附1 几何变式探究和类比变换综合类问题

备战 2021 年中考数学经典题型讲练（全国通用） 几何变式探究和类比变换综合类问题 【方法指导】 图形的类比变换是近年来中考的常考点，常以三角形、四边形为背景，与翻折、旋转相结合，考查三角形 全等或相似的性质与判定，难度较大．此类题目第一问相对简单，后面的问题需要结合第一问的方法进行 类比解答．根据其特征大致可分为：几何变换类比探究问题、旋转综合问题、翻折类问题等． 解决此类问题要善于将复杂图象分解为几个基本图形，通过添加副主席补全或构造基本图形，借助转化、 方程、数形结合、分类讨论等数学思想解决几何证明问题，计算则把几何与代数知识综合起来，渗透数形 结合思想，考查学生分析问题的能力、逻辑思维和推理能力 【题型剖析】 【类型1】几何类比变换综合题 【例1】（2020•襄阳）在△B 中，∠B═90°，B＝，点D 在边B 上，DE⊥D 且DE＝D，E 交边B 于点F，连 接E． （1）特例发现：如图1，当D＝F 时， ①求证：BD＝F； ②推断：∠E＝ 90 °； （2）探究证明：如图2，当D≠F 时，请探究∠E 的度数是否为定值，并说明理由； （3）拓展运用：如图3，在（2）的条件下，当EF AF =1 3时，过点D 作E 的垂线，交E 于点P，交于点 K，若K¿ 16 3 ，求DF 的长． 【分析】（1）①证明△BD≌△F（S）可得结论． ②利用四点共圆的性质解决问题即可． （2）结论不变．利用四点共圆证明即可． （3）如图3 中，连接EK．首先证明B＝＝3E，设E＝，则B＝＝3，在Rt△KE 中，利用勾股定理求出， 再求出DP，PF 即可解决问题． 【解析】（1）①证明：如图1 中， ∵B＝， ∴∠B＝∠F， ∵D＝F， ∴∠DF＝∠FD， ∴∠DB＝∠F， ∴△BD≌△F（S）， ∴BD＝F． ②结论：∠E＝90°． 理由：如图1 中，∵D＝DE，∠DE＝90°，B＝，∠B＝90°， ∴∠D＝∠ED＝45°， ∴，D，E，四点共圆， ∴∠DE+∠E＝180°， ∴∠E＝90°． 故答为90． （2）结论：∠E＝90°． 理由：如图2 中， ∵D＝DE，∠DE＝90°，B＝，∠B＝90°， ∴∠D＝∠ED＝45°， ∴，D，E，四点共圆， ∴∠DE+∠E＝180°， ∴∠E＝90°． （3）如图3 中，连接EK． ∵∠B+∠E＝180°， ∴B∥E， ∴EC AB = EF AF =1 3，设E＝，则B＝＝3，K＝3−16 3 ， ∵D＝DE，DK⊥E， ∴P＝PE， ∴K＝KE＝3−16 3 ， ∵EK2＝K2+E2， ∴（3−16 3 ）2＝（16 3 ）2+2， 解得＝4 或0（舍弃）， ∴E＝4，B＝＝12， ∴E¿ ❑ √A C 2+EC 2= ❑ √12 2+4 2=¿4❑ √10， ∴DP＝P＝PE¿ 1 2E＝2❑ √10，EF¿ 1 4 E¿ ❑ √10， ∴PF＝EF¿ ❑ √10， ∵∠DPF＝90°， ∴DF¿ ❑ √D P 2+P F 2= ❑ √(2❑ √10) 2+(❑ √10) 2=¿5❑ √2． 【变式1-1】（2020•黔东南州）如图1，△B 和△DE 都是等边三角形． 探究发现 （1）△BD 与△E 是否全等？若全等，加以证明；若不全等，请说明理由． 拓展运用 （2）若B、、E 三点不在一条直线上，∠D＝30°，D＝3，D＝2，求BD 的长． （3）若B、、E 三点在一条直线上（如图2），且△B 和△DE 的边长分别为1 和2，求△D 的面积及D 的 长． 