201x年福建省中考数学总复习专题5：图形变换课件

第二轮中考题型突破专题五图形变换.第二轮中考题型突破专题五图形变换.1【题型1】轴对称变换型【例1】如图，在正方形ABCD中，CD=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．〔1〕①求证：△ABG≌△AFG；②求GC的长.〔2〕求△FGC的面积．思路点拨：〔1〕①利用翻折变换对应边关系以及根据“HL〞定理得出△ABG≌△AFG即可；②利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，进而求出BG即可；〔2〕首先过点C作CM⊥GF于点M，由勾股定理以及面积法求得△FGC的高CM，然后利用三角形面积公式求解..【题型1】轴对称变换型【例1】如图，在正方形ABCD中，2（1）①证明：在正方形ABCD中，

AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°．∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°．又∵AG=AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．②解：∵CD=3DE，∴DE=2，CE=4．设BG=x，则CG=6-x，GE=x+2．∵GE2=CG2+CE2，∴(x+2)2=(6-x)2+42，解得x=3．∴CG=6-3=3．.（1）①证明：在正方形ABCD中，.3（2）解：如图，过点C作CM⊥GF于点M．∵BG=GF=3，CG=3，GE=5，∴S△GCE=CM·GE=GC·EC．∴5CM=3×4．∴CM=2.4．∴S△FGC=GF·CM=3.6．.（2）解：如图，过点C作CM⊥GF于点M．.4【题型2】平移变换型【例2】〔2021·北京市〕在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在射线CD上〔不与点C，D重合〕，连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH，PH．〔1〕假设点P在线段CD上，如图．①依题意补全图；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明.〔2〕假设点P在线段CD的延长线上，且∠AHQ=152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路．〔可以不写出计算结果〕.【题型2】平移变换型【例2】〔2021·北京市〕在正方形A5思路点拨：〔1〕①根据题意画出图形即可；②连接CH，先根据正方形的性质得出△DHQ是等腰直角三角形，再由“SAS〞定理得出△HDP≌△HQC，故PH=CH，∠HPC=∠HCP，由正方形的性质即可得出结论；〔2〕根据四边形ABCD是正方形，QH⊥BD可知△DHQ是等腰直角三角形，再由平移的性质得出PD=CQ．作HR⊥PC于点R，由∠AHQ=152°，可得出∠AHB及∠DAH的度数，设DP=x，那么DR=HR=RQ，由锐角三角函数的定义即可得出结论．.思路点拨：.6解：（1）①如图1．②如图1，连接CH．∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°．∴△DHQ是等腰直角三角形．在△HDP与△HQC中，∵∴△HDP≌△HQC（SSS）．∴PH=CH，∠HPC=∠HCP．∵BD是正方形ABCD的对称轴，∴AH=CH，∠DAH=∠HCP．∴∠DAH=∠HPC.∴∠AHP=180°-∠ADP=90°．∴AH=PH，AH⊥PH．图1.解：（1）①如图1．图1.7图2（2）如图2，∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°．∴△DHQ是等腰直角三角形．∵△BCQ由△ADP平移而成，∴PD=CQ．作HR⊥PC于点R．∵∠AHQ=152°，∴∠AHB=62°．∴∠RCH=∠DAH=17°．设DP=x，则DR=HR=RQ=．∵tan17°=，即tan17°=，∴x=..图2（2）如图2，∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD8【题型3】旋转变换型【例3】〔2021·三明市〕如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，扇形纸片DOE的顶点O与边AB的中点重合，OD交BC于点F，OE经过点C，且∠DOE=∠B．