中考几何三大变换Word文档下载推荐.docx

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∴AG=CG；

在△DMG与△FNG中，

∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，

∴△DMG≌△FNG，

∴MG=NG；

在矩形AENM中，AM=EN，

在△AMG与△ENG中，

∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，

∴△AMG≌△ENG，

∴AG=EG，

∴EG=CG．

证法二：

延长CG至M，使MG=CG，

连接MF，ME，EC，

在△DCG与△FMG中，

∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，

∴△DCG≌△FMG．

∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，

∴MF∥CD∥AB，

∴EF⊥MF．

在Rt△MFE与Rt△CBE中，

∵MF=CB，EF=BE，

∴△MFE≌△CBE

∴∠MEF=∠CEB．

∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°

，

∴△MEC为直角三角形．

∵MG=CG，

∴EG=MC，

（3）解：

（1）中的结论仍然成立．

即EG=CG．其他的结论还有：

EG⊥CG．

点评：

本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形的判定和性质．

2．

（1）如图1，已知矩形ABCD中，点E是BC上的一动点，过点E作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，CH⊥BD于点H，试证明CH=EF+EG；

（2）若点E在BC的延长线上，如图2，过点E作EF⊥BD于点F，EG⊥AC的延长线于点G，CH⊥BD于点H，则EF、EG、CH三者之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；

（3）如图3，BD是正方形ABCD的对角线，L在BD上，且BL=BC，连接CL，点E是CL上任一点，EF⊥BD于点F，EG⊥BC于点G，猜想EF、EG、BD之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；

（4）观察图1、图2、图3的特性，请你根据这一特性构造一个图形，使它仍然具有EF、EG、CH这样的线段，并满足

（1）或

（2）的结论，写出相关题设的条件和结论．

矩形的性质；

等腰三角形的性质；

几何综合题。

（1）要证明CH=EF+EG，首先要想到能否把线段CH分成两条线段而加以证明，就自然的想到添加辅助线，若作CE⊥NH于N，可得矩形EFHN，很明显只需证明EG=CN，最后根据AAS可求证△EGC≌△CNE得出结论．

（2）过C点作CO⊥EF于O，可得矩形HCOF，因为HC=DO，所以只需证明EO=EG，最后根据AAS可求证△COE≌△CGE得出猜想．

（3）连接AC，过E作EG作EH⊥AC于H，交BD于O，可得矩形FOHE，很明显只需证明EG=CH，最后根据AAS可求证△CHE≌△EGC得出猜想．

（4）点P是等腰三角形底边所在直线上的任意一点，点P到两腰的距离的和（或差）等于这个等腰三角形腰上的高，很显然过C作CE⊥PF于E，可得矩形GCEF，而且AAS可求证△CEP≌△CNP，故CG=PF﹣PN．