【分析】（1）依据等式的性质可证明∠BD＝∠E，然后依据SS 可证明△E≌△BD； （2）由（1）知：BD＝E，利用勾股定理计算E 的长，可得BD 的长； （3）如图2，过作F⊥D 于F，先根据平角的定义得∠D＝60°，利用特殊角的三角函数可得F 的长，由 三角形面积公式可得△D 的面积，最后根据勾股定理可得D 的长． 【解析】（1）全等，理由是： ∵△B 和△DE 都是等边三角形， ∴＝B，D＝E，∠B＝∠DE＝60°， ∴∠B+∠D＝∠DE+∠D， 即∠BD＝∠E， 在△BD 和△E 中， { CD=CE ∠BCD=∠ACE BC=AC ， ∴△E≌△BD（ SS）； （2）如图3，由（1）得：△BD≌△E， ∴BD＝E， ∵△DE 是等边三角形， ∴∠DE＝60°，D＝DE＝2， ∵∠D＝30°， ∴∠DE＝∠D+∠DE＝30°+60°＝90°， 在Rt△DE 中，D＝3，DE＝2， ∴E¿ ❑ √A D 2+D E 2=❑ √9+4=❑ √13， ∴BD¿ ❑ √13； （3）如图2，过作F⊥D 于F， ∵B、、E 三点在一条直线上， ∴∠B+∠D+∠DE＝180°， ∵△B 和△DE 都是等边三角形， ∴∠B＝∠DE＝60°， ∴∠D＝60°， 在Rt△F 中，s∠F¿ AF AC ， ∴F＝×s∠F＝1× ❑ √3 2 = ❑ √3 2 ， ∴S△D¿ 1 2 ×CD× AF=1 2 ×2× ❑ √3 2 = ❑ √3 2 ， ∴F＝×s∠F＝1× 1 2=1 2， FD＝D﹣F＝2−1 2 =3 2， 在Rt△FD 中，D2＝F2+FD2¿( ❑ √3 2 ) 2+( 3 2 ) 2=¿3， ∴D¿ ❑ √3． 【变式1-2】（2020•鞍山）在矩形BD 中，点E 是射线B 上一动点，连接E，过点B 作BF⊥E 于点G，交 直线D 于点F． （1）当矩形BD 是正方形时，以点F 为直角顶点在正方形BD 的外部作等腰直角三角形F，连接E． ①如图1，若点E 在线段B 上，则线段E 与E 之间的数量关系是 相等 ，位置关系是 垂直 ； ②如图2，若点E 在线段B 的延长线上，①中的结论还成立吗？如果成立，请给予证明；如果不成立， 请说明理由； （2）如图3，若点E 在线段B 上，以BE 和BF 为邻边作平行四边形BEF，M 是B 中点，连接GM，B＝ 3，B＝2，求GM 的最小值． 【分析】（1）①证明△BE≌△BF，得到BE＝F，E＝BF，再证明四边形BEF 为平行四边形，从而可得结 果； ②根据（1）中同样的证明方法求证即可； （2）说明、E、G、F 四点共圆，得出GM 的最小值为圆M 半径的最小值，设BE＝x，证明△BE∽△BF， 得到F，再利用勾股定理表示出EF¿ ❑ √ 13 9 x 2−4 x+4，求出最值即可得到GM 的最小值． 【解析】（1）①∵四边形BD 为正方形， ∴B＝B，∠B＝∠BD＝90°，即∠BE+∠EB＝90°， ∵E⊥BF， ∴∠BF+∠EB＝90°， ∴∠BF＝∠BE，又B＝B，∠BE＝∠BF＝90°， ∴△BE≌△BF（S）， ∴BE＝F，E＝BF， ∵△F 为等腰直角三角形， ∴F＝F＝BE，F⊥F，而D⊥B， ∴F∥B， ∴四边形BEF 为平行四边形， ∴BF∥E 且BF＝E， ∴E＝E，E⊥E， 故答为：相等；垂直； ②成立，理由是： 当点E 在线段B 的延长线上时， 同理可得：△BE≌△BF（S）， ∴BE＝F，E＝BF， ∵△F 为等腰直角三角形， ∴F＝F＝BE，F⊥F，而D⊥B， ∴F∥B， ∴四边形BEF 为平行四边形， ∴BF∥E 且BF＝E， ∴E＝E，E⊥E； （2）∵∠EGF＝∠BD＝90°， ∴、E、G、F 四点共圆， ∵四边形BEF 是平行四边形，M 为B 中点， ∴M 也是EF 