2024成都中考數(shù)學(xué)第一輪專題復(fù)習(xí) 圖形形狀變化問題 教學(xué)課件

2024成都中考數(shù)學(xué)第一輪專題復(fù)習(xí)

圖形形狀變化問題類型四圖形形狀變化問題(2017.27)1.綜合與實(shí)踐【問題情境】在平行四邊形ABCD中，E，H，F(xiàn)，G分別為AB，BC，CD，DA邊上的點(diǎn)，線段GH與EF交于點(diǎn)O.【獨(dú)立思考】(1)如圖①，∠A＝90°，GH⊥EF，AB＝5，AD＝k.①用k表示

的值；第1題圖(1)①解：如圖，過點(diǎn)H作AD的垂線，垂足為M，過點(diǎn)F作AB的垂線，垂足為N.∵在四邊形AEOG中，∠A＝∠EOG＝90°，∴∠AEO＋∠AGO＝180°.∵∠AEO＋∠NEF＝180°，∴∠NEF＝∠AGO.∵∠ENF＝∠GMH＝90°，∴△ENF∽△GMH，∴

＝

＝

＝

；第1題圖∟M∟N②依次連接點(diǎn)E，G，F(xiàn)，H，E，得到四邊形EGFH，若AE＝FC＝1，

＝

，求k的值與GH的長；第1題圖∟M∟N②解：如圖，∵△ENF∽△GMH，∴

＝

.設(shè)

＝

＝x.∵S四邊形EGFH＝

EF·OG＋

EF·OH＝

FE·GH，S矩形ABCD＝NF·MH，∴＝＝

x2.∵

＝

，∴x2＝

，解得x＝

(負(fù)值已舍去)，∴

＝

＝

.∵M(jìn)H＝AB＝5，∴GH＝5×

＝，∴EF＝

NF.∵AB＝5，AE＝CF＝1，∴EN＝AB－AE－BN＝3.第1題圖∟M∟N在Rt△EFN中，由勾股定理得EN2＋NF2＝(

NF)2，即32＋NF2＝(

NF)2，解得NF＝3(負(fù)值已舍去)，∴k＝3；第1題圖∟M∟N【拓展探究】(2)如圖②，連接AO，若∠BAD>90°，∠GOE<90°，且

＝

，OE＝OG，求證：∠BAO＝∠DAO.第1題圖②(2)證明：如圖，過點(diǎn)B，E作CD的垂線，分別交DC的延長線于點(diǎn)B′，E′，過點(diǎn)A，G作BC的垂線，垂足分別為A′，G′，EE′與GG′交于點(diǎn)P.∟B'∟E'∟A'∟G'P∵AB∥DC，∴∠ABA′＝∠BCB′.∵∠AA′B＝∠BB′C＝90°，∴△ABA′∽△BCB′，∴＝

，∴＝

.∵

＝

，AD＝BC，∴

＝

，∴

＝

，∴Rt△GG′H∽Rt△EE′F，∴∠G′GH＝∠E′EF.第1題圖②∟B'∟E'∟A'∟G'P∵∠PEO＋∠GPE＝∠EOG＋∠OGP，∴∠EPG＝∠GOE.在四邊形AEPG中，∠PEA＝∠AGP＝90°，∴∠EPG＋∠EAG＝180°，∴∠GOE＋∠EAG＝180°，∴A，E，O，G四點(diǎn)共圓．∵EO＝GO，∴∠EAO＝∠DAO.第1題圖②∟B'∟E'∟A'∟G'P2.【問題解決】如圖①，在菱形ABCD中，點(diǎn)P為射線AC上的一點(diǎn)，連接DP，過點(diǎn)P作PM，使得∠DPM＋∠BAD＝180°，PM與射線BC交于點(diǎn)M，以PD，PM為鄰邊作平行四邊形DPMN.(1)求證：四邊形DPMN為菱形；第2題圖(1)證明：如圖，過點(diǎn)P作PE⊥CD于點(diǎn)E，PF⊥BC于點(diǎn)F，∟E∟F∴∠PED＝∠PFM＝∠PEC＝90°，∴∠EPF＋∠BCD＝180°.∵四邊形ABCD是菱形，∴∠DCA＝∠BCA，∠BAD＝∠BCD，∴PE＝PF，∠EPF＋∠BAD＝180°.∵∠DPM＋∠BAD＝180°，∴∠DPM＝∠EPF，∴∠DPE＝∠MPF.第2題圖∟E∟F在△DPE和△MPF中，

∴△DPE≌△MPF(ASA)，∴PD＝PM.∵四邊形DPMN是平行四邊形，∴四邊形DPMN是菱形；第2題圖∟E∟F(2)如圖②，當(dāng)∠BAD＝90°時(shí)，連接CN，猜想CN與AP之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；第2題圖(2)解：AP＝CN.理由如下：∵四邊形ABCD和四邊形DPMN都是菱形，∠DPM＝∠BAD＝90°，∴四邊形ABCD和四邊形DPMN都是正方形，∴AD＝CD，DP＝DN，∠ADC＝∠PDN＝90°，∴∠ADP＝∠CDN，∴△ADP≌△CDN(SAS)，∴AP＝CN；【類比遷移】(3)在(2)的條件下，如圖③，當(dāng)點(diǎn)P在AC的延長線上時(shí)，且AB＝3，CP＝

