資源簡介

第四講 中考填空題難點突破2：《計算中的圖形建構》
-------崔景曉
圖形的建構自主學習單（一）
一、知識梳理
深圳市中考填空壓軸題，承載著中考選拔和區分功能，考查功能由知識型向能力型轉化，其主要特點是知識覆蓋面廣，綜合性強，思維含量高且得分率低，具有較強的探索性、創新性和思考性。考題熱點多為求線段長度、面積大小、線段比、面積比等，縱觀全國考題來看，熱點還有最值問題或軌跡問題等，基本都設計為幾何綜合計算題。
主要知識點：圖形三大變換的規律及性質，角平分線和線段垂直平分線性質、直角三角形判定與性質、全等和相似的判定與性質、特殊四邊形的判定與性質及圓的有關性質。
主要基本技能：幾何直觀想象能力，基本圖形的分析與構造能力、復雜圖形的解構能力，整合信息能力，邏輯推理能力，數學運算能力。
主要數學思想：數形結合思想、化歸思想。
二、學習過程
模塊一：熟練應用通法一題多解
模塊一：典例精講
例題1（2020 深圳）如圖，在四邊形ABCD中，AC與BD相交于O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB，，則　 ． 圖1
視角（一）：引入參數求解 ，求面積比
【解答】 解法1：解：如圖2，過點D作DM∥BC，交CA的延長線于點M，延長BA交DM于點N，
∵DM∥BC，
∴△ABC∽△ANM，△OBC∽△ODM， ∴tan∠ACB，，
又∵∠ABC＝∠DAC＝90°，
∴∠BAC+∠NAD＝90°， 圖2
∵∠BAC+∠BCA＝90°，
∴∠NAD＝∠BCA，
∴△ABC∽△DAN，∴，
設BC＝4a，
由得，DM＝3a，
∴AB＝2a，DNa，ANa，
∴NB＝AB+AN＝2aaa， ∴．
【解釋】解法2：解釋：如圖3過點D作DE⊥BA延長線于E
則有△ADE∽△CAB，∴ ∠DAE＝∠ACB，
由tan∠ACB ∴tan∠DAE=tan∠ACB
設AB＝m，DE＝n， 則 BC= 2m, AE= 2n
由共邊定理有 =
∴ ∴=
則 = == 圖3
視角（二）巧用共邊定理轉化面積比為線段比
【解釋】解法3：如圖4過點B作BH⊥AC于H
∵ ∠AOD＝∠HOB, ∠AOD＝∠OHB=90°，
∴ △DOA∽△BOH
∴
設AO＝3a，HO＝4a，則AH＝7a，
∵ tan∠ABH=tan∠ACB ∴ 圖4
∴ BH= 14 a CH=28a ∴ = 由共邊定理得： ==
【解釋】解法4：如圖4，由解法3可得： ，根據射影定理得：
AB2= AH AC，BC2= CH AC
∴ 2=，設AO＝3a，HO＝4a，則AH＝7a，CH=28a
可得=，以下過程與解法3相同。
小結：本題通法（通性思維）
1、有條件∠ABC＝∠DAC，聯想構建“一線三垂直”模型；
2、有條件，聯想“X”相似模型；
3、有條件tan∠ACB，可以在含有∠ACB的RT△ABC中直接應用正切邊角關系，也可以構造與該角相等的角來應用正切邊角關系；
4、對于結論求的值，可以轉化為求線段之比。
例題2：如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E，F分別是邊AB
BC的中點，連接EC，FD，點G，H分別是EC，FD的中點，連接GH，則GH的長度為 　　．
視角（一）：利用相似，直接求解
【解答】解法1：如圖2，設DF，CE交于O，
∵四邊形ABCD是正方形， 圖1
∴∠B＝∠DCF＝90°，BC＝CD＝AB， ∵點E，F分別是邊AB，BC的中點，
∴BE＝CF，∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF，
∵∠CDF+∠CFD＝90°，
∴∠BCE+∠CFD＝90°，∴∠COF＝90°，
∴DF⊥CE，
∴CE＝DF， 圖2
∵點G，H分別是EC，PC的中點，∴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， 故答案為：1．
視角（二）：利用中點，構造中位線求解
【解答】解法2：如圖3，連接CH并延長交AD于P，連接PE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，
∵E，F分別是邊AB，BC的中點，
∴AE＝CF2，
∵AD∥BC， ∴∠DPH＝∠FCH，
∵∠DHP＝∠FHC， DH＝FH， 圖3
∴△PDH≌△CFH（AAS）， ∴PD＝CF，
∴AP＝AD﹣PD，∴PE2，
∵點G DF，H分別是EC，CP的中點，∴GHEP＝1；
這里構造中位線的方法也有多種，這里就不再贅述。
視角（三）：利用中點，構造全等求解
【解釋】解法3：如圖4，
連接FG，可得FG=BE=，且FG∥BE，
作GM⊥DC于點M，可得矩形GFCM，則CM=FG=，GM=CF=，
延長GH交CD于點P，可得△PHD≌△GHF ，則有DP= FG= 圖4
GH=PH=PG，從而有PM= = GM ，且∠GMP==90°
進而得出PG=2，故有GH=1.
