2025年中考数学总复习课件(山东省专用)50 第二部分 题型五 几何动态综合题

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归纳总结　熟练掌握等边三角形的判定与性质、菱形的性质、特殊角的三角函数、二次函数的性质、相似三角形的性质与判定等知识是解决此类问题的关键．
[解]　(1)证明：过点M作ME⊥AB于E，作MG⊥BC于G，如图1所示，∴∠AEM＝∠MEB＝∠CGM＝∠NGM＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC＝∠DAB＝90°，AD＝AB，∠ABD＝∠DBC＝45°，∵ME⊥AB，MG⊥BC，∴ME＝MG，∵∠ABC＝90°，
∴四边形EBGM是正方形，∴∠EMG＝90°，∴∠EMN＋∠NMG＝90°，∵MN⊥AM，∴∠AME＋∠EMN＝90°，∴∠AME＝∠NMG，
(2)过点A作AF⊥BD于F，如图2所示，∴∠AFM＝90°，∴∠FAM＋∠AMF＝90°，∵MN⊥AM，∴∠AMN＝90°，∴∠AMF＋∠HMN＝90°，∴∠FAM＝∠HMN，∵NH⊥BD，∴∠AFM＝∠MHN＝90°，
【典例2】　如图，在平面直角坐标系中，点A，B的坐标分别为(3，5)，(3，0)．将线段AB向下平移2个单位长度，再向左平移4个单位长度，得到线段CD，连接AC，BD．
(1)直接写出坐标：点C________，点D_____________．(2)M，N分别是线段AB，CD上的动点，点M从点A出发向点B运动，速度为每秒1个单位长度，点N从点D出发向点C运动，速度为每秒0.5个单位长度，若两点同时出发，求几秒后MN∥x轴？(3)点P是直线BD上一个动点，连接PC，PA，当点P在直线BD上运动时，请直接写出∠APC与∠PCD，∠PAB的数量关系．
(3)①如图1，当点P在线段BD上时，∠APC＝∠PCD＋∠PAB．②如图2，当点P在BD的延长线上时，∠PAB＝∠PCD＋∠APC．③如图3，当点P在DB的延长线上时，∠PCD＝∠PAB＋∠APC．
归纳总结　平移的图形，平移前后的对应角相等，对应边相等，图形上各点平移的距离相等．
[解]　(1)∵AC＝2BC，AB＝15，∴BC＝5，AC＝10．①∵E为BC中点，∴CE＝2.5，∵DE＝6，∴CD＝3.5，∴AD＝AC－CD＝10－3.5＝6.5．
(2)当点E在线段BC之间时，如图3，设BC＝x，则AC＝2BC＝2x，∴AB＝3x，∵AB＝2DE，∴DE＝1.5x，
类型二　图形形状变化类探究【典例3】　在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10．
(1)若G，H分别是AD，BC的中点，则四边形EGFH一定是怎样的四边形(E，F相遇时除外)?答：__________________；(直接填空，不用说明理由)(2)在(1)条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值；(3)在(1)条件下，若G向D点运动，H向B点运动，且与点E，F以相同的速度同时出发，若四边形EGFH为菱形，求t的值．
∴AG＝CH，∴△AEG≌△CFH(SAS)，∴EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，∴∠FEG＝∠EFH，∴EG∥HF，∴四边形EGFH是平行四边形．故答案为：平行四边形．
(2)连接GH．由(1)得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，∴四边形ABHG是矩形，∴GH＝AB＝6．①如图1，当四边形EGFH是矩形时，则EF＝GH＝6，∵AE＝CF＝t，∴EF＝10－2t＝6，∴t＝2；
②如图2，当四边形EGFH是矩形时，∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，∴EF＝t＋t－10＝2t－10＝6，∴t＝8．综上，四边形EGFH为矩形时，t＝2或t＝8．
(3)如图3，M和N分别是AD和BC的中点，连接AH，CG，GH，AC与GH交于点O，∵四边形EGFH为菱形，∴GH⊥EF，OG＝OH，OE＝OF，∴OA＝OC，AG＝AH，∴四边形AGCH为菱形，∴AG＝CG，
[对点演练]【探究问题】(1)如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，点F是DE上的一个动点，BF与边CD相交于点G．若BF⊥DE，试猜想CG与CE的数量关系，并说明理由；
【拓展迁移】(2)如图2，正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，求证：BE＋DF＝EF；(3)在(2)的条件下，若正方形的边长为6，点E是BC边的中点，求EF的长．
(2)证明：延长FD至G，使得DG＝BE，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠ADF＝∠ADG＝90°，又DG＝BE，∴△ABE≌△ADG(SAS)，∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG，∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠FAG＝∠FAD＋∠DAG＝∠FAD＋∠BAE＝90°－45°＝45°＝∠EAF，∵AF＝AF，∴△AEF≌△AGF(SAS)，∴EF＝GF，∴EF＝GF＝DG＋DF＝BE＋DF，∴BE＋DF＝EF．
