中考数学二轮复习类比、拓展探究题(图形旋转、平移和折叠)

类型一图形旋转、平移和折叠引起的探究1.现有正方形ABCD和一个以O为直角顶点的三角板，移动三角板，使三角板的两直角边所在直线分别与直线BC，CD交于点M，N.如图①，若点O与点A重合，容易得到线段OM与ON的关系.(1)观察猜想如图②，若点O在正方形的中心(即两条对角线的交点)，OM与ON的数量关系是；(2)探究证明如图③，若点O在正方形的内部(含边界)，且OM＝ON，请判断三角板移动过程中所有满足条件的点O可组成什么图形，并说明理由；(3)拓展延伸若点O在正方形的外部，且OM＝ON，请你在图④中画出满足条件的一种情况，并就“三角板在各种情况下(含外部)移动，所有满足条件的点O所组成的图形”，写出正确的结论.(不必说明理由)第1题图2.(2019新乡模拟)在等腰直角三角形ABC和等腰直角三角形ADE中，∠BAC＝∠DAE＝90°，AB＝4，AE＝2，其中△ABC固定，△ADE绕点A旋转，点F、M、N分别为线段BE、BC、CD的中点，连接MN、NF.问题提出：(1)如图①，当AD在线段AC上时，则∠MNF的度数为，线段MN和线段NF的数量关系为；深入讨论：(2)如图②，当AD不在线段AC上时，请求出∠MNF的度数及线段MN和线段NF的数量关系；拓展延伸：(3)如图③，△ADE持续旋转过程中，若CE与BD交点为P，则△BCP面积的最小值为Ｗ.第2题图3.(2019南阳模拟)(1)【问题发现】如图①，△ABC和△CEF都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠EFC＝90°，点E与点A重合，则线段BE与AF的数量关系为；(2)【拓展研究】在(1)的条件下，将△CEF绕点C旋转，连接BE，AF，线段BE与AF的数量关系有无变化？仅就图②的情形给出证明；(3)【问题解决】当AB＝AC＝2，△CEF旋转到B，E，F三点共线时候，直接写出线段AF的长.第3题图备用图4.(2019襄阳)(1)证明推断：如图①，在正方形ABCD中，点E，Q分别在边BC，AB上，DQ⊥AE于点O，点G，F分别在边CD，AB上，GF⊥AE.①求证：DQ＝AE；②推断：eq\f(GF,AE)的值为；(2)类比探究：如图②，在矩形ABCD中，eq\f(BC,AB)＝k(k为常数).将矩形ABCD沿GF折叠，使点A落在BC边上的点E处，得到四边形FEPG，EP交CD于点H，连接AE交GF于点O.试探究GF与AE之间的数量关系，并说明理由；(3)拓展应用：在(2)的条件下，连接CP，当k＝eq\f(2,3)时，若tan∠CGP＝eq\f(3,4)，GF＝2eq\r(10)，求CP的长.第4题图

类型一图形旋转、平移和折叠引起的探究1.解：(1)OM＝ON；【解法提示】如解图①，过点O作OE⊥CD于点E，OF⊥BC于点F，则∠OEN＝∠OFM＝90°.∵点O为正方形的中心，∴OE＝OF，∠FOE＝90°，∵∠MON＝90°，∴∠MOF＝∠NOE，∴△OFM≌△OEN，∴OM＝ON.第1题解图①(2)三角板移动过程中所有满足条件的点O可组成线段AC(对角线AC)．理由如下：如解图②，过点O分别作OE⊥BC，OF⊥CD，垂足分别为点E，F，则∠OEM＝∠OFN＝90°.又∵∠C＝90°，∴∠EOF＝∠MON＝90°，∴∠MOE＝∠NOF，在△MOE和△NOF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠OEM＝∠OFN,∠MOE＝∠NOF,OM＝ON))，∴△MOE≌△NOF，∴OE＝OF.又∵OE⊥BC，OF⊥CD，∴点O在∠C的平分线上，∴三角板移动过程中所有满足条件的点O可组成线段AC(对角线AC)．第1题解图②(3)画图如解图③，第1题解图③三角板移动过程中所有满足条件的点O可组成直线AC或过点C且与AC垂直的直线．