中考变换专题复（针题讲解）
图形问题解决助基图形性质（定义定理等）图形间关系(行全等相似等）基图形许性质源图形身变换特征重常图形关系全等三角形极情况样具变换形式联系两三角形全等指形状样相互间位置没直接关系问题中涉两全等三角形数定位置关系（成轴称关系成移关系成旋转关系（包括中心称）样解决具体图形问题时果意识图形性质关系中显示暗示变换特征出发识构造基图形图形关系问题解决着极重启发引导作面变换视角三角形全等关系进行研究
解决图形问题力核心素善综合复杂图形中识构造出基图形基图形关系变换视角正提高种识构造力
1．已知正方形ABCD中E角线BD点E点作EF⊥BD交BCF连接DFGDF中点连接EGCG．
（1）求证：EGCG
（2）图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°图②示取DF中点G连接EGCG．问（1）中结否然成立？成立请出证明成立请说明理
（3）图①中△BEF绕B点旋转意角度图③示连接相应线段问（1）中结否然成立？通观察出什结（均求证明）．
考点：旋转性质全等三角形判定性质直角三角形斜边中线正方形性质
专题：压轴题
分析：（1）利直角三角形斜边中线等斜边半证出CGEG．
（2）结然成立连接AGG点作MN⊥ADMEF延长线交N点证明△DAG≌△DCG出AGCG证出△DMG≌△FNGMGNG证明△AMG≌△ENG出AGEG证出CGEG．
（3）结然成立．知道EG⊥CG．
解答：（1）证明：Rt△FCD中
∵GDF中点
∴CGFD
理Rt△DEF中
EGFD
∴CGEG．
（2）解：（1）中结然成立EGCG．
证法：连接AGG点作MN⊥ADMEF延长线交N点．
△DAG△DCG中
∵ADCD∠ADG∠CDGDGDG
∴△DAG≌△DCG
∴AGCG
△DMG△FNG中
∵∠DGM∠FGNFGDG∠MDG∠NFG
∴△DMG≌△FNG
∴MGNG
矩形AENM中AMEN
△AMG△ENG中
∵AMEN∠AMG∠ENGMGNG
∴△AMG≌△ENG
∴AGEG
∴EGCG．
证法二：延长CGMMGCG
连接MFMEEC
△DCG△FMG中
∵FGDG∠MGF∠CGDMGCG
∴△DCG≌△FMG．
∴MFCD∠FMG∠DCG
∴MF∥CD∥AB
∴EF⊥MF．
Rt△MFERt△CBE中
∵MFCBEFBE
∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF∠CEB．
∴∠MEC∠MEF+∠FEC∠CEB+∠CEF90°
∴△MEC直角三角形．
∵MGCG
∴EGMC
∴EGCG．
（3）解：（1）中结然成立．
EGCG．结：EG⊥CG．
点评：题利直角三角形斜边中线等斜边半性质全等三角形判定性质．
2．（1）图1已知矩形ABCD中点EBC动点点E作EF⊥BD点FEG⊥AC点GCH⊥BD点H试证明CHEF+EG
（2）点EBC延长线图2点E作EF⊥BD点FEG⊥AC延长线点GCH⊥BD点HEFEGCH三者间具样数量关系直接写出猜想
（3）图3BD正方形ABCD角线LBDBLBC连接CL点ECL点EF⊥BD点FEG⊥BC点G猜想EFEGBD间具样数量关系直接写出猜想
（4）观察图1图2图3特性请根特性构造图形然具EFEGCH样线段满足（1）（2）结写出相关题设条件结．
考点：矩形性质全等三角形判定性质等腰三角形性质正方形性质
专题：综合题
分析：（1）证明CHEF+EG首先想否线段CH分成两条线段加证明然想添加辅助线作CE⊥NHN矩形EFHN明显需证明EGCN根AAS求证△EGC≌△CNE出结．
（2）C点作CO⊥EFO矩形HCOFHCDO需证明EOEG根AAS求证△COE≌△CGE出猜想．
（3）连接ACE作EG作EH⊥ACH交BDO矩形FOHE明显需证明EGCH根AAS求证△CHE≌△EGC出猜想．
（4）点P等腰三角形底边直线意点点P两腰距离（差）等等腰三角形腰高显然C作CE⊥PFE矩形GCEFAAS求证△CEP≌△CNPCGPF﹣PN．
解答：（1）证明：E点作EN⊥GHN（1分）
∵EF⊥BDCH⊥BD
∴四边形EFHN矩形．
∴EFNHFH∥EN．
∴∠DBC∠NEC．
∵四边形ABCD矩形
∴ACBD互相分
∴∠DBC∠ACB
∴∠NEC∠ACB
∵EG⊥ACEN⊥CH
∴∠EGC∠CNE90°
ECEC
∴△EGC≌△CNE．（3分）
∴EGCN
∴CHCN+NHEG+EF（4分）
（2）解：猜想CHEF﹣EG（5分）
（3）解：EF+EGBD（6分）
（4）解：点P等腰三角形底边直线意点点P两腰距离（差）等等腰三角形腰高．图①CGPF﹣PN．
注：图（1分）（画图）题设条件结（1分）
点评：题考查矩形性质判定解答题关键作出辅助线构造矩形三角形全等进行证明．
3．图1点P线段MN中点．
（1）请利该图1画点P称中心全等三角形
（2）请参考作全等三角形方法解答列问题：
①图2Rt△ABC中∠BAC90°AB＞AC点DBC边中点D作射线交ABE交CA延长线F请猜想∠F等少度时BECF（直接写出结果必证明）
②图3△ABC中果∠BAC直角（1）中条件变BECF结然成立请写出△AEF必须满足条件加证明．
考点：作图—复杂作图全等三角形判定等腰三角形判定
专题：证明题开放型
分析：（1）P点中心次做两条相互交叉长度相等线段两全等三角形