过E点作EN⊥GH于N（1分）

∵EF⊥BD，CH⊥BD，

∴四边形EFHN是矩形．

∴EF=NH，FH∥EN．

∴∠DBC=∠NEC．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AC=BD，且互相平分

∴∠DBC=∠ACB

∴∠NEC=∠ACB

∵EG⊥AC，EN⊥CH，

∴∠EGC=∠CNE=90°

又EC=EC，

∴△EGC≌△CNE．（3分）

∴EG=CN

∴CH=CN+NH=EG+EF（4分）

猜想CH=EF﹣EG（5分）

EF+EG=BD（6分）

（4）解：

点P是等腰三角形底边所在直线上的任意一点，点P到两腰的距离的和（或差）等于这个等腰三角形腰上的高．如图①，有CG=PF﹣PN．

注：

图（1分）（画一个图即可），题设的条件和结论（1分）

此题主要考查矩形的性质和判定，解答此题的关键是作出辅助线，构造矩形和三角形全等来进行证明．

3．如图1，点P是线段MN的中点．

（1）请你利用该图1画一对以点P为对称中心的全等三角形；

（2）请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：

①如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°

，AB＞AC，点D是BC边中点，过D作射线交AB于E，交CA延长线于F，请猜想∠F等于多少度时，BE=CF（直接写出结果，不必证明）；

②如图3，在△ABC中，如果∠BAC不是直角，而

（1）中的其他条件不变，若BE=CF的结论仍然成立，请写出△AEF必须满足的条件，并加以证明．

作图—复杂作图；

全等三角形的判定；

等腰三角形的判定。

证明题；

开放型。

（1）以P点为中心，依次做两条相互交叉但长度相等的线段，可得两个全等三角形；

（2）当BE=CF时，∠F的结论成立；

第2小题需要用到辅助线的帮助．延长FD到点G，使得FD=GD，连接BG，证明△DCF≌△DBG后推出∠F=∠G，CF=BG，从而证明BE=CF．

解：

（1）如图：

画图正确（2分）

（2）①∠F=45°

时，BE=CF．（2分）

②答：

若BE=CF的结论仍然成立，

则AE=AF，△AEF是等腰三角形．（1分）

证明：

延长FD到点G，使得FD=GD，连接BG．

∵点D是BC边中点，

∴DC=DB

在△DCF和△DBG中

∴△DCF≌△DBG．（2分）

∴∠F=∠G，CF=BG（1分）

当△AEF是等腰三角形，AE=AF时，

∠F=∠2，

∵∠1=∠2，

∴∠1=∠G．

∴BE=BG．

∴BE=CF．（2分）

本题涉及全等三角形，等腰梯形的相关性质和判定，并考查学生的作图能力，为综合题型，难度中上．

4．如图①，OP是∠AOB的平分线，请你利用该图形画一对以OP所在直线为对称轴的全等三角形．请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：

（1）如图②，在△ABC中，∠ACB是直角，∠B=60°

，AD、CE分别是∠BAC、∠BCA的平分线，AD、CE相交于点F．请你判断并写出FE与FD之间的数量关系；

（2）如图③，在△ABC中，如果∠ACB不是直角，而

（1）中的其它条件不变，请问，你在

（1）中所得结论是否仍然成立若成立，请证明；

若不成立，请说明理由．

全等三角形的判定与性质。

探究型。

根据要求作图，此处我们可以分别做两边的垂线，这样就可以利用AAS来判定其全等了．

先利用SAS来判定△AEF≌△AGF．得出∠AFE=∠AFG，FE=FG．再利用ASA来判定△CFG≌△CFD得到FG=FD所以FE=FD．

在OP上任找一点E，过E分别做CE⊥OA于C，ED⊥OB于D．如图①，

（1）结论为EF=FD．

如图②，在AC上截取AG=AE，连接FG．

∵AD是∠BAC的平分线，

∴∠1=∠2，

在△AEF与△AGF中，，

∴△AEF≌△AGF（SAS）．

∴∠AFE=∠AFG，FE=FG．

由∠B=60°

，AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，

∵2∠2+2∠3+∠B=180°

∴∠2+∠3=60°

．

又∠AFE为△AFC的外角，

∴∠AFE=∠CFD=∠AFG=∠2+∠3=60°

∴∠CFG=60°

即∠GFC=∠DFC，

在△CFG与△CFD中，，

∴△CFG≌△CFD（ASA）．

∴FG=FD．

∴FE=FD．

（2）EF=FD仍然成立．

如图③，

过点F分别作FG⊥AB于点G，FH⊥BC于点H．

∴∠FGE=∠FHD=90°

∵∠B=60°

，且AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，

，F是△ABC的内心

∴∠GEF=∠BAC+∠3=60°

+∠1，

∵F是△ABC的内心，即F在∠ABC的角平分线上，

∴FG=FH（角平分线上的点到角的两边相等）．

又∠HDF=∠B+∠1（外角的性质），

∴∠GEF=∠HDF．

在△EGF与△DHF中，，

∴△EGF≌△DHF（AAS），

此题考查全等三角形的判定方法，常用的方法有SSS，SAS，AAS，HL等．

5．如图，已知矩形ABCD，AB=，BC=3，在BC上取两点E、F（E在F左边），以EF为边作等边三角形PEF，使顶点P在AD上，PE、PF分别交AC于点G、H．