〔1〕说明△COF是等腰三角形，并求出CF的长；〔2〕将扇形纸片DOE绕点O逆时针旋转，OD，OE与边AC分别交于点M，N〔如图2〕，当CM的长是多少时，△OMN与△BCO相似？.【题型3】旋转变换型【例3】〔2021·三明市〕如图1，9思路点拨：〔1〕易证∠OCB=∠B，由条件∠DOE=∠B可得∠OCB=∠DOE，从而得到△COF是等腰三角形，过点F作FH⊥OC，垂足为H，如图1，由等腰三角形的三线合一可求出CH，易证△CHF∽△BCA，从而可求出CF长．〔2〕题中要求“△OMN与△BCO相似〞，并没有指明对应关系，故需分情况讨论，由于∠DOE=∠B，因此△OMN中的点O与△BCO中的点B对应，因而只需分两种情况讨论：①△OMN∽△BCO，②△OMN∽△BOC．.思路点拨：〔1〕易证∠OCB=∠B，由条件∠DOE=∠B可10①当△OMN∽△BCO时，可证到△AOM∽△ACB，从而求出AM长，进而求出CM长；②当△OMN∽△BOC时，可证到△CON∽△ACB，从而求出ON，CN长．然后过点M作MG⊥ON，垂足为G，如图3，可以求出NG．并可以证到△MGN∽△ACB，从而求出MN长，进而求出CM长．.①当△OMN∽△BCO时，可证到△AOM∽△ACB，从而求11解：（1）∵∠ACB=90°，点O是AB的中点，∴OC=OB=OA=5．∴∠OCB=∠B，∠ACO=∠A．∵∠DOE=∠B，∴∠FOC=∠FCO．∴FC=FO．∴△COF是等腰三角形．过点F作FH⊥OC，垂足为H，如图1．∵FC=FO，FH⊥OC，∴CH=OH=，∠CHF=90°．∵∠HCF=∠B，∠CHF=∠BCA=90°，∴△CHF∽△BCA．∴∵CH=，AB=10，BC=6，∴CF=，即CF的长为.解：（1）∵∠ACB=90°，点O是AB的中点，.12（2）①若△OMN∽△BCO，如图2，则有∠NMO=∠OCB．∵∠OCB=∠B，∴∠NMO=∠B．∵∠A=∠A，∴△AOM∽△ACB．∴∵∠ACB=90°，AB=10，BC=6，∴AC=8．∵AO=5，AC=8，AB=10，∴AM=∴CM=AC-AM=.（2）①若△OMN∽△BCO，如图2，则有.13②若△OMN∽△BOC，如图3，则有∠MNO=∠OCB．∵∠OCB=∠B，∴∠MNO=∠B．∵∠ACO=∠A，∴△CON∽△ACB．∴∵BC=6，AB=10，AC=8，CO=5，∴ON=，CN=过点M作MG⊥ON，垂足为G，如图3．∵∠MNO=∠B，∠MON=∠B，∴∠MNO=∠MON．∴MN=MO．∵MG⊥ON，即∠MGN=90°，∴NG=OG=.②若△OMN∽△BOC，如图3，则有.14∵∠MNG=∠B，∠MGN=∠ACB=90°，∴△MGN∽△ACB．∴∵GN=，BC=6，AB=10，∴MN=．∴CM=CN-MN==．∴当CM的长是或时，△OMN与△BCO相似．.∵∠MNG=∠B，.15【例4】〔2021·聊城市〕如图，在直角坐标系中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA=4，AB=3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1.25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x秒〔0＜x＜4〕时，解答以下问题：〔1〕求点N的坐标〔用含x的代数式表示〕.〔2〕设△OMN的面积是S，求S与x之间的函数表达式．当x为何值时，S有最大值？最大值是多少？〔3〕在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？假设存在，求出x的值；假设不存在，请说明理由．【题型3】综合变换型.【例4】〔2021·聊城市〕如图，在直角坐标系中，Rt△OA16思路点拨：（1）由勾股定理求出OB，作NP⊥OA于点P，则NP∥AB，得出△OPN∽△OAB，得出比例式,求出OP，PN，即可得出点N的坐标；（2）由三角形的面积公式得出S是x的二次函数，即可得出S的最大值；（3）分两种情况：①若∠OMN=90°，则MN∥AB，由平行线得出△OMN∽△OAB，得出比例式，即可求出x的值；②若∠ONM=90°，则∠ONM=∠OAB，证出△OMN∽△OBA，得出比例式，求出x的值即可．.思路点拨：.17解：（1）根据题意得MA=x，ON=1.25x，在Rt△OAB中，由勾股定理得作NP⊥OA于P，如图1所示.则NP∥AB.∴△OPN∽△OAB.∴.即.解得OP=x，PN=.∴点N的坐标是（x，）..解：（1）根据题意得MA=x，ON=1.25x，.18（2）在△OMN中，OM=4-x，OM边上的高PN=，∴∴S与x之间的函数表达式为（0＜x＜4）.