（2）BECF时∠F结成立第2题需辅助线帮助．延长FD点GFDGD连接BG证明△DCF≌△DBG推出∠F∠GCFBG证明BECF．
解答：解：（1）图：画图正确（2分）
（2）①∠F45°时BECF．（2分）
②答：BECF结然成立
AEAF△AEF等腰三角形．（1分）
证明：延长FD点GFDGD连接BG．
∵点DBC边中点
∴DCDB
△DCF△DBG中
∴△DCF≌△DBG．（2分）
∴∠F∠GCFBG（1分）
△AEF等腰三角形AEAF时
∠F∠2
∵∠1∠2
∴∠1∠G．
∴BEBG．
∴BECF．（2分）
点评：题涉全等三角形等腰梯形相关性质判定考查学生作图力综合题型难度中．
4．图①OP∠AOB分线请利该图形画OP直线称轴全等三角形．请参考作全等三角形方法解答列问题：
（1）图②△ABC中∠ACB直角∠B60°ADCE分∠BAC∠BCA分线ADCE相交点F．请判断写出FEFD间数量关系
（2）图③△ABC中果∠ACB直角（1）中条件变请问（1）中结否然成立？成立请证明成立请说明理．
考点：全等三角形判定性质
专题：探究型
分析：根求作图处分做两边垂线样利AAS判定全等．
先利SAS判定△AEF≌△AGF．出∠AFE∠AFGFEFG．利ASA判定△CFG≌△CFDFGFDFEFD．
解答：解：OP找点EE分做CE⊥OACED⊥OBD．图①
（1）结EFFD．
图②AC截取AGAE连接FG．
∵AD∠BAC分线
∴∠1∠2
△AEF△AGF中
∴△AEF≌△AGF（SAS）．
∴∠AFE∠AFGFEFG．
∠B60°ADCE分∠BAC∠BCA分线
∵2∠2+2∠3+∠B180°
∴∠2+∠360°．
∠AFE△AFC外角
∴∠AFE∠CFD∠AFG∠2+∠360°．
∴∠CFG60°．
∠GFC∠DFC
△CFG△CFD中
∴△CFG≌△CFD（ASA）．
∴FGFD．
∴FEFD．
（2）EFFD然成立．
图③
点F分作FG⊥AB点GFH⊥BC点H．
∴∠FGE∠FHD90°
∵∠B60°ADCE分∠BAC∠BCA分线
∴∠2+∠360°F△ABC心
∴∠GEF∠BAC+∠360°+∠1
∵F△ABC心F∠ABC角分线
∴FGFH（角分线点角两边相等）．
∠HDF∠B+∠1（外角性质）
∴∠GEF∠HDF．
△EGF△DHF中
∴△EGF≌△DHF（AAS）
∴FEFD．
点评：题考查全等三角形判定方法常方法SSSSASAASHL等．
5．图已知矩形ABCDABBC3BC取两点EF（EF左边）EF边作等边三角形PEF顶点PADPEPF分交AC点GH．
（1）求△PEF边长
（2）△PEF边EF线段BC移动．试猜想：PHBE什数量关系？证明猜想结．
考点：矩形性质等边三角形性质
专题：探究型
分析：（1）求△PEF边长需构造直角三角形P作PQ⊥BCQ．利∠PFQ正弦值求出PF△PEF边长
（2）猜想：PH﹣BE1．利∠ACB正切值求出∠ACB度数∠PFE60°出△HFC等腰三角形BE+EF+CFBE+PH+2FH3．中FHPH表示化简．
解答：解：（1）P作PQ⊥BCQ．
∵矩形ABCD
∴∠B90°AB⊥BC
AD∥BC
∴PQAB（1分）
∵△PEF等边三角形
∴∠PFQ60°．
Rt△PQF中PF2． （3分）
∴△PEF边长2． PHBE数量关系：PH﹣BE1． （4分）
（2）Rt△ABC中ABBC3∴∠130°．（5分）
∵△PEF等边三角形
∴∠260°PFEF2． （6分）
∵∠2∠1+∠3
∴∠330°∠1∠3．
∴FCFH． （7分）
∵PH+FH2BE+EF+FC3
∴PH﹣BE1． （8分）
注：题种解法解法评标相应分．
点评：题利矩形行线等边等腰三角形性质正切函数等知识运综合知识．
6．（2007•牡丹江）已知四边形ABCD中ABBC∠ABC120°∠MBN60°∠MBN绕B点旋转两边分交ADDC（延长线）EF．
∠MBN绕B点旋转AECF时（图1）易证AE+CFEF
∠MBN绕B点旋转AE≠CF时图2图3两种情况述结否成立？成立请予证明成立线段AECFEF样数量关系？请写出猜想需证明．
考点：全等三角形判定性质
专题：综合题
分析：根已知利SAS证明△ABE≌△CBF出应角相等应边相等出∠ABE∠CBF30°△BEF等边三角形利等边三角形性质边边间关系推出AE+CFEF．
理图2证明成立图3成立．
解答：解：∵AB⊥ADBC⊥CDABBCAECF
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴∠ABE∠CBFBEBF
∵∠ABC120°∠MBN60°
∴∠ABE∠CBF30°△BEF等边三角形
∴AEBECFBF
∴AE+CFBE+BFBEEF
图2成立图3成立．
证明图2．
延长DC点KCKAE连接BK
△BAE≌△BCK
∴BEBK∠ABE∠KBC
∵∠FBE60°∠ABC120°
∴∠FBC+∠ABE60°
∴∠FBC+∠KBC60°
∴∠KBF∠FBE60°
∴△KBF≌△EBF
∴KFEF
∴KC+CFEF
AE+CFEF．
图3成立
AECFEF关系AE﹣CFEF．
点评：题考查全等三角形判定方法常方法SSSSASAAS等方法求学生够掌握灵活运．
7．两全等等边△ABC△ADC面拼成菱形ABCD含60°角三角尺菱形重合三角尺两边分ABAC三角尺绕点A逆时针方旋转