（1）求△PEF的边长；

（2）若△PEF的边EF在线段BC上移动．试猜想：

PH与BE有什么数量关系并证明你猜想的结论．

等边三角形的性质。

（1）要求△PEF的边长，需构造直角三角形，那么就过P作PQ⊥BC于Q．利用∠PFQ的正弦值可求出PF，即△PEF的边长；

（2）猜想：

PH﹣BE=1．利用∠ACB的正切值可求出∠ACB的度数，再由∠PFE=60°

，可得出△HFC是等腰三角形，因此就有BE+EF+CF=BE+PH+2FH=3．再把其中FH用PH表示，化简即可．

（1）过P作PQ⊥BC于Q．

∵矩形ABCD

∴∠B=90°

，即AB⊥BC，

又AD∥BC，

∴PQ=AB=（1分）

∵△PEF是等边三角形，

∴∠PFQ=60°

在Rt△PQF中，PF=2．（3分）

∴△PEF的边长为2．PH与BE的数量关系是：

PH﹣BE=1．（4分）

（2）在Rt△ABC中，AB=，BC=3，∴∠1=30°

．（5分）

∴∠2=60°

，PF=EF=2．（6分）

∵∠2=∠1+∠3，

∴∠3=30°

，∠1=∠3．

∴FC=FH．（7分）

∵PH+FH=2，BE+EF+FC=3，

∴PH﹣BE=1．（8分）

每题只给了一种解法，其他解法按本评标相应给分．

本题利用了矩形、平行线、等边、等腰三角形的性质，还有正切函数等知识，运用的综合知识很多．

6．（2007•牡丹江）已知四边形ABCD中，AB=BC，∠ABC=120°

，∠MBN=60°

，∠MBN绕B点旋转，它的两边分别交AD，DC（或它们的延长线）于E，F．

当∠MBN绕B点旋转到AE=CF时（如图1），易证AE+CF=EF；

当∠MBN绕B点旋转到AE≠CF时，在图2和图3这两种情况下，上述结论是否成立若成立，请给予证明；

若不成立，线段AE，CF，EF又有怎样的数量关系请写出你的猜想，不需证明．

根据已知可以利用SAS证明△ABE≌△CBF，从而得出对应角相等，对应边相等，从而得出∠ABE=∠CBF=30°

，△BEF为等边三角形，利用等边三角形的性质及边与边之间的关系，即可推出AE+CF=EF．

同理图2可证明是成立的，图3不成立．

∵AB⊥AD，BC⊥CD，AB=BC，AE=CF，

∴△ABE≌△CBF（SAS）；

∴∠ABE=∠CBF，BE=BF；

∵∠ABC=120°

∴∠ABE=∠CBF=30°

，△BEF为等边三角形；

∴AE=BE，CF=BF；

∴AE+CF=BE+BF=BE=EF；

图2成立，图3不成立．

证明图2．

延长DC至点K，使CK=AE，连接BK，

则△BAE≌△BCK，

∴BE=BK，∠ABE=∠KBC，

∵∠FBE=60°

，∠ABC=120°

∴∠FBC+∠ABE=60°

∴∠FBC+∠KBC=60°

∴∠KBF=∠FBE=60°

∴△KBF≌△EBF，

∴KF=EF，

∴KC+CF=EF，

即AE+CF=EF．

图3不成立，

AE、CF、EF的关系是AE﹣CF=EF．

本题主要考查全等三角形的判定方法，常用的方法有SSS，SAS，AAS等，这些方法要求学生能够掌握并灵活运用．