，求PN的長．第2題圖(3)解：由(2)知四邊形ABCD和四邊形DPMN是正方形，∴AD＝CD，DP＝DN，∠ADC＝∠PDN＝90°，∠DAP＝∠DCA＝45°，∴∠ADC＋∠CDP＝∠PDN＋∠CDP，即∠ADP＝∠CDN，∴△ADP≌△CDN(SAS)，∴AP＝CN，∠DCN＝∠DAP＝45°，∴∠ACN＝∠DCA＋∠DCN＝90°，∴∠NCP＝90°，在Rt△ADC中，AD＝DC＝AB＝3，∴AC＝3，∴CN＝AP＝AC＋CP＝3＋＝4，∴在Rt△PCN中，PN＝＝.第2題圖3.(2017成都B卷27題10分)問題背景如圖①，等腰△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，作AD⊥BC于點(diǎn)D，則D為BC的中點(diǎn)，∠BAD＝

∠BAC＝60°，于是

＝

＝

.遷移應(yīng)用(1)如圖②，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC＝∠DAE＝120°，D，E，C三點(diǎn)在同一條直線上，連接BD.i)求證：△ADB≌△AEC；第3題圖(1)i)證明：∵△ABC與△ADE是等腰三角形，∴AD＝AE，AB＝AC.∵∠DAE＝∠BAC＝120°，∴∠DAE－∠BAE＝∠BAC－∠BAE，∴∠DAB＝∠EAC，∴△ADB≌△AEC(SAS)；第3題圖ii)請直接寫出線段AD，BD，CD之間的等量關(guān)系式；第3題圖【解法提示】∵AD＝AE，∠DAE＝120°，∴DE＝AD.∵DE＝DC－EC，∴DC－EC＝AD，由i)知，△ADB≌△AEC，∴EC＝DB，∴DC－DB＝AD，即CD＝AD＋BD.ii)解：CD＝AD＋BD；拓展延伸(2)如圖③，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，在∠ABC內(nèi)作射線BM，作點(diǎn)C關(guān)于BM的對稱點(diǎn)E，連接AE并延長交BM于點(diǎn)F，連接CE，CF.i)證明△CEF是等邊三角形；第3題圖(2)i)證明：如圖，連接BE，過點(diǎn)B作BG⊥AE于點(diǎn)G.∵點(diǎn)C，E關(guān)于BM對稱，∴BE＝BC，CF＝EF，∠3＝∠4，∠EFB＝∠CFB，∟G3412在菱形ABCD中，AB＝BC，∴AB＝BC＝BE.∵BG⊥AE，∴∠1＝∠2.∵∠ABC＝120°，∴∠GBF＝∠2＋∠3＝

∠ABC＝60°.在Rt△BGF中，∠BGF＝90°，∠GBF＝60°，則∠GFB＝30°，∴∠EFC＝2∠GFB＝60°.∵EF＝FC，∴△CEF是等邊三角形；第3題圖∟G3412ii)若AE＝5，CE＝2，求BF的長．第3題圖ii)解：∵AE＝5，CE＝2，∴EG＝

AE＝

，EF＝CE＝2，∴GF＝EG＋EF＝

.∵∠BGF＝90°，∠GFB＝30°，∴BF＝

＝3.4.在四邊形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，AD上的點(diǎn)，連接CE，CF并延長，分別交DA，BA的延長線于點(diǎn)H，G.(1)如圖①，若四邊形ABCD是菱形，∠ECF＝

∠BCD，求證：AC2＝AH·AG；第4題圖(1)證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ACD＝∠ACB＝

∠BCD，AD∥BC，CD∥AB，∴∠G＝∠DCG，∠H＝∠BCH.∵∠ECF＝

∠BCD，∴∠ACD＝∠ACB＝∠ECF，∴∠DCG＝∠ACH，∠BCE＝∠ACG，∴∠G＝∠ACH，∠H＝∠ACG，∴△ACG∽△AHC，∴

＝

，∴AC2＝AH·AG；第4題圖(2)如圖②，若四邊形ABCD是正方形，∠ECF＝45°，BC＝4，設(shè)AE＝x，AG＝y(tǒng)，求y與x的函數(shù)關(guān)系式；第4題圖(2)解：如圖，連接AC.∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACD＝∠ACB＝

∠BCD＝45°，AD∥BC，CD∥AB，∴∠G＝∠DCG，∠H＝∠BCH.∵∠ECF＝45°＝

∠BCD，∴∠ACD＝∠ACB＝∠ECF，∴∠DCG＝∠ACH，∠BCE＝∠ACG，∴∠G＝∠ACH，∠H＝∠ACG，∴△ACG∽△AHC，∴

＝

，∴AC2＝AH·AG.∵BC＝AB＝4，∴AC＝4，∴y＝

.第4題圖∵BC∥AD，∴△EAH∽△EBC，∴

＝

，∴

＝

，∴AH＝

，∴y＝

；第4題圖

解題關(guān)鍵點(diǎn)連接AC，證明△ACG∽△AHC，再根據(jù)平行線性質(zhì)得到△EAH∽△EBC，列出比例式求解．(3)如圖③，若四邊形ABCD是矩形，AB∶AD＝1∶2，CG＝CH，∠GCH＝45°，求tan∠AHG的值．第4題圖(3)解：如圖，取BC中點(diǎn)M，過點(diǎn)M作MN∥BG，交AD于點(diǎn)P，交CG于點(diǎn)N，連接CP.∵M(jìn)N∥BG，M是BC中點(diǎn)，∴

＝＝

＝

，∴BC＝2C