中考数学复习专题2图形变式与拓展课件

专题2图形变式与拓展专题2图形变式与拓展常考类型分析常考类型分析专题类型突破类型1

关于三角形的变式拓展问题【例1】在图1至图3中，直线MN与线段AB相交于点O，∠1＝∠2＝45°.(1)如图1，若AO＝OB，请写出AO与BD的数量关系和位置关系；(2)将图1中的MN绕点O顺时针旋转得到图2，其中AO＝OB.求证：AC＝BD，AC⊥BD；(3)将图2中的OB拉长为AO的k倍得到图3，求【思路分析】通过观察可以猜想AO与BD相等且互相垂直；在后面的问题中，通过添加BD的垂线，使问题转化为全等三角形和相似三角形问题加以解决．专题类型突破类型1关于三角形的变式拓展问题【例1】在图

【解】(1)AO＝BD，AO⊥BD.(2)证明：如图1，过点B作BE∥CA交DO于点E，延长AC交DB的延长线于点F.∴∠ACO＝∠BEO.又∵AO＝OB，∠AOC＝∠BOE，∴△AOC≌△BOE.∴AC＝BE.又∵∠1＝45°，∴∠ACO＝∠BEO＝135°.∴∠DEB＝45°.∵∠2＝45°，∴BE＝BD，∠EBD＝90°.∴AC＝BD.∵BE∥AC，∴∠AFD＝90°.∴AC⊥BD.(3)如图2，过点B作BE∥CA交DO于点E，∴∠BEO＝∠ACO.又∵∠BOE＝∠AOC，∴△BOE∽△AOC.又∵OB＝kAO，由(2)的方法易得BE＝BD.【解】(1)AO＝BD，AO⊥BD.∴∠ACO＝∠BEO.满分技法►图形拓展类问题的解答往往需要借助几何直观、转化、类比的思想方法．在原图形中具备的位置和数量关系，在图形变化后这种关系是否存在或又存在着怎样的新的关系，可通过类比进行推理、验证，所用方法和第(1)问所用方法相似，可借鉴原结论方法，并进行拓展，只要沿着这样的思路进行即可解决．满分技法►图形拓展类问题的解答往往需要借助几何直观、转化、类

满分必练►1.[2017·邢台模拟]已知△ABC中，AB＝AC，BC＝6.点P从点B出发沿射线BA移动，同时点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，点P，Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D.(1)如图1，过点P作PF∥AQ交BC于点F，求证：△PDF≌△QDC；(2)如图2，当点P为AB的中点时，求CD的长；(3)如图3，过点P作PE⊥BC于点E，在点P从点B向点A移动的过程中，线段DE的长度是否保持不变？若保持不变，请求出DE的长度，若改变，请说明理由．解：(1)∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB.∵PF∥AC，∴∠PFB＝∠ACB.∴∠B＝∠PFB.∴BP＝FP.由题意，得BP＝CQ，∴FP＝CQ.∵PF∥AC，∴∠DPF＝∠DQC.又∠PDF＝∠QDC，∴△PDF≌△QDC.(2)如图，过点P作PF∥AC交BC于点F.∵点P为AB的中点，满分必练►1.[2017·邢台模拟]已知△ABC中，AB(3)线段DE的长度保持不变．如图，过点P作PF∥AC交BC于点F.由(1)知，PB＝PF.∵PE⊥BC，∴BE＝EF.由(1)知，△PDF≌△QDC，CD＝DF.(3)线段DE的长度保持不变．2.[2016·成都中考]如图1，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连接BD.(1)求证：BD＝AC；(2)将△BHD绕点H顺时针旋转，得到△EHF(点B，D分别与点E，F对应)，连接AE.①如图2，当点F落在AC上时(F不与C重合)，若BC＝4，tanC＝3，求AE的长；②如图3，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．2.[2016·成都中考]如图1，△ABC中，∠ABC＝45解：(1)在Rt△AHB中，∠ABC＝45°，∴AH＝BH.在△BHD和△AHC中，

∴△BHD≌△AHC(SAS)．∴BD＝AC.(2)①在Rt△AHC中，∵tanC＝3，设CH＝x，则BH＝AH＝3x.∵BC＝4，∴3x＋x＝4.∴x＝1.∴AH＝3，CH＝1.由旋转，知∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°，EH＝AH＝3，FH＝DH＝CH＝1，∴△EHA∽△FHC.∴∠EAH＝∠C.∴tan∠EAH＝tanC＝3.如图，过点H作HP⊥AE于点P，∴HP＝3AP，AE＝2AP.在Rt△AHP中，AP2＋HP2＝AH2，∴AP2＋(3AP)2＝9.解：(1)在Rt△AHB中，∠ABC＝45°，②EF＝2GH.理由如下：设AH与CG交于点Q，由①知，△AEH和△FHC都为等腰三角形．又∵旋转角为30°，∴∠FHD＝∠BHE＝30°.∴∠EHA＝∠FHC＝120°.∴∠HCG＝∠GAH＝30°.∴△AGQ∽△CHQ.∴∠AGQ＝∠CHQ＝90°.又∵∠GQH＝∠AQC，∴△GQH∽△AQC.②EF＝2GH.理由如下：

