95 几何动点与变换综合性问题

中考数学大题狂练之压轴大题突破培优练 几何动点与变换综合性问题 【真题再现】 1．（2020 年淮安第26 题）[初步尝试] （1）如图①，在三角形纸片B 中，∠B＝90°，将△B 折叠，使点B 与点重合，折痕为 M，则M 与BM 的数量关系为 M ＝ BM ； [思考说理] （2）如图②，在三角形纸片B 中，＝B＝6，B＝10，将△B 折叠，使点B 与点重合，折 痕为M，求AM BM 的值； [拓展延伸] （3）如图③，在三角形纸片B 中，B＝9，B＝6，∠B＝2∠，将△B 沿过顶点的直线折叠， 使点B 落在边上的点B′处，折痕为M． ①求线段的长； ②若点是边的中点，点P 为线段B′上的一个动点，将△PM 沿PM 折叠得到△′PM，点的 对应点为点′，′M 与P 交于点F，求PF MF 的取值范围． 【分析】（1）利用平行线的方向的定理解决问题即可． （2）利用相似三角形的性质求出BM，M 即可． （3）①证明△BM∽△B，推出BC AB = BM BC =CM AC ，由此即可解决问题． ②证明△PF′∽△MF，推出PF FM = PA ' CM ，因为M＝5，推出PF FM = PA ' 5 即可解决问题． 【解析】（1）如图①中， ∵△B 折叠，使点B 与点重合，折痕为M， ∴M 垂直平分线段B， ∴＝B， ∵∠MB＝∠B＝90°， ∴M∥， ∵＝B， ∴M＝BM． 故答为M＝BM． （2）如图②中， ∵＝B＝6， ∴∠＝∠B， 由题意M 垂直平分线段B， ∴BM＝M， ∴∠B＝∠MB， ∴∠BM＝∠， ∵∠B＝∠B， ∴△BM∽△B， ∴BC BA = BM BC ， ∴6 10= BM 6 ， ∴BM¿ 18 5 ， ∴M＝B﹣BM＝10−18 5 =32 5 ， ∴AM BM = 32 5 18 5 =16 9 ． （3）①如图③中， 由折叠的性质可知，B＝B′＝6，∠BM＝∠M， ∵∠B＝2∠， ∴∠BM＝∠， ∵∠B＝∠B， ∴△BM∽△B， ∴BC AB = BM BC =CM AC ∴6 9= BM 6 ， ∴BM＝4， ∴M＝M＝5， ∴6 9= 5 AC ， ∴¿ 15 2 ． ②如图③﹣1 中， ∵∠＝∠′＝∠MF，∠PF′＝∠MF，P＝P′， ∴△PF′∽△MF， ∴PF FM = PA ' CM ， ∵M＝5， ∴PF FM = PA ' 5 ， ∵点P 在线段B 上运动，＝¿ 15 4 ，B′¿ 15 2 −¿6¿ 3 2， ∴3 2 ≤P′≤15 4 ， ∴3 10 ≤PF FM ≤3 4 ． 2．（2020 年宿迁第27 题）【感知】如图①，在四边形BD 中，∠＝∠D＝90°，点E 在边D 上，∠EB＝90°，求证：AE EB = DE CB ． 【探究】如图②，在四边形BD 中，∠＝∠D＝90°，点E 在边D 上，点F 在边D 的延长 线上，∠FEG＝∠EB＝90°，且EF EG = AE EB ，连接BG 交D 于点． 求证：B＝G． 【拓展】如图③，点E 在四边形BD 内，∠EB+∠DE＝180°，且AE EB = DE EC ，过E 作EF 交D 于点F，若∠EF＝∠EB，延长FE 交B 于点G．求证：BG＝G． 【分析】【感知】证得∠BE＝∠ED，证明Rt△ED Rt ∽ △EB，由相似三角形的性质得出 AE EB = DE CB ，则可得出结论； 【探究】过点G 作GM⊥D 于点M，由（1）可知EF EG = DE GM ，证得B＝GM，证明 △B≌△GM（S），可得出结论； 【拓展】在EG 上取点M，使∠BME＝∠FE，过点作∥BM，交EG 的延长线于点，则∠＝ ∠BMG，证明△EF∽△EBM，由相似三角形的性质得出AE BE = EF BM ，证明△DEF∽△E，则 DE EC = EF CN ，得出EF BM = EF CN ，则BM＝，证明△BGM≌△G（S），由全等三角形的性质 可得出结论． 