2016届广东中考数学课件：第52节 解答题难题突破四(新人教版)

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考点：几何变换综合题． 专题：综合题；压轴题． 分析：（1）根据折叠的性质和矩形性质以得PD=PH=3，CD=MH=4 ，∠H=∠D=90°，然后利用勾股定理可计算出MP=5；（2）如图1 ，作点M关于AB的对称点M′，连接M′E交AB于点F，利用两点之间 线段最短可得点F即为所求，过点E作EN⊥AD，垂足为N，则 AM=AD﹣MP﹣PD=4，所以AM=AM′=4，再证明ME=MP=5，接着利 用勾股定理计算出MN=3，所以NM′=11，然后证明△AFM′∽△NEM′ ，则可利用相似比计算出AF；（3）如图2，由（2）知点M′是点M 关于AB的对称点，在EN上截取ER=2，连接M′R交AB于点G，再过点 E作EQ∥RG，交AB于点Q，易得QE=GR，而GM=GM′，于是 MG+QE=M′R，利用两点之间线段最短可得此时MG+EQ最小，于是 四边形MEQG的周长最小，在Rt△M′RN中，利用勾股定理计算出 M′R=5 ，易得四边形MEQG的最小周长值是7+5 ．
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【解答】（1）证明：∵△BDC′由△BDC翻折而成， ∴∠C=∠BAG=90°，C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′， ∴∠ABG=∠ADE， 在△ABG与△C′DG中，
， ∴△ABG≌△C′DG（AAS）；
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（2）解： ∵由（1）可知△ABG≌△C′DG， ∴GD=GB， ∴AG+GB=AD， 设AG=x，则GB=8-x， 在Rt△ABG中， ∵AB2+AG2=BG2， 即62+x2=（8-x）2， 解得x= ， ∴tan∠ABG=
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3.（2015•梅州）在Rt△ABC中，∠A=90°，AC=AB=4，D，E分别是 AB，AC的中点．若等腰Rt△ADE绕点A逆时针旋转，得到等腰 Rt△AD1E1，设旋转角为α（0＜α≤180°），记直线BD1与CE1的交点 为P． （1）如图1，当α=90°时，线段BD1的长等于 2 ，线段CE1的长等于 ；（直接填写结果） （2）如图2，当α=135°时，求证：BD1=CE1，且BD1⊥CE1； （3）①设BC的中点为M，则线段PM的长为 ；②点P到AB所在直 线的距离的最大值为 ．（直接填写结果）
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2.如图（1），△ABC与△EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合， AB=AC=EF=9，∠BAC=∠DEF=90°，固定△ABC，将△DEF绕点A顺时 针旋转，当DF边与AB边重合时，旋转中止．现不考虑旋转开始和结 束时重合的情况，设DE，DF（或它们的延长线）分别交BC（或它们 的延长线）所在的直线于G，H点，如图（2）． （1）问：始终与△AGC相似的三角形有 及 ； （2）设CG=x，BH=y，求y关于x的函数关系式（只要求根据图（2） 的情形说明理由）； （3）问：当x为何值时，△AGH是等腰三角形．
第52讲 解答题难题突破四
课 前 预 习 考 点 梳 理
课 堂 在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8．把△BCD沿对角线BD折 叠，使点C落在C′处，BC′交AD于点G；E、F分别是C′D和BD上的点， 线段EF交AD于点H，把△FDE沿EF折叠，使点D落在D′处，点D′恰好 与点A重合． （1）求证：△ABG≌△C′DG； （2）求tan∠ABG的值； （3）求EF的长．
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【考点】翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；矩形 的性质；解直角三角形． 【专题】压轴题；探究型． 【分析】（1）根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°， C′D=AB=CD，∠AGB=∠DGC′，故可得出结论； （2）由（1）可知GD=GB，故AG+GB=AD，设AG=x，则GB=8-x，在 Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长，进而得出tan∠ABG的值 ； （3）由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD，故HD= AD=4 ，再根据tan∠ABG即可得出EH的长，同理可得HF是△ABD的中位线 ，故可得出HF的长，由EF=EH+HF即可得出结论．
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（2）∵点 P 恰好是CD边的中点， 设DP=PC=y， 则DC=OB=OP=2y， 在Rt△ODP中，OD2+DP2=OP2， 即：82+y2=（2y）2， 解得：y= ， ∵∠OPA=∠B=90°， ∴△ODP∽△PCA， ∴OD：PC=DP：CA， ∴8：y=y：AC， 则AC= = ， ∴AB=8﹣ = ， ∵OB=2y= ， ∴tan∠AOB= = = ， ∴∠AOB=30°；
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（3）解： ∵△AEF是△DEF翻折而成， ∴EF垂直平分AD， ∴HD= AD=4， ∴tan∠ABG=tan∠ADE= ， ∴EH=HD× =4× = ， ∵EF垂直平分AD，AB⊥AD， ∴HF是△ABD的中位线， ∴HF= AB= ×6=3， ∴EF=EH+HF= +3= ． 【点评】本题考查的是翻折变换、全等三角形的判定与性质、矩形 的性质及解直角三角形，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称 ，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相 等是解答此题的关键．