中点， ∴M 是四边形GEF 外接圆圆心， 则GM 的最小值为圆M 半径的最小值， ∵B＝3，B＝2， 设BE＝x，则E＝2﹣x， 同（1）可得：∠BF＝∠BE， 又∵∠BE＝∠BF＝90°， ∴△BE∽△BF， ∴AB BC = BE CF ，即3 2= x CF ， ∴F¿ 2 x 3 ， ∴EF¿ ❑ √C E 2+C F 2=❑ √ 13 9 x 2−4 x+4， 设y¿ 13 9 x 2−4 x+4， 当x¿ 18 13时，y 取最小值16 13， ∴EF 的最小值为4 ❑ √13 13 ， 故GM 的最小值为2❑ √13 13 ． 【变式1-3】（2020•赤峰）如图，矩形BD 中，点P 为对角线所在直线上的一个动点，连接PD，过点P 作 PE⊥PD，交直线B 于点E，过点P 作M⊥B，交直线D 于点M，交直线B 于点．B＝4❑ √3，D＝4． （1）如图1，①当点P 在线段上时，∠PDM 和∠EP 的数量关系为：∠PDM ＝ ∠EP； ②DP PE 的值是 ❑ √3 ； （2）如图2，当点P 在延长线上时，（1）中的结论②是否成立？若成立，请证明；若不成立，说明理 由； （3）如图3，以线段PD，PE 为邻边作矩形PEFD．设PM 的长为x，矩形PEFD 的面积为y．请直接写 出y 与x 之间的函数关系式及y 的最小值． 【分析】（1）①利用等角的余角相等证明即可． ②证明∠B＝30°，推出∠PDE＝∠B＝30°即可． （2）结论成立．证明方法类似②． （3）利用相似三角形的性质求出DM，利用勾股定理求出PD，再利用（2）中结论．求出PE，即可解 决问题． 【解析】（1）①如图1 中， ∵四边形BD 是矩形， ∴B∥D， ∵M⊥B， ∴M⊥D， ∵DP⊥PE， ∴∠PMD＝∠PE＝∠DPE＝90°， ∴∠PDM+∠DPM＝90°，∠DPM+∠EP＝90°， ∴∠PDM＝∠EP． 故答为＝． ②连接DE．∵四边形BD 是矩形， ∴∠DE＝∠B＝90°，D＝B＝4． t ∴∠B¿ BC AB = ❑ √3 3 ， ∴∠B＝30°， ∵∠DE+∠DPE＝180°， ∴，D，P，E 四点共圆， ∴∠EDP＝∠PB＝30°， ∴PE PD =¿t30°¿ ❑ √3 3 ， ∴PD PE =❑ √3． （2）如图2 中，结论成立． 理由：连接DE． ∵∠DPE＝∠DE＝90°， ∴，D，E，P 四点共圆， ∴∠PDE＝∠EP＝∠B＝30°， ∴DP PE = 1 tan30° =❑ √3． （3）如图3 中，由题意PM＝x，M＝4﹣x， ∵∠PDM＝∠EP，∠DMP＝∠PE＝90°， ∴△DMP∽△PE， ∴DM PN = PM EN = PD PE =❑ √3， ∴DM 4−x = x EN =❑ √3， ∴DM¿ ❑ √3（4﹣x），E¿ ❑ √3 3 x， ∴PD¿ ❑ √D M 2+P M 2=❑ √¿¿2❑ √x 2−6 x+12， PE¿ ❑ √3 3 PD¿ 2❑ √3 3 •❑ √x 2−6 x+12， ∴y＝PD•PE¿ 4 ❑ √3 3 （x2 6 ﹣x+12）¿ 4 ❑ √3 3 x2 8 ﹣❑ √3x+16❑ √3（x＞0）， ∵y¿ 4 ❑ √3 3 （x 3 ﹣）2+4❑ √3， ∵4 ❑ √3 3 ＞0， ∴当x＝3 时，y 有最小值，最小值为4❑ √3． 【类型2】几何旋转变换综合题 【例2】（2020•锦州）已知△B 和△M 都是等腰直角三角形（ ❑ √2 2 ＜M＝），∠B＝∠M＝90°． （1）如图1：连M，B，求证：△M≌△B； （2）若将△M 绕点顺时针旋转， ①如图2，当点恰好在B 边上时，求证：B2+2＝22； ②当点，M，在同一条直线上时，若B＝4，＝3，请直接写出线段B 的长． 