2018泰安中考数学总复习专题三：几何变换压轴题

聚焦泰安
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．
(2016·潍坊)如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，过点D作DE⊥AB于点E，DF⊥BC于点F.
(1)如图1，连接AC分别交DE，DF于点M，N，
求证：MN＝AC；
(2)如图2，将∠EDF以点D为旋转中心旋转，其两边DE′，DF′分别与直线AB，BC相交于点G，P.连接GP，当△DGP的面积等于3时，求旋转角的大小并指明旋转方向．
【分析】 (1)连接BD，由∠BAD＝60°，得到△ABD为等边三角形，进而证明点E是AB的中点，再根据相似三角形的性质解答；(2)分∠EDF顺时针旋转和逆时针旋转两种情况，然后根据旋转的性质解题．
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△PCE的面积为_____________.
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，如图2，当∠AOB是锐角时(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，如图3，当∠AOB为钝角时，延长PC，QD交于点G，使△ABG为等边三角形，求∠AOB的度数．
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．
(2017·南宁)如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝2，BD＝2，将菱形按如图方式折叠，使点B与点O重合，折痕为EF，则五边形AEFCD的周长为 ．
【分析】 根据菱形的性质和折叠的性质推出△BEF是等边三角形，得到∠BEF＝60°，得到△AEO是等边三角形，推出EF是△ABC的中位线，从而得到结论．
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________cm.
4．(2017·锦州)如图，正方形ABCD中，AB＝2，E是CD中点，将正方形ABCD沿AM折叠，使点B的对应点F落在AE上，延长MF交CD于点N，则DN的长为 __________．
类型三 图形的相似
图形的相似常以三角形、四边形为背景，与旋转、翻折、动点相结合，考查三角形相似的性质及判定，难度较大，是中考中常考的几何压轴题．与动点相关的相似三角形，要根据动点的运动情况讨论相似三角形的对应边、对应角，进而判定相似三角形，再利用相似三角形的性质解题．
(2016·青岛)如图，在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm，对角线AC，BD交于点O.点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为1 cm/s；同时，点Q从点D出发，沿DC方向匀速运动，速度为1 cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动．连接PO并延长，交BC于点E，过点Q作QF∥AC，交BD于点F.设运动时间为t(s)(0＜t＜6) ，解答下列问题：
(1)当t为何值时，△AOP是等腰三角形；
(2)设五边形OECQF的面积为S(cm2)，试确定S与t的函数关系式．
【分析】 (1)根据勾股定理求出AC的值，然后分类讨论：当AP＝PO时，求出t的值；当AP＝AO时，求出t的值；(2)过点E作EH⊥AC于点H，过点Q作QM⊥AC于点M，过点D作DN⊥AC于点N，交QF于点G，分别用t表示出EH，DN，DG，再利用面积的和差计算即可．
5．(2017·十堰)如图，正方形ABCD中，BE＝EF＝FC，CG＝2GD，BG分别交AE，AF于M，N.下列结论：①AF⊥BG；②BN＝NF；③＝；④S四边形CGNF＝
S四边形ANGD.其中正确的结论的序号是________．
6．(2016·眉山)如图，△ABC和△BEC均为等腰直角三角形，且∠ACB＝∠BEC＝90°，AC＝4，点P为线段BE延长线上一点，连接CP，以CP为直角边向下作等腰直角△CPD，线段BE与CD相交于点F.
(1)求证：＝；
(2)连接BD，请你判断AC与BD有什么位置关系？并说明理由；
(3)设PE＝x，△PBD的面积为S，求S与x之间的函数关系式．
参考答案
【聚焦泰安】
【例1】 (1)如图，连接BD，设BD交AC于点O，
∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝AB，
∴△ABD为等边三角形．
∵DE⊥AB，∴点E为AB的中点．
∵AE∥CD，∴＝＝.同理＝.
∴M，N是线段AC的三等分点，∴MN＝AC.
(2)∵AB∥CD，∠BAD＝60°，∴∠ADC＝120°.
∵∠ADE＝∠CDF＝30°，∴∠EDF＝60°.