【解析】【感知】证明：∵∠＝∠D＝∠EB＝90°， ∴∠BE+∠ED＝∠ED+∠ED＝90°， ∴∠BE＝∠ED， Rt ∴ △ED Rt ∽ △EB， ∴AE EB = DE CB ． 【探究】证明：如图1，过点G 作GM⊥D 于点M，由（1）可知EF EG = DE GM ， ∵EF EG = AE EB ，AE EB = DE CB ， ∴DE GM = DE CB ， ∴B＝GM， 又∵∠＝∠GM＝90°，∠B＝∠MG， ∴△B≌△GM（S）， ∴B＝G， 【拓展】证明：如图2，在EG 上取点M，使∠BME＝∠FE， 过点作∥BM，交EG 的延长线于点，则∠＝∠BMG， ∵∠EF+∠FE+∠EF＝∠EF+∠EB+∠BEM＝180°，∠EF＝∠EB， ∴∠EF＝∠BEM， ∴△EF∽△EBM， ∴AE BE = EF BM ， ∵∠EB+∠DE＝180°，∠EF+∠DFE＝180°， 而∠EF＝∠EB， ∴∠ED＝∠EFD， ∵∠BMG+∠BME＝180°， ∴∠＝∠EFD， ∵∠EFD+∠EDF+∠FED＝∠FED+∠DE+∠E＝180°， ∴∠EDF＝∠E， ∴△DEF∽△E， ∴DE EC = EF CN ， 又∵AE EB = DE EC ， ∴EF BM = EF CN ， ∴BM＝， 又∵∠＝∠BMG，∠BGM＝∠G， ∴△BGM≌△G（S）， ∴BG＝G． 3．（2020 年常州第26 题）如图1，点B 在线段E 上，Rt△B Rt ≌ △EF，∠B＝∠EF＝90°，∠B ＝30°，B＝1． （1）点F 到直线的距离是 1 ； （2）固定△B，将△EF 绕点按顺时针方向旋转30°，使得F 与重合，并停止旋转． ①请你在图1 中用直尺和圆规画出线段EF 经旋转运动所形成的平面图形（用阴影表示， 保留画图痕迹，不要求写画法）．该图形的面积为 π 12 ； ②如图2，在旋转过程中，线段F 与B 交于点，当E＝B 时，求F 的长． 【分析】（1）如图1 中，作FD⊥于D．证明△B≌△DF（S）可得结论． （2）线段EF 经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E 落在F 上的点处．根据 S 阴＝S△EF+S 扇形F﹣S 扇形E﹣S△＝S 扇形F计算即可． （3）如图2 中，过点E 作E⊥F 于．设B＝E＝x．在Rt△E 中，利用勾股定理构建方程 求解即可． 【解析】（1）如图1 中，作FD⊥于D， Rt ∵ △B Rt ≌ △EF，∠B＝∠EF＝90°，∠B＝30°，B＝1． ∴∠B＝60°，∠FE＝∠B＝30°，＝F， ∴∠F＝30°， ∴∠B＝∠FD， 在△B 和△DF 中， { ∠BAC=∠FCD ∠ABC=∠CDF AC=CF ， ∴△B≌△DF（S）， ∴FD＝B＝1， 法二：∵∠EF＝∠FD＝30°，FD⊥D，FE⊥E， ∴DF＝EF， ∵EF＝B＝1， ∴DF＝1． 故答为1； （2）线段EF 经旋转运动所形成的平面图形如图所示，此时点E 落在F 上的点处． S 阴＝S△EF+S 扇形F﹣S 扇形E﹣S△＝S 扇形F﹣S 扇形E¿ 30⋅π ⋅2 2 360 −30⋅π ⋅(❑ √3) 2 360 = π 12． 故答为π 12． （3）如图2 中，过点E 作E⊥F 于．设B＝E＝x． 