7．用两个全等的等边△ABC和△ADC，在平面上拼成菱形ABCD，把一个含60°

角的三角尺与这个菱形重合，使三角尺有两边分别在AB、AC上，将三角尺绕点A按逆时针方向旋转

（1）如图1，当三角尺的两边与BC、CD分别相交于点E、F时，观察或测量BE，CF的长度，你能得出什么结论证明你的结论．

（2）如图2，当三角尺的两边与BC、CD的延长线分别交于E、F时，你在

（1）中的结论还成立吗请说明理由．

证明题。

（1）连接AC，根据等边三角形性质推出AD=AC，∠D=∠ACB=60°

，∠DAC=60°

，求出∠CAE=∠DAF，证△ACE≌ADF即可；

（2）连接AC，求出∠ADF=∠ACE=120°

，证△ACE≌ADF，推出DF=CE，根据BC=CD即可推出答案．

（1）BE=CF，

连接AC，

∵△ADC、△ABC是等边三角形，

∴AD=AC，∠D=∠ACB=60°

∵∠FAE=60°

∴∠CAE=∠DAF，

在△ACE和△ADF中

∴△ACE≌ADF，

∴CE=DF，

∵四边形ABCD是菱形，

∴BC=CD，

∴BE=CF．

结论BE=CF仍成立，

理由是：

由

（1）知：

AD=AC，∠FAD=∠CAE，

∵等边三角形ABC和等边三角形ACD，

∴∠ADC=∠ACB=60°

∴∠ADF=∠ACE=120°

∴DF=CE，

∵CD=BC，

∴BE=CF，

即结论BE=CF仍成立．

本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生熟练地运用性质进行推理的能力，题目比较典型，但有一定的难度．

8．如图，在四边形ABCD中，AB=AD，BC=CD，∠ABC=∠ADC=90°

，∠MAN=∠BAD．

（1）如图1，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系直接写出结论，不用证明；

（2）如图2，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD的延长线于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系并证明你的结论；

（3）如图3，将∠MAN绕着A点旋转，它的两边分别交边BC、CD的反向延长线于M、N，试判断这一过程中线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系直接写出结论，不用证明．

旋转的性质。

（1）可通过构建全等三角形来实现线段间的转换．延长MB到G，使BG=DN，连接AG．目的就是要证明三角形AGM和三角形ANM全等将MN转换成MG，那么这样MN=BM+DN了，于是证明两组三角形全等就是解题的关键．三角形AMG和AMN中，只有一条公共边AM，我们就要通过其他的全等三角形来实现，在三角形ABG和AND中，已知了一组直角，BG=DN，AB=AD，因此两三角形全等，那么AG=AN，∠1=∠2，那么∠1+∠3=∠2+∠3=∠MAN=∠BAD．由此就构成了三角形ABE和AEF全等的所有条件（SAS），那么就能得出MN=GM了．