3.[教材改编题](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，则∠AEB的度数为________，线段AD，BE之间的关系为________；(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.①请判断∠AEB的度数，并说明理由；②当CM＝5时，AC比BE的长度多6时，求AE的长．解：(1)60°相等(2)①∠AEB＝90°.理由如下：∵△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，3.[教材改编题](1)问题发现：如图1，△ACB和△D∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴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°.②∵在等腰Rt△DCE中，∠DCE＝90°，CM⊥DE，则有DM＝CM＝ME＝5.在Rt△ACM中，AM2＋CM2＝AC2.设BE＝AD＝x，则AC＝6＋x.∴(x＋5)2＋52＝(x＋6)2，解得x＝7.∴AE＝AD＋DM＋ME＝17.∴△ACD≌△BCE(SAS)．每个时代，都悄悄犒赏会学习的人触新的教材相信不管是对于同学自己而言还是对于家长朋友们而言，可能都还需要一定的时间去适应，但学习是一刻也不能松懈的事情，新学期除了适应教材的变化以外，一些试题的变化也必须适应，因此就必须在课下进行一些练习。但是问题就来了，很多家长朋友都表示孩子现在换了教材，但是自己找到的课外练习题却还是原来的教材版本的，不适应孩子的教材，不知道该怎么办才好了，眼看孩子马上就要结束第一单元的学习了，可是一直没找大适合的资料，没办法进行课后的巩固练习了。zgl每个时代，都悄悄犒赏会学习的人触新的教材相信不管是对于同学自【例2】[2017·长春中考]【再现】如图1，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝(不需要证明)【探究】如图2，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．【应用】(1)在【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是：

.(只添加一个条件)(2)如图3，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O.若AO＝OC，四边形ABCD面积为5，则阴影部分图形的面积和为

.类型2

关于四边形的变式拓展问题【例2】[2017·长春中考]【再现】如图1，在△ABC中，

【思路分析】【探究】利用三角形的中位线定理可得出EF＝HG，EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状．【应用】(1)同【探究】的方法判断出即可判断出EF＝FG，即可得出结论；(2)先判断出S△BCD＝4S△CFG，同理：S△ABD＝4S△AEH，进而得出再判断出OM＝ON，进而得出解：【探究】四边形EFGH是平行四边形．证明：如图1，连接AC.∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，综上，EF∥HG，EF＝HG.故四边形EFGH是平行四边形．【应用】(1)添加AC＝BD.理由：连接AC，BD，∵AC＝BD，∴EF＝FG.【思路分析】【探究】利用三角形的中位线定理可得出EF＝H又∵四边形EFGH是平行四边形，∴▱EFGH是菱形．故答案为：AC＝BD.(2)如图2，由【探究】，得四边形EFGH是平行四边形．∵F，G分别是BC，CD的中点，∴S△BCD＝4S△CFG.同理，S△ABD＝4S△AEH.∵四边形ABCD面积为5，设AC与FG，EH相交于点M，N，EF与BD相交于点P.又∵四边形EFGH是平行四边形，∴▱EFGH是菱形．∴S△B∵OA＝OC，∴OM＝ON.易知，四边形ENOP，FMOP是面积相等的平行四边形．满分技法►此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，解【探究】的关键是判断出解【应用】的关键是判断出是一道基础题目．∵OA＝OC，∴OM＝ON.满分技法►此题是四边形综合题，主

满分必练►4.[2016·兰州中考]阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC.结合小敏的思路作答：(1)若只改变图1中四边形ABCD的形状(如图2)，则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由；参考小敏思考问题方法解决一下问题；(2)如图2，在(1)的条件下，若连接AC，BD.①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．满分必练►4.[2016·兰州中考]阅读下面材料：结合解：(1)四边形EFGH是平行四边形，理由如下：如图，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥HG，EF＝HG.故四边形EFGH是平行四边形．(2)①当AC＝BD时，四边形EFGH为菱形．理由如下：由(1)知，四边形EFGH是平行四边形，∴当AC＝BD时，FG＝HG.∴▱EFGH是菱形．②当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形．解：(1)四边形EFGH是平行四边形，理由如下：

5.[2017·兰州中考]如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.(1)求证：△BDF是等腰三角形；(2)如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．解：(1)证明：根据折叠的性质，得∠DBC＝∠DBE.又AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形．(2)①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC.∴FD∥BG.又∵DG∥BE，即DG∥BF，5.[2017·兰州中考]如图1，将一张矩形纸片ABCD∴四边形BFDG是平行四边形．∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形．②∵AB＝6，AD＝8，假设DF＝BF＝x，∴AF＝AD－DF＝8－x.∴在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2.∴四边形BFDG是平行四边形．