（1）图1三角尺两边BCCD分相交点EF时观察测量BECF长度出什结？证明结．
（2）图2三角尺两边BCCD延长线分交EF时（1）中结成立？请说明理．
考点：全等三角形判定性质等边三角形性质
专题：证明题
分析：（1）连接AC根等边三角形性质推出ADAC∠D∠ACB60°∠DAC60°求出∠CAE∠DAF证△ACE≌ADF
（2）连接AC求出∠ADF∠ACE120°证△ACE≌ADF推出DFCE根BCCD推出答案．
解答：（1）BECF
证明：连接AC
∵△ADC△ABC等边三角形
∴ADAC∠D∠ACB60°∠DAC60°
∵∠FAE60°
∴∠CAE∠DAF
△ACE△ADF中
∴△ACE≌ADF
∴CEDF
∵四边形ABCD菱形
∴BCCD
∴BECF．
（2）解：结BECF成立
理：连接AC
（1）知：ADAC∠FAD∠CAE
∵等边三角形ABC等边三角形ACD
∴∠ADC∠ACB60°
∴∠ADF∠ACE120°
△ACE△ADF中
∴△ACE≌ADF
∴DFCE
∵CDBC
∴BECF
结BECF成立．
点评：题考查等边三角形性质全等三角形性质判定应考查学生熟练运性质进行推理力题目较典型定难度．
8．图四边形ABCD中ABADBCCD∠ABC∠ADC90°∠MAN∠BAD．
（1）图1∠MAN绕着A点旋转两边分交边BCCDMN试判断程中线段BMDNMN间样数量关系？直接写出结证明
（2）图2∠MAN绕着A点旋转两边分交边BCCD延长线MN试判断程中线段BMDNMN间样数量关系？证明结
（3）图3∠MAN绕着A点旋转两边分交边BCCD反延长线MN试判断程中线段BMDNMN间样数量关系？直接写出结证明．
考点：全等三角形判定性质旋转性质
分析：（1）通构建全等三角形实现线段间转换．延长MBGBGDN连接AG．目证明三角形AGM三角形ANM全等MN转换成MG样MNBM+DN证明两组三角形全等解题关键．三角形AMGAMN中条公边AM通全等三角形实现三角形ABGAND中已知组直角BGDNABAD两三角形全等AGAN∠1∠2∠1+∠3∠2+∠3∠MAN∠BAD．构成三角形ABEAEF全等条件（SAS）出MNGM．
（2）（1）思路应该通全等三角形实现相等线段转换．应该BM截取BGBGDN连接AG．根（1）证法出DNBGGMMNMNGMBM﹣BGBE﹣DN．
（3）（1）思路应该通全等三角形实现相等线段转换．应该DN截取DFDFBM连接AG．根（1）证法出∠DAF∠BAMAFAMMNNFDN﹣DFBN﹣BM．
解答：解：（1）证明：延长MBGBGDN连接AG．
∵∠ABG∠ABC∠ADC90°ABAD
∴△ABG≌△ADN．
∴AGANBGDN∠1∠4．
∴∠1+∠2∠4+∠2∠MAN∠BAD．
∴∠GAM∠MAN．
AMAM
∴△AMG≌△AMN．
∴MGMN．
∵MGBM+BG．
∴MNBM+DN．
（2）MNBM﹣DN．
证明：BM截取BGBGDN连接AG．
∵∠ABC∠ADC90°ADAB
∴△ADN≌△ABG
∴ANAG∠NAD∠GAB
∴∠MAN∠MAD+∠MAG∠DAB
∴∠MAG∠BAD
∴∠MAN∠MAG
∴△MAN≌△MAG
∴MNMG
∴MNBM﹣DN．
（3）MNDN﹣BM．
点评：题考查三角形全等判定性质题中通全等三角形实现线段转换解题关键没明确全等三角形时通辅助线构建已知求条件相关联全等三角形．
9．（2010•义乌市）图1已知∠ABC90°△ABE等边三角形点P射线BC意点（点P点B重合）连接AP线段AP绕点A逆时针旋转60°线段AQ连接QE延长交射线BC点F．
（1）图2BPBA时∠EBF 30 °猜想∠QFC 60 °
（2）图1点P射线BC意点时猜想∠QFC度数加证明
（3）已知线段AB2设BPx点Q射线BC距离y求y关x函数关系式．
考点：旋转性质全等三角形判定等边三角形性质解直角三角形
专题：探究型
分析：（1）∠EBF∠ABE互余∠ABE60°求∠EBF度数利观察法量角器测量方法求∠QFC度数
（2）根三角形外角等相邻两角证明∠BAP∠EAQ进△ABP≌△AEQ证∠AEQ∠ABP90°∠BEF180°﹣∠AEQ﹣∠AEB180°﹣90°﹣60°30°∠QFC∠EBF+∠BEF
（3）点F作FG⊥BE点G点Q作QH⊥BC根△ABP≌△AEQ：设QEBPxQFQE+EFx+2．点Q射线BC距离yQHsin60°×QF（x+2）求函数关系式．
解答：解：（1）∠EBF30°（1分）
∠QFC60°（2分）
（2）∠QFC60°． （1分）
解法1：妨设BP＞AB图1示．
∵∠BAP∠BAE﹣∠EAP60°﹣∠EAP
∠EAQ∠QAP﹣∠EAP60°﹣∠EAP
∴∠BAP∠EAQ． （2分）
△ABP△AEQ中
ABAE∠BAP∠EAQAPAQ
∴△ABP≌△AEQ．（SAS） （3分）
∴∠AEQ∠ABP90°． （4分）
∴∠BEF180°﹣∠AEQ﹣∠AEB180°﹣90°﹣60°30°．
∴∠QFC∠EBF+∠BEF30°+30°60°． （5分）
（事实BP≤AB时图2情形失般性结然成立分类讨扣分）
解法2：设AP交QFM∠QMP△AMQ△FMP外角
∴∠QMP∠Q+∠PAQ∠APB+∠QFC
△ABP≌△AEQ∠Q∠APB旋转知∠PAQ60°
∴∠QFC∠PAQ60°
（3）图1中点F作FG⊥BE点G．
∵△ABE等边三角形
