资源简介 第四讲 中考填空题难点突破2:《计算中的图形建构》-------崔景晓图形的建构自主学习单(一)一、知识梳理深圳市中考填空压轴题,承载着中考选拔和区分功能,考查功能由知识型向能力型转化,其主要特点是知识覆盖面广,综合性强,思维含量高且得分率低,具有较强的探索性、创新性和思考性。考题热点多为求线段长度、面积大小、线段比、面积比等,纵观全国考题来看,热点还有最值问题或轨迹问题等,基本都设计为几何综合计算题。主要知识点:图形三大变换的规律及性质,角平分线和线段垂直平分线性质、直角三角形判定与性质、全等和相似的判定与性质、特殊四边形的判定与性质及圆的有关性质。主要基本技能:几何直观想象能力,基本图形的分析与构造能力、复杂图形的解构能力,整合信息能力,逻辑推理能力,数学运算能力。主要数学思想:数形结合思想、化归思想。二、学习过程模块一:熟练应用通法一题多解模块一:典例精讲例题1(2020 深圳)如图,在四边形ABCD中,AC与BD相交于O,∠ABC=∠DAC=90°,tan∠ACB,,则 . 图1视角(一):引入参数求解 ,求面积比【解答】 解法1:解:如图2,过点D作DM∥BC,交CA的延长线于点M,延长BA交DM于点N,∵DM∥BC,∴△ABC∽△ANM,△OBC∽△ODM, ∴tan∠ACB,,又∵∠ABC=∠DAC=90°,∴∠BAC+∠NAD=90°, 图2∵∠BAC+∠BCA=90°,∴∠NAD=∠BCA,∴△ABC∽△DAN,∴,设BC=4a,由得,DM=3a,∴AB=2a,DNa,ANa,∴NB=AB+AN=2aaa, ∴.【解释】解法2:解释:如图3过点D作DE⊥BA延长线于E则有△ADE∽△CAB,∴ ∠DAE=∠ACB,由tan∠ACB ∴tan∠DAE=tan∠ACB设AB=m,DE=n, 则 BC= 2m, AE= 2n由共边定理有 =∴ ∴=则 = == 图3视角(二)巧用共边定理转化面积比为线段比【解释】解法3:如图4过点B作BH⊥AC于H∵ ∠AOD=∠HOB, ∠AOD=∠OHB=90°,∴ △DOA∽△BOH∴设AO=3a,HO=4a,则AH=7a,∵ tan∠ABH=tan∠ACB ∴ 图4∴ BH= 14 a CH=28a ∴ = 由共边定理得: ==【解释】解法4:如图4,由解法3可得: ,根据射影定理得:AB2= AH AC,BC2= CH AC∴ 2=,设AO=3a,HO=4a,则AH=7a,CH=28a可得=,以下过程与解法3相同。小结:本题通法(通性思维)1、有条件∠ABC=∠DAC,联想构建“一线三垂直”模型;2、有条件,联想“X”相似模型;3、有条件tan∠ACB,可以在含有∠ACB的RT△ABC中直接应用正切边角关系,也可以构造与该角相等的角来应用正切边角关系;4、对于结论求的值,可以转化为求线段之比。例题2:如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是边ABBC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为 .视角(一):利用相似,直接求解【解答】解法1:如图2,设DF,CE交于O,∵四边形ABCD是正方形, 图1∴∠B=∠DCF=90°,BC=CD=AB, ∵点E,F分别是边AB,BC的中点,∴BE=CF,∴△CBE≌△DCF(SAS),∴CE=DF,∠BCE=∠CDF,∵∠CDF+∠CFD=90°,∴∠BCE+∠CFD=90°,∴∠COF=90°,∴DF⊥CE,∴CE=DF, 图2∵点G,H分别是EC,PC的中点,∴CG=FH,∵∠DCF=90°,CO⊥DF,∴∠DCO+∠FCO=∠DCO+∠CDO=90°,∴∠FCO=∠CDO,∵∠DCF=∠COF=90°,∴△COF∽△DOC,∴,∴CF2=OF DF,∴OF,∴OH,OD,∵∠COF=∠COD=90°,∴△COF∽△DCF,∴,∴OC2=OF OD,∴OC,∴OG=CG﹣OC,∴HG1, 故答案为:1.视角(二):利用中点,构造中位线求解【解答】解法2:如图3,连接CH并延长交AD于P,连接PE,∵四边形ABCD是正方形,∴∠A=90°,AD∥BC,AB=AD=BC=2,∵E,F分别是边AB,BC的中点,∴AE=CF2,∵AD∥BC, ∴∠DPH=∠FCH,∵∠DHP=∠FHC, DH=FH, 图3∴△PDH≌△CFH(AAS), ∴PD=CF,∴AP=AD﹣PD,∴PE2,∵点G DF,H分别是EC,CP的中点,∴GHEP=1;这里构造中位线的方法也有多种,这里就不再赘述。