視角（四）：建立坐標系，利用兩點間的距離
【解釋】解法4：如圖5 以B為坐標原點，BC、AB所在直線為坐標軸，建立平面直角坐標系，易得E（0， ），C（2 ，0），F（ ，0），D（2 ，2 ）
則EC中點G（，），DF中H（，），根據兩點間距離公式，可以求得GH=1。 圖5
本題求解方法還有多種，一題多解的方法不在多，而在于分析和整理，以及最終是否能形成自己的認知和智慧。
小結：本題通法（通性思維）
1、利用“等角證互余”得GH為直角三角形斜邊，聯想勾股定理直接求解；
2、有中點，聯想中位線，構造中位線可以利用全等，也可以利用作平行線來解決；
3、有中點聯想倍長過中點的線段，構造全等求解；
4、在正方形或矩形中，問題的解決往往構建平面直角坐標系，數形結合解決問題有很奇妙的收獲。
模塊一：跟進練習解答
1、四邊形ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝3AD＝3，CE⊥BD于E，連AE，若tan∠DEA，則AB＝　　．
【解答】解：延長CE交AB于F，連接DF，取DF的中點O，連接OA、OE．
∵CE⊥BD， ∴∠DAF＝∠DEF＝90°，
∵OD＝OF， ∴OA＝OD＝OF＝OE，
∴A、D、E、F四點共圓， ∴∠AFD＝∠AED，
∴tan∠AFD＝tan∠AED，
∵BC＝3AD＝3，
∴AD＝1，BC＝3，
∴AF＝2，設BF＝x．
∵∠CBF＝∠BAD＝∠BEF＝90°，
∴∠ABD+∠ADB＝90°，∠ABD+∠BFC＝90°，
∴∠ADB＝∠CFB，
∴△CBF∽△BAD， ∴，
∴， ∴x2+2x﹣3＝0，
∴x＝1或﹣3（舍棄），∴AB＝BF+AF＝1+2＝3．
2、如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠BAD＝60°，過點B作BE⊥AB交CD于點E，連接AE，F為AE的中點，H為BE的中點，連接FH和CF，CF交BE于點G，則GF的長為
【解答】解：∵菱形ABCD的邊長為4，∠BAD＝60°，
∴AB＝BC＝CD＝4，AB∥CD，∠BAD＝∠BCE＝60°，
∵F為AE的中點，H為BE的中點，
∴EHBE，FH是△ABE的中位線， ∴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、如圖，四邊形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα，CD＝5，AD＝12，求BD的長為 ．
【解答】解：如圖，作直角三角形DAE，使得∠DAE＝90°，
∠DEA＝∠ACB，連接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、如圖，正方形ABCD的邊長為3，E為BC邊上一點，BE＝1．將正方形沿GF折疊，使點A恰好與點E重合，連接AF，EF，GE，則四邊形AGEF的面積為
【解答】解：設DF＝m，AG＝n，
∵正方形的邊長為3，∴CF＝3﹣m，BG＝3﹣n，
由折疊可得，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四邊形AGEF＝S正方形ABCD﹣S△GEB﹣S△ADF﹣S△CEF＝915，
方法二：過點F作FH⊥AB交于H點，交AE于點Q，
∵正方形ABCD的邊長為3，BE＝1，
∴AE，
∵∠HAQ+∠AQH＝∠FQP+∠QFP＝90°，
∴∠HAQ＝∠QFP，
∵HF＝AB，
∴△HFG≌△BAE（ASA），
∴FG＝AE，
∴S四邊形AGEFAE×GF＝5，
方法三：在Rt△BEG中，GE2＝BG2+BE2，
∴n2＝（3﹣n）2+1， ∴n，
∴AG， ∴S四邊形AGEF＝2S△AFG＝2AG×HF＝23＝5；
5、如圖，在△ABC中，點E為AB中點，點D為△ABC上方一點，連接DE，DB，DE與AC邊交于點F，DB與AC邊交于點G，若，△DBE的面積為4，則△DFG的面積為 　　．
【解答】解：連接EG，過G作GH∥AB交DE于H，如圖：
∵， ∴，
∵△DBE的面積為4， ∴S△DGE4＝2.4，
∵GH∥AB，∴△DHG∽△DEB，
∵， ∴，