6.[2016·临沂中考]如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE＝BF.连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG，FC.(1)请判断：FG与CE的数量关系是

，位置关系是

；(2)如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；(3)如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．解：(1)FG＝CEFG∥CE(2)成立．证明：如图，过点G作GH⊥CB的延长线于点H，∵EG⊥DE，∴∠GEH＋∠DEC＝90°.∵∠GEH＋∠HGE＝90°，∴∠DEC＝∠HGE.6.[2016·临沂中考]如图1，在正方形ABCD中，点在△HGE与△CED中，∴△HGE≌△CED(AAS)．∴GH＝CE，HE＝CD.∵CE＝BF，∴GH＝BF.∵GH∥BF，∴四边形GHBF是平行四边形．∴FG＝BH，FG∥CH.∴FG∥CE.∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝BC.∴HE＝BC.∴HE＋EB＝BC＋EB.∴BH＝EC.∴FG＝EC.(3)仍然成立．在△HGE与△CED中，∴△HGE≌△CED(AAS)．∴G【例3】如图1至图4中，两平行线AB，CD间的距离均为6，点M为AB上一定点．思考如图1，圆心为O的半圆形纸片在AB，CD之间(包括AB，CD)，其直径MN在AB上，MN＝8，点P为半圆上一点，设∠MOP＝α.当α＝

度时，点P到CD的距离最小，最小值为

.探究一在图1的基础上，以点M为旋转中心，在AB，CD之间顺时针旋转该半圆纸片，直到不能再转动为止，如图2，得到最大旋转角∠BMO＝

度，此时点N到CD的距离是

.探究二将图1中的扇形纸片NOP按下面对α的要求剪掉，使扇形纸片MOP绕点M在AB，CD之间顺时针旋转．(1)如图3，当α＝60°时，求在旋转过程中，点P到CD的最小距离，并请指出旋转角∠BMO的最大值；(2)如图4，在扇形纸片MOP旋转过程中，要保证点P能落在直线CD上，请确定α的取值范围．类型3

关于圆的变式拓展问题【例3】如图1至图4中，两平行线AB，CD间的距离均为6，点【思路分析】在“思考”的图1中，当OP⊥CD时，点P到CD的距离最小；在“探究一”的图2中，半圆形纸片不能再转动时，⊙O与CD相切于点Y；在“探究二”的图3中，当PM⊥AB时，点P到CD的距离最小；当与AB相切时，旋转角∠BMO的度数最大．图4中，当弦MP＝6时，α取最小值；当与CD相切于点P时，即半径OP⊥CD于点P时，α取最大值．【思路分析】在“思考”的图1中，当OP⊥CD时，点P到CD的解：思考：根据两平行线之间垂线段最短，直接得出答案，当α＝90度时，点P到CD的距离最小．∵MN＝8，∴OP＝4.∴点P到CD的距离最小值为6－4＝2.故答案为：90,2.探究一：∵以点M为旋转中心，在AB，CD之间顺时针旋转该半圆形纸片，直到不能再转动为止，如图1，∵MN＝8，∴MO＝4，OY＝4.∴UO＝2.∴得到最大旋转角∠BMO＝30度，此时点N到CD的距离是2.故答案为：30,2.探究二：(1)由已知得M与P的距离为4，∴当MP⊥AB时，点P到AB的最大距离为4，从而点P到CD的最小距离为6－4＝2.当扇形MOP在AB，CD之间旋转到不能再转时，与AB相切，此时旋转角最大，∠BMO的最大值为90°.(2)如图2，由探究一可知，点P是与CD的切点时，α达到最大，即OP⊥CD.此时延长PO交AB于点H，α最大值为∠OMH＋图1解：思考：根据两平行线之间垂线段最短，直接得出答案，当α＝9＋∠OHM＝30°＋90°＝120°.如图3，当点P在CD上且与AB距离最小时，MP⊥CD，α达到最小，连接MP，作OH⊥MP于点H，由垂径定理，得MH＝3，在Rt△MOH中，MO＝4，∴∠MOH＝49°.∵α＝2∠MOH＝98°，∴α最小为98°.∴α的取值范围是98°≤α≤120°.图2满分技法►在拓展变化的图形中求最值(比如最大(小)距离，角的最大(小)度数，线段的最大(小)长度等)，关键是确定相关图形的特殊位置；确定几何图形中角度的取值范围，要考查它的最大角度和最小角度两种极端情况．另外，几何直观与生活经验的积累与训练也是不容忽视的，本题中很多结论如果用纯粹的数学原理严格论证起来，是很困难的，比如“思考”中，为什么OP⊥AB时图3＋∠OHM＝30°＋90°＝120°.图2满分技法►在拓展变点P到CD的距离最小？“探究一”中，怎样说明半圆形纸片不能再转动时，⊙O与CD相切于点P？“探究二”(1)中，为什么MP⊥AB时点P到CD的距离最小？为什么当与CD相切于点P时，旋转角∠BMO的度数最大？(2)中，为什么当弦MP＝6时，α取最小值；为什么当半径OP⊥CD于点P时，α取最大值？对于这些问题，在考场上是没有时间、也没有必要深究的，其结论的得出主要依靠几何直观与生活经验．点P到CD的距离最小？“探究一”中，怎样说明半圆形纸片不能再

