中考热点压轴题——图形变换赏析1、（2018东营中考）某学校数学社团遇到这样一个题目：如图1，在△ABC中，点O在线段BC上，∠BAO＝30
°，∠OAC＝75°，AO＝，BO：CO＝1：3，求AB的长．经过社团成员讨论发现，过点B作BD∥AC，交AO的延长线于点D，通过
构造△ABD就可以解决问题（如图2）．请回答：∠ADB＝°，AB＝．【分析】（1）根据平行线的性质可得出∠ADB＝∠OAC＝7
5°，结合∠BOD＝∠COA可得出△BOD∽△COA，利用相似三角形的性质可求出OD的值，进而可得出AD的值，由三角形内角和定理可
得出∠ABD＝75°＝∠ADB，由等角对等边可得出AB＝AD＝4，此题得解。解：（1）∵BD∥AC，∴∠ADB＝∠OAC＝75°∵
∠BOD＝∠COA，∴△BOD∽△COA，∴==又∵AO＝，∴OD＝AO＝，∴AD＝AO+OD＝4．∵∠BAD＝30°，∠ADB＝
75°，∴∠ABD＝180°﹣∠BAD﹣∠ADB＝75°＝∠ADB，∴AB＝AD＝4．（2）请参考以上解决思路，解决问题：如图3，
在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC⊥AD，AO＝，∠ABC＝∠ACB＝75°，BO：OD＝1：3，求DC的长．【
分析】（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，同（1）可得出AE＝4，在Rt△AEB中，利用勾股定理可求出BE的长度，再在Rt△CA
D中，利用勾股定理可求出DC的长，此题得解。解：（2）过点B作BE∥AD交AC于点E，如图所示．∵AC⊥AD，BE∥AD，∴∠DA
C＝∠BEA＝90°，∵∠AOD＝∠EOB，∴△AOD∽△EOB，∴，∵BO：OD＝1：3，∴==，∵AO＝3，∴EO＝，∴AE＝
4．∵∠ABC＝∠ACB＝75°，∴∠BAC＝30°，AB＝AC，∴AB＝2BE．在Rt△AEB中，BE2+AE2＝AB2，即（4
）2+BE2＝（2BE）2，解得：BE＝4，∴AB＝AC＝8，AD＝12．在Rt△CAD中，AC2+AD2＝CD2，即82+122
＝CD2，解得：CD＝4．【点评】本题考查了相似三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理以及平行线的性质，解题的关键是：（1
）利用相似三角形的性质求出OD的值；（2）利用勾股定理求出BE、CD的长度．2、（2019东营中考）如图1，在Rt△ABC中，∠B
＝90°，AB＝4，BC＝2，点D、E分别是边BC、AC的中点，连接DE．将△CDE绕点C逆时针方向旋转，记旋转角为α．（1）问题
发现①当α＝0°时，＝；②当α＝180°时，＝．【分析】（1）①当α＝0°时，在Rt△ABC中，由勾股定理，求出AC的值是多少
；然后根据点D、E分别是边BC、AC的中点，分别求出AE、BD的大小，即可求出的值是多少．解：（1）①当α＝0°时，∵Rt△ABC
中，∠B＝90°，∴AC＝＝＝2，∵点D、E分别是边BC、AC的中点，∴AE＝AC＝，BD＝BC＝1，∴＝．【分析】②α＝180°
时，可得AB∥DE，然后根据＝，求出的值是多少即可．当α＝180°时，可得AB∥DE，∴＝=（2）拓展探究试判断：当0°≤α＜36
0°时，的大小有无变化？请仅就图2的情形给出证明。当0°≤α＜360°时，的大小没有变化。【分析】首先判断出∠ECA＝∠DCB，再
根据＝＝，判断出△ECA∽△DCB，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．∵∠ECD＝∠ACB，∴∠ECA＝∠DCB，又∵＝＝
，∴△ECA∽△DCB，∴==．（3）问题解决△CDE绕点C逆时针旋转至A、B、E三点在同一条直线上时，求线段BD的长．【分析】分
两种情形：①如图3﹣1中，当点E在AB的延长线上时，②如图3﹣2中，当点E在线段AB上时，分别求解即可．①如图3﹣1中，当点E在A
B的延长线上时，在Rt△BCE中，CE＝，BC＝2，∴BE＝＝＝1，∴AE＝AB+BE＝5，∵＝，∴BD＝＝．②如图3﹣2中，当点
E在线段AB上时，BE＝＝＝1，AE＝AB﹣BE＝4﹣1＝3，∵＝，∴BD＝，综上所述，满足条件的BD的长为或．【点评】本题属于几
何变换综合题，考查了旋转变换，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学
会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题。3、（2020年东营中考）如图1，在等腰三角形ABC中，∠A＝120°，AB＝AC，点
D、E分别在边AB、AC上，AD＝AE，连接BE，点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．（1）观察猜想．图1中，线段NM、NP
的数量关系是，∠MNP的大小为．【分析】（1）先由AB＝AC，AD＝AE，得BD＝CE，再由三角形的中位线定理得NM与NP的数