∵點E為AB中點，∴AE＝BE， ∴，
∵GH∥AB，
∴△HGF∽△EAF， ∴，
設HF＝3m，則EF＝5m，
∴HE＝8m，
∵， ∴， ∴DH＝12m，
∴DF＝DH+HF＝15m，
∴3，∴3， ∴S△DFGS△DGE2.4＝1.8，
6、如圖，在扇形OAB中，∠AOB＝60°，扇形半徑為r，點C在上，CD⊥OA，垂足為D，當△OCD的面積最大時，的長為　　．
【解答】解：∵OC＝r，點C在上，CD⊥OA，
∴DC，
∴S△OCDOD ，
∴S△OCD2OD2 （r2﹣OD2）OD4r2OD2（OD2）2
∴當OD2，即ODr時△OCD的面積最大，
∴∠OCD＝45°，∴∠COA＝45°，
∴的長為：πr，
模塊二：有效應用通法一題多變
模塊二：變式學習
原題：如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E，F分別是邊AB、BC的中點，連接EC，FD，點G，H分別是EC，FD的中點，連接GH，則GH的長度為 　 　．
變式1．如圖，在邊長為6等邊△ABC 中，點E，F分別是邊AB，BC上的點，且AE＝BF=2，連接EC，AF，點G，H分別是EC，FA的中點，連接GH，則GH的長度為 　 　
變式2．如圖，菱形ABCD中，AB＝8，∠D＝60°；點F是CD的中點，點E是BC上一動點，連接AE，BF．G，H分別是AE，BF的中點，連接GH，則GH的最小值是 　 　．
變式3．如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E，F分別為邊BC，CD上一動點，且BE＝CF．連接AE，BF相交于點P，點G，H分別是AE，BF的中點，連接GH，點Q為GH的中點．點E從點B運動到點C的過程中，點P經過的路徑長為 　 　，線段PQ掃過的面積為 　 　．
模塊二：跟進練習解答
1．如圖，矩形ABCD中，AB＝7，BC＝6，點F是BC的中點，點E在AB上，且AE＝2，連接DF，CE，點G、H分別是DF，CE的中點，連接GH，則線段GH的長為
【解答】解：如圖，連接CG并延長，交AD于M，連接ME，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC， ∴∠DFC＝∠FDM，
∵點F是BC的中點，點G是DF的中點，
∴CFBC＝3，DG＝GF，
在△CGF和△MGD中，
，∴△CGF≌△MGD（ASA），
∴DM＝CF＝3，CG＝MG， ∴AM＝3，
∴ME，
∵CG＝MG，點H是CE的中點， ∴GHME，
2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是BC中點，連接AD，過點C作CE⊥AD交AB于M．若AE＝4，CE＝2，則CM的長度為　 ．
【解答】解：將△ACE繞點C逆時針旋轉90°得到△CBT，延長AD交BT于H，連接BE．
則四邊形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，四邊形DECF為正方形，若AD＝5，DB＝6，則△ADE與△BDF的面積之和為　 　．
【解答】∵四邊形DECF為正方形，
∴∠EDF＝90°，DE＝DF，
∴DA繞點D逆時針旋轉90度到DA′的位置，DE繞點D逆時針旋轉90度到DF位置，
∴圖①中的△ADE繞點D逆時針旋轉90°得到圖②；
由旋轉得：AD＝A′D＝5，
∵∠A′DB＝90°，
∴S△ADE+S△BDF＝S△A′BDA′D×BD5×6＝15．
答：△ADE與△BDF的面積之和為15．
4．如圖，已知等邊三角形△ABC，點D，E分別在CA，CB的延長線上，且BE＝CD，F為BC的中點，FG⊥AB交DE于點G，FG＝4，則CD＝　　．
【解答】解：延長BC到點M，使得CM＝CD，連接DM，如圖所示：
∴∠M＝∠CDM，
∵△ABC是等邊三角形，∴∠ACB＝∠ABC＝60°，
∵∠ACB＝∠M+∠CDM＝2∠M，∴∠M＝30°，
∵FG⊥AB，∴∠BFG＝90°﹣∠ABF＝90°﹣60°＝30°，
∴∠M＝∠BFG，∴FG∥DM，
∵F為BC的中點，∴FB＝FC，
∵BE＝CD，∴BE＝CM，
∴BE+FB＝CM+FC，∴FE＝FM，