当∠EDF顺时针旋转时，由旋转的性质知，
∠EDG＝∠FDP，∠GDP＝∠EDF＝60°.
∵DE＝DF＝，∠DEG＝∠DFP＝90°，
∴△DEG≌△DFP，∴DG＝DP，
∴△DGP是等边三角形．则S△DGP＝DG2.
由DG2＝3，又∵DG＞0，解得DG＝2.
∴cos∠EDG＝＝＝，∴∠EDG＝60°.
∴当顺时针旋转60°时，△DGP的面积是3.
同理，当逆时针旋转60°时，△DGP的面积也是3.
综上所述，当∠EDF以点D为旋转中心，顺时针或逆时针旋转60°时，△DGP的面积是3.
变式训练 1.9－5
2．解：(1)EP＝EQ.
(2)结论成立．证明如下：
∵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，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，
则x＋x＋y＋y＋60°＝360°，
∴x＋y＝150°，∴∠AOB＝150°.
【例2】 ∵四边形ABCD是菱形，AC＝2，BD＝2，
∴∠ABO＝∠CBO，AC⊥BD.
∵AO＝1，BO＝，∴tan∠ABO＝＝，
∴∠ABO＝30°，AB＝2，∴∠ABC＝60°.
由折叠的性质得EF⊥BO，OE＝BE，∠BEF＝∠OEF，
∴BE＝BF，EF∥AC，∴△BEF是等边三角形，
∴∠BEF＝60°，∴∠OEF＝60°，∴∠AEO＝60°，
∴△AEO是等边三角形，∴AE＝OE，∴BE＝AE，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF＝AC＝1，AE＝OE＝1，
同理CF＝OF＝1，
∴五边形AEFCD的周长＝1＋1＋1＋2＋2＝7.
故答案为7.
变式训练 3.8　4.2－4
【例3】 (1)∵在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm，
∴AC＝10 cm.
①当AP＝PO时，如图，过点P作PM⊥AO，
∴AM＝AO＝.
∵∠PMA＝∠ADC＝90°，∠PAM＝∠CAD，
∴△APM∽△ACD，∴＝，∴AP＝t＝.
②当AP＝AO时，t＝5.
∵0＜t＜6，∴t＝或t＝5均符合题意，
∴当t＝或t＝5时，△AOP是等腰三角形．
(2)如图，过点E作EH⊥AC于点H，过点Q作QM⊥AC于点M，过点D作DN⊥AC于点N，交QF于点G，
∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，
∴∠PAO＝∠ECO.
∵点O是对角线AC的中点，∴AO＝CO.
又∵∠AOP＝∠COE，∴△AOP≌△COE，
∴CE＝AP＝t.
∵△CEH∽△CAB，
∴＝，∴EH＝.
∵S△ADC＝AD·DC＝DN·AC，
∴DN＝＝.
∵QM∥DN，∴△CQM∽△CDN，
∴＝，即＝.∴QM＝，
∴DG＝－＝.
∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC，
∴＝，∴FQ＝，
∴S＝S△OEC＋S△OCD－S△DFQ
＝OC·EH＋OC·DN－DG·FQ
＝－t2＋t＋12.
即S与t的函数关系式为S＝－t2＋t＋12.
变式训练 5.①③　
6．解：(1)∵△ABC和△BEC均为等腰直角三角形，
∴∠ECB＝∠PCD＝45°，∠CEB＝∠CPD＝90°，
∴△BCE∽△DCP，∴＝.
(2)AC∥BD.理由如下：
∵∠PCE＋∠ECD＝∠BCD＋∠ECD＝45°，
∴∠PCE＝∠DCB.
∵＝，∴△PCE∽△DCB，
∴∠CBD＝∠CEP＝90°.
∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠CBD，∴AC∥BD.
(3)如图，过点P作PM⊥BD的延长线于点M，
∵AC＝4，△ABC和△BEC均为等腰直角三角形，
∴BE＝CE＝4.
∵△PCE∽△DCB，∴＝，即＝，
∴BD＝x.
∵∠PBM＝∠CBD－∠CBP＝45°，
BP＝BE＋PE＝4＋x，∴PM＝，
∴S＝BD·PM＝×x×＝x2＋2x.