视角(三):利用中点,构造全等求解【解释】解法3:如图4,连接FG,可得FG=BE=,且FG∥BE,作GM⊥DC于点M,可得矩形GFCM,则CM=FG=,GM=CF=,延长GH交CD于点P,可得△PHD≌△GHF ,则有DP= FG= 图4GH=PH=PG,从而有PM= = GM ,且∠GMP==90°进而得出PG=2,故有GH=1.视角(四):建立坐标系,利用两点间的距离【解释】解法4:如图5 以B为坐标原点,BC、AB所在直线为坐标轴,建立平面直角坐标系,易得E(0, ),C(2 ,0),F( ,0),D(2 ,2 )则EC中点G(,),DF中H(,),根据两点间距离公式,可以求得GH=1。 图5本题求解方法还有多种,一题多解的方法不在多,而在于分析和整理,以及最终是否能形成自己的认知和智慧。小结:本题通法(通性思维)1、利用“等角证互余”得GH为直角三角形斜边,联想勾股定理直接求解;2、有中点,联想中位线,构造中位线可以利用全等,也可以利用作平行线来解决;3、有中点联想倍长过中点的线段,构造全等求解;4、在正方形或矩形中,问题的解决往往构建平面直角坐标系,数形结合解决问题有很奇妙的收获。模块一:跟进练习解答1、四边形ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,BC=3AD=3,CE⊥BD于E,连AE,若tan∠DEA,则AB= .【解答】解:延长CE交AB于F,连接DF,取DF的中点O,连接OA、OE.∵CE⊥BD, ∴∠DAF=∠DEF=90°,∵OD=OF, ∴OA=OD=OF=OE,∴A、D、E、F四点共圆, ∴∠AFD=∠AED,∴tan∠AFD=tan∠AED,∵BC=3AD=3,∴AD=1,BC=3,∴AF=2,设BF=x.∵∠CBF=∠BAD=∠BEF=90°,∴∠ABD+∠ADB=90°,∠ABD+∠BFC=90°,∴∠ADB=∠CFB,∴△CBF∽△BAD, ∴,∴, ∴x2+2x﹣3=0,∴x=1或﹣3(舍弃),∴AB=BF+AF=1+2=3.2、如图,菱形ABCD的边长为4,∠BAD=60°,过点B作BE⊥AB交CD于点E,连接AE,F为AE的中点,H为BE的中点,连接FH和CF,CF交BE于点G,则GF的长为【解答】解:∵菱形ABCD的边长为4,∠BAD=60°,∴AB=BC=CD=4,AB∥CD,∠BAD=∠BCE=60°,∵F为AE的中点,H为BE的中点,∴EHBE,FH是△ABE的中位线, ∴FHAB=2,FH∥AB,∴FH∥AB∥CD,∵BE⊥AB, ∴FH⊥BE,CD⊥BE,∴∠FHE=∠BEC=90°, ∴∠CBE=90°﹣60°=30°,∴CEBC=2,∴BE2,∴EHBE, ∴FH=CE,在△FHG和△CEG中,,∴△FHG≌△CEG(AAS), ∴EG=GHEH,在Rt△FHG中,由勾股定理得:GF,3、如图,四边形ABCD中,∠CAB=90°,∠ADC=∠ACB=α,tanα,CD=5,AD=12,求BD的长为 .【解答】解:如图,作直角三角形DAE,使得∠DAE=90°,∠DEA=∠ACB,连接EC,容易得到△DAE∽△BAC,∴,即,∵∠DAE=∠BAC=90°,∴∠DAE+∠DAC=∠BAC+∠DAC,即∠EAC=∠DAB,∴△EAC∽△DAB,∴,在△DCE中,∠ADC=∠ACB,∠EDA=∠ABC,∴∠EDC=90°,∵,AD=12,∴AE=9,∠DAE=90°,∴DE15,CE5,由△EAC∽△DAB,∴ BD.4、如图,正方形ABCD的边长为3,E为BC边上一点,BE=1.将正方形沿GF折叠,使点A恰好与点E重合,连接AF,EF,GE,则四边形AGEF的面积为【解答】解:设DF=m,AG=n,∵正方形的边长为3,∴CF=3﹣m,BG=3﹣n,由折叠可得,AF=EF,AG=GE,在Rt△ADF中,AF2=DF2+DA2,即AF2=m2+9,在Rt△EFC中,EF2=EC2+CF2,∵BE=1,∴EC=2,∴EF2=4+(3﹣m)2,∴m2+9=4+(3﹣m)2,∴m,在Rt△BEG中,GE2=BG2+BE2,∴n2=(3﹣n)2+1,∴n,∴S△GEB1×(3),S△ADF3=1,S△CEF2×(3),∴S四边形AGEF=S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF=915,方法二:过点F作FH⊥AB交于H点,交AE于点Q,∵正方形ABCD的边长为3,BE=1,∴AE,∵∠HAQ+∠AQH=∠FQP+∠QFP=90°,∴∠HAQ=∠QFP,∵HF=AB,∴△HFG≌△BAE(ASA),∴FG=AE,∴S四边形AGEFAE×GF=5,方法三:在Rt△BEG中,GE2=BG2+BE2,∴n2=(3﹣n)2+1, ∴n,∴AG, ∴S四边形AGEF=2S△AFG=2AG×HF=23=5;5、如图,在△ABC中,点E为AB中点,点D为△ABC上方一点,连接DE,DB,DE与AC边交于点F,DB与AC边交于点G,若,△DBE的面积为4,则△DFG的面积为 .