满分必练►7.[2017·宝应一模]如图1，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，OD＝3cm，开始的时候BD＝1cm，现在三角板以2cm/s的速度向右移动．(1)当点B与点O重合时，求三角板运动的时间；(2)三角板继续向右运动，当B点和E点重合时，AC与半圆相切于点F，连接EF，如图2所示．①求证：EF平分∠AEC；②求EF的长．解：(1)∵当点B与点O重合时，BO＝OD＋BD＝4(cm)，∴三角板运动的时间为2s.(2)①证明：如图，连接点O与切点F，则OF⊥AC.∵∠ACE＝90°，∴EC⊥AC.∴OF∥CE.∴∠OFE＝∠CEF.∵OF＝OE，∴∠OFE＝∠OEF.∴∠OEF＝∠CEF，即EF平分∠AEC.满分必练►7.[2017·宝应一模]如图1，水平放置一个②由①知，OF⊥AC.∴△AFO是直角三角形．∵∠BAC＝30°，OF＝OD＝3cm，②由①知，OF⊥AC.

8.[2017·裕华区模拟]如图所示，点A为半圆O直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆绕M点顺时针转动，转过的角度记作α；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，回答下列问题：探究：(1)若R＝2，m＝1，如图1，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是

.如图2，当α＝

°时，半圆O与射线AB相切；(2)如图3，在(1)的条件下，为了使得半圆O转动30°即能与射线AB相切，在保持线段AM长度不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由；发现：(3)如图4，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R，m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系；cosα＝

；(用含有R，m的代数式表示)拓展：(4)如图5，若R＝m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是

，并求出在这个变化过程中阴影部分(弓形)面积的最大值．(用m表示)8.[2017·裕华区模拟]如图所示，点A为半圆O直径M解：(1)如图1，作O′E⊥AB于点E，MF⊥O′E于点F，则四边形AMFE是矩形，EF＝AM＝1.在Rt△MFO′中，∵∠MO′F＝30°，MO′＝2，如图2，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于点E，则四边形O′EAF是矩形．∴AE＝O′F＝2.∵AM＝1，∴EM＝1.解：(1)如图1，作O′E⊥AB于点E，MF⊥O′E于点F，(2)如图3，设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．∵在Rt△O′MQ中，O′M＝R，∠MO′Q＝α＝30°，(3)如图4，设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．在Rt△O′QM中，O′Q＝R·cosα，QP＝m.∵O′P＝R，∴R·cosα＋m＝R.(2)如图3，设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边(4)如图5，当半圆与射线AB相切时，此时α＝90°，之后开始出现两个交点；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时，∵MN′＝2AM，∴∠AMN′＝60°.∴α＝120°.∴当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是90°<α≤120°.故答案为：90°<α≤120°.当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，(4)如图5，当半圆与射线AB相切时，此时α＝90°，之后开

9.如图1至图5，⊙O均作无滑动滚动，⊙O1、⊙O2、⊙O3、⊙O4均表示⊙O与线段AB或BC相切于端点时刻的位置，⊙O的周长为C.阅读理解：(1)如图1，⊙O从⊙O1的位置出发，沿AB滚动到⊙O2的位置，当AB＝c时，⊙O恰好自转1周；(2)如图2，∠ABC相邻的补角是n°，⊙O在∠ABC外部沿A－B－C滚动，在点B处，必须由⊙O1的位置旋转到⊙O2的位置，⊙O绕点B旋转的角∠O1BO2＝n°，⊙O在点B处自9.如图1至图5，⊙O均作无滑动滚动，⊙O1、⊙O2

