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中考数学培优满分专题突破专题2图形变式与拓展

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专题2 图形变式与拓展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.【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.15\n(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.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.满分变式必练►1.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,(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.2.如图1,△ABC中,∠ABC=45°,AH⊥BC于点H,点D在AH上,且DH=CH,连接BD.15\n(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.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=9.②EF=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.3.[教材改编题](1)问题发现:如图1,△ACB和△15\nDCE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,∴△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.类型2关于四边形的变式拓展问题【例2】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    .15\n【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.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.∵OA=OC,∴OM=ON.15\n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.满分变式必练►1.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.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.2.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.15\n(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,∴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=x2.3.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.15\n解:(1)FG=CE FG∥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.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.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.15\n【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.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.图1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,图2α最大值为∠OMH+∠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,图3∴∠MOH=49°.∵α=2∠MOH=98°,∴α最小为98°.∴α的取值范围是98°≤α≤120°.满分技法►15\n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.满分变式必练►1.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.②由①知,OF⊥AC.∴△AFO是直角三角形.∵∠BAC=30°,OF=OD=3cm,2.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°15\n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)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.(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.(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,15\n3.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.15\n4.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.解:发现(1)在15\n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.(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.15\n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,15

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发布时间:2022-08-25 21:03:33 页数:15
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文章作者:U-336598

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