【解答】解:连接EG,过G作GH∥AB交DE于H,如图:∵, ∴,∵△DBE的面积为4, ∴S△DGE4=2.4,∵GH∥AB,∴△DHG∽△DEB,∵, ∴,∵点E为AB中点,∴AE=BE, ∴,∵GH∥AB,∴△HGF∽△EAF, ∴,设HF=3m,则EF=5m,∴HE=8m,∵, ∴, ∴DH=12m,∴DF=DH+HF=15m,∴3,∴3, ∴S△DFGS△DGE2.4=1.8,6、如图,在扇形OAB中,∠AOB=60°,扇形半径为r,点C在上,CD⊥OA,垂足为D,当△OCD的面积最大时,的长为 .【解答】解:∵OC=r,点C在上,CD⊥OA,∴DC,∴S△OCDOD ,∴S△OCD2OD2 (r2﹣OD2)OD4r2OD2(OD2)2∴当OD2,即ODr时△OCD的面积最大,∴∠OCD=45°,∴∠COA=45°,∴的长为:πr,模块二:有效应用通法一题多变模块二:变式学习原题:如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是边AB、BC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为 .变式1.如图,在边长为6等边△ABC 中,点E,F分别是边AB,BC上的点,且AE=BF=2,连接EC,AF,点G,H分别是EC,FA的中点,连接GH,则GH的长度为 变式2.如图,菱形ABCD中,AB=8,∠D=60°;点F是CD的中点,点E是BC上一动点,连接AE,BF.G,H分别是AE,BF的中点,连接GH,则GH的最小值是 .变式3.如图,正方形ABCD的边长为4,点E,F分别为边BC,CD上一动点,且BE=CF.连接AE,BF相交于点P,点G,H分别是AE,BF的中点,连接GH,点Q为GH的中点.点E从点B运动到点C的过程中,点P经过的路径长为 ,线段PQ扫过的面积为 .模块二:跟进练习解答1.如图,矩形ABCD中,AB=7,BC=6,点F是BC的中点,点E在AB上,且AE=2,连接DF,CE,点G、H分别是DF,CE的中点,连接GH,则线段GH的长为【解答】解:如图,连接CG并延长,交AD于M,连接ME,∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC, ∴∠DFC=∠FDM,∵点F是BC的中点,点G是DF的中点,∴CFBC=3,DG=GF,在△CGF和△MGD中,,∴△CGF≌△MGD(ASA),∴DM=CF=3,CG=MG, ∴AM=3,∴ME,∵CG=MG,点H是CE的中点, ∴GHME,2.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,D是BC中点,连接AD,过点C作CE⊥AD交AB于M.若AE=4,CE=2,则CM的长度为 .【解答】解:将△ACE绕点C逆时针旋转90°得到△CBT,延长AD交BT于H,连接BE.则四边形CEHT是正方形,△CDE≌△BDH,∴EC=EH=TH=BH=2,DE=DH=1,∵CD=BD,∴S△ADC=S△ADB,S△CDE=S△EDB1×2=1,∴S△AEC=S△AEB2×4=4,∴S△ABC=4+4+2=10,∵S△ABC CM 4 CM 2,∴CM,3.在Rt△ABC中,四边形DECF为正方形,若AD=5,DB=6,则△ADE与△BDF的面积之和为 .【解答】∵四边形DECF为正方形,∴∠EDF=90°,DE=DF,∴DA绕点D逆时针旋转90度到DA′的位置,DE绕点D逆时针旋转90度到DF位置,∴图①中的△ADE绕点D逆时针旋转90°得到图②;由旋转得:AD=A′D=5,∵∠A′DB=90°,∴S△ADE+S△BDF=S△A′BDA′D×BD5×6=15.答:△ADE与△BDF的面积之和为15.4.如图,已知等边三角形△ABC,点D,E分别在CA,CB的延长线上,且BE=CD,F为BC的中点,FG⊥AB交DE于点G,FG=4,则CD= .