2024甘肃中考数学二轮专题训练 几何综合探究平移问题 (含答案)

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例4 (一题多设问) 综合与实践
问题情境：数学活动课上，老师出示了这样一个问题：在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，连接AC，过点A作AE⊥AC，AE＝AC.
活动探究一：将△ABC沿BC方向平移，得到△A′B′C′，其中点A的对应点为A′.
(1)如图①，连接A′E，当点E，A′，B′共线时，求证：点B′是BC的中点；
【思维教练】由题意，易证四边形ABB′A′是矩形，通过证明△EA′A≌△CBA，得到AA′＝AB即可得证．
例4题图①
(2)如图②，连接ED并延长，当点C′在直线ED上时，求△ABC平移的距离；
【思维教练】过点E作EF⊥AD，根据题意，易证△EFA≌△CBA，可得EF和DF的长，根据平行线的性质利用三角函数即可求解．
例4题图②
(3)如图③，当BB′＝3AB时，连接B′D，延长CD交A′E于点F，求证：四边形A′B′DF是平行四边形；
【思维教练】由题易知A′B′∥DF，只需证明A′B′＝DF，易知A′B′＝eq \f(1,2)BC，已知BB′＝3AB，可过点E作EG⊥AD，通过证DF＝eq \f(1,2)EG，进而求解．
例4题图③
(4)如图④，当点E，A′，C′在同一直线上时，延长CD交A′E于点G.
①求证：点G在AC的垂直平分线上；
②猜想DG与AC的数量关系，并证明你的结论；
【思维教练】①要证点G在AC的垂直平分线上，可过点G作GH⊥AC，构造相似三角形，利用相似三角形对应边成比例，得到GH和CH的数量关系，通过矩形的性质等量代换即可求解；②由①易知GH＝AC，根据勾股定理求得AC的长，进而求得DG的长即可得出结论．
例4题图④
活动探究二：将△ABC沿BA方向平移，得到△A′B′C′.
(5)如图⑤，当点E在A′C′上时，求四边形ACC′A′的面积；
【思维教练】由平移的性质，可知四边形ACC′A′是平行四边形，则只需求出AA′的长即可，可通过证△AA′E∽△CAB，利用对应边成比例求解．
例4题图⑤
(6)如图⑥，设A′C′交AE于点F，当四边形ACC′A′是菱形时，直接写出EF的长；
【思维教练】由(5)知四边形ACC′A′是平行四边形，故当AA′＝AC时，四边形ACC′A′是菱形，此时△AA′F≌△CAB，利用全等三角形性质可求出AF的长，进而求出EF的长．
例4题图⑥
活动探究三：将△ABC沿AE方向平移，得到△A′B′C′.
(7)若要在平移过程中得到一个正方形，请你在图⑦中画出这个正方形，并计算此时C′D的长．
【思维教练】要求C′D的长，可延长CD交C′B′于点M，由平移的性质可知四边形ACC′A′的形状，故当点A′与点E重合时，可满足题意，通过证△CC′M≌△C′EB′，可求出CM的长，进而求出DM的长，利用勾股定理即可求解．
例4题图⑦
针对训练
1. 在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合(如图①)，其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3 cm，AC＝DF＝4 cm，并进行如下研究活动．
活动一：将图①中的纸片DEF沿AC方向平移，连接AE，BD(如图②)当点F与点C重合时停止平移．
【思考】图②中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由；
【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形(如图③)．求AF的长；
活动二：在图③中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度(0≤α≤90)，连接OB，OE(如图④)．
【探究】当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．
第1题图
2. 【问题情境】
在数学活动课上，老师提出了一个问题：将两块等腰直角三角板ABC和DEF按如图①所示放置，此时直角边DF与斜边BC部分重叠，AB＝4.