【解法提示】如解图④，过点O作OE⊥BC，OF⊥CD，垂足分别为E、F，则∠OEM＝∠OFN＝90°，又∵∠MCF＝90°，∴∠EOF＝90°＝∠MON，∴∠MOE＝∠NOF，在△MOE和△NOF中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠OEM＝∠OFN,∠MOE＝∠NOF,OM＝ON))，∴△MOE≌△NOF(AAS)，∴OE＝OF，又∵OE⊥BC，OF⊥CD，∴点O在∠MCF的平分线上，∴三角板移动过程中所有满足条件的点O可组成直线AC；如解图④，O′M′＝O′N′，同理得O′在∠BCD外角平分线上，即三角板移动过程中所有满足条件的点O在过点C且与AC垂直的直线上，综上所述，三角板移动过程中所有满足条件的点O可组成直线AC或过点C且与AC垂直的直线．第1题解图④2.解：(1)45°，NF＝eq\r(2)MN；【解法提示】如解图①，连接MF，CE，作射线BD交EC于H.第2题解图①在△BAD和△CAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC,∠BAD＝∠CAE＝90°,AD＝AE))，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠ABD＋∠ADB＝90°，∠ADB＝∠CDH，∴∠CDH＋∠DCH＝90°，∴∠CHD＝90°，∴EC⊥BH，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝eq\f(1,2)EC，又∵CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝eq\f(1,2)BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝eq\r(2)MN.(2)如解图②，连接MF，EC，BD.设EC交AB于点O，BD交EC于点Q.第2题解图②∵AC＝AB，AE＝AD，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠CAB＋∠BAE＝∠DAE＋∠BAE，∴∠BAD＝∠CAE，在△BAD和△CAE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AC,∠BAD＝∠CAE,AD＝AE))，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴BD＝EC，∠ACE＝∠ABD，∵∠AOC＋∠ACO＝90°，∠AOC＝∠BOQ，∴∠OBQ＋∠BOQ＝90°，∴∠BQO＝90°，∴EC⊥BD，∵BM＝MC，BF＝FE，∴MF∥EC，MF＝eq\f(1,2)EC，∵CM＝MB，CN＝ND，∴MN∥BD，MN＝eq\f(1,2)BD，∴MN＝MF，MN⊥MF，∴∠NMF＝90°，∴∠MNF＝45°，NF＝eq\r(2)MN.(3)4.【解法提示】因为在△BPC中，BC的长度不变，要求S△BCP的最小值，只需要求出点P到BC的最小值．如解图③，以点A为圆心，AD为半径作⊙A.设BD与AC交于点O.第2题解图③当直线PB与⊙A相切时，△BCP的面积最小，∵AD＝AE，AB＝AC，∠BAC＝∠DAE＝90°，∴∠BAD＝∠CAE，∴△BAD≌△CAE(SAS)，∴∠ACE＝∠ABD，BD＝EC.∵∠ABD＋∠AOB＝90°，∠AOB＝∠COP，∴∠OCP＋∠COP＝90°，∠CPB＝90°.∵PB是⊙A的切线，∴∠ADP＝90°.∵∠DPE＝∠ADP＝∠DAE＝90°，∴四边形ADPE是矩形．∵AE＝AD，∴四边形ADPE是正方形，∴AD＝AE＝PD＝PE＝2，BD＝EC＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，∴PC＝2eq\r(3)－2，PB＝2＋2eq\r(3)，∴S△BCP的最小值＝eq\f(1,2)·PC·PB＝eq\f(1,2)×(2eq\r(3)－2)×(2eq\r(3)＋2)＝4.3.解：(1)BE＝eq\r(2)AF；【解法提示】∵△AFC是等腰直角三角形，∴AC＝eq\r(2)AF，∵AB＝AC，∴BE＝AB＝eq\r(2)AF.