∴BEAB2．
（1）∠EBF30°．
Rt△BGF中BG
∴BF2．
∴EF2． （1分）
∵△ABP≌△AEQ．
∴QEBPx
∴QFQE+EFx+2． （2分）
点Q作QH⊥BC垂足H．
Rt△QHF中yQHsin60°×QF（x+2）．（x＞0）
y关x函数关系式：yx+． （3分）
点评：题图形旋转三角形全等三角函数函数相结合较难题目．
10．（2009•北京）行四边形ABCD中点C作CE⊥CD交AD点E线段EC绕点E逆时针旋转90°线段EF（图1）
（1）图1中画图探究：
①P射线CD意点（P1C重合）时连接EP1绕点E逆时针旋转90°线段EG1．判断直线FG1直线CD位置关系加证明
②P2线段DC延长线意点时连接EP2线段EP2绕点E逆时针旋转90°线段EC2．判断直线C1C2直线CD位置关系画出图形直接写出结．
（2）AD6tanBAE1①条件设CP1xS△P1FG1y求yx间函数关系式写出变量x取值范围．
考点：二次函数综合题
专题：探究型
分析：（1）①说明△P1EC求旋转△G1EF全等结合∠P1CE∠G1FE90°说明②求画出图形图形出答案
（2）①点P1线段CH延长线时结合已知说明CE4四边形FECH正方形CHCE4根题设G1Fx．P1Hx﹣4进yx间函数关系式②点P1线段CH时理FG1xP1H4﹣x进yx间函数关系式③点P1点H重合时说明△P1FG1存作综合说明．题第二问较难．学生明确点P1种位置情况讨．
题考查图形变换动点问题代数结合定难度．
注意问题：函数关系式止种二变量取值范围正确画出．
（1）观察图形知重叠三角形A′B′C′边长2等边三角形三角形底边高
重叠三角形A′B′C′面积
（2）折叠性质已知知：A′DADmB′DBD8﹣mA′B′B′C′8﹣2mA′B′边高（4﹣m）
重叠三角形A′B′C′面积×（8﹣2m）×（4﹣m）（4﹣m）2DAB边中点时重叠三角形存
m＜4．DAB点处AD时点B′点C′恰矩形DEFG边符合题意AD＜时点B′点C′矩形DEFG外已知符m≥m取值范围≤m＜4．
解答：解：
（1）①直线FG1直线CD位置关系互相垂直．
证明：图1设直线FG1直线CD交点H．
∵线段ECEP1分绕点E逆时针旋转90°次线段EFEG1
∴∠P1EG1∠CEF90°EG1EP1EFEC．
∵∠G1EF90°﹣∠P1EF∠P1EC90°﹣∠P1EF
∴∠G1EF∠P1EC．
∴△G1EF≌△P1EC．
∴∠G1FE∠P1CE．
∵EC⊥CD
∴∠P1CE90°
∴∠G1FE90度．
∴∠EFH90度．
∴∠FHC90度．
∴FG1⊥CD．
②题目求画图形见图1直线G1G2直线CD位置关系互相垂直．
（2）∵四边形ABCD行四边形
∴∠B∠ADC．
∵AD6AE1tanB
∴DE5tan∠EDCtanB．
CE4．
（1）四边形EFCH正方形．
∴CHCE4．
①图2P1点线段CH延长线时
∵FG1CP1xP1Hx﹣4
∴S△P1FG1×FG1×P1H．
∴yx2﹣2x（x＞4）．
②图3P1点线段CH（CH两点重合）时
∵FG1CP1xP1H4﹣x
∴S△P1FG1×FG1×P1H．
∴y﹣x2+2x（0＜x＜4）．
③P1点H点重合时x4时△P1FG1存．
综述yx间函数关系式变量x取值范围yx2﹣2x（x＞4）y﹣x2+2x（0＜x＜4）．
点评：题着重考查二次函数解图形旋转变换三角形全等探究垂直构成情况等重知识点综合性强力求较高．考查学生分类讨数形结合数学思想方法．
11．已知：图1．四边形ABCD菱形AB6∠B∠MAN60°．绕顶点A逆时针旋转∠MAN边AM射线BC相交点E（点E点B重合）边AN射线CD相交点F．
（1）点E线段BC时求证：BECF
（2）设BEx△ADF面积y．点E线段BC时求yx间函数关系式写出函数定义域
（3）连接BD果ABFD顶点四边形行四边形求线段BE长．
考点：菱形性质全等三角形判定性质行四边形性质
分析：（1）连接AC通证明△ABE≌△ACF（ASA）出BECF
（2）点A作AH⊥CD垂足H先根勾股定理求出AH长CFBExDF6﹣x根三角形面积公式列出函数关系式
（3）根题意画出图形连接BD先根四边形BDFA行四边形证出∠BAE直角Rt△ABE中∠B60°∠BEA30°AB6继求出BE长．
解答：解：（1）连接AC（图1）．
四边形ABCD菱形∠B60°
易：BABC∠BAC∠DAC60°∠ACB∠ACD60°．
∴△ABC等边三角形．
∴ABAC．
∵∠BAE+∠MAC60°∠CAF+∠MAC60°
∴∠BAE∠CAF．
△ABE△ACF中
∵∠BAE∠CAFABAC∠B∠ACF
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴BECF．
（2）点A作AH⊥CD垂足H（图2）
Rt△ADH中∠D60°∠DAH90°﹣60°30°
∴．
CFBExDF6﹣x
∵S△ADFDF•AH
∴
（0＜x＜6）．
（3）图3连接BD易．
四边形BDFA行四边形时AF∥BD．
∴∠FAD∠ADB30°．
∴∠DAE60°﹣30°30°∠BAE120°﹣30°90°．
Rt△ABE中∠B60°∠BEA30°AB6．
易：BE2AB2×612．
点评：题考查菱形性质全等三角形判定性质行四边形性质道综合题定难度关键知识熟练掌握便灵活运．