∵FG∥DM，
∴FG是△EDM的中位線，∴DM＝2FG＝2×4＝8，
過C點作CN⊥DM于點N，
則DNDM8＝4，∴CD，
5．如圖，菱形ABCD的邊長為8，E為BC的中點，AF平分∠EAD交CD于點F，過點F作FG∥AD，交AE于點G，若cosB，則FG的長為 　　 ．
【解答】解：作AM⊥BC于M，延長AE、DC交于點N，
∵cosB，AB＝8，∴BM＝2，
∵點E為BC的中點， ∴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，
設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．如圖，等邊△ABC中，AB＝10，點E為高AD上的一動點，以BE為邊作等邊△BEF，連接DF，CF，則∠BCF＝　　，FB+FD的最小值為 　　．
【解答】解：如圖，∵△ABC是等邊三角形，AD⊥CB，
∴∠BAE∠BAC＝30°，
∵△BEF是等邊三角形，
∴∠EBF＝∠ABC＝60°，BE＝BF，
∴∠ABE＝∠CBF，
在△BAE和△BCF中，
，
∴△BAE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠BCF＝30°，
作點D關于CF的對稱點G，連接CG，DG，BG，BG交CF的延長線于點F′，連接DF′，此時BF′+DF′的值最小，最小值＝線段BG的長．
∵∠DCF＝∠FCG＝30°，
∴∠DCG＝60°，
∵CD＝CG＝5，
∴△CDG是等邊三角形，
∴DB＝DC＝DG，
∴∠CGB＝90°，
∴BG5，
∴BF+DF的最小值為5，
模塊三：綜合應用通法多解歸一
模塊三：典例精講
例題1：如圖，矩形ABCD中，∠BAC＝60°，點E在AB上，且BE：AB＝1：3，點F在BC邊上運動，以線段EF為斜邊在點B的異側作等腰直角三角形GEF，連接CG，當CG最小時，的值為 。
通法分析：
1、條件“矩形ABCD中，∠BAC＝60°”，聯想矩形的有關性質，直角三角形30°角的邊角關系；
2、條件“線段EF為斜邊在點B的異側作等腰直角三角形GEF”，聯想∠ABC+∠EGF=90°得B，E，G，F四點共圓，連接BG可得∠GBF＝∠GEF=45°從而有點G在∠ABC的平分線上，當CG⊥BG時，CG最小。
3、此時，畫出符合題意得圖形，根據△BCG是以BC為斜邊的等腰直角三角形，證明△EGB≌△FGC，可得BE＝CF，設AB＝m，根據BE：AB＝1：3，可得CF＝BEm，根據含30度角的直角三角形可得AD，進而可得結論．
解決本題的關鍵是準確進行圖形建構，綜合運用以上知識．
【解答】解：如圖1，取EF的中點O，連接OB，OG，作射線BG，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∵O是EF的中點，
∴OB＝OE＝OF，
∵∠EGF＝90°，O是EF的中點，
∴OG＝OE＝OF，
∴OB＝OG＝OE＝OF，
∴B，E，G，F在以O為圓心的圓上，
∴∠EBG＝∠EFG，
∵∠EGF＝90°，EG＝FG，
∴∠GEF＝∠GFE＝45°，
∴∠EBG＝45°，
∴BG平分∠ABC，
∴點G在∠ABC的平分線上，
∴當CG⊥BG時，CG最小，
此時，如圖2，
∵BG平分∠ABC，
∴∠ABG＝∠GBCABC＝45°，
∵CG⊥BG，
∴△BCG是以BC為斜邊的等腰直角三角形，∠BGC＝90°，
∴BG＝CG，
∵∠EGF＝∠BGC＝90°，
∴∠EGF﹣∠BGF＝∠BGC﹣∠BGF， ∴∠EGB＝∠FGC，
在△EGB和△FGC中，，
∴△EGB≌△FGC（SAS）， ∴BE＝CF，
∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，
設AB＝m，∵BE：AB＝1：3，
∴CF＝BEm，
在Rt△ABC中，∠BAC＝60°，
∴∠ACB＝30°，∴AC＝2AB＝2m，
∴BCm，∴ADm，∴．
例題2：矩形ABCD中，∠ADB＝30°，Rt△AEF中，∠EAF＝90°，∠AFE＝30°，將Rt△AEF繞A旋轉至圖中位置，使得點F落在BD上，此時，則此時= ；
通法分析：