【解答】解:延长BC到点M,使得CM=CD,连接DM,如图所示:∴∠M=∠CDM,∵△ABC是等边三角形,∴∠ACB=∠ABC=60°,∵∠ACB=∠M+∠CDM=2∠M,∴∠M=30°,∵FG⊥AB,∴∠BFG=90°﹣∠ABF=90°﹣60°=30°,∴∠M=∠BFG,∴FG∥DM,∵F为BC的中点,∴FB=FC,∵BE=CD,∴BE=CM,∴BE+FB=CM+FC,∴FE=FM,∵FG∥DM,∴FG是△EDM的中位线,∴DM=2FG=2×4=8,过C点作CN⊥DM于点N,则DNDM8=4,∴CD,5.如图,菱形ABCD的边长为8,E为BC的中点,AF平分∠EAD交CD于点F,过点F作FG∥AD,交AE于点G,若cosB,则FG的长为 .【解答】解:作AM⊥BC于M,延长AE、DC交于点N,∵cosB,AB=8,∴BM=2,∵点E为BC的中点, ∴BE=4,∴ME=BM=2, ∴AM垂直平分BE,∴AB=AE=8,∵AF平分∠EAD, ∴∠DAF=∠GAF,∵AD∥GF,∴∠DAF=∠AFG,∴∠GAF=∠GFA,∴AG=FG,设AG=FG=x,∴EG=8﹣x,∵BE=CE,∠AEB=∠NEC,∠ABE=∠NCE,∴△ABE≌△NCE(ASA),∴NE=AE=8,∵CE∥FG,∴△NCE∽△NFG,∴,解得x,∴FG,6.如图,等边△ABC中,AB=10,点E为高AD上的一动点,以BE为边作等边△BEF,连接DF,CF,则∠BCF= ,FB+FD的最小值为 .【解答】解:如图,∵△ABC是等边三角形,AD⊥CB,∴∠BAE∠BAC=30°,∵△BEF是等边三角形,∴∠EBF=∠ABC=60°,BE=BF,∴∠ABE=∠CBF,在△BAE和△BCF中,,∴△BAE≌△BCF(SAS),∴∠BAE=∠BCF=30°,作点D关于CF的对称点G,连接CG,DG,BG,BG交CF的延长线于点F′,连接DF′,此时BF′+DF′的值最小,最小值=线段BG的长.∵∠DCF=∠FCG=30°,∴∠DCG=60°,∵CD=CG=5,∴△CDG是等边三角形,∴DB=DC=DG,∴∠CGB=90°,∴BG5,∴BF+DF的最小值为5,模块三:综合应用通法多解归一模块三:典例精讲例题1:如图,矩形ABCD中,∠BAC=60°,点E在AB上,且BE:AB=1:3,点F在BC边上运动,以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF,连接CG,当CG最小时,的值为 。通法分析:1、条件“矩形ABCD中,∠BAC=60°”,联想矩形的有关性质,直角三角形30°角的边角关系;2、条件“线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF”,联想∠ABC+∠EGF=90°得B,E,G,F四点共圆,连接BG可得∠GBF=∠GEF=45°从而有点G在∠ABC的平分线上,当CG⊥BG时,CG最小。3、此时,画出符合题意得图形,根据△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形,证明△EGB≌△FGC,可得BE=CF,设AB=m,根据BE:AB=1:3,可得CF=BEm,根据含30度角的直角三角形可得AD,进而可得结论.解决本题的关键是准确进行图形建构,综合运用以上知识.【解答】解:如图1,取EF的中点O,连接OB,OG,作射线BG,∵四边形ABCD是矩形,∴∠ABC=90°,∵O是EF的中点,∴OB=OE=OF,∵∠EGF=90°,O是EF的中点,∴OG=OE=OF,∴OB=OG=OE=OF,∴B,E,G,F在以O为圆心的圆上,∴∠EBG=∠EFG,∵∠EGF=90°,EG=FG,∴∠GEF=∠GFE=45°,∴∠EBG=45°,∴BG平分∠ABC,∴点G在∠ABC的平分线上,∴当CG⊥BG时,CG最小,此时,如图2,∵BG平分∠ABC,∴∠ABG=∠GBCABC=45°,∵CG⊥BG,∴△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形,∠BGC=90°,∴BG=CG,∵∠EGF=∠BGC=90°,∴∠EGF﹣∠BGF=∠BGC﹣∠BGF, ∴∠EGB=∠FGC,在△EGB和△FGC中,,∴△EGB≌△FGC(SAS), ∴BE=CF,∵四边形ABCD是矩形,∴AD=BC,设AB=m,∵BE:AB=1:3,∴CF=BEm,在Rt△ABC中,∠BAC=60°,∴∠ACB=30°,∴AC=2AB=2m,∴BCm,∴ADm,∴.