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图形问题解决助基图形性质（定义定理等）图形间关系(行全等相似等）基图形许性质源图形身变换特征重常图形关系全等三角形极情况样具变换形式联系两三角形全等指形状样相互间位置没直接关系问题中涉两全等三角形数定位置关系（成轴称关系成移关系成旋转关系（包括中心称）样解决具体图形问题时果意识图形性质关系中显示暗示变换特征出发识构造基图形图形关系问题解决着极重启发引导作面变换视角三角形全等关系进行研究
解决图形问题力核心素善综合复杂图形中识构造出基图形基图形关系变换视角正提高种识构造力
1．已知正方形ABCD中E角线BD点E点作EF⊥BD交BCF连接DFGDF中点连接EGCG．
（1）求证：EGCG
（2）图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°图②示取DF中点G连接EGCG．问（1）中结否然成立？成立请出证明成立请说明理
（3）图①中△BEF绕B点旋转意角度图③示连接相应线段问（1）中结否然成立？通观察出什结（均求证明）．
考点：旋转性质全等三角形判定性质直角三角形斜边中线正方形性质
专题：压轴题
分析：（1）利直角三角形斜边中线等斜边半证出CGEG．
（2）结然成立连接AGG点作MN⊥ADMEF延长线交N点证明△DAG≌△DCG出AGCG证出△DMG≌△FNGMGNG证明△AMG≌△ENG出AGEG证出CGEG．
（3）结然成立．知道EG⊥CG．
解答：（1）证明：Rt△FCD中
∵GDF中点
∴CGFD
理Rt△DEF中
EGFD
∴CGEG．
（2）解：（1）中结然成立EGCG．
证法：连接AGG点作MN⊥ADMEF延长线交N点．
△DAG△DCG中
∵ADCD∠ADG∠CDGDGDG
∴△DAG≌△DCG
∴AGCG
△DMG△FNG中
∵∠DGM∠FGNFGDG∠MDG∠NFG
∴△DMG≌△FNG
∴MGNG
矩形AENM中AMEN
△AMG△ENG中
∵AMEN∠AMG∠ENGMGNG
∴△AMG≌△ENG
∴AGEG
∴EGCG．
证法二：延长CGMMGCG
连接MFMEEC
△DCG△FMG中
∵FGDG∠MGF∠CGDMGCG
∴△DCG≌△FMG．
∴MFCD∠FMG∠DCG
∴MF∥CD∥AB
∴EF⊥MF．
Rt△MFERt△CBE中
∵MFCBEFBE
∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF∠CEB．
∴∠MEC∠MEF+∠FEC∠CEB+∠CEF90°
∴△MEC直角三角形．
∵MGCG
∴EGMC
∴EGCG．
（3）解：（1）中结然成立．
EGCG．结：EG⊥CG．
点评：题利直角三角形斜边中线等斜边半性质全等三角形判定性质．
2．（1）图1已知矩形ABCD中点EBC动点点E作EF⊥BD点FEG⊥AC点GCH⊥BD点H试证明CHEF+EG
（2）点EBC延长线图2点E作EF⊥BD点FEG⊥AC延长线点GCH⊥BD点HEFEGCH三者间具样数量关系直接写出猜想
（3）图3BD正方形ABCD角线LBDBLBC连接CL点ECL点EF⊥BD点FEG⊥BC点G猜想EFEGBD间具样数量关系直接写出猜想
（4）观察图1图2图3特性请根特性构造图形然具EFEGCH样线段满足（1）（2）结写出相关题设条件结．
考点：矩形性质全等三角形判定性质等腰三角形性质正方形性质
专题：综合题
分析：（1）证明CHEF+EG首先想否线段CH分成两条线段加证明然想添加辅助线作CE⊥NHN矩形EFHN明显需证明EGCN根AAS求证△EGC≌△CNE出结．
（2）C点作CO⊥EFO矩形HCOFHCDO需证明EOEG根AAS求证△COE≌△CGE出猜想．
（3）连接ACE作EG作EH⊥ACH交BDO矩形FOHE明显需证明EGCH根AAS求证△CHE≌△EGC出猜想．
（4）点P等腰三角形底边直线意点点P两腰距离（差）等等腰三角形腰高显然C作CE⊥PFE矩形GCEFAAS求证△CEP≌△CNPCGPF﹣PN．
解答：（1）证明：E点作EN⊥GHN（1分）
∵EF⊥BDCH⊥BD
∴四边形EFHN矩形．
∴EFNHFH∥EN．
∴∠DBC∠NEC．
∵四边形ABCD矩形
∴ACBD互相分
∴∠DBC∠ACB
∴∠NEC∠ACB
∵EG⊥ACEN⊥CH
∴∠EGC∠CNE90°
ECEC
∴△EGC≌△CNE．（3分）
∴EGCN
∴CHCN+NHEG+EF（4分）
（2）解：猜想CHEF﹣EG（5分）
（3）解：EF+EGBD（6分）
（4）解：点P等腰三角形底边直线意点点P两腰距离（差）等等腰三角形腰高．图①CGPF﹣PN．
注：图（1分）（画图）题设条件结（1分）
点评：题考查矩形性质判定解答题关键作出辅助线构造矩形三角形全等进行证明．
3．图1点P线段MN中点．
（1）请利该图1画点P称中心全等三角形
（2）请参考作全等三角形方法解答列问题：
①图2Rt△ABC中∠BAC90°AB＞AC点DBC边中点D作射线交ABE交CA延长线F请猜想∠F等少度时BECF（直接写出结果必证明）
②图3△ABC中果∠BAC直角（1）中条件变BECF结然成立请写出△AEF必须满足条件加证明．
考点：作图—复杂作图全等三角形判定等腰三角形判定
专题：证明题开放型