1、條件“矩形ABCD中，∠ADB＝30°”聯想矩形性質及30°角直角三角形的邊角關系；
2、條件“∠BAD=∠EAF＝90°，∠ADB=∠AFE＝30°”可以得，
∠BAD－∠BAF＝∠EAF－∠BAF，即∠FAD=∠EAB
3、連接EB，△DAF∽△BAE，則有對應角相等；
4、由結論求的值，聯想△MBE∽△MAF，“反8字”相似模型，設BE＝x，則DFx，得AFDF＝3x，，得3；
熟練掌握旋轉相似必成雙的基本模型是解題的關鍵．
【解答】解：連接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，
∴
設BE＝x，則DFx，
∵，∴AFDF＝3x，
∴3；
例題2變式引深：如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，D為AB上一點，H為AC上一點，∠ABC＝∠HDC，CB＝CD，則　 　．
通法分析：
1、條件“∠ABC＝∠HDC，CB＝CD”，聯想“共頂點等線段作旋轉”，可將Rt△ABC中的AC邊繞點C順時針旋轉相同的角度，進行圖形建構，即作CE⊥CD于C，交DH的延長線于E，CF⊥AB于F；
2、利用ASA證明△BCA≌△DCE，得∠A＝∠E，CE＝AC，因為易得△ADH∽△ECH，則；
3、由于有條件 ，可以引入參數解決問題。
設AC＝CE＝4x，則BC＝3x，根據cosB，表示BF的長，從而解決問題．特別提醒，熟練掌握旋轉相似必成雙的基本模型是解題的關鍵．
【解答】解：作CE⊥CD于C，交DH的延長線于E，CF⊥AB于F，
∵∠B＝∠CDE，BC＝CD，∠BCA＝∠DCE，
∴△BCA≌△DCE（ASA），
∴∠A＝∠E，CE＝AC，
∵∠AHD＝∠CHE，
∴△ADH∽△ECH，
∴，
設AC＝CE＝4x，則BC＝3x，
由勾股定理得，AB＝5x，
∴cosB，
∴BFBC，
∵CB＝CD，CF⊥BD，
∴BD＝2BF，
∴AD＝5x， ∴
模塊三：跟進練習解答
1．如圖，在△ABD中，∠A＝90°，若BE＝mAC，CD＝mAB，連接BC、DE交于點F，則cos∠BFE的值為 　　．
【解答】解：過點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，
∴四邊形BEDK是平行四邊形，
∴DE∥BK，
∴∠EFB＝∠CBK，
設BC＝k則CK＝mk，BK k，
∴cos∠BFE＝cos∠CBK．
2．如圖，在矩形ABCD中，點E為BC上一點，EB＝8，AB＝4，連接AE，將△ABE沿AE所在的直線翻折，得到△AB'E，B'E交AD于點F，將△AB'E沿B'E所在的直線翻折，得到△A'B'E，A'E交AD于點G，的值為 　 ．
【解答】解：由折疊的性質可知，AB＝A′B＝A′B′＝4，BE＝B′E＝8，AE＝A′E，∠AEB＝∠AEB′＝∠A′EB′，
∠B＝∠AB′E＝∠A′B′E，
∵四邊形ABCD為矩形，∴∠B＝90°，BC∥AD，
∴∠AEB＝∠FAE，∴∠AB′E＝∠B＝90°，∠FAE＝∠AEB′，
∴EF＝AF，
設EF＝AF＝x，則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′，
過點G作GH⊥B′E于點H，如圖，
則GH∥AB′，
∴，∠EFB′＝∠HGF，∴tan∠HGF，
設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，點D為斜邊中點，連接CD，將△BCD沿CD翻折得△B′CD，B′D交AC于點E，則的值為
【解答】解：如圖，過點B作BH⊥CD于H，過點E作EF⊥CD于F，
∵∠ACB＝90°，BC＝10，AC＝20，
∴AB10，
S△ABC10×20＝100，
∵點D為斜邊中點，∠ACB＝90°，∴AD＝CD＝BD＝5，
∴∠DAC＝∠DCA，∠DBC＝∠DCB，
∴sin∠BCD＝sin∠DBC，
∴，∴BH＝4，
∴CH2，
∴DH＝3，
∵將△BCD沿CD翻折得△B′CD，
∴∠BDC＝∠B'DC，S△BCD＝S△DCB'＝50，
∴tan∠BDC＝tan∠B'DC，
∴，