例题2:矩形ABCD中,∠ADB=30°,Rt△AEF中,∠EAF=90°,∠AFE=30°,将Rt△AEF绕A旋转至图中位置,使得点F落在BD上,此时,则此时= ;通法分析:1、条件“矩形ABCD中,∠ADB=30°”联想矩形性质及30°角直角三角形的边角关系;2、条件“∠BAD=∠EAF=90°,∠ADB=∠AFE=30°”可以得,∠BAD-∠BAF=∠EAF-∠BAF,即∠FAD=∠EAB3、连接EB,△DAF∽△BAE,则有对应角相等;4、由结论求的值,联想△MBE∽△MAF,“反8字”相似模型,设BE=x,则DFx,得AFDF=3x,,得3;熟练掌握旋转相似必成双的基本模型是解题的关键.【解答】解:连接BE,∵∠ADB=∠AFE=30° ∴∵∠BAD=∠EAF=90°,∴∠FAD=∠EAB=90°-∠BAF∴△DAF∽△BAE,∴=, ∠ADF=∠ABE=30°,∵∠AF M=30° ∴∠ABE=∠AF M又∵∠BME=∠FMA,∴△FMA∽△BME,∴设BE=x,则DFx,∵,∴AFDF=3x,∴3;例题2变式引深:如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,,D为AB上一点,H为AC上一点,∠ABC=∠HDC,CB=CD,则 .通法分析:1、条件“∠ABC=∠HDC,CB=CD”,联想“共顶点等线段作旋转”,可将Rt△ABC中的AC边绕点C顺时针旋转相同的角度,进行图形建构,即作CE⊥CD于C,交DH的延长线于E,CF⊥AB于F;2、利用ASA证明△BCA≌△DCE,得∠A=∠E,CE=AC,因为易得△ADH∽△ECH,则;3、由于有条件 ,可以引入参数解决问题。设AC=CE=4x,则BC=3x,根据cosB,表示BF的长,从而解决问题.特别提醒,熟练掌握旋转相似必成双的基本模型是解题的关键.【解答】解:作CE⊥CD于C,交DH的延长线于E,CF⊥AB于F,∵∠B=∠CDE,BC=CD,∠BCA=∠DCE,∴△BCA≌△DCE(ASA),∴∠A=∠E,CE=AC,∵∠AHD=∠CHE,∴△ADH∽△ECH,∴,设AC=CE=4x,则BC=3x,由勾股定理得,AB=5x,∴cosB,∴BFBC,∵CB=CD,CF⊥BD,∴BD=2BF,∴AD=5x, ∴模块三:跟进练习解答1.如图,在△ABD中,∠A=90°,若BE=mAC,CD=mAB,连接BC、DE交于点F,则cos∠BFE的值为 .【解答】解:过点D作DK⊥AD,使得DK=mAC.∵CD=mAB,DK=mAC,∴m,∵∠A=∠CDK=90°,∴△CDK∽△BAC,∴m,∵BE=mAC,DK=mAC,∴BE=DK,∵BE=DK,∴四边形BEDK是平行四边形,∴DE∥BK,∴∠EFB=∠CBK,设BC=k则CK=mk,BK k,∴cos∠BFE=cos∠CBK.2.如图,在矩形ABCD中,点E为BC上一点,EB=8,AB=4,连接AE,将△ABE沿AE所在的直线翻折,得到△AB'E,B'E交AD于点F,将△AB'E沿B'E所在的直线翻折,得到△A'B'E,A'E交AD于点G,的值为 .【解答】解:由折叠的性质可知,AB=A′B=A′B′=4,BE=B′E=8,AE=A′E,∠AEB=∠AEB′=∠A′EB′,∠B=∠AB′E=∠A′B′E,∵四边形ABCD为矩形,∴∠B=90°,BC∥AD,∴∠AEB=∠FAE,∴∠AB′E=∠B=90°,∠FAE=∠AEB′,∴EF=AF,设EF=AF=x,则B′F=B′E﹣EF=8﹣x,在Rt△AB′F中,由勾股定理可得AF2=B′F2+AB′2,即x2=(8﹣x)2+42,解得:x=5,∴EF=AF=5,B′F=3,∴tan∠FAB′,过点G作GH⊥B′E于点H,如图,则GH∥AB′,∴,∠EFB′=∠HGF,∴tan∠HGF,设HF=3a,HG=4a,在Rt△AEB中,tan∠AEB,∴tan∠A′EB′,在Rt△EHG中,tan∠GEH,即∴EH=8a,∵B′F+HF+EH=B′E=8,∴3+3a+8a=8,解得:a,∴EH=8,HF=3,∴HB′=B′F+HF=3,∴.3.