量关系，由平行线性质得∠MNP的大小。解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，∴BD＝CE，∵点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点
，∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥AB，PN∥AC，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBA，∠ENP＝∠AEB，∴∠MNE+∠ENP＝∠
ABE+∠AEB，∵∠ABE+∠AEB＝180°﹣∠BAE＝60°，∴∠MNP＝60°（2）探究证明把△ADE绕点A顺时针方向旋转
到如图2所示的位置，连接MP、BD、CE，判断△MNP的形状，并说明理由；【分析】先证明△ABD≌△ACE得BD＝CE，再由三角形
的中位线定理得NM＝NP，由平行线性质得∠MNP＝60°，再根据等边三角形的判定定理得结论；（2）△MNP是等边三角形．理由如下
：由旋转可得，∠BAD＝∠CAE，又∵AB＝AC，AD＝AE，∴△ABD≌△ACE（SAS），∴BD＝CE，∠ABD＝∠ACE，∵
点M、N、P分别为DE、BE、BC的中点．∴MN＝BD，PN＝CE，MN∥BD，PN∥CE，∴MN＝PN，∠ENM＝∠EBD，∠B
PN＝∠BCE，∴∠ENP＝∠NBP+∠NPB＝∠NBP+∠ECB，∵∠EBD＝∠ABD+∠ABE＝∠ACE+∠ABE，∴∠MNP
＝∠MNE+∠ENP＝∠ACE+∠ABE+∠EBC+∠EBC+∠ECB＝180°﹣∠BAC＝60°，∴△MNP是等边三角形；（3）
拓展延伸把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD＝1，AB＝3，请求出△MNP面积的最大值．【分析】由BD≤AB+AD，得MN≤2
，再由等边三角形的面积公式得△MNP的面积关于MN的函数关系式，再由函数性质求得最大值便可．（3）根据题意得，BD≤AB+AD，即
BD≤4，∴MN≤2，∴△MNP的面积＝＝，∴△MNP的面积的最大值为．【点评】本题是三角形的一个综合题，主要考查了等边三角形的判
定，三角形的中位线定理，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，关键证明三角形全等和运用三角形中位线定理使已知与未知联系起来4、（20
21东营中考）已知点O是线段AB的中点，点P是直线l上的任意一点，分别过点A和点B作直线l的垂线，垂足分别为点C和点D．我们定义垂
足与中点之间的距离为“足中距”．（1）[猜想验证]如图1，当点P与点O重合时，请你猜想、验证后直接写出“足中距”OC和OD的数量关
系是．【分析】（1）猜想：OC＝OD．证明Rt△AOC≌△BOD（AAS），可得结论．解：（1）猜想：OC＝OD．理由：如图1
中，∵AC⊥CD，BD⊥CD，∴∠ACO＝∠BDO＝90°在△AOC与△BOD中，∴△AOC≌△BOD（AAS），∴OC＝OD，（
2）[探究证明]如图2，当点P是线段AB上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，
请说明理由．【分析】结论成立．过点O作直线EF∥CD，交AC的延长线点E，证明△COE≌DOF（SAS），可得结论．理由：过点O作
直线EF∥CD，交AC的延长线于点E，∵EF∥CD，∴∠DCE＝∠E＝∠CDF＝90°，∴四边形CEFD为矩形，∴∠OFD＝90°
，CE＝DF，由（1）知，OE＝OF，在△COE与△DOF中，，∴△COE≌DOF（SAS），∴OC＝OD；（3）[拓展延伸]如图
3，①当点P是线段BA延长线上的任意一点时，“足中距”OC和OD的数量关系是否依然成立，若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
②若∠COD＝60°，请直接写出线段AC、BD、OC之间的数量关系．【分析】①结论成立．如图3中，延长CO交BD于点E，证明CO＝
OE，再利用直角三角形斜边中线的性质解决问题即可．②结论：AC+BD＝OC．利用等边三角形的判定和性质以及全等三角形的性质证明即可
．①结论成立．理由：如图3中，延长CO交BD的延长线于点E，∵AC⊥CD，BD⊥CD，∴AC∥BD，∴∠ACO＝∠E，∵点O为AB
的中点，∴AO＝BO，又∵∠AOC＝∠BOE，∴△AOC≌△BOE（AAS），∴CO＝OE，∵∠CDE＝90°，∴OD＝OC＝OE
，∴OC＝OD．②结论：AC+BD＝OC．理由：如图3中，∵∠COD＝60°，OD＝OC，∴△COD是等边三角形，∴CD＝OC，∠OCD＝60°，∵∠CDE＝90°，∴tan60°＝，∴DE＝CD，∵△AOC≌△BOE，∴AC＝BE，∴AC+BD＝BD+BE＝DE＝CD，∴AC+BD＝OC．【点评】本题属于几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． |
|