∴設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．如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E是OD的中點，連接CE并延長交AD于點G，將線段CE繞點C逆時針旋轉90°得到CF，連接EF，點H為EF的中點．連接OH，則的值為 　 ．
【解答】解：以O為原點，平行于AB的直線為x軸，建立直角坐標系，過E作EM⊥CD于M，過F作FN⊥DC，交DC延長線于N，如圖：
設正方形ABCD的邊長為2，則C（1，1），D（﹣1，1），
∵E為OD中點，∴E（，），
設直線CE解析式為y＝kx+b，把C（1，1），E（，）
代入得：，解得，
∴直線CE解析式為yx，
在yx中，令x＝﹣1得y，∴G（﹣1，），
∴GE，
∵將線段CE繞點C逆時針旋轉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中點，
∴H（，0），∴OH， ∴．
5．如圖，點P是正方形ABCD內一點，且點P到點A、B、C的距離分別為2、、4，則正方形ABCD的面積為　　．
【解答】解：如圖，將△ABP繞點B順時針旋轉90°得到△CBM，連接PM，過點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共線，
∵BH⊥PM，
∴PH＝HM，
∴BH＝PH＝HM＝1，
∴AH＝21，
∴AB2＝AH2+BH2＝（21）2+12＝14+4，
∴正方形ABCD的面積為14+4．
解法二：連接AC，利用勾股定理求出AC即可．
故答案為14+4．
6．如圖，已知矩形ABCD，點E為直線BD上的一個動點（點E不與點B重合），連接AE，以AE為一邊構造矩形AEFG（A，E，F，G按逆時針方向排列），連接DG．當2時，連接BG，EG，分別取線段BG，EG的中點M，N，連接MN，MD，ND，若AB，∠AEB＝45°，則△MND的面積為 ．
【解答】解：如圖，當E在線段BD上時，作AH⊥BD于H，
∵tan∠ABD，
∴設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，點M是BG的中點，點N是CE的中點，
∴DM＝GM，
∵NM＝NM，∴△DMN≌△GMN（SSS），
∵MN是△BEG的中位線，∴MN∥BE，
∴△BEG∽△MNG，
∴（）2，
∴S△MND＝S△MNGS△BEG，
如圖，當E在線段DB延長線上時，作AH⊥BD于H，
同上可得：BE＝EH﹣BH＝2﹣1＝1，
DG＝2BE＝2，
∴1，
∴S△BEG，
綜上所述：△DMN的面積是或．第四講 中考填空題難點突破2：《計算中的圖形建構》
-------崔景曉
圖形的建構自主學習單（一）
一、知識梳理
深圳市中考填空壓軸題，承載著中考選拔和區分功能，考查功能由知識型向能力型轉化，其主要特點是知識覆蓋面廣，綜合性強，思維含量高且得分率低，具有較強的探索性、創新性和思考性。考題熱點多為求線段長度、面積大小、線段比、面積比等，縱觀全國考題來看，熱點還有最值問題或軌跡問題等，基本都設計為幾何綜合計算題。
主要知識點：圖形三大變換的規律及性質，角平分線和線段垂直平分線性質、直角三角形判定與性質、全等和相似的判定與性質、特殊四邊形的判定與性質及圓的有關性質。
主要基本技能：幾何直觀想象能力，基本圖形的分析與構造能力、復雜圖形的解構能力，整合信息能力，邏輯推理能力，數學運算能力。
主要數學思想：數形結合思想、化歸思想。
二、學習過程
模塊一：熟練應用通法一題多解
模塊一：典例精講
例題1（2020 深圳）如圖，在四邊形ABCD中，AC與BD相交于O，∠ABC＝∠DAC＝90°，tan∠ACB，，則　 ． 圖1
視角（一）：引入參數求解 ，求面積比
解法1：
解法2：
視角（二）巧用共邊定理轉化面積比為線段比
解法3：
解法4：
小結：本題通法（通性思維）
1、有條件∠ABC＝∠DAC，聯想構建“一線三垂直”模型；
2、有條件，聯想“X”相似模型；
3、有條件tan∠ACB，可以在含有∠ACB的RT△ABC中直接應用正切邊角關系，也可以構造與該角相等的角來應用正切邊角關系；
4、對于結論求的值，可以轉化為求線段之比。