已知Rt△ABC,∠ACB=90°,BC=10,AC=20,点D为斜边中点,连接CD,将△BCD沿CD翻折得△B′CD,B′D交AC于点E,则的值为【解答】解:如图,过点B作BH⊥CD于H,过点E作EF⊥CD于F,∵∠ACB=90°,BC=10,AC=20,∴AB10,S△ABC10×20=100,∵点D为斜边中点,∠ACB=90°,∴AD=CD=BD=5,∴∠DAC=∠DCA,∠DBC=∠DCB,∴sin∠BCD=sin∠DBC,∴,∴BH=4,∴CH2,∴DH=3,∵将△BCD沿CD翻折得△B′CD,∴∠BDC=∠B'DC,S△BCD=S△DCB'=50,∴tan∠BDC=tan∠B'DC,∴,∴设DF=3x,EF=4x,∵tan∠DCA=tan∠DAC,∴,∴FC=8x,∵DF+CF=CD,∴3x+8x=5,∴x,∴EF,∴S△DECDC×EF,∴S△CEB'=50,∴,4.如图,在正方形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,点E是OD的中点,连接CE并延长交AD于点G,将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF,连接EF,点H为EF的中点.连接OH,则的值为 .【解答】解:以O为原点,平行于AB的直线为x轴,建立直角坐标系,过E作EM⊥CD于M,过F作FN⊥DC,交DC延长线于N,如图:设正方形ABCD的边长为2,则C(1,1),D(﹣1,1),∵E为OD中点,∴E(,),设直线CE解析式为y=kx+b,把C(1,1),E(,)代入得:,解得,∴直线CE解析式为yx,在yx中,令x=﹣1得y,∴G(﹣1,),∴GE,∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF,∴CE=CF,∠ECF=90°,∴∠MCE=90°﹣∠NCF=∠NFC,∵∠EMC=∠CNF=90°,∴△EMC≌△CNF(AAS),∴ME=CN,CM=NF,∵E(,),C(1,1),∴ME=CN,CM=NF,∴F(,),∵H是EF中点,∴H(,0),∴OH, ∴.5.如图,点P是正方形ABCD内一点,且点P到点A、B、C的距离分别为2、、4,则正方形ABCD的面积为 .【解答】解:如图,将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM,连接PM,过点B作BH⊥PM于H.∵BP=BM,∠PBM=90°,∴PMPB=2,∵PC=4,PA=CM=2,∴PC2=CM2+PM2,∴∠PMC=90°,∵∠BPM=∠BMP=45°,∴∠CMB=∠APB=135°,∴∠APB+∠BPM=180°,∴A,P,M共线,∵BH⊥PM,∴PH=HM,∴BH=PH=HM=1,∴AH=21,∴AB2=AH2+BH2=(21)2+12=14+4,∴正方形ABCD的面积为14+4.解法二:连接AC,利用勾股定理求出AC即可.故答案为14+4.6.如图,已知矩形ABCD,点E为直线BD上的一个动点(点E不与点B重合),连接AE,以AE为一边构造矩形AEFG(A,E,F,G按逆时针方向排列),连接DG.当2时,连接BG,EG,分别取线段BG,EG的中点M,N,连接MN,MD,ND,若AB,∠AEB=45°,则△MND的面积为 .【解答】解:如图,当E在线段BD上时,作AH⊥BD于H,∵tan∠ABD,∴设AH=2x,BH=x,在Rt△ABH中,x2+(2x)2=()2,∴BH=1,AH=2,在Rt△AEH中,∵tan∠AEB,∴,∴EH=AH=2,∴BE=BH+EH=3,∵BD5,∴DE=BD﹣BE=5﹣3=2,∵,DG⊥BE,∴DG=2BE=6,∴S△BEG9,在Rt△BDG和Rt△DEG中,点M是BG的中点,点N是CE的中点,∴DM=GM,∵NM=NM,∴△DMN≌△GMN(SSS),∵MN是△BEG的中位线,∴MN∥BE,∴△BEG∽△MNG,∴()2,∴S△MND=S△MNGS△BEG,如图,当E在线段DB延长线上时,作AH⊥BD于H,同上可得:BE=EH﹣BH=2﹣1=1,DG=2BE=2,∴1,∴S△BEG,综上所述:△DMN的面积是或.第四讲 中考填空题难点突破2:《计算中的图形建构》-------崔景晓图形的建构自主学习单(一)一、知识梳理深圳市中考填空压轴题,承载着中考选拔和区分功能,考查功能由知识型向能力型转化,其主要特点是知识覆盖面广,综合性强,思维含量高且得分率低,具有较强的探索性、创新性和思考性。考题热点多为求线段长度、面积大小、线段比、面积比等,纵观全国考题来看,热点还有最值问题或轨迹问题等,基本都设计为几何综合计算题。