实践应用：(1)在阅读理解的(1)中，若AB＝2c，则⊙O自转

周；若AB＝l，则⊙O自转

周．在阅读理解的(2)中，若∠ABC＝120°，则⊙O在点B处自转

周；若∠ABC＝60°，则⊙O在点B处自转

周；(2)如图3，∠ABC＝90°，⊙O从⊙O1的位置出发，在∠ABC外部沿A－B－C滚动到⊙O4的位置，⊙O自转

周．拓展联想：(1)如图4，△ABC的周长为l，⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部，按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，⊙O自转了多少周？请说明理由；(2)如图5，多边形的周长为l，⊙O从与某边相切于点D的位置出发，在多边形外部，按顺时针方向沿多边形滚动，又回到与该边相切于点D的位置，直接写出⊙O自转的周数．实践应用：(2)如图5，多边形的周长为l，⊙O从与某边中考数学复习专题2图形变式与拓展课件10.平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ＝60°，OQ＝OD＝3，OP＝2，OA＝AB＝1.让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转，设旋转角为α(0°≤α≤60°)．发现(1)当α＝0°，即初始位置时，点P________直线AB上．(填“在”或“不在”)求当α是多少时，OQ经过点B?(2)在OQ旋转过程中，简要说明α是多少时，点P，A间的距离最小？并指出这个最小值；图1图2(3)如图2，当点P恰好落在BC边上时．求α及S阴影．拓展如图3，当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM＝x(x＞0)，用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．10.平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图摆放探究当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sinα的值．解：发现(1)在当OQ过点B时，在Rt△OAB中，AO＝AB，得∠DOQ＝∠ABO＝45°，∴α＝60°－45°＝15°.故α＝15°时，OQ经过点B.(2)如图1，连接AP，有OA＋AP≥OP，当OP过点A，即α＝60°时，等号成立．∴AP≥OP－OA＝2－1＝1.∴当α＝60°时，点P，A间的距离最小．PA的最小值为1.探究当半圆K与矩形ABCD的边相切时，求sinα的值．解：(3)如图1，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E.在Rt△OPH中，PH＝AB＝1，OP＝2，∴∠POH＝30°.∴α＝60°－30°＝30°.由AD∥BC知，∠RPQ＝∠POH＝30°.∴∠RKQ＝2×30°＝60°.拓展∵∠OAN＝∠MBN＝90°，∠ANO＝∠BNM，∴△AON∽△BMN.(3)如图1，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH探究半圆与矩形相切，分三种情况：①如图3，半圆K与BC切于点T，设直线KT与AD和OQ的初始位置所在直线分别交于点S，O′，则∠KSO＝∠KTB＝90°，作KG⊥OO′于点G.在Rt△OSK中，探究半圆与矩形相切，分三种情况：中考数学复习专题2图形变式与拓展课件专题2图形变式与拓展专题2图形变式与拓展常考类型分析常考类型分析专题类型突破类型1

关于三角形的变式拓展问题【例1】在图1至图3中，直线MN与线段AB相交于点O，∠1＝∠2＝45°.(1)如图1，若AO＝OB，请写出AO与BD的数量关系和位置关系；(2)将图1中的MN绕点O顺时针旋转得到图2，其中AO＝OB.求证：AC＝BD，AC⊥BD；(3)将图2中的OB拉长为AO的k倍得到图3，求【思路分析】通过观察可以猜想AO与BD相等且互相垂直；在后面的问题中，通过添加BD的垂线，使问题转化为全等三角形和相似三角形问题加以解决．专题类型突破类型1关于三角形的变式拓展问题【例1】在图

【解】(1)AO＝BD，AO⊥BD.(2)证明：如图1，过点B作BE∥CA交DO于点E，延长AC交DB的延长线于点F.∴∠ACO＝∠BEO.又∵AO＝OB，∠AOC＝∠BOE，∴△AOC≌△BOE.∴AC＝BE.又∵∠1＝45°，∴∠ACO＝∠BEO＝135°.∴∠DEB＝45°.∵∠2＝45°，∴BE＝BD，∠EBD＝90°.∴AC＝BD.∵BE∥AC，∴∠AFD＝90°.∴AC⊥BD.(3)如图2，过点B作BE∥CA交DO于点E，∴∠BEO＝∠ACO.又∵∠BOE＝∠AOC，∴△BOE∽△AOC.又∵OB＝kAO，由(2)的方法易得BE＝BD.【解】(1)AO＝BD，AO⊥BD.∴∠ACO＝∠BEO.满分技法►图形拓展类问题的解答往往需要借助几何直观、转化、类比的思想方法．在原图形中具备的位置和数量关系，在图形变化后这种关系是否存在或又存在着怎样的新的关系，可通过类比进行推理、验证，所用方法和第(1)问所用方法相似，可借鉴原结论方法，并进行拓展，只要沿着这样的思路进行即可解决．满分技法►图形拓展类问题的解答往往需要借助几何直观、转化、类