配方得∵＜0，∴S有最大值.当x=2时，S有最大值，最大值是..（2）在△OMN中，OM=4-x，OM边上的高PN=19（3）存在某一时刻，使△OMN是直角三角形.理由如下：分两种情况：①若∠OMN=90°，如图2所示，则MN∥AB.此时OM=4-x，ON=1.25x.∵MN∥AB，∴△OMN∽△OAB.∴即解得x=2..（3）存在某一时刻，使△OMN是直角三角形..20②若∠ONM=90°，如图3所示，则∠ONM=∠OAB.此时OM=4-x，ON=1.25x.∵∠ONM=∠OAB，∠MON=∠BOA，∴△OMN∽△OBA.∴即解得综上所述：当△OMN是直角三角形时，x的值是2秒或秒．.②若∠ONM=90°，如图3所示，则∠ONM=∠OAB.21第二轮中考题型突破专题五图形变换.第二轮中考题型突破专题五图形变换.22【题型1】轴对称变换型【例1】如图，在正方形ABCD中，CD=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．〔1〕①求证：△ABG≌△AFG；②求GC的长.〔2〕求△FGC的面积．思路点拨：〔1〕①利用翻折变换对应边关系以及根据“HL〞定理得出△ABG≌△AFG即可；②利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，进而求出BG即可；〔2〕首先过点C作CM⊥GF于点M，由勾股定理以及面积法求得△FGC的高CM，然后利用三角形面积公式求解..【题型1】轴对称变换型【例1】如图，在正方形ABCD中，23（1）①证明：在正方形ABCD中，

AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，∵将△ADE沿AE对折至△AFE，∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°．∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°．又∵AG=AG，在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．②解：∵CD=3DE，∴DE=2，CE=4．设BG=x，则CG=6-x，GE=x+2．∵GE2=CG2+CE2，∴(x+2)2=(6-x)2+42，解得x=3．∴CG=6-3=3．.（1）①证明：在正方形ABCD中，.24（2）解：如图，过点C作CM⊥GF于点M．∵BG=GF=3，CG=3，GE=5，∴S△GCE=CM·GE=GC·EC．∴5CM=3×4．∴CM=2.4．∴S△FGC=GF·CM=3.6．.（2）解：如图，过点C作CM⊥GF于点M．.25【题型2】平移变换型【例2】〔2021·北京市〕在正方形ABCD中，BD是一条对角线，点P在射线CD上〔不与点C，D重合〕，连接AP，平移△ADP，使点D移动到点C，得到△BCQ，过点Q作QH⊥BD于点H，连接AH，PH．〔1〕假设点P在线段CD上，如图．①依题意补全图；②判断AH与PH的数量关系与位置关系并加以证明.〔2〕假设点P在线段CD的延长线上，且∠AHQ=152°，正方形ABCD的边长为1，请写出求DP长的思路．〔可以不写出计算结果〕.【题型2】平移变换型【例2】〔2021·北京市〕在正方形A26思路点拨：〔1〕①根据题意画出图形即可；②连接CH，先根据正方形的性质得出△DHQ是等腰直角三角形，再由“SAS〞定理得出△HDP≌△HQC，故PH=CH，∠HPC=∠HCP，由正方形的性质即可得出结论；〔2〕根据四边形ABCD是正方形，QH⊥BD可知△DHQ是等腰直角三角形，再由平移的性质得出PD=CQ．作HR⊥PC于点R，由∠AHQ=152°，可得出∠AHB及∠DAH的度数，设DP=x，那么DR=HR=RQ，由锐角三角函数的定义即可得出结论．.思路点拨：.27解：（1）①如图1．②如图1，连接CH．∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°．∴△DHQ是等腰直角三角形．在△HDP与△HQC中，∵∴△HDP≌△HQC（SSS）．∴PH=CH，∠HPC=∠HCP．∵BD是正方形ABCD的对称轴，∴AH=CH，∠DAH=∠HCP．∴∠DAH=∠HPC.∴∠AHP=180°-∠ADP=90°．∴AH=PH，AH⊥PH．图1.解：（1）①如图1．图1.28图2（2）如图2，∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD，∴∠HDQ=45°．∴△DHQ是等腰直角三角形．