【动手操作】
(1)保持三角板ABC不动，将三角板DEF沿三角板ABC的斜边BC向下平移，当三角板DEF的顶点D平移到BC的中点时，如图②所示，则点D到AB的距离为________；
【继续探究】
(2)在(1)的条件下，将三角板DEF绕点D顺时针旋转角度α(0°＜α＜90°)，如图③，设三角板DEF两直角边分别与AB、AC交于点P、Q，观察四边形DPAQ形状的变化，试求四边形DPAQ的面积S；
【深入探究】
(3)如图③，连接PQ，当△DPQ的面积等于四边形DPAQ面积的一半时，请你判断此时四边形DPAQ的形状，并求出BP的长．
第2题图
3.综合与实践
问题情境：
现有两个完全相同的Rt△ABC和Rt△DEF按如图①所示的方式摆放，点F与点C重合，点E在AC上的点G处，其中∠BAC＝∠EDF＝30°，BC＝EF＝8，连接AD和BG，老师出示了这样一个问题：AD和BG有什么样的位置关系，请给出证明．
探究展示：
勤奋小组认为AD⊥BG，并给出了如下的证明方法：
证明：如图②，延长DE交AB于点H，
∵∠BAC＝∠EDF，∠AEH＝∠DEF，
又∵在Rt△DEF中，∠EDF＋∠DEF＝90°，
∴ ∠BAC＋∠AEH＝90°，
∴∠AHE＝90°，即DH⊥AB，
又∵AC⊥BD，
∴AD⊥BG(依据)．
交流反思：
(1)上述证明过程中的“依据 ”是指什么？
(2)受勤奋小组的启发，勇敢小组将△DEF沿CB方向平移到如图③所示的位置时，设DE交AC于点G，连接AD和BG.发现AD依然垂直于BG，交流反思后认为AD与BG的比值是定值，请你帮助他们求出这个定值；
探索发现：
(3)如图④，创新小组将△DEF沿CB方向继续向左平移，DE交AC于点G，EF交AB于点P，连接PG，若四边形GCFP是矩形，请求出CF的长．
第3题图
4. 综合与实践
问题情境
在数学活动课上，老师让同学们准备两张全等的直角三角形纸片，Rt△ABC≌Rt△DEF，AC＝DF＝6 cm，BC＝EF＝8 cm，∠ACB＝∠DFE＝90°.
实践操作
(1)如图①，把Rt△ABC和Rt△DEF的直角边BC和EF部分重合，使点E，C，F，B在同一条直线上，连接AE和BD，得到四边形AEDB.请说明四边形AEDB的形状并证明；
实践探究
(2)如图②，勤奋小组的同学在图①的基础上，保持△ABC不动，将△DEF沿射线CB平移，得到四边形AEDB是矩形，请求出此时CE的长；
探究引申
(3)如图③，奇异小组的同学把边BC与边EF重合连接AD，△ABC固定不动，将△DEF沿射线BC平移，当四边形ACFD是正方形时，直接写出△DEF平移的距离．
第4题图
参考答案
典例精讲
例4 (1)证明：∵A′B′∥AB，点E，A′，B′共线，
∴EA′⊥AD，EB′⊥BC，
∵∠B＝90°，
∴四边形ABB′A′是矩形，
∴BB′＝AA′.
∵EA⊥AC，
∴∠EAA′＋∠A′AC＝90°，
∵∠A′AB＝90°，
∴∠A′AC＋∠BAC＝90°，
∴∠EAA′＝∠CAB，
∵EA＝CA，∠EA′A＝∠CBA＝90°，
∴△EA′A≌△CBA，∴AA′＝AB.
∵BC＝8，AB＝4，∴BC＝2AB，
∴BC＝2BB′，
∴点B′是BC的中点；
(2)解：如解图①，过点E作EF⊥AD于点F，易证△EFA≌△CBA，
∴EF＝BC＝8，DF＝AF＝AB＝4，
∴tan∠DEF＝eq \f(DF,EF)＝eq \f(1,2)，
∵DC∥EF，
∴∠C′DC＝∠DEF，
∴tan∠C′DC＝eq \f(CC′,CD)＝eq \f(1,2)，
∵CD＝AB＝4，
∴CC′＝2.
即平移距离为2；
例4题解图①
(3)证明：如解图②，连接A′D，过点E作EG⊥AD于点G，
由平移性质可知，点A′在AD的延长线上，
∵BB′＝3AB，∴AA′＝3AB，
由题意知EG垂直平分AD，EG＝AD＝BC，
∴A′D＝DG＝AG，
∵DF∥EG，
∴DF是△A′EG的中位线，
∴DF＝eq \f(1,2)EG＝eq \f(1,2)AD＝AB，
∵A′B′＝AB，∴A′B′＝DF，
∵A′B′∥DF，
∴四边形A′B′DF是平行四边形；
例4题解图②
(4)①证明：∵A′C′∥AC，AE⊥AC，
∴当点E，A′，C′在一条直线上时，A′E⊥AE.
如解图③，过点G作GH⊥AC于点H，则∠GEA＝∠EAH＝∠AHG＝90°，
∴四边形AEGH是矩形，
∴GH＝AE＝AC，
∵CG∥AB，∴∠GCH＝∠CAB，
∴△CGH∽△ACB，
∴eq \f(GH,CB)＝eq \f(CH,AB)，
∵AB＝eq \f(1,2)BC，
∴GH＝2CH＝AC，
∴AH＝CH，
∴GH垂直平分AC，
即点G在AC的垂直平分线上；
例4题解图③
②解：DG＝eq \f(3\r(5),10)AC，证明如下：
由①可知，GH＝2CH，
∴CG＝eq \r(5)CH，
∴DG＝CG－DC＝eq \r(5)CH－AB.