主要知识点:图形三大变换的规律及性质,角平分线和线段垂直平分线性质、直角三角形判定与性质、全等和相似的判定与性质、特殊四边形的判定与性质及圆的有关性质。主要基本技能:几何直观想象能力,基本图形的分析与构造能力、复杂图形的解构能力,整合信息能力,逻辑推理能力,数学运算能力。主要数学思想:数形结合思想、化归思想。二、学习过程模块一:熟练应用通法一题多解模块一:典例精讲例题1(2020 深圳)如图,在四边形ABCD中,AC与BD相交于O,∠ABC=∠DAC=90°,tan∠ACB,,则 . 图1视角(一):引入参数求解 ,求面积比解法1:解法2:视角(二)巧用共边定理转化面积比为线段比解法3:解法4:小结:本题通法(通性思维)1、有条件∠ABC=∠DAC,联想构建“一线三垂直”模型;2、有条件,联想“X”相似模型;3、有条件tan∠ACB,可以在含有∠ACB的RT△ABC中直接应用正切边角关系,也可以构造与该角相等的角来应用正切边角关系;4、对于结论求的值,可以转化为求线段之比。例题2:如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是边ABBC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为 .视角(一):利用相似,直接求解解法1:视角(二):利用中点,构造中位线求解解法2:视角(三):利用中点,构造全等求解解法3 :视角(四):建立坐标系,利用两点间的距离解法4:小结:本题通法(通性思维)1、利用“等角证互余”得GH为直角三角形斜边,联想勾股定理直接求解;2、有中点,联想中位线,构造中位线可以利用全等,也可以利用作平行线来解决;3、有中点联想倍长过中点的线段,构造全等求解;4、在正方形或矩形中,问题的解决往往构建平面直角坐标系,数形结合解决问题有很奇妙的收获。模块一:跟进练习1、四边形ABCD,∠ABC=∠BAD=90°,BC=3AD=3,CE⊥BD于E,连AE,若tan∠DEA,则AB= .2、如图,菱形ABCD的边长为4,∠BAD=60°,过点B作BE⊥AB交CD于点E,连接AE,F为AE的中点,H为BE的中点,连接FH和CF,CF交BE于点G,则GF的长为3、如图,四边形ABCD中,∠CAB=90°,∠ADC=∠ACB=α,tanα,CD=5,AD=12,求BD的长为 .4、如图,正方形ABCD的边长为3,E为BC边上一点,BE=1.将正方形沿GF折叠,使点A恰好与点E重合,连接AF,EF,GE,则四边形AGEF的面积为5、在△ABC中,点E为AB中点,点D为△ABC上方一点,连接DE,DB,DE与AC边交于点F,DB与AC边交于点G,若,△DBE的面积为4,则△DFG的面积为 .6、如图,在扇形OAB中,∠AOB=60°,扇形半径为r,点C在上,CD⊥OA,垂足为D,当△OCD的面积最大时,的长为 .模块二:有效应用通法一题多变模块二:变式学习原题:如图,在边长为2的正方形ABCD中,点E,F分别是边AB、BC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为 .变式1.如图,在边长为6等边△ABC 中,点E,F分别是边AB,BC上的点,且AE=BF=2,连接EC,AF,点G,H分别是EC,FA的中点,连接GH,则GH的长度为 变式2.如图,菱形ABCD中,AB=8,∠D=60°;点F是CD的中点,点E是BC上一动点,连接AE,BF.G,H分别是AE,BF的中点,连接GH,则GH的最小值是 .变式3.如图,正方形ABCD的边长为4,点E,F分别为边BC,CD上一动点,且BE=CF.连接AE,BF相交于点P,点G,H分别是AE,BF的中点,连接GH,点Q为GH的中点.点E从点B运动到点C的过程中,点P经过的路径长为 ,线段PQ扫过的面积为 .模块二:跟进练习1.如图,在矩形ABCD中,AB=6,BC=10,点E,F分别是边AB,BC的中点,连接EC,FD,点G,H分别是EC,FD的中点,连接GH,则GH的长度为 .2.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,D是BC中点,连接AD,过点C作CE⊥AD交AB于M.若AE=4,CE=2,则CM的长度为 .3.在Rt△ABC中,四边形DECF为正方形,若AD=5,DB=6,则△ADE与△BDF的面积之和为 .4.如图,已知等边三角形△ABC,点D,E分别在CA,CB的延长线上,且BE=CD,F为BC的中点,FG⊥AB交DE于点G,FG=4,则CD= .5.