在Rt△EF 中，∵EF＝1，∠EF＝30°，E⊥F， ∴E¿ ❑ √3EF¿ ❑ √3，E¿ ❑ √3 2 ，¿ ❑ √3E¿ 3 2， 在Rt△B 中，¿ ❑ √O B 2+BC 2= ❑ √1+x 2， ∴＝﹣¿ 3 2− ❑ √1+x 2， 在Rt△E 中，则有x2＝（ ❑ √3 2 ）2+（3 2− ❑ √1+x 2）2， 解得x¿ ❑ √7 3 或−❑ √7 3 （不合题意舍弃）， ∴¿ ❑ √1+( ❑ √7 3 ) 2= 4 3 ， ∵F＝2EF＝2， ∴F＝F﹣＝2−4 3 =2 3． 解法二：作G⊥E 于G，设G＝x，则＝2x，G¿ ❑ √3x， 在Rt△B 中，利用勾股定理，构建方程，求出x，可得结论． 4．（2020 年南通第24 题）矩形BD 中，B＝8，D＝12．将矩形折叠，使点落在点P 处， 折痕为DE． （1）如图①，若点P 恰好在边B 上，连接P，求AP DE 的值； （2）如图②，若E 是B 的中点，EP 的延长线交B 于点F，求BF 的长． 【分析】（1）如图①中，取DE 的中点M，连接PM．证明△PM∽△DP，利用相似三角 形的性质求解即可． （2）如图②中，过点P 作G∥B 交B 于G，交D 于．设EG＝x，则BG＝4﹣x．证明 △EGP∽△PD，推出EG PH = PG DH = EP PD = 4 12=1 3，推出PG＝2EG＝3x，D＝G＝4+x，在 Rt△PD 中，由P2+D2 ＝PD2 ，可得（3x ）2+ （4+x ）2 ＝122 ，求出x ，再证明 △EGP∽△EBF，利用相似三角形的性质求解即可． 【解析】（1）如图①中，取DE 的中点M，连接PM． ∵四边形BD 是矩形， ∴∠BD＝∠＝90°， 由翻折可知，＝P，P⊥DE，∠2＝∠3，∠DE＝∠DPE＝90°， 在Rt△EPD 中，∵EM＝MD， ∴PM＝EM＝DM， 3 ∴∠＝∠MPD， 1 ∴∠＝∠3+∠MPD＝2 3 ∠， ∵∠DP＝2 3 ∠， 1 ∴∠＝∠DP， ∵D∥B， ∴∠DP＝∠DP， 1 ∴∠＝∠DP， ∵∠MP＝∠＝90°， ∴△PM∽△DP， ∴PO PM =CD PD = 8 12=2 3， ∴AP DE = 2 PO 2 PM =2 3． 解法二：证明△BP 和△DE 相似，AP DE = AB DA =2 3． （2）如图②中，过点P 作G∥B 交B 于G，交D 于．则四边形GD 是矩形，设EG＝x， 则BG＝4﹣x ∵∠＝∠EPD＝90°，∠EGP＝∠DP＝90°， ∴∠EPG+∠DP＝90°，∠DP+∠PD＝90°， ∴∠EPG＝∠PD， ∴△EGP∽△PD， ∴EG PH = PG DH = EP PD = 4 12=1 3， ∴P＝3EG＝3x，D＝G＝4+x， 在Rt△PD 中，∵P2+D2＝PD2， ∴（3x）2+（4+x）2＝122， 解得x¿ 16 5 （负值已经舍弃）， ∴BG＝4−16 5 = 4 5 ， 在Rt△EGP 中，GP¿ ❑ √E P 2−EG 2=12 5 ， ∵G∥B， ∴△EGP∽△EBF， ∴EG EB =GP BF ， ∴ 16 5 4 = 12 5 BF ， ∴BF＝3． 5．（2019 年南通中考第27 题）如图，矩形BD 中，B＝2，D＝4．E，F 分别在D，B 上， 点与点关于EF 所在的直线对称，P 是边D 上的一动点． （1）连接F，E，求证四边形FE 是菱形； （2）当△PEF 的周长最小时，求DP CP 的值； （3）连接BP 交EF 于点M，当∠EMP＝45°时，求P 的长． 