分析：（1）P点中心次做两条相互交叉长度相等线段两全等三角形
（2）BECF时∠F结成立第2题需辅助线帮助．延长FD点GFDGD连接BG证明△DCF≌△DBG推出∠F∠GCFBG证明BECF．
解答：解：（1）图：画图正确（2分）
（2）①∠F45°时BECF．（2分）
②答：BECF结然成立
AEAF△AEF等腰三角形．（1分）
证明：延长FD点GFDGD连接BG．
∵点DBC边中点
∴DCDB
△DCF△DBG中
∴△DCF≌△DBG．（2分）
∴∠F∠GCFBG（1分）
△AEF等腰三角形AEAF时
∠F∠2
∵∠1∠2
∴∠1∠G．
∴BEBG．
∴BECF．（2分）
点评：题涉全等三角形等腰梯形相关性质判定考查学生作图力综合题型难度中．
4．图①OP∠AOB分线请利该图形画OP直线称轴全等三角形．请参考作全等三角形方法解答列问题：
（1）图②△ABC中∠ACB直角∠B60°ADCE分∠BAC∠BCA分线ADCE相交点F．请判断写出FEFD间数量关系
（2）图③△ABC中果∠ACB直角（1）中条件变请问（1）中结否然成立？成立请证明成立请说明理．
考点：全等三角形判定性质
专题：探究型
分析：根求作图处分做两边垂线样利AAS判定全等．
先利SAS判定△AEF≌△AGF．出∠AFE∠AFGFEFG．利ASA判定△CFG≌△CFDFGFDFEFD．
解答：解：OP找点EE分做CE⊥OACED⊥OBD．图①
（1）结EFFD．
图②AC截取AGAE连接FG．
∵AD∠BAC分线
∴∠1∠2
△AEF△AGF中
∴△AEF≌△AGF（SAS）．
∴∠AFE∠AFGFEFG．
∠B60°ADCE分∠BAC∠BCA分线
∵2∠2+2∠3+∠B180°
∴∠2+∠360°．
∠AFE△AFC外角
∴∠AFE∠CFD∠AFG∠2+∠360°．
∴∠CFG60°．
∠GFC∠DFC
△CFG△CFD中
∴△CFG≌△CFD（ASA）．
∴FGFD．
∴FEFD．
（2）EFFD然成立．
图③
点F分作FG⊥AB点GFH⊥BC点H．
∴∠FGE∠FHD90°
∵∠B60°ADCE分∠BAC∠BCA分线
∴∠2+∠360°F△ABC心
∴∠GEF∠BAC+∠360°+∠1
∵F△ABC心F∠ABC角分线
∴FGFH（角分线点角两边相等）．
∠HDF∠B+∠1（外角性质）
∴∠GEF∠HDF．
△EGF△DHF中
∴△EGF≌△DHF（AAS）
∴FEFD．
点评：题考查全等三角形判定方法常方法SSSSASAASHL等．
5．图已知矩形ABCDABBC3BC取两点EF（EF左边）EF边作等边三角形PEF顶点PADPEPF分交AC点GH．
（1）求△PEF边长
（2）△PEF边EF线段BC移动．试猜想：PHBE什数量关系？证明猜想结．
考点：矩形性质等边三角形性质
专题：探究型
分析：（1）求△PEF边长需构造直角三角形P作PQ⊥BCQ．利∠PFQ正弦值求出PF△PEF边长
（2）猜想：PH﹣BE1．利∠ACB正切值求出∠ACB度数∠PFE60°出△HFC等腰三角形BE+EF+CFBE+PH+2FH3．中FHPH表示化简．
解答：解：（1）P作PQ⊥BCQ．
∵矩形ABCD
∴∠B90°AB⊥BC
AD∥BC
∴PQAB（1分）
∵△PEF等边三角形
∴∠PFQ60°．
Rt△PQF中PF2． （3分）
∴△PEF边长2． PHBE数量关系：PH﹣BE1． （4分）
（2）Rt△ABC中ABBC3∴∠130°．（5分）
∵△PEF等边三角形
∴∠260°PFEF2． （6分）
∵∠2∠1+∠3
∴∠330°∠1∠3．
∴FCFH． （7分）
∵PH+FH2BE+EF+FC3
∴PH﹣BE1． （8分）
注：题种解法解法评标相应分．
点评：题利矩形行线等边等腰三角形性质正切函数等知识运综合知识．
6．（2007•牡丹江）已知四边形ABCD中ABBC∠ABC120°∠MBN60°∠MBN绕B点旋转两边分交ADDC（延长线）EF．
∠MBN绕B点旋转AECF时（图1）易证AE+CFEF
∠MBN绕B点旋转AE≠CF时图2图3两种情况述结否成立？成立请予证明成立线段AECFEF样数量关系？请写出猜想需证明．
考点：全等三角形判定性质
专题：综合题
分析：根已知利SAS证明△ABE≌△CBF出应角相等应边相等出∠ABE∠CBF30°△BEF等边三角形利等边三角形性质边边间关系推出AE+CFEF．
理图2证明成立图3成立．
解答：解：∵AB⊥ADBC⊥CDABBCAECF
∴△ABE≌△CBF（SAS）
∴∠ABE∠CBFBEBF
∵∠ABC120°∠MBN60°
∴∠ABE∠CBF30°△BEF等边三角形
∴AEBECFBF
∴AE+CFBE+BFBEEF
图2成立图3成立．
证明图2．
延长DC点KCKAE连接BK
△BAE≌△BCK
∴BEBK∠ABE∠KBC
∵∠FBE60°∠ABC120°
∴∠FBC+∠ABE60°
∴∠FBC+∠KBC60°
∴∠KBF∠FBE60°
∴△KBF≌△EBF
∴KFEF
∴KC+CFEF
AE+CFEF．
图3成立
AECFEF关系AE﹣CFEF．
点评：题考查全等三角形判定方法常方法SSSSASAAS等方法求学生够掌握灵活运．
7．两全等等边△ABC△ADC面拼成菱形ABCD含60°角三角尺菱形重合三角尺两边分ABAC三角尺绕点A逆时针方旋转