（2）按照

（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BM上截取BG，使BG=DN，连接AG．根据

（1）的证法，我们可得出DN=BG，GM=MN，那么MN=GM=BM﹣BG=BE﹣DN．

（3）按照

（1）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在DN上截取DF，使DF=BM，连接AG．根据

（1）的证法，我们可得出∠DAF=∠BAM，AF=AM，那么MN=NF=DN﹣DF=BN﹣BM．

延长MB到G，使BG=DN，连接AG．

∵∠ABG=∠ABC=∠ADC=90°

，AB=AD，

∴△ABG≌△ADN．

∴AG=AN，BG=DN，∠1=∠4．

∴∠1+∠2=∠4+∠2=∠MAN=∠BAD．

∴∠GAM=∠MAN．

又AM=AM，

∴△AMG≌△AMN．

∴MG=MN．

∵MG=BM+BG．

∴MN=BM+DN．

（2）MN=BM﹣DN．

在BM上截取BG，使BG=DN，连接AG．

∵∠ABC=∠ADC=90°

，AD=AB，

∴△ADN≌△ABG，

∴AN=AG，∠NAD=∠GAB，

∴∠MAN=∠MAD+∠MAG=∠DAB，

∴∠MAG=∠BAD，

∴∠MAN=∠MAG，

∴△MAN≌△MAG，

∴MN=MG，

∴MN=BM﹣DN．

（3）MN=DN﹣BM．

本题考查了三角形全等的判定和性质；

本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．

9．（2010•义乌市）如图1，已知∠ABC=90°

，△ABE是等边三角形，点P为射线BC上任意一点（点P与点B不重合），连接AP，将线段AP绕点A逆时针旋转60°

得到线段AQ，连接QE并延长交射线BC于点F．

（1）如图2，当BP=BA时，∠EBF=　30　°

，猜想∠QFC=　60　°

；

（2）如图1，当点P为射线BC上任意一点时，猜想∠QFC的度数，并加以证明；

（3）已知线段AB=2，设BP=x，点Q到射线BC的距离为y，求y关于x的函数关系式．

等边三角形的性质；

解直角三角形。

（1）∠EBF与∠ABE互余，而∠ABE=60°

，即可求得∠EBF的度数；

利用观察法，或量角器测量的方法即可求得∠QFC的度数；

（2）根据三角形的外角等于不相邻的两内角的和，证明∠BAP=∠EAQ，进而得到△ABP≌△AEQ，证得∠AEQ=∠ABP=90°

，则∠BEF=180°

﹣∠AEQ﹣∠AEB=180°

﹣90°

﹣60°

=30°

，∠QFC=∠EBF+∠BEF；

（3）过点F作FG⊥BE于点G，过点Q作QH⊥BC，根据△ABP≌△AEQ得到：

设QE=BP=x，则QF=QE+EF=x+2．点Q到射线BC的距离y=QH=sin60°

×

QF=（x+2），即可求得函数关系式．

（1）∠EBF=30°

（1分）

∠QFC=60°

（2分）

（2）∠QFC=60°

．（1分）

解法1：

不妨设BP＞AB，如图1所示．

∵∠BAP=∠BAE﹣∠EAP=60°

﹣∠EAP，

∠EAQ=∠QAP﹣∠EAP=60°

∴∠BAP=∠EAQ．（2分）

在△ABP和△AEQ中

AB=AE，∠BAP=∠EAQ，AP=AQ，

∴△ABP≌△AEQ．（SAS）（3分）

∴∠AEQ=∠ABP=90°

．（4分）

∴∠BEF=180°

∴∠QFC=∠EBF+∠BEF=30°

+30°

=60°

．（5分）

（事实上当BP≤AB时，如图2情形，不失一般性结论仍然成立，不分类讨论不扣分）

解法2：

设AP交QF于M∠QMP为△AMQ和△FMP共同的外角

∴∠QMP=∠Q+∠PAQ=∠APB+∠QFC，

由△ABP≌△AEQ得∠Q=∠APB，由旋转知∠PAQ=60°

∴∠QFC=∠PAQ=60°

（3）在图1中，过点F作FG⊥BE于点G．

∵△ABE是等边三角形，

∴BE=AB=2．

由

（1）得∠EBF=30°

在Rt△BGF中，BG==，

∴BF==2．

∴EF=2．（1分）

∵△ABP≌△AEQ．

∴QE=BP=x，

∴QF=QE+EF=x+2．（2分）

过点Q作QH⊥BC，垂足为H．

在Rt△QHF中，y=QH=sin60°

QF=（x+2）．（x＞0）

即y关于x的函数关系式是：

y=x+．（3分）

本题把图形的旋转，与三角形的全等，三角函数，以及函数相结合，是一个比较难的题目．

10．（2009•北京）在平行四边形ABCD中，过点C作CE⊥CD交AD于点E，将线段EC绕点E逆时针旋转90°

得到线段EF（如图1）

（1）在图1中画图探究：

①当P为射线CD上任意一点（P1不与C重合）时，连接EP1；

绕点E逆时针旋转90°

得到线段EG1．判断直线FG1与直线CD的位置关系，并加以证明；

②当P2为线段DC的延长线上任意一点时，连接EP2，将线段EP2绕点E逆时针旋转90°

得到线段EC2．判断直线C1C2与直线CD的位置关系，画出图形并直接写出你的结论．

（2）若AD=6，tanB=，AE=1，在①的条件下，设CP1=x，S△P1FG1=y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围．

二次函数综合题。

（1）①说明△P1EC按要求旋转后得到的△G1EF全等，再结合∠P1CE=∠G1FE=90°

去说明；

②按照要求画出图形，由图形即可得出答案；

（2）①当点P1在线段CH的延长线上时，结合已知说明CE=4，且由四边形FECH是正方形，得CH=CE=4，再根据题设可得G1F=x．P1H=x﹣4，进而可得y与x之间的函数关系式；

②当点P1在线段CH上时，同理可得FG1=x，P1H=4﹣x，进而可得y与x之间的函数关系式；

③当点P1与点H重合时，说明△P1FG1不存在，再作综合说明即可．本题第二问较难．学生不明