【分析】（1）由“S”可证△E≌△F，可得E＝F，可得四边形FE 是平行四边形，且 ⊥EF，可证四边形FE 是菱形； （2）作点F 关于D 的对称点，连接E，交D 于点P，此时△EFP 的周长最小，由勾股定 理可求F 的长，由平行线分线段成比例可求解； （3）延长EF，延长B 交于点，过点E 作E⊥B 于，交BP 于点G，过点作B⊥F 于点， 可证四边形BE 是矩形，可得B＝E＝2，B＝E¿ 5 2，由相似三角形的性质依次求出B， F，B，EM，EG 的长，通过证明△BG∽△BP，由相似三角形的性质可求P 的长． 【解析】证明：（1）如图：连接F，E，交EF 于点 ∵四边形BD 是矩形， ∴B＝D，D＝B，D∥B ∴∠E＝∠F，∠E＝∠F， ∵点与点关于EF 所在的直线对称 ∴＝，⊥EF ∵∠E＝∠F，∠E＝∠F，＝ ∴△E≌△F（S） ∴E＝F，且E∥F ∴四边形FE 是平行四边形，且⊥EF ∴四边形FE 是菱形； （2）如图，作点F 关于D 的对称点，连接E，交D 于点P，此时△EFP 的周长最小， ∵四边形FE 是菱形 ∴F＝F＝E＝E， ∵F2＝BF2+B2， ∴F2＝（4﹣F）2+4， ∴F¿ 5 2 ∴E¿ 5 2=¿F ∴DE¿ 3 2 ∵点F，点关于D 对称 ∴F＝¿ 5 2 ∵D∥B ∴DP CP = DE CH =3 5 （3）如图，延长EF，延长B 交于点，过点E 作E⊥B 于，交BP 于点G，过点B 作 B⊥F 于点， 由（2）可知，E＝F¿ 5 2，BF＝DE¿ 3 2 ∵E⊥B，∠＝∠B＝90° ∴四边形BE 是矩形 ∴B＝E＝2，B＝E¿ 5 2 ∴F＝1 ∴EF¿ ❑ √EH ❑ 2+FH ❑ 2=❑ √5， ∵D∥B ∴△BF∽△E ∴BN AN = BF AE = FN EN ∴BN BN +2=3 5= NF NF+❑ √5 ∴B＝3，F¿ 3 ❑ √5 2 ∴＝5，E¿ 5 ❑ √5 2 ∵∠＝∠，∠B＝∠＝90° ∴△B∽△E ∴BN EN = BO AE = NO AN ∴ 3 5 ❑ √5 2 = BO 5 2 = NO 5 ∴B¿ 3 ❑ √5 5 ，¿ 6 ❑ √5 5 ∵∠EMP＝∠BM＝45°，B⊥E ∴∠BM＝∠BM＝45° ∴B＝M¿ 3 ❑ √5 5 ∴ME＝E﹣﹣M¿ 7 ❑ √5 10 ∵B∥E ∴△BM∽△GEM ∴BN EG = NM EM ∴3 EG = 9 ❑ √5 5 7 ❑ √5 10 ∴EG¿ 7 6 ∴G＝E﹣EG¿ 5 6 ∵E∥D ∴△BG∽△BP ∴GH PC = BH BC ∴ 5 6 PC = 5 2 4 ∴P¿ 4 3 点评：本题是相似形综合题，考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角 形的判定和性质，添加恰当辅助线构造相似三角形是本题的关键． 6．（2019 年苏州中考第27 题）已知矩形BD 中，B＝5m，点P 为对角线上的一点，且P＝ 2❑ √5m．如图①，动点M 从点出发，在矩形边上沿着→B→的方向匀速运动（不包含 点）．设动点M 的运动时间为t（s），△PM 的面积为S（m2），S 与t 的函数关系如图 ②所示． （1）直接写出动点M 的运动速度为 2 m/s，B 的长度为 10 m； （2）如图③，动点M 重新从点出发，在矩形边上按原来的速度和方向匀速运动，同时， 另一个动点从点D 出发，在矩形边上沿着D→→B 的方向匀速运动，设动点的运动速度 为v（m/s）．