【分析】（1）根据SS 证明三角形全等即可． （2）②连接M，证明M＝B，∠M＝90°，利用勾股定理解决问题即可． ②分两种情形分别画出图形求解即可． 【解析】（1）证明：如图1 中， ∵∠B＝∠M＝90°， ∴∠M＝∠B， ∵＝B，M＝， ∴△M≌△B（SS）． （2）①证明：如图2 中，连接M． 同法可证△M≌△B， ∴M＝B，∠M＝∠B＝45°， ∵∠B＝∠B＝45°， ∴∠M＝∠M+∠B＝90°， ∴M2＝2+M2， ∵△M 是等腰直角三角形， ∴M2＝22， ∴B2+2＝22． ②如图3 1 ﹣中，设交B 于，过点作⊥M 于． ∵△M≌△B， ∴M＝B，∠M＝∠B， ∵∠＝∠B， ∴∠＝∠B＝90°， ∵M＝＝3，∠M＝90°，⊥M， ∴M＝3❑ √2，M＝═¿ 3 ❑ √2 2 ， ∴¿ ❑ √O A 2−O H 2=❑ √4 2−( 3 ❑ √2 2 ) 2= ❑ √46 2 ， ∴B＝M＝M+¿ ❑ √46+3 ❑ √2 2 ． 如图3 2 ﹣中，同法可证M＝B¿ ❑ √46−3 ❑ √2 2 ． 【变式2-1】（2020•沈阳）在△B 中，B＝，∠B＝α，点P 为线段延长线上一动点，连接PB，将线段PB 绕 点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD，连接DB，D． （1）如图1，当α＝60°时， ①求证：P＝D； ②求∠DP 的度数； （2）如图2，当α＝120°时，请直接写出P 和D 的数量关系． （3）当α＝120°时，若B＝6，BP¿ ❑ √31，请直接写出点D 到P 的距离为 ❑ √3 2 或5 ❑ √3 2 ． 【分析】（1）①证明△PB≌△DB（SS）可得结论． ②利用全等三角形的性质解决问题即可． （2）证明△BD∽△BP，可得CD PA = BC AB =❑ √3解决问题． （3）分两种情形，解直角三角形求出D 即可解决问题． 【解析】（1）①证明：如图1 中， ∵将线段PB 绕点P 逆时针旋转，旋转角为α，得到线段PD， ∴PB＝PD， ∵B＝，PB＝PD，∠B＝∠BPD＝60°， ∴△B，△PBD 是等边三角形， ∴∠B＝∠PBD＝60°， ∴∠PB＝∠DB， ∵BP＝BD，B＝B， ∴△PB≌△DB（SS）， ∴P＝D． ②解：如图1 中，设BD 交P 于点． ∵△PB≌△DB， ∴∠BP＝∠BD， ∵∠BP＝∠D， ∴∠BP＝∠D＝60°，即∠DP＝60°． （2）解：结论：D¿ ❑ √3P． 理由：如图2 中， ∵B＝，PB＝PD，∠B＝∠BPD＝120°， ∴B＝2•B•s30°¿ ❑ √3B，BD═2BP•s30°¿ ❑ √3BP， ∴BC BA = BD BP =❑ √3， ∵∠B＝∠PBD＝30°， ∴∠BP＝∠BD， ∴△BD∽△BP， ∴CD PA = BC AB =❑ √3， ∴D¿ ❑ √3P． （3）过点D 作DM⊥P 于M，过点B 作B⊥P 交P 的延长线于． 如图3 1 ﹣中，当△PB 是钝角三角形时， 在Rt△B 中，∵∠＝90°，B＝6，∠B＝60°， ∴＝B•s60°＝3，B＝B•s60°＝3❑ √3， ∵P¿ ❑ √P B 2−B N 2=❑ √31−27=¿2， ∴P＝3 2 ﹣＝1， 由（2）可知，D¿ ❑ √3P¿ ❑ √3， ∵∠BP＝∠BD， ∴∠D＝∠PBD＝30°， ∵DM⊥P， ∴DM¿ 1 2D¿ ❑ √3 2 如图3 2 ﹣中，当△BP 是锐角三角形时，同法可得P＝2+3＝5，D＝5❑ √3，DM¿ 1 2D¿ 5 ❑ √3 2 ， 综上所述，满足条件的DM 的值为 ❑ √3 2 或5 ❑ √3 2 ． 