（1）图1三角尺两边BCCD分相交点EF时观察测量BECF长度出什结？证明结．
（2）图2三角尺两边BCCD延长线分交EF时（1）中结成立？请说明理．
考点：全等三角形判定性质等边三角形性质
专题：证明题
分析：（1）连接AC根等边三角形性质推出ADAC∠D∠ACB60°∠DAC60°求出∠CAE∠DAF证△ACE≌ADF
（2）连接AC求出∠ADF∠ACE120°证△ACE≌ADF推出DFCE根BCCD推出答案．
解答：（1）BECF
证明：连接AC
∵△ADC△ABC等边三角形
∴ADAC∠D∠ACB60°∠DAC60°
∵∠FAE60°
∴∠CAE∠DAF
△ACE△ADF中
∴△ACE≌ADF
∴CEDF
∵四边形ABCD菱形
∴BCCD
∴BECF．
（2）解：结BECF成立
理：连接AC
（1）知：ADAC∠FAD∠CAE
∵等边三角形ABC等边三角形ACD
∴∠ADC∠ACB60°
∴∠ADF∠ACE120°
△ACE△ADF中
∴△ACE≌ADF
∴DFCE
∵CDBC
∴BECF
结BECF成立．
点评：题考查等边三角形性质全等三角形性质判定应考查学生熟练运性质进行推理力题目较典型定难度．
8．图四边形ABCD中ABADBCCD∠ABC∠ADC90°∠MAN∠BAD．
（1）图1∠MAN绕着A点旋转两边分交边BCCDMN试判断程中线段BMDNMN间样数量关系？直接写出结证明
（2）图2∠MAN绕着A点旋转两边分交边BCCD延长线MN试判断程中线段BMDNMN间样数量关系？证明结
（3）图3∠MAN绕着A点旋转两边分交边BCCD反延长线MN试判断程中线段BMDNMN间样数量关系？直接写出结证明．
考点：全等三角形判定性质旋转性质
分析：（1）通构建全等三角形实现线段间转换．延长MBGBGDN连接AG．目证明三角形AGM三角形ANM全等MN转换成MG样MNBM+DN证明两组三角形全等解题关键．三角形AMGAMN中条公边AM通全等三角形实现三角形ABGAND中已知组直角BGDNABAD两三角形全等AGAN∠1∠2∠1+∠3∠2+∠3∠MAN∠BAD．构成三角形ABEAEF全等条件（SAS）出MNGM．
（2）（1）思路应该通全等三角形实现相等线段转换．应该BM截取BGBGDN连接AG．根（1）证法出DNBGGMMNMNGMBM﹣BGBE﹣DN．
（3）（1）思路应该通全等三角形实现相等线段转换．应该DN截取DFDFBM连接AG．根（1）证法出∠DAF∠BAMAFAMMNNFDN﹣DFBN﹣BM．
解答：解：（1）证明：延长MBGBGDN连接AG．
∵∠ABG∠ABC∠ADC90°ABAD
∴△ABG≌△ADN．
∴AGANBGDN∠1∠4．
∴∠1+∠2∠4+∠2∠MAN∠BAD．
∴∠GAM∠MAN．
AMAM
∴△AMG≌△AMN．
∴MGMN．
∵MGBM+BG．
∴MNBM+DN．
（2）MNBM﹣DN．
证明：BM截取BGBGDN连接AG．
∵∠ABC∠ADC90°ADAB
∴△ADN≌△ABG
∴ANAG∠NAD∠GAB
∴∠MAN∠MAD+∠MAG∠DAB
∴∠MAG∠BAD
∴∠MAN∠MAG
∴△MAN≌△MAG
∴MNMG
∴MNBM﹣DN．
（3）MNDN﹣BM．
点评：题考查三角形全等判定性质题中通全等三角形实现线段转换解题关键没明确全等三角形时通辅助线构建已知求条件相关联全等三角形．
9．（2010•义乌市）图1已知∠ABC90°△ABE等边三角形点P射线BC意点（点P点B重合）连接AP线段AP绕点A逆时针旋转60°线段AQ连接QE延长交射线BC点F．
（1）图2BPBA时∠EBF 30 °猜想∠QFC 60 °
（2）图1点P射线BC意点时猜想∠QFC度数加证明
（3）已知线段AB2设BPx点Q射线BC距离y求y关x函数关系式．
考点：旋转性质全等三角形判定等边三角形性质解直角三角形
专题：探究型
分析：（1）∠EBF∠ABE互余∠ABE60°求∠EBF度数利观察法量角器测量方法求∠QFC度数
（2）根三角形外角等相邻两角证明∠BAP∠EAQ进△ABP≌△AEQ证∠AEQ∠ABP90°∠BEF180°﹣∠AEQ﹣∠AEB180°﹣90°﹣60°30°∠QFC∠EBF+∠BEF
（3）点F作FG⊥BE点G点Q作QH⊥BC根△ABP≌△AEQ：设QEBPxQFQE+EFx+2．点Q射线BC距离yQHsin60°×QF（x+2）求函数关系式．
解答：解：（1）∠EBF30°（1分）
∠QFC60°（2分）
（2）∠QFC60°． （1分）
解法1：妨设BP＞AB图1示．
∵∠BAP∠BAE﹣∠EAP60°﹣∠EAP
∠EAQ∠QAP﹣∠EAP60°﹣∠EAP
∴∠BAP∠EAQ． （2分）
△ABP△AEQ中
ABAE∠BAP∠EAQAPAQ
∴△ABP≌△AEQ．（SAS） （3分）
∴∠AEQ∠ABP90°． （4分）
∴∠BEF180°﹣∠AEQ﹣∠AEB180°﹣90°﹣60°30°．
∴∠QFC∠EBF+∠BEF30°+30°60°． （5分）
（事实BP≤AB时图2情形失般性结然成立分类讨扣分）
解法2：设AP交QFM∠QMP△AMQ△FMP外角
∴∠QMP∠Q+∠PAQ∠APB+∠QFC
△ABP≌△AEQ∠Q∠APB旋转知∠PAQ60°
∴∠QFC∠PAQ60°
（3）图1中点F作FG⊥BE点G．
∵△ABE等边三角形
∴BEAB2．