∵△BCQ由△ADP平移而成，∴PD=CQ．作HR⊥PC于点R．∵∠AHQ=152°，∴∠AHB=62°．∴∠RCH=∠DAH=17°．设DP=x，则DR=HR=RQ=．∵tan17°=，即tan17°=，∴x=..图2（2）如图2，∵四边形ABCD是正方形，QH⊥BD29【题型3】旋转变换型【例3】〔2021·三明市〕如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，扇形纸片DOE的顶点O与边AB的中点重合，OD交BC于点F，OE经过点C，且∠DOE=∠B．〔1〕说明△COF是等腰三角形，并求出CF的长；〔2〕将扇形纸片DOE绕点O逆时针旋转，OD，OE与边AC分别交于点M，N〔如图2〕，当CM的长是多少时，△OMN与△BCO相似？.【题型3】旋转变换型【例3】〔2021·三明市〕如图1，30思路点拨：〔1〕易证∠OCB=∠B，由条件∠DOE=∠B可得∠OCB=∠DOE，从而得到△COF是等腰三角形，过点F作FH⊥OC，垂足为H，如图1，由等腰三角形的三线合一可求出CH，易证△CHF∽△BCA，从而可求出CF长．〔2〕题中要求“△OMN与△BCO相似〞，并没有指明对应关系，故需分情况讨论，由于∠DOE=∠B，因此△OMN中的点O与△BCO中的点B对应，因而只需分两种情况讨论：①△OMN∽△BCO，②△OMN∽△BOC．.思路点拨：〔1〕易证∠OCB=∠B，由条件∠DOE=∠B可31①当△OMN∽△BCO时，可证到△AOM∽△ACB，从而求出AM长，进而求出CM长；②当△OMN∽△BOC时，可证到△CON∽△ACB，从而求出ON，CN长．然后过点M作MG⊥ON，垂足为G，如图3，可以求出NG．并可以证到△MGN∽△ACB，从而求出MN长，进而求出CM长．.①当△OMN∽△BCO时，可证到△AOM∽△ACB，从而求32解：（1）∵∠ACB=90°，点O是AB的中点，∴OC=OB=OA=5．∴∠OCB=∠B，∠ACO=∠A．∵∠DOE=∠B，∴∠FOC=∠FCO．∴FC=FO．∴△COF是等腰三角形．过点F作FH⊥OC，垂足为H，如图1．∵FC=FO，FH⊥OC，∴CH=OH=，∠CHF=90°．∵∠HCF=∠B，∠CHF=∠BCA=90°，∴△CHF∽△BCA．∴∵CH=，AB=10，BC=6，∴CF=，即CF的长为.解：（1）∵∠ACB=90°，点O是AB的中点，.33（2）①若△OMN∽△BCO，如图2，则有∠NMO=∠OCB．∵∠OCB=∠B，∴∠NMO=∠B．∵∠A=∠A，∴△AOM∽△ACB．∴∵∠ACB=90°，AB=10，BC=6，∴AC=8．∵AO=5，AC=8，AB=10，∴AM=∴CM=AC-AM=.（2）①若△OMN∽△BCO，如图2，则有.34②若△OMN∽△BOC，如图3，则有∠MNO=∠OCB．∵∠OCB=∠B，∴∠MNO=∠B．∵∠ACO=∠A，∴△CON∽△ACB．∴∵BC=6，AB=10，AC=8，CO=5，∴ON=，CN=过点M作MG⊥ON，垂足为G，如图3．∵∠MNO=∠B，∠MON=∠B，∴∠MNO=∠MON．∴MN=MO．∵MG⊥ON，即∠MGN=90°，∴NG=OG=.②若△OMN∽△BOC，如图3，则有.35∵∠MNG=∠B，∠MGN=∠ACB=90°，∴△MGN∽△ACB．∴∵GN=，BC=6，AB=10，∴MN=．∴CM=CN-MN==．∴当CM的长是或时，△OMN与△BCO相似．.∵∠MNG=∠B，.36【例4】〔2021·聊城市〕如图，在直角坐标系中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，OA=4，AB=3．动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度，沿AO向终点O移动；同时点N从点O出发，以每秒1.25个单位长度的速度，沿OB向终点B移动．当两个动点运动了x秒〔0＜x＜4〕时，解答以下问题：〔1〕求点N的坐标〔用含x的代数式表示〕.〔2〕设△OMN的面积是S，求S与x之间的函数表达式．当x为何值时，S有最大值？最大值是多少？〔3〕在两个动点运动过程中，是否存在某一时刻，使△OMN是直角三角形？假设存在，求出x的值；假设不存在，请说明理由．【题型3】综合变换型.【例4】〔2021·聊城市〕如图，在直角坐标系中，Rt△OA37思路点拨：（1）由勾股定理求出OB，作NP⊥OA于点P，则NP∥AB，得出△OPN∽△OAB，得出比例式,求出OP，PN，即可得出点N的坐标；（2）由三角形的面积公式得出S是x的二次函数，即可得出S的最大值；（3）分两种情况：①若∠OMN=90°