满分必练►1.[2017·邢台模拟]已知△ABC中，AB＝AC，BC＝6.点P从点B出发沿射线BA移动，同时点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，点P，Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D.(1)如图1，过点P作PF∥AQ交BC于点F，求证：△PDF≌△QDC；(2)如图2，当点P为AB的中点时，求CD的长；(3)如图3，过点P作PE⊥BC于点E，在点P从点B向点A移动的过程中，线段DE的长度是否保持不变？若保持不变，请求出DE的长度，若改变，请说明理由．解：(1)∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB.∵PF∥AC，∴∠PFB＝∠ACB.∴∠B＝∠PFB.∴BP＝FP.由题意，得BP＝CQ，∴FP＝CQ.∵PF∥AC，∴∠DPF＝∠DQC.又∠PDF＝∠QDC，∴△PDF≌△QDC.(2)如图，过点P作PF∥AC交BC于点F.∵点P为AB的中点，满分必练►1.[2017·邢台模拟]已知△ABC中，AB(3)线段DE的长度保持不变．如图，过点P作PF∥AC交BC于点F.由(1)知，PB＝PF.∵PE⊥BC，∴BE＝EF.由(1)知，△PDF≌△QDC，CD＝DF.(3)线段DE的长度保持不变．2.[2016·成都中考]如图1，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连接BD.(1)求证：BD＝AC；(2)将△BHD绕点H顺时针旋转，得到△EHF(点B，D分别与点E，F对应)，连接AE.①如图2，当点F落在AC上时(F不与C重合)，若BC＝4，tanC＝3，求AE的长；②如图3，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．2.[2016·成都中考]如图1，△ABC中，∠ABC＝45解：(1)在Rt△AHB中，∠ABC＝45°，∴AH＝BH.在△BHD和△AHC中，

∴△BHD≌△AHC(SAS)．∴BD＝AC.(2)①在Rt△AHC中，∵tanC＝3，设CH＝x，则BH＝AH＝3x.∵BC＝4，∴3x＋x＝4.∴x＝1.∴AH＝3，CH＝1.由旋转，知∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°，EH＝AH＝3，FH＝DH＝CH＝1，∴△EHA∽△FHC.∴∠EAH＝∠C.∴tan∠EAH＝tanC＝3.如图，过点H作HP⊥AE于点P，∴HP＝3AP，AE＝2AP.在Rt△AHP中，AP2＋HP2＝AH2，∴AP2＋(3AP)2＝9.解：(1)在Rt△AHB中，∠ABC＝45°，②EF＝2GH.理由如下：设AH与CG交于点Q，由①知，△AEH和△FHC都为等腰三角形．又∵旋转角为30°，∴∠FHD＝∠BHE＝30°.∴∠EHA＝∠FHC＝120°.∴∠HCG＝∠GAH＝30°.∴△AGQ∽△CHQ.∴∠AGQ＝∠CHQ＝90°.又∵∠GQH＝∠AQC，∴△GQH∽△AQC.②EF＝2GH.理由如下：

3.[教材改编题](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，则∠AEB的度数为________，线段AD，BE之间的关系为________；(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.①请判断∠AEB的度数，并说明理由；②当CM＝5时，AC比BE的长度多6时，求AE的长．解：(1)60°相等(2)①∠AEB＝90°.理由如下：∵△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，3.[教材改编题](1)问题发现：如图1，△ACB和△D∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴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°.②∵在等腰Rt△DCE中，∠DCE＝90°，CM⊥DE，则有DM＝CM＝ME＝5.在Rt△ACM中，AM2＋CM2＝AC2.设BE＝AD＝x，则AC＝6＋x.∴(x＋5)2＋52＝(x＋6)2，解得x＝7.∴AE＝AD＋DM＋ME＝17.∴△ACD≌△BCE(SAS)．每个时代，都悄悄犒赏会学习的人触新的教材相信不管是对于同学自己而言还是对于家长朋友们而言，可能都还需要一定的时间去适应，但学习是一刻也不能松懈的事情，新学期除了适应教材的变化以外，一些试题的变化也必须适应，因此就必须在课下进行一些练习。但是问题就来了，很多家长朋友都表示孩子现在换了教材，但是自己找到的课外练习题却还是原来的教材版本的，不适应孩子的教材，不知道该怎么办才好了，眼看孩子马上就要结束第一单元的学习了，可是一直没找大适合的资料，没办法进行课后的巩固练习了。zgl每个时代，都悄悄犒赏会学习的人触新的教材相信不管是对于同学自【例2】[2017·长春中考]【再现】如图1，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝(不需要证明)【探究】如图2，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．【应用】(1)在【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是：

.(只添加一个条件)(2)如图3，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O.若AO＝OC，四边形ABCD面积为5，则阴影部分图形的面积和为

