线BD上的一个动点（点E不与点B重合），连接AE，以AE为一边构造矩形AEFG（A，E，F，G按逆时针方向排列），连接DG．当2时，连接BG，EG，分别取线段BG，EG的中点M，N，连接MN，MD，ND，若AB，∠AEB＝45°，则△MND的面积为 ．