例題2：如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E，F分別是邊AB
BC的中點，連接EC，FD，點G，H分別是EC，FD的中點，連接GH，則GH的長度為 　　．
視角（一）：利用相似，直接求解
解法1：
視角（二）：利用中點，構造中位線求解
解法2：
視角（三）：利用中點，構造全等求解
解法3 :
視角（四）：建立坐標系，利用兩點間的距離
解法4：
小結：本題通法（通性思維）
1、利用“等角證互余”得GH為直角三角形斜邊，聯想勾股定理直接求解；
2、有中點，聯想中位線，構造中位線可以利用全等，也可以利用作平行線來解決；
3、有中點聯想倍長過中點的線段，構造全等求解；
4、在正方形或矩形中，問題的解決往往構建平面直角坐標系，數形結合解決問題有很奇妙的收獲。
模塊一：跟進練習
1、四邊形ABCD，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC＝3AD＝3，CE⊥BD于E，連AE，若tan∠DEA，則AB＝　　．
2、如圖，菱形ABCD的邊長為4，∠BAD＝60°，過點B作BE⊥AB交CD于點E，連接AE，F為AE的中點，H為BE的中點，連接FH和CF，CF交BE于點G，則GF的長為
3、如圖，四邊形ABCD中，∠CAB＝90°，∠ADC＝∠ACB＝α，tanα，CD＝5，AD＝12，求BD的長為 ．
4、如圖，正方形ABCD的邊長為3，E為BC邊上一點，BE＝1．將正方形沿GF折疊，使點A恰好與點E重合，連接AF，EF，GE，則四邊形AGEF的面積為
5、在△ABC中，點E為AB中點，點D為△ABC上方一點，連接DE，DB，DE與AC邊交于點F，DB與AC邊交于點G，若，△DBE的面積為4，則△DFG的面積為 　　．
6、如圖，在扇形OAB中，∠AOB＝60°，扇形半徑為r，點C在上，CD⊥OA，垂足為D，當△OCD的面積最大時，的長為　　．
模塊二：有效應用通法一題多變
模塊二：變式學習
原題：如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，點E，F分別是邊AB、BC的中點，連接EC，FD，點G，H分別是EC，FD的中點，連接GH，則GH的長度為 　 　．
變式1．如圖，在邊長為6等邊△ABC 中，點E，F分別是邊AB，BC上的點，且AE＝BF=2，連接EC，AF，點G，H分別是EC，FA的中點，連接GH，則GH的長度為 　 　
變式2．如圖，菱形ABCD中，AB＝8，∠D＝60°；點F是CD的中點，點E是BC上一動點，連接AE，BF．G，H分別是AE，BF的中點，連接GH，則GH的最小值是 　 　．
變式3．如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E，F分別為邊BC，CD上一動點，且BE＝CF．連接AE，BF相交于點P，點G，H分別是AE，BF的中點，連接GH，點Q為GH的中點．點E從點B運動到點C的過程中，點P經過的路徑長為 　 　，線段PQ掃過的面積為 　 　．
模塊二：跟進練習
1．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，點E，F分別是邊AB，BC的中點，連接EC，FD，點G，H分別是EC，FD的中點，連接GH，則GH的長度為 　 　．
2．在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，D是BC中點，連接AD，過點C作CE⊥AD交AB于M．若AE＝4，CE＝2，則CM的長度為　 ．
3．在Rt△ABC中，四邊形DECF為正方形，若AD＝5，DB＝6，則△ADE與△BDF的面積之和為　 　．
4．如圖，已知等邊三角形△ABC，點D，E分別在CA，CB的延長線上，且BE＝CD，F為BC的中點，FG⊥AB交DE于點G，FG＝4，則CD＝　　．
5．菱形ABCD的邊長為8，E為BC的中點，AF平分∠EAD交CD于點F，過點F作FG∥AD，交AE于點G，若cosB，則FG的長為 　　．
6．如圖，等邊△ABC中，AB＝10，點E為高AD上的一動點，以BE為邊作等邊△BEF，連接DF，CF，則∠BCF＝　　，FB+FD的最小值為 　　．