在Rt△ABC中，AB＝4，BC＝8，
∴AC＝4eq \r(5)，
∴CH＝AH＝2eq \r(5)，
∴DG＝6，
∴eq \f(DG,AC)＝eq \f(6,4\r(5))＝eq \f(3\r(5),10)，
即DG＝eq \f(3\r(5),10)AC；
(5)解：由平移性质可知，A′C′∥AC，A′C′＝AC，
∴四边形ACC′A′是平行四边形，∠A′＝∠CAB，
∵AE⊥AC，∴AE⊥A′C′，
∴∠A′EA＝∠ABC＝90°，
∴△AA′E∽△CAB，
∴eq \f(AA′,CA)＝eq \f(AE,CB)，即eq \f(AA′,4\r(5))＝eq \f(4\r(5),8)，
解得AA′＝10，
∴四边形ACC′A′的面积＝AA′×BC＝10×8＝80；
(6)4eq \r(5)－8；
【解法提示】∵四边形ACC′A′是菱形，∴AA′＝AC，∵∠A′＝∠CAB，∠A′FA＝∠ABC＝90°，∴△AA′F≌△CAB，∴AF＝BC＝8，∴EF＝AE－AF＝4eq \r(5)－8；
(7)解：如解图④，当点A′与点E重合时，四边形ACC′E是正方形．
设C′B′交CD的延长线于点M，则CM⊥C′B′.
∵四边形ACC′E是正方形，
∴CC′＝C′E，∠EC′C＝90°，
∴∠EC′B′＋∠CC′M＝∠CC′M＋∠C′CM＝90°，
∴∠EC′B′＝∠C′CM，
∵∠C′B′E＝∠CMC′，
∴△C′EB′≌△CC′M，
∴C′M＝EB′＝4，CM＝C′B′＝8，
∴MD＝CM－CD＝4，
∴在Rt△C′DM中，由勾股定理得C′D＝4eq \r(2).
例4题解图④
针对训练
1. 解：【思考】四边形ABDE是平行四边形．
证明：∵△ABC≌△DEF，
∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，
∴AB∥DE，
∴四边形ABDE是平行四边形；
【发现】如解图①，连接BE交AD于点O，
∵四边形ABDE为矩形，
∴OA＝OD＝OB＝OE，
设AF＝x cm，则OA＝OE＝eq \f(1,2)(x＋4)，
∴OF＝OA－AF＝2－eq \f(1,2)x，
在Rt△OFE中，∵OF2＋EF2＝OE2，
∴(2－eq \f(1,2)x)2＋32＝eq \f(1,4)(x＋4)2，
解得x＝eq \f(9,4)，
∴AF＝eq \f(9,4) cm.
第1题解图①
【探究】BD＝2OF，
证明：如解图②，延长OF交AE于点H，
由矩形的性质及旋转的性质知：OA＝OB＝OE＝OD，
∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，
∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，
∴∠BDE＋∠DEA＝∠ABD＋∠EAB，
∵∠ABD＋∠BDE＋∠DEA＋∠EAB＝360°，
∴∠ABD＋∠BAE＝180°，
∴AE∥BD，
∴∠OHE＝∠ODB，
∵EF平分∠OEH，
∴∠OEF＝∠HEF，
∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，
∴△EFO≌△EFH(ASA)，
∴EO＝EH，FO＝FH，
∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，
∴△EOH≌△OBD(AAS)，
∴BD＝OH＝2OF.
第1题解图②
2. 解：(1)2；
【解法提示】如解图①，过点D作DH⊥AB交AB于点H，则DH∥CA，∵D是BC的中点，∴DH是△ABC的中位线，∴DH＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×4＝2.