(3)设DF＝x，则根据题意，知：FC＝6－x，∵点E是BC边的中点，∴BE＝EC＝3，∵BE＋DF＝EF，∴EF＝3＋x，在Rt△EFC中，由勾股定理得：(x＋3)2＝32＋(6－x)2，解得：x＝2，∴EF＝5．即EF的长为5．
【典例4】　观察下列图形的变化过程，解答以下问题：如图，在△ABC中，D为BC边上的一动点(D点不与B，C两点重合)．DE∥AC交AB于E点，DF∥AB交AC于F点． (1)试探索AD满足什么条件时，四边形AEDF为菱形，并说明理由；(2)在(1)的条件下，△ABC满足什么条件时，四边形AEDF为正方形为什么？
[解]　(1)当AD平分∠EAF时，四边形AEDF为菱形．理由如下：∵DE∥AC，DF∥AB，∴四边形AEDF为平行四边形，∴∠EAD＝∠FDA，∵AD平分∠EAF，∴∠EAD＝∠FAD，∴∠FAD＝∠FDA，∴AF＝DF，∴四边形AEDF为菱形．
(2)当△ABC为直角三角形，∠BAC＝90°时，四边形AEDF为正方形．理由：由(1)知，四边形AEDF为菱形，∵∠BAC＝90°，∴四边形AEDF为正方形．
[对点演练](2024·泰山期中)如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点M为AD的中点，过点M作MN∥BD交CD延长线于点N．(1)若AB＝BD，求证：四边形MNDO是菱形；(2)请直接写出当四边形ABCD的边AB与BD满足什么关系时，四边形MNDO分别是矩形、正方形．
(2)若四边形MNDO是矩形，只需∠MOD＝90°，而∠MOD＝∠ABD，∴当AB⊥BD时，四边形MNDO是矩形；若四边形MNDO是正方形，需OM＝OD，∠MOD＝90°，∴当AB＝BD，AB⊥BD时，四边形MNDO是正方形．
类型三　图形旋转类探究【典例5】　(2024·岱岳一模)如图1，在Rt△ABC中，∠B＝90°，BC＝2AB＝12，点D，E分别是边BC，AC的中点，连接DE，将△EDC绕点C按顺时针方向旋转，记旋转角为α．
[对点演练](2024·烟台)在等腰直角△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D为直线BC上任意一点，连接AD．将线段AD绕点D按顺时针方向旋转90°得线段ED，连接BE．【尝试发现】(1)如图1，当点D在线段BC上时，线段BE与CD的数量关系为___________；
【类比探究】(2)当点D在线段BC的延长线上时，先在图2中补全图形，再探究线段BE与CD的数量关系并证明；【联系拓广】(3)若AC＝BC＝1，CD＝2，请写出sin ∠ECD的值．
[解]　(1)如图，过点E作EM⊥CB交CB的延长线于点M，由旋转得AD＝DE，∠ADE＝90°，∴∠ADC＋∠EDM＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACD＝∠DME，∠ADC＋∠CAD＝90°，∴∠CAD＝∠EDM，
类型四　图形折叠类探究【典例6】　【问题情境】综合与实践课上，老师发给每位同学一张正方形纸片ABCD．在老师的引导下，同学们在边BC上取中点E，取CD边上任意一点F(不与C，D重合)，连接EF，将△CEF沿EF折叠，点C的对应点为G．然后将纸片展平，连接FG并延长交AB所在的直线于点N，连接EN，EG．探究点F在位置改变过程中出现的特殊数量关系或位置关系．
【探究与证明】(1)如图1，小亮发现：∠FEN＝90°．请证明小亮发现的结论；(2)如图2、图3，小莹发现：连接CG并延长交AB所在的直线于点H，交EF于点M，线段EN与CH之间存在特殊关系．请直接写出小莹发现的特殊关系，不需要证明；
【应用拓展】(3)在图2、图3的基础上，小博士进一步思考发现：将EG所在直线与AB所在直线的交点记为P，若给出BP和BC的长，则可以求出CF的长．当BC＝10，BP＝12时，请根据题意选择图2或图3其中一个，补画图形，求CF的长．
归纳总结　折叠类的题目，经常用到轴对称的性质，注意题目中隐含条件的挖掘常常达到“柳暗花明又一村”的效果．
[对点演练]如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O与坐标原点重合，顶点A，C在坐标轴上，B(30，40)，将OC沿OD折叠，使点C落在对角线OB上的点E处．
(1)求点D的坐标；(2)动点P从点B出发，沿折线B-A-O方向以5个单位/秒的速度匀速移动，到终点O停止，设P运动时间为t，△POE的面积为S，求出S与t的关系式，并写出t的取值范围；(3)在(2)的条件下，当PE∥AB时，在平面内是否存在点Q，使得以P，D，E，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请写出点Q坐标；若不存在，请说明原因．
[解]　(1)∵B的坐标为(30，40)，则OC＝30，BC＝40，在Rt△OBC中，OC＝30，BC＝40，则OB＝50，∴BE＝OB－OE＝OB－OC＝50－30＝20，设CD＝ED＝x，则BD＝40－x，在Rt△BDE中，由勾股定理得：BD2＝BE2＋DE2，即(40－x)2＝202＋x2，解得x＝15，故点D的坐标为(30，15)．