(2)无变化，BE＝eq\r(2)AF，理由如下：在Rt△ABC中，AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴sin∠ABC＝eq\f(CA,CB)＝eq\f(\r(2),2).在Rt△EFC中，∠FEC＝∠FCE＝45°，∴sin∠FEC＝eq\f(CF,CE)＝eq\f(\r(2),2).∴eq\f(CA,CB)＝eq\f(CF,CE).又∵∠FCE＝∠ACB＝45°，∴∠FCE－∠ACE＝∠ACB－∠ACE.即∠FCA＝∠ECB，∴△ACF∽△BCE.∴eq\f(BE,AF)＝eq\f(BC,AC)＝eq\r(2)，∴BE＝eq\r(2)AF；(3)AF长为eq\r(3)－1或eq\r(3)＋1.【解法提示】当点E在线段BF上时，如题图②，由(1)知，CF＝EF＝eq\r(2)，在Rt△BCF中，CF＝eq\r(2)，BC＝2eq\r(2)，根据勾股定理得，BF＝eq\r(BC2－CF2)＝eq\r(6)，∴BE＝BF－EF＝eq\r(6)－eq\r(2)，由(2)知，BE＝eq\r(2)AF，∴AF＝eq\r(3)－1，当点E在线段BF的延长线上时，如解图．在Rt△ABC中，AB＝AC＝2，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∴sin∠ABC＝eq\f(CA,CB)＝eq\f(\r(2),2)，在Rt△EFC中，∠FEC＝∠FCE＝45°，sin∠FEC＝eq\f(CF,CE)＝eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(CF,CE)＝eq\f(CA,CB)，∵∠FCE＝∠ACB＝45°，∴∠FCB＋∠ACB＝∠FCB＋∠FCE，∴∠FCA＝∠ECB，∴△ACF∽△BCE，∴eq\f(BE,AF)＝eq\f(CB,CA)＝eq\r(2)，∴BE＝eq\r(2)AF，由(1)知，CF＝EF＝eq\r(2)，在Rt△BCF中，CF＝eq\r(2)，BC＝2eq\r(2)，根据勾股定理得BF＝eq\r(6)，∴BE＝BF＋EF＝eq\r(6)＋eq\r(2)，由(2)知BE＝eq\r(2)AF，∴AF＝eq\r(3)＋1.综上，当△CEF旋转到B，E，F三点共线时候，线段AF的长为eq\r(3)－1或eq\r(3)＋1.第3题解图4.(1)①证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠QAD＝∠EBA＝90°.又∵AE⊥QD，∴∠AQO＋∠ADQ＝∠AQO＋∠QAO.∴∠ADQ＝∠QAO.在△DAQ和△ABE中，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠QAD＝∠EBA，,AD＝AB，,∠ADQ＝∠BAE，)))∴△ABE≌△DAQ(ASA)．∴DQ＝AE；②解：1；【解法提示】∵GF⊥AE，DQ⊥AE.∴GF∥DQ.∵QF∥DG，∴四边形DGFQ为平行四边形，∴DQ＝GF.由①知，DQ＝AE，∴eq\f(GF,AE)＝eq\f(DQ,AE)＝1(2)解：eq\f(GF,AE)＝k；理由如下：如解图①所示，过点G作GI⊥AB于点I.由折叠的性质得△AFO≌△EFO(SAS)．∴∠AOF＝∠EOF＝90°.∵∠BAE＋∠AFO＝∠BAE＋∠AEB，∴∠AFO＝∠AEB.∴△GFI∽△AEB.∴eq\f(FG,AE)＝eq\f(IG,AB)＝eq\f(BC,AB)＝k.第4题解图①(3)解：如解图②，过点P作PM⊥BC的延长线于点M.由折叠的性质得∠GPE＝∠FEP＝90°.∴∠BFE＝∠CEH＝∠HGP.∴tan∠CGP＝tan∠BFE＝eq\f(BE,FB)＝eq\f(3,4)，设BE＝3x，BF＝4x.∴AF＝FE＝5x.由(2)得，eq\f(FG,AE)＝eq\f(2,3)，解得AE＝3eq\r(10)，在Rt△ABE中，由勾股定理得(5x＋4x)2＋(3x)2＝(3eq\r(10))2，解得x＝1.∴BE