第2题解图①
(2)如解图②，连接AD，
∵AC＝AB＝4，∠CAB＝90°，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC＝eq \f(1,2)×4×4＝8，
由(1)知，点D是BC的中点，
∴S△ABD＝eq \f(1,2)S△ABC＝4，AD＝BD，∠CAD＝∠BAD＝∠B＝45°，AD⊥BC，
∴∠BDP＋∠PDA＝90°，
又∵∠ADQ＋∠PDA＝90°，
∴∠ADQ＝∠BDP，
∴△ADQ≌△BDP(ASA)，
∴S四边形DPAQ＝S△ABD＝4；
第2题解图②
【一题多解】如解图③，过点D作DM⊥AC于点M，DH⊥AB于点H，
∵AB＝AC＝4，∠A＝90°，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·AC＝eq \f(1,2)×4×4＝8，
又∵点D是BC的中点，易知MD∥AB，
∴MD＝eq \f(1,2)AB，AM＝eq \f(1,2)AC，
∴MD＝AM，
∴四边形AMDH是正方形，易求S正方形AMDH＝eq \f(1,2)S△ABC＝4，
∴DM＝DH，∠MDQ＋∠QDH＝90°，
又∵∠HDP＋∠QDH＝90°，
∴∠MDQ＝∠HDP，
∵MD＝HD，∠QMD＝∠PHD＝90°，
∴△MDQ≌△HDP(ASA)，
∴S四边形DPAQ＝S正方形AMDH＝4；
第2题解图③
(3)四边形DPAQ是正方形，
如解图②，由(2)知△ADQ≌△BDP，
∴AQ＝BP，
设AQ＝BP＝x，则AP＝4－x，S△DPQ＝S四边形DPAQ－S△APQ＝4－eq \f(1,2)AQ·AP＝4－eq \f(1,2)x·(4－x)，
∵S△DPQ＝eq \f(1,2)S四边形DPAQ，
∴4－eq \f(1,2)x·(4－x)＝eq \f(1,2)×4，解得x＝2.
∴AQ＝BP＝AP＝2，
∴点P是AB的中点，
∵点D是BC的中点，
∴PD∥AQ，
∴∠DPA＝90°，
∵∠PAQ＝∠PDQ＝90°，
∴四边形DPAQ是矩形，
∵AQ＝AP，
∴四边形DPAQ是正方形，BP的长为2.
3. 解：(1)三角形的三条高线交于一点；
(2)如解图，延长BG交AD于点M，
∵AD⊥BG，AC⊥BD，
∴∠AMG＝∠BCG＝90°，
又∵∠BGC＝∠AGM，
∴∠CAD＝∠CBG，
又∵∠ACD＝∠BCG＝90°，
∴△ACD∽△BCG，
∴eq \f(AD,BG)＝eq \f(CD,CG)，
∵在Rt△CDG中，∠CDG＝30°，
∴eq \f(CD,CG)＝eq \r(3)，
∴eq \f(AD,BG)＝eq \r(3)；
第3题解图
(3)∵四边形GCFP是矩形，∴PG∥BD，PG＝FC，∴设CF＝x，则PG＝x，
在Rt△ABC和Rt△DEF中，
∵BC＝EF＝8，∠BAC＝∠EDF＝30°，
∴DE＝AB＝16，DF＝AC＝8eq \r(3)，
∴CD＝DF－CF＝8eq \r(3)－x，
∵∠GCD＝90°，∠D＝30°，
∴CG＝CDtan30°＝8－eq \f(\r(3),3)x，
∴AG＝AC－CG＝8eq \r(3)－8＋eq \f(\r(3),3)x，
∵PG∥BD，∴∠B＝∠APG，
∵∠A＝∠A，
∴△APG∽△ABC，
∴eq \f(PG,BC)＝eq \f(AG,AC)，
即eq \f(x,8)＝eq \f(8\r(3)－8＋\f(\r(3),3)x,8\r(3))，
解得x＝12－4eq \r(3)，即CF＝12－4eq \r(3).
【一题多解】∵四边形GCFP是矩形，∴PG∥BD，PG＝FC，设CF＝x，则BF＝8－x，∵∠BPF＝30°，∴PF＝eq \r(3)BF＝eq \r(3)(8－x)，∴PE＝8－eq \r(3)(8－x)，易证△BPF∽△EGP，∴eq \f(BF,EP)＝eq \f(PF,GP)，即eq \f(8－x,8－\r(3)（8－x）)＝eq \f(\r(3)（8－x）,x)，解得x＝12－4eq \r(3).即CF＝12－4eq \r(3).
4. 解：(1)四边形AEDB是平行四边形．
证明：∵Rt△ABC≌Rt△DEF，
∴AB＝DE，∠ABC＝∠DEF.
∴AB∥DE.
∴四边形AEDB是平行四边形；
(2)∵四边形AEDB是矩形，
∴∠EAB＝90°.即△AEB是直角三角形；
∵AC＝6，BC＝8，∠ACB＝90°，
∴在Rt△ABC中，AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(62＋82)＝10.
在Rt△EAB中，AE2＝EB2－AB2＝(CE＋8)2－102.
在Rt△EAC中，AE2＝CE2＋AC2＝CE2＋62.
∴(CE＋8)2－102＝CE2＋62.
解得CE＝4.5，
∴CE的长为4.5 cm；
(3)2 cm或14 cm.
【解法提示】由题意可知四边形ACFD是矩形，当四边形ACFD为正方形时，即AC＝CF＝6，当FD在AC的右侧时，∵BC＝8，∴平移距离为8－6＝2 cm；当FD在AC的左侧时，平移距离为8＋6＝14 cm.