菱形ABCD的边长为8,E为BC的中点,AF平分∠EAD交CD于点F,过点F作FG∥AD,交AE于点G,若cosB,则FG的长为 .6.如图,等边△ABC中,AB=10,点E为高AD上的一动点,以BE为边作等边△BEF,连接DF,CF,则∠BCF= ,FB+FD的最小值为 .模块三:综合应用通法多解归一模块三:典例精讲例题1:如图,矩形ABCD中,∠BAC=60°,点E在AB上,且BE:AB=1:3,点F在BC边上运动,以线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF,连接CG,当CG最小时,的值为 。通法分析:1、条件“矩形ABCD中,∠BAC=60°”,联想矩形的有关性质,直角三角形30°角的边角关系;2、条件“线段EF为斜边在点B的异侧作等腰直角三角形GEF”,联想∠ABC+∠EGF=90°得B,E,G,F四点共圆,连接BG可得∠GBF=∠GEF=45°从而有点G在∠ABC的平分线上,当CG⊥BG时,CG最小。3、此时,画出符合题意得图形,根据△BCG是以BC为斜边的等腰直角三角形,证明△EGB≌△FGC,可得BE=CF,设AB=m,根据BE:AB=1:3,可得CF=BEm,根据含30度角的直角三角形可得AD,进而可得结论.解决本题的关键是准确进行图形建构,综合运用以上知识.解:例题2:矩形ABCD中,∠ADB=30°,Rt△AEF中,∠EAF=90°,∠AFE=30°,将Rt△AEF绕A旋转至图中位置,使得点F落在BD上,此时,则此时= ;通法分析:1、条件“矩形ABCD中,∠ADB=30°”联想矩形性质及30°角直角三角形的边角关系;2、条件“∠BAD=∠EAF=90°,∠ADB=∠AFE=30°”可以得,∠BAD-∠BAF=∠EAF-∠BAF,即∠FAD=∠EAB3、连接EB,△DAF∽△BAE,则有对应角相等;4、由结论求的值,联想△MBE∽△MAF,“反8字”相似模型,设BE=x,则DFx,得AFDF=3x,,得3;熟练掌握旋转相似必成双的基本模型是解题的关键解:例题2变式引深:如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,,D为AB上一点,H为AC上一点,∠ABC=∠HDC,CB=CD,则 .通法分析:1、条件“∠ABC=∠HDC,CB=CD”,联想“共顶点等线段作旋转”,可将Rt△ABC中的AC边绕点C顺时针旋转相同的角度,进行图形建构,即作CE⊥CD于C,交DH的延长线于E,CF⊥AB于F;2、利用ASA证明△BCA≌△DCE,得∠A=∠E,CE=AC,因为易得△ADH∽△ECH,则;3、由于有条件 ,可以引入参数解决问题。设AC=CE=4x,则BC=3x,根据cosB,表示BF的长,从而解决问题.特别提醒,熟练掌握旋转相似必成双的基本模型是解题的关键.解:模块三:跟进练习1.如图,在△ABD中,∠A=90°,若BE=mAC,CD=mAB,连接BC、DE交于点F,则cos∠BFE的值为 .2.如图,在矩形ABCD中,点E为BC上一点,EB=8,AB=4,连接AE,将△ABE沿AE所在的直线翻折,得到△AB'E,B'E交AD于点F,将△AB'E沿B'E所在的直线翻折,得到△A'B'E,A'E交AD于点G,的值为 .3.已知Rt△ABC,∠ACB=90°,BC=10,AC=20,点D为斜边中点,连接CD,将△BCD沿CD翻折得△B′CD,B′D交AC于点E,则的值为4.如图,在正方形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,点E是OD的中点,连接CE并延长交AD于点G,将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF,连接EF,点H为EF的中点.连接OH,则的值为 .5.如图,点P是正方形ABCD内一点,且点P到点A、B、C的距离分别为2、、4,则正方形ABCD的面积为 .6.如图,已知矩形ABCD,点E为直线BD上的一个动点(点E不与点B重合),连接AE,以AE为一边构造矩形AEFG(A,E,F,G按逆时针方向排列),连接DG.当2时,连接BG,EG,分别取线段BG,EG的中点M,N,连接MN,MD,ND,若AB,∠AEB=45°,则△MND的面积为 . 展开更多...... 收起↑ 资源列表 第四讲自主学习单 (1) 详解答案.docx 第四讲计算中的图形建构 自主学习单.docx