.类型2

关于四边形的变式拓展问题【例2】[2017·长春中考]【再现】如图1，在△ABC中，

【思路分析】【探究】利用三角形的中位线定理可得出EF＝HG，EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状．【应用】(1)同【探究】的方法判断出即可判断出EF＝FG，即可得出结论；(2)先判断出S△BCD＝4S△CFG，同理：S△ABD＝4S△AEH，进而得出再判断出OM＝ON，进而得出解：【探究】四边形EFGH是平行四边形．证明：如图1，连接AC.∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，综上，EF∥HG，EF＝HG.故四边形EFGH是平行四边形．【应用】(1)添加AC＝BD.理由：连接AC，BD，∵AC＝BD，∴EF＝FG.【思路分析】【探究】利用三角形的中位线定理可得出EF＝H又∵四边形EFGH是平行四边形，∴▱EFGH是菱形．故答案为：AC＝BD.(2)如图2，由【探究】，得四边形EFGH是平行四边形．∵F，G分别是BC，CD的中点，∴S△BCD＝4S△CFG.同理，S△ABD＝4S△AEH.∵四边形ABCD面积为5，设AC与FG，EH相交于点M，N，EF与BD相交于点P.又∵四边形EFGH是平行四边形，∴▱EFGH是菱形．∴S△B∵OA＝OC，∴OM＝ON.易知，四边形ENOP，FMOP是面积相等的平行四边形．满分技法►此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，解【探究】的关键是判断出解【应用】的关键是判断出是一道基础题目．∵OA＝OC，∴OM＝ON.满分技法►此题是四边形综合题，主

满分必练►4.[2016·兰州中考]阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC.结合小敏的思路作答：(1)若只改变图1中四边形ABCD的形状(如图2)，则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由；参考小敏思考问题方法解决一下问题；(2)如图2，在(1)的条件下，若连接AC，BD.①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．满分必练►4.[2016·兰州中考]阅读下面材料：结合解：(1)四边形EFGH是平行四边形，理由如下：如图，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥HG，EF＝HG.故四边形EFGH是平行四边形．(2)①当AC＝BD时，四边形EFGH为菱形．理由如下：由(1)知，四边形EFGH是平行四边形，∴当AC＝BD时，FG＝HG.∴▱EFGH是菱形．②当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形．解：(1)四边形EFGH是平行四边形，理由如下：

5.[2017·兰州中考]如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.(1)求证：△BDF是等腰三角形；(2)如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．解：(1)证明：根据折叠的性质，得∠DBC＝∠DBE.又AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形．(2)①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC.∴FD∥BG.又∵DG∥BE，即DG∥BF，5.[2017·兰州中考]如图1，将一张矩形纸片ABCD∴四边形BFDG是平行四边形．∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形．②∵AB＝6，AD＝8，假设DF＝BF＝x，∴AF＝AD－DF＝8－x.∴在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2.∴四边形BFDG是平行四边形．

6.[2016·临沂中考]如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE＝BF.连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG，FC.(1)请判断：FG与CE的数量关系是

，位置关系是

；(2)如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；(3)如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．解：(1)FG＝CEFG∥CE(2)成立．证明：如图，过点G作GH⊥CB的延长线于点H，∵EG⊥DE，∴∠GEH＋∠DEC＝90°.∵∠GEH＋∠HGE＝90°，∴∠DEC＝∠HGE.6.[2016·临沂中考]如图1，在正方形ABCD中，点在△HGE与△CED中，∴△HGE≌△CED(AAS)．∴GH＝CE，HE＝CD.∵CE＝BF，∴GH＝BF.∵GH∥BF，∴四边形GHBF是平行四边形．∴FG＝BH，FG∥CH.∴FG∥CE.∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝BC.∴HE＝BC.∴HE＋EB＝BC＋EB.∴BH＝EC.∴FG＝EC.(3)仍然成立．在△HGE与△CED中，∴△HGE≌△CED(AAS)．∴G【例3】如图1至图4中，两平行线AB，CD间的距离均为6，点M为AB上一定点．思考如图1，圆心为O的半圆形纸片在AB，CD之间(包括AB，CD)，其直径MN在AB上，MN＝8，点P为半圆上一点，设∠MOP＝α.当α＝

度时，点P到CD的距离最小，最小值为

.探究一在图1的基础上，以点M为旋转中心，在AB，CD之间顺时针旋转该半圆纸片，直到不能再转动为止，如图2，得到最大旋转角∠BMO＝

度，此时点N到CD的距离是

.探究二将图1中的扇形纸片NOP按下面对α的要求剪掉，使扇形纸片MOP绕点M在AB，CD之间顺时针旋转．(1)如图3，当α＝60°时，求在旋转过程中，点P到CD的最小距离，并请指出旋转角∠BMO的最大值；(2)如图4，在扇形纸片MOP旋转过程中，要保证点P能落在直线CD上，请确定α的取值范围．类型3