模塊三：綜合應用通法多解歸一
模塊三：典例精講
例題1：如圖，矩形ABCD中，∠BAC＝60°，點E在AB上，且BE：AB＝1：3，點F在BC邊上運動，以線段EF為斜邊在點B的異側作等腰直角三角形GEF，連接CG，當CG最小時，的值為 。
通法分析：
1、條件“矩形ABCD中，∠BAC＝60°”，聯想矩形的有關性質，直角三角形30°角的邊角關系；
2、條件“線段EF為斜邊在點B的異側作等腰直角三角形GEF”，聯想∠ABC+∠EGF=90°得B，E，G，F四點共圓，連接BG可得∠GBF＝∠GEF=45°從而有點G在∠ABC的平分線上，當CG⊥BG時，CG最小。
3、此時，畫出符合題意得圖形，根據△BCG是以BC為斜邊的等腰直角三角形，證明△EGB≌△FGC，可得BE＝CF，設AB＝m，根據BE：AB＝1：3，可得CF＝BEm，根據含30度角的直角三角形可得AD，進而可得結論．
解決本題的關鍵是準確進行圖形建構，綜合運用以上知識．
解:
例題2：矩形ABCD中，∠ADB＝30°，Rt△AEF中，∠EAF＝90°，∠AFE＝30°，將Rt△AEF繞A旋轉至圖中位置，使得點F落在BD上，此時，則此時= ；
通法分析：
1、條件“矩形ABCD中，∠ADB＝30°”聯想矩形性質及30°角直角三角形的邊角關系；
2、條件“∠BAD=∠EAF＝90°，∠ADB=∠AFE＝30°”可以得，
∠BAD－∠BAF＝∠EAF－∠BAF，即∠FAD=∠EAB
3、連接EB，△DAF∽△BAE，則有對應角相等；
4、由結論求的值，聯想△MBE∽△MAF，“反8字”相似模型，設BE＝x，則DFx，得AFDF＝3x，，得3；
熟練掌握旋轉相似必成雙的基本模型是解題的關鍵
解：
例題2變式引深：如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，，D為AB上一點，H為AC上一點，∠ABC＝∠HDC，CB＝CD，則　 　．
通法分析：
1、條件“∠ABC＝∠HDC，CB＝CD”，聯想“共頂點等線段作旋轉”，可將Rt△ABC中的AC邊繞點C順時針旋轉相同的角度，進行圖形建構，即作CE⊥CD于C，交DH的延長線于E，CF⊥AB于F；
2、利用ASA證明△BCA≌△DCE，得∠A＝∠E，CE＝AC，因為易得△ADH∽△ECH，則；
3、由于有條件 ，可以引入參數解決問題。
設AC＝CE＝4x，則BC＝3x，根據cosB，表示BF的長，從而解決問題．特別提醒，熟練掌握旋轉相似必成雙的基本模型是解題的關鍵．
解：
模塊三：跟進練習
1．如圖，在△ABD中，∠A＝90°，若BE＝mAC，CD＝mAB，連接BC、DE交于點F，則cos∠BFE的值為 　 　．
2．如圖，在矩形ABCD中，點E為BC上一點，EB＝8，AB＝4，連接AE，將△ABE沿AE所在的直線翻折，得到△AB'E，B'E交AD于點F，將△AB'E沿B'E所在的直線翻折，得到△A'B'E，A'E交AD于點G，的值為 　 　．
3．已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，BC＝10，AC＝20，點D為斜邊中點，連接CD，將△BCD沿CD翻折得△B′CD，B′D交AC于點E，則的值為
4．如圖，在正方形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E是OD的中點，連接CE并延長交AD于點G，將線段CE繞點C逆時針旋轉90°得到CF，連接EF，點H為EF的中點．連接OH，則的值為 　 　．
5．如圖，點P是正方形ABCD內一點，且點P到點A、B、C的距離分別為2、、4，則正方形ABCD的面積為　 　．
6．如圖，已知矩形ABCD，點E為直線BD上的一個動點（點E不與點B重合），連接AE，以AE為一邊構造矩形AEFG（A，E，F，G按逆時針方向排列），連接DG．當2時，連接BG，EG，分別取線段BG，EG的中點M，N，連接MN，MD，ND，若AB，∠AEB＝45°，則△MND的面積為 ．

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