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考点：几何变换综合题． 分析：（1）设OB=OP=DC=x，则DP=x﹣4，在Rt△ODP中，根据 OD2+DP2=OP2，解得：x=10，然后根据△ODP∽△PCA得到AC= =3，从而得到AB=5，表示出点A（10，5）； （2）根据点P恰好是CD边的中点设DP=PC=y，则DC=OB=OP=2y，在 Rt△ODP中，根据OD2+DP2=OP2，解得：y= ，然后利用 △ODP∽△PCA得到AC= = ，从而利用tan∠AOB= 得到 ∠AOB=30°； （3）作MQ∥AN，交PB于点Q，求出MP=MQ，BN=QM，得出 MP=MQ，根据ME⊥PQ，得出EQ= PQ，根据∠QMF=∠BNF，证出 △MFQ≌△NFB，得出QF= QB，再求出EF= PB，由（1）中的结论 求出PB，最后代入EF= PB即可得出线段EF的长度不变．
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1.（2015•贵阳）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=4，AD=12，将矩形 纸片折叠，使点C落在AD边上的点M处，折痕为PE，此时PD=3． （1）求MP的值； （2）在AB边上有一个动点F，且不与点A，B重合．当AF等于多少时 ，△MEF的周长最小？ （3）若点G，Q是AB边上的两个动点，且不与点A，B重合，GQ=2． 当四边形MEQG的周长最小时，求最小周长值．（计算结果保留根 号）
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（3）作MQ∥AN，交PB于点Q，如图2， ∵AP=AB，MQ∥AN， ∴∠APB=∠ABP=∠MQP． ∴MP=MQ， ∵BN=PM， ∴BN=QM． ∵MP=MQ，ME⊥PQ， ∴EQ= PQ． ∵MQ∥AN， ∴∠QMF=∠BNF，
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在△MFQ和△NFB中， ， ∴△MFQ≌△NFB（AAS）． ∴QF= QB， ∴EF=EQ+QF= PQ+ QB= PB， 由（Ⅰ）中的结论可得：PC=4，BC=8，∠C=90°， ∴PB= =4 ， ∴EF= PB=2 ， ∴在（1）的条件下，当点M、N在移动过程中，线段EF的长度不变 ，它的长度为2 ． 点评：此题考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定 与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质 ，关键是做出辅助线，找出全等和相似的三角形．
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（3）如图2，由（2）知点M′是点M关于AB的对称点，在EN上截取 ER=2，连接M′R交AB于点G，再过点E作EQ∥RG，交AB于点Q， ∵ER=GQ，ER∥GQ， ∴四边形ERGQ是平行四边形， ∴QE=GR， ∵GM=GM′， ∴MG+QE=GM′+GR=M′R，此时MG+EQ最小，四边形MEQG的周长最 小， 在Rt△M′RN中，NR=4﹣2=2， M′R= =5 ， ∵ME=5，GQ=2， ∴四边形MEQG的最小周长值是7+5 ． 点评：本题考查了几何变换综合题：熟练掌握折叠的性质和矩形的 性质；会利用轴对称解决最短路径问题；会运用相似比和勾股定理 计算线段的长．
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【考点】相似三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；等腰直角 三角形；旋转的性质． 【专题】代数几何综合题；压轴题． 【分析】（1）根据△ABC与△EFD为等腰直角三角形，AC与DE重合 ，利用相似三角形的判定定理即可得出结论． （2）由△AGC∽△HAB，利用其对应边成比例列出关于x、y的关系 式：9：y=x：9即可． （3）此题要采用分类讨论的思想，当CG＜ BC时，当CG= BC时， 当CG＞ BC时分别得出即可．
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如图（3），当CG=BC时， 注意：DF才旋转到与BC垂直的位置， 此时B，E，G重合，∠AGH=∠GAH=45°， 所以△AGH为等腰三角形，所以CG= ． 综上所述，当x=9或x= 或 时，△AGH是等腰三角形． 【点评】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，等腰三角 形的性质，等腰直角三角形的性质，旋转的性质等知识点的理解和 掌握，综合性较强，难易程度适中，是一道很典型的题目．
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（2）∵△AGC∽△HAB， ∴AC：HB=GC：AB，即9：y=x：9， ∴y= ， ∵AB=AC=9，∠BAC=90°， ∴BC=
答：y关于x的函数关系式为y= （0＜x＜ ）．
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（3）①当CG＜ BC时，∠GAC=∠H＜∠HAG， ∴AG＜GH， ∵GH＜AH， ∴AG＜CH＜GH， 又∵AH＞AG，AH＞GH， 此时，△AGH不可能是等腰三角形， ②当CG= BC时，G为BC的中点，H与C重合，△AGH是等腰三角形 此时，GC= ，即x= ， ③当CG＞ BC时，由（1）△AGC∽△HGA， 所以，若△AGH必是等腰三角形，只可能存在GH=AH， 若GH=AH，则AC=CG，此时x=9，
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