（1）∠EBF30°．
Rt△BGF中BG
∴BF2．
∴EF2． （1分）
∵△ABP≌△AEQ．
∴QEBPx
∴QFQE+EFx+2． （2分）
点Q作QH⊥BC垂足H．
Rt△QHF中yQHsin60°×QF（x+2）．（x＞0）
y关x函数关系式：yx+． （3分）
点评：题图形旋转三角形全等三角函数函数相结合较难题目．
10．（2009•北京）行四边形ABCD中点C作CE⊥CD交AD点E线段EC绕点E逆时针旋转90°线段EF（图1）
（1）图1中画图探究：
①P射线CD意点（P1C重合）时连接EP1绕点E逆时针旋转90°线段EG1．判断直线FG1直线CD位置关系加证明
②P2线段DC延长线意点时连接EP2线段EP2绕点E逆时针旋转90°线段EC2．判断直线C1C2直线CD位置关系画出图形直接写出结．
（2）AD6tanBAE1①条件设CP1xS△P1FG1y求yx间函数关系式写出变量x取值范围．
考点：二次函数综合题
专题：探究型
分析：（1）①说明△P1EC求旋转△G1EF全等结合∠P1CE∠G1FE90°说明②求画出图形图形出答案
（2）①点P1线段CH延长线时结合已知说明CE4四边形FECH正方形CHCE4根题设G1Fx．P1Hx﹣4进yx间函数关系式②点P1线段CH时理FG1xP1H4﹣x进yx间函数关系式③点P1点H重合时说明△P1FG1存作综合说明．题第二问较难．学生明确点P1种位置情况讨．
题考查图形变换动点问题代数结合定难度．
注意问题：函数关系式止种二变量取值范围正确画出．
（1）观察图形知重叠三角形A′B′C′边长2等边三角形三角形底边高
重叠三角形A′B′C′面积
（2）折叠性质已知知：A′DADmB′DBD8﹣mA′B′B′C′8﹣2mA′B′边高（4﹣m）
重叠三角形A′B′C′面积×（8﹣2m）×（4﹣m）（4﹣m）2DAB边中点时重叠三角形存
m＜4．DAB点处AD时点B′点C′恰矩形DEFG边符合题意AD＜时点B′点C′矩形DEFG外已知符m≥m取值范围≤m＜4．
解答：解：
（1）①直线FG1直线CD位置关系互相垂直．
证明：图1设直线FG1直线CD交点H．
∵线段ECEP1分绕点E逆时针旋转90°次线段EFEG1
∴∠P1EG1∠CEF90°EG1EP1EFEC．
∵∠G1EF90°﹣∠P1EF∠P1EC90°﹣∠P1EF
∴∠G1EF∠P1EC．
∴△G1EF≌△P1EC．
∴∠G1FE∠P1CE．
∵EC⊥CD
∴∠P1CE90°
∴∠G1FE90度．
∴∠EFH90度．
∴∠FHC90度．
∴FG1⊥CD．
②题目求画图形见图1直线G1G2直线CD位置关系互相垂直．
（2）∵四边形ABCD行四边形
∴∠B∠ADC．
∵AD6AE1tanB
∴DE5tan∠EDCtanB．
CE4．
（1）四边形EFCH正方形．
∴CHCE4．
①图2P1点线段CH延长线时
∵FG1CP1xP1Hx﹣4
∴S△P1FG1×FG1×P1H．
∴yx2﹣2x（x＞4）．
②图3P1点线段CH（CH两点重合）时
∵FG1CP1xP1H4﹣x
∴S△P1FG1×FG1×P1H．
∴y﹣x2+2x（0＜x＜4）．
③P1点H点重合时x4时△P1FG1存．
综述yx间函数关系式变量x取值范围yx2﹣2x（x＞4）y﹣x2+2x（0＜x＜4）．
点评：题着重考查二次函数解图形旋转变换三角形全等探究垂直构成情况等重知识点综合性强力求较高．考查学生分类讨数形结合数学思想方法．
11．已知：图1．四边形ABCD菱形AB6∠B∠MAN60°．绕顶点A逆时针旋转∠MAN边AM射线BC相交点E（点E点B重合）边AN射线CD相交点F．
（1）点E线段BC时求证：BECF
（2）设BEx△ADF面积y．点E线段BC时求yx间函数关系式写出函数定义域
（3）连接BD果ABFD顶点四边形行四边形求线段BE长．
考点：菱形性质全等三角形判定性质行四边形性质
分析：（1）连接AC通证明△ABE≌△ACF（ASA）出BECF
（2）点A作AH⊥CD垂足H先根勾股定理求出AH长CFBExDF6﹣x根三角形面积公式列出函数关系式
（3）根题意画出图形连接BD先根四边形BDFA行四边形证出∠BAE直角Rt△ABE中∠B60°∠BEA30°AB6继求出BE长．
解答：解：（1）连接AC（图1）．
四边形ABCD菱形∠B60°
易：BABC∠BAC∠DAC60°∠ACB∠ACD60°．
∴△ABC等边三角形．
∴ABAC．
∵∠BAE+∠MAC60°∠CAF+∠MAC60°
∴∠BAE∠CAF．
△ABE△ACF中
∵∠BAE∠CAFABAC∠B∠ACF
∴△ABE≌△ACF（ASA）．
∴BECF．
（2）点A作AH⊥CD垂足H（图2）
Rt△ADH中∠D60°∠DAH90°﹣60°30°
∴．
CFBExDF6﹣x
∵S△ADFDF•AH
∴
（0＜x＜6）．
（3）图3连接BD易．
四边形BDFA行四边形时AF∥BD．
∴∠FAD∠ADB30°．
∴∠DAE60°﹣30°30°∠BAE120°﹣30°90°．
Rt△ABE中∠B60°∠BEA30°AB6．
易：BE2AB2×612．
点评：题考查菱形性质全等三角形判定性质行四边形性质道综合题定难度关键知识熟练掌握便灵活运．
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