关于圆的变式拓展问题【例3】如图1至图4中，两平行线AB，CD间的距离均为6，点【思路分析】在“思考”的图1中，当OP⊥CD时，点P到CD的距离最小；在“探究一”的图2中，半圆形纸片不能再转动时，⊙O与CD相切于点Y；在“探究二”的图3中，当PM⊥AB时，点P到CD的距离最小；当与AB相切时，旋转角∠BMO的度数最大．图4中，当弦MP＝6时，α取最小值；当与CD相切于点P时，即半径OP⊥CD于点P时，α取最大值．【思路分析】在“思考”的图1中，当OP⊥CD时，点P到CD的解：思考：根据两平行线之间垂线段最短，直接得出答案，当α＝90度时，点P到CD的距离最小．∵MN＝8，∴OP＝4.∴点P到CD的距离最小值为6－4＝2.故答案为：90,2.探究一：∵以点M为旋转中心，在AB，CD之间顺时针旋转该半圆形纸片，直到不能再转动为止，如图1，∵MN＝8，∴MO＝4，OY＝4.∴UO＝2.∴得到最大旋转角∠BMO＝30度，此时点N到CD的距离是2.故答案为：30,2.探究二：(1)由已知得M与P的距离为4，∴当MP⊥AB时，点P到AB的最大距离为4，从而点P到CD的最小距离为6－4＝2.当扇形MOP在AB，CD之间旋转到不能再转时，与AB相切，此时旋转角最大，∠BMO的最大值为90°.(2)如图2，由探究一可知，点P是与CD的切点时，α达到最大，即OP⊥CD.此时延长PO交AB于点H，α最大值为∠OMH＋图1解：思考：根据两平行线之间垂线段最短，直接得出答案，当α＝9＋∠OHM＝30°＋90°＝120°.如图3，当点P在CD上且与AB距离最小时，MP⊥CD，α达到最小，连接MP，作OH⊥MP于点H，由垂径定理，得MH＝3，在Rt△MOH中，MO＝4，∴∠MOH＝49°.∵α＝2∠MOH＝98°，∴α最小为98°.∴α的取值范围是98°≤α≤120°.图2满分技法►在拓展变化的图形中求最值(比如最大(小)距离，角的最大(小)度数，线段的最大(小)长度等)，关键是确定相关图形的特殊位置；确定几何图形中角度的取值范围，要考查它的最大角度和最小角度两种极端情况．另外，几何直观与生活经验的积累与训练也是不容忽视的，本题中很多结论如果用纯粹的数学原理严格论证起来，是很困难的，比如“思考”中，为什么OP⊥AB时图3＋∠OHM＝30°＋90°＝120°.图2满分技法►在拓展变点P到CD的距离最小？“探究一”中，怎样说明半圆形纸片不能再转动时，⊙O与CD相切于点P？“探究二”(1)中，为什么MP⊥AB时点P到CD的距离最小？为什么当与CD相切于点P时，旋转角∠BMO的度数最大？(2)中，为什么当弦MP＝6时，α取最小值；为什么当半径OP⊥CD于点P时，α取最大值？对于这些问题，在考场上是没有时间、也没有必要深究的，其结论的得出主要依靠几何直观与生活经验．点P到CD的距离最小？“探究一”中，怎样说明半圆形纸片不能再

满分必练►7.[2017·宝应一模]如图1，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，OD＝3cm，开始的时候BD＝1cm，现在三角板以2cm/s的速度向右移动．(1)当点B与点O重合时，求三角板运动的时间；(2)三角板继续向右运动，当B点和E点重合时，AC与半圆相切于点F，连接EF，如图2所示．①求证：EF平分∠AEC；②求EF的长．解：(1)∵当点B与点O重合时，BO＝OD＋BD＝4(cm)，∴三角板运动的时间为2s.(2)①证明：如图，连接点O与切点F，则OF⊥AC.∵∠ACE＝90°，∴EC⊥AC.∴OF∥CE.∴∠OFE＝∠CEF.∵OF＝OE，∴∠OFE＝∠OEF.∴∠OEF＝∠CEF，即EF平分∠AEC.满分必练►7.[2017·宝应一模]如图1，水平放置一个②由①知，OF⊥AC.∴△AFO是直角三角形．∵∠BAC＝30°，OF＝OD＝3cm，②由①知，OF⊥AC.

8.[2017·裕华区模拟]如图所示，点A为半圆O直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆绕M点顺时针转动，转过的角度记作α；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，回答下列问题：探究：(1)若R＝2，m＝1，如图1，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是

.如图2，当α＝

°时，半圆O与射线AB相切；(2)如图3，在(1)的条件下，为了使得半圆O转动30°即能与射线AB相切，在保持线段AM长度不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由；发现：(3)如图4，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R，m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系；cosα＝

；(用含有R，m的代数式表示)拓展：(4)如图5，若R＝m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是

，并求出在这个变化过程中阴影部分(弓形)面积的最大值．(用m表示)8.[2017·裕华区模拟]如图所示，点A为半圆O直径M解：(1)如图1，作O′E⊥AB于点E，MF⊥O′E于点F，则四边形AMFE是矩形，EF＝AM＝1.在Rt△MFO′中，∵∠MO′F＝30°，MO′＝2，如图2，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于点E，则四边形O′EAF是矩形．∴