已知两动点M，经过时间x（s）在线段B 上相遇（不包含点），动点M， 相遇后立即同时停止运动，记此时△PM 与△DP 的面积分别为S1（m2），S2（m2） ①求动点运动速度v（m/s）的取值范围； ②试探究S1•S2是否存在最大值，若存在，求出S1•S2的最大值并确定运动时间x 的值； 若不存在，请说明理由． 【分析】（1）由题意得t＝25s 时，函数图象发生改变，得出t＝25s 时，M 运动到点B 处，得出动点M 的运动速度为：5 2.5=¿2m/s，由t＝75s 时，S＝0，得出t＝75s 时，M 运动到点处，得出B＝10（m）； （2）①由题意得出当在点相遇时，v¿ 5 7.5=2 3（m/s），当在点B 相遇时，v¿ 5+10 2.5 =¿ 6（m/s），即可得出答； ②过P 作EF⊥B 于F，交D 于E，则EF∥B，由平行线得出AF AB = AP AC ，得出F＝2，DE ＝F＝2，E＝BF＝3，由勾股定理得出PF＝4，得出EP＝6，求出S1＝S△PM＝S△PF+S 梯形 PFBM﹣S△BM ＝﹣2x+15 ，S2 ＝S△DPM ＝S△DEP+S 梯形EPM﹣S△DM ＝2x ，得出S1•S2 ＝（﹣ 2x+15）×2x＝﹣4x2+30x＝﹣4（x−15 4 ）2+225 4 ，即可得出结果． 【解析】（1）∵t＝25s 时，函数图象发生改变， ∴t＝25s 时，M 运动到点B 处， ∴动点M 的运动速度为：5 2.5=¿2m/s， ∵t＝75s 时，S＝0， ∴t＝75s 时，M 运动到点处， ∴B＝（75 25 ﹣ ）×2＝10（m）， 故答为：2，10； （2）①∵两动点M，在线段B 上相遇（不包含点）， ∴当在点相遇时，v¿ 5 7.5=2 3（m/s）， 当在点B 相遇时，v¿ 5+10 2.5 =¿6（m/s）， ∴动点运动速度v（m/s）的取值范围为2 3m/s＜v≤6m/s； ②过P 作EF⊥B 于F，交D 于E，如图3 所示： 则EF∥B，EF＝B＝10， ∴AF AB = AP AC ， ∵¿ ❑ √A B 2+BC 2=¿5❑ √5， ∴AF 5 =2❑ √5 5 ❑ √5 ， 解得：F＝2， ∴DE＝F＝2，E＝BF＝3，PF¿ ❑ √A P 2−A F 2=¿4， ∴EP＝EF﹣PF＝6， ∴S1＝S△PM＝S△PF+S 梯形PFBM﹣S△BM¿ 1 2 ×4×2+1 2 （4+2x 5 ﹣）×3−1 2 ×5×（2x 5 ﹣）＝﹣ 2x+15， S2＝S△DPM＝S△DEP+S 梯形EPM﹣S△DM¿ 1 2 ×2×6+1 2 （6+15 2 ﹣x）×3−1 2 ×5×（15 2 ﹣x）＝ 2x， ∴S1•S2＝（﹣2x+15）×2x＝﹣4x2+30x＝﹣4（x−15 4 ）2+225 4 ， 25 ∵ ＜15 4 ＜75，在B 边上可取， ∴当x¿ 15 4 时，S1•S2的最大值为225 4 ． 点评：本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、函数的图象、三角形面积公式、梯 形面积公式、平行线的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，正确理解 函数图象是解题的关键． 7．（2019 年扬州中考第27 题）如图，四边形BD 是矩形，B＝20，B＝10，以D 为一边向 矩形外部作等腰直角△GD，∠G＝90°．点M 在线段B 上，且M＝，点P 沿折线D﹣DG 运动，点Q 沿折线B﹣G 运动（与点G 不重合），在运动过程中始终保持线段PQ∥B． 设PQ 与B 之间的距离为x． （1）若＝12． ①如图1，当点P 在线段D 上时，若四边形MQP 的面积为48，则x 的值为 3 ； ②在运动过程中，求四边