故答为 ❑ √3 2 或5 ❑ √3 2 ． 【变式2-2】（2020•葫芦岛）在等腰△D 和等腰△BE 中，∠D＝∠BE＝90°，B＜D，将△BE 绕点逆时针旋转， 连接B，点为线段B 的中点，连接D，E． （1）如图1，当点B 旋转到D 边上时，请直接写出线段D 与E 的位置关系和数量关系； （2）如图2，当点B 旋转到边上时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程，若不成立， 请说明理由； （3）若B＝4，D＝2❑ √6，在△BE 绕点逆时针旋转的过程中，当∠B＝60°时，请直接写出线段D 的长． 【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得出E＝¿ 1 2B，进而得出∠BE＝2∠BE，同 理得出D＝¿ 1 2B，∠DE＝2∠BD，即可得出结论； （2）先判断出△M≌△BE（SS），得出∠M＝∠EB，M＝EB，再判断出∠MD＝∠DE，进而判断出 △MD≌△ED，即可得出结论； （3）分点B 在左侧和右侧两种情况，类似（2）的方法判断出D＝E，即可得出结论． 【解析】（1）D⊥E，D＝E； 理由：当点B 旋转到D 边上时，点E 必在边上， ∴∠EB＝∠EB＝90°， 在Rt△BE 中，点是B 的中点， ∴E＝¿ 1 2B， ∴∠BE＝2∠BE， 在Rt△BD 中，点是B 的中点， ∴D＝¿ 1 2B， ∴∠DE＝2∠BD， ∴D＝E， ∵等腰△D，且∠D＝90°， ∴∠D＝45°， ∴∠DE＝∠BE+∠DE＝2∠BE+2∠BD＝2（∠BE+∠DE）＝2∠D＝90°， ∴D⊥E； （2）仍然成立， 理由：如图2，延长E 到点M，使得M＝E，连接M，DM，DE， ∵是B 的中点， ∴＝B， ∵∠M＝∠BE， ∴△M≌△BE（SS）， ∴∠M＝∠EB，M＝EB， ∵△D 和△BE 是等腰三角形，∠D＝∠EB＝90°， ∴∠D＝∠D＝∠EB＝∠BE＝45°， ∵∠BE＝180°﹣∠EB＝135°， ∴∠M＝135°， ∴∠MD＝∠M﹣∠D＝90°， ∵∠DE＝∠D+∠BE＝90°， ∴∠MD＝∠DE， ∵M＝EB，EB＝E， ∴M＝E， ∵D＝D， ∴△MD≌△ED， ∴MD＝ED，∠DM＝∠DE， ∵∠DE+∠DE＝90°， ∴∠DM+∠DE＝90°， ∴∠MDE＝90°， ∵M＝E，MD＝DE， ∴OD=1 2 ME，D⊥ME， ∵OE=1 2 ME， ∴D＝E，D⊥E； （3）①当点B 在左侧时，如图3， 延长E 到点M，使得M＝E，连接M，DM，DE， 同（2）的方法得，△BE≌△M（SS）， ∴∠BE＝∠M，M＝E，BE＝M， ∵BE＝E， ∴M＝E， 在四边形BED 中，∠D+∠DE+∠BE+∠BE+∠BD＝540°， ∵∠D＝∠BE＝90°， ∴∠DE＝540° 90° 90° ﹣ ﹣ ﹣∠BE﹣∠BD＝360°﹣∠BE＝360°﹣∠M﹣∠BD， ∵∠DM+∠M+∠BD＝360°， ∴∠DM＝360°﹣∠M﹣∠BD， ∴∠DM＝∠DE， ∵D＝D， ∴△DM≌△DE（SS）， ∴DM＝DE，∠DM＝∠DE， ∴∠EDM＝∠DM+∠DE＝∠DE+∠DE＝∠D＝90°， ∵M＝E， ∴D＝E¿ 1 2ME，∠DE＝90°， 在Rt△BE 中，E¿ ❑ √2 2 B＝2❑ √2， 过点E 作E⊥D 交D 的延长线于， 在Rt△E 中，∠E＝180°﹣∠D﹣∠B﹣∠BE＝180° 45° 60° 45° ﹣ ﹣ ﹣ ＝30°，