专题2 图形变式与拓展常考类型分析专题类型突破类型1关于三角形的变式拓展问题【例1】在图1至图3中，直线MN与线段AB相交于点O，∠1＝∠2＝45°.(1)如图1，若AO＝OB，请写出AO与BD的数量关系和位置关系；(2)将图1中的MN绕点O顺时针旋转得到图2，其中AO＝OB.求证：AC＝BD，AC⊥BD；(3)将图2中的OB拉长为AO的k倍得到图3，求【思路分析】通过观察可以猜想AO与BD相等且互相垂直；在后面的问题中，通过添加BD的垂线，使问题转化为全等三角形和相似三角形问题加以解决．【解】(1)AO＝BD，AO⊥BD.(2)证明：如图1，过点B作BE∥CA交DO于点E，延长AC交DB的延长线于点F.∴∠ACO＝∠BEO.又∵AO＝OB，∠AOC＝∠BOE，∴△AOC≌△BOE.∴AC＝BE.又∵∠1＝45°，∴∠ACO＝∠BEO＝135°.∴∠DEB＝45°.∵∠2＝45°，∴BE＝BD，∠EBD＝90°.∴AC＝BD.∵BE∥AC，∴∠AFD＝90°.∴AC⊥BD.15\n(3)如图2，过点B作BE∥CA交DO于点E，∴∠BEO＝∠ACO.又∵∠BOE＝∠AOC，∴△BOE∽△AOC.又∵OB＝kAO，由(2)的方法易得BE＝BD.满分技法►图形拓展类问题的解答往往需要借助几何直观、转化、类比的思想方法．在原图形中具备的位置和数量关系，在图形变化后这种关系是否存在或又存在着怎样的新的关系，可通过类比进行推理、验证，所用方法和第(1)问所用方法相似，可借鉴原结论方法，并进行拓展，只要沿着这样的思路进行即可解决．满分变式必练►1.已知△ABC中，AB＝AC，BC＝6.点P从点B出发沿射线BA移动，同时点Q从点C出发沿线段AC的延长线移动，点P，Q移动的速度相同，PQ与直线BC相交于点D.(1)如图1，过点P作PF∥AQ交BC于点F，求证：△PDF≌△QDC；(2)如图2，当点P为AB的中点时，求CD的长；(3)如图3，过点P作PE⊥BC于点E，在点P从点B向点A移动的过程中，线段DE的长度是否保持不变？若保持不变，请求出DE的长度，若改变，请说明理由．解：(1)∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB.∵PF∥AC，∴∠PFB＝∠ACB.∴∠B＝∠PFB.∴BP＝FP.由题意，得BP＝CQ，∴FP＝CQ.∵PF∥AC，∴∠DPF＝∠DQC.又∠PDF＝∠QDC，∴△PDF≌△QDC.(2)如图，过点P作PF∥AC交BC于点F.∵点P为AB的中点，(3)线段DE的长度保持不变．如图，过点P作PF∥AC交BC于点F.由(1)知，PB＝PF.∵PE⊥BC，∴BE＝EF.由(1)知，△PDF≌△QDC，CD＝DF.2.如图1，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于点H，点D在AH上，且DH＝CH，连接BD.15\n(1)求证：BD＝AC；(2)将△BHD绕点H顺时针旋转，得到△EHF(点B，D分别与点E，F对应)，连接AE.①如图2，当点F落在AC上时(F不与C重合)，若BC＝4，tanC＝3，求AE的长；②如图3，当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时，设射线CF与AE相交于点G，连接GH，试探究线段GH与EF之间满足的等量关系，并说明理由．解：(1)在Rt△AHB中，∠ABC＝45°，∴AH＝BH.在△BHD和△AHC中，∴△BHD≌△AHC(SAS)．∴BD＝AC.(2)①在Rt△AHC中，∵tanC＝3，设CH＝x，则BH＝AH＝3x.∵BC＝4，∴3x＋x＝4.∴x＝1.∴AH＝3，CH＝1.由旋转，知∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°，EH＝AH＝3，FH＝DH＝CH＝1，∴△EHA∽△FHC.∴∠EAH＝∠C.∴tan∠EAH＝tanC＝3.如图，过点H作HP⊥AE于点P，∴HP＝3AP，AE＝2AP.在Rt△AHP中，AP2＋HP2＝AH2，∴AP2＋(3AP)2＝9.②EF＝2GH.理由如下：设AH与CG交于点Q，由①知，△AEH和△FHC都为等腰三角形．又∵旋转角为30°，∴∠FHD＝∠BHE＝30°.∴∠EHA＝∠FHC＝120°.∴∠HCG＝∠GAH＝30°.∴△AGQ∽△CHQ.∴∠AGQ＝∠CHQ＝90°.又∵∠GQH＝∠AQC，∴△GQH∽△AQC.3.[教材改编题](1)问题发现：如图1，△ACB和△15\nDCE均为等边三角形，点A，D，E在同一直线上，连接BE，则∠AEB的度数为________，线段AD，BE之间的关系为________；(2)拓展探究：如图2，△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，点A，D，E在同一直线上，CM为△DCE中DE边上的高，连接BE.①请判断∠AEB的度数，并说明理由；②当CM＝5时，AC比BE的长度多6时，求AE的长．解：(1)60° 相等(2)①∠AEB＝90°.理由如下：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形，∴CA＝CB，CD＝CE，∠ACB＝∠DCE＝90°.∴∠ACD＝∠BCE.在△ACD和△BCE中，∴△ACD≌△BCE(SAS)．∴AD＝BE，∠ADC＝∠BEC.∵△DCE为等腰直角三角形，∴∠CDE＝∠CED＝45°.∵点A，D，E在同一直线上，∴∠ADC＝135°，∠BEC＝135°.∴∠AEB＝∠BEC－∠CED＝90°.②∵在等腰Rt△DCE中，∠DCE＝90°，CM⊥DE，则有DM＝CM＝ME＝5.在Rt△ACM中，AM2＋CM2＝AC2.设BE＝AD＝x，则AC＝6＋x.∴(x＋5)2＋52＝(x＋6)2，解得x＝7.∴AE＝AD＋DM＋ME＝17.类型2关于四边形的变式拓展问题【例2】如图1，在△ABC中，点D，E分别是AB，AC的中点，可以得到：DE∥BC，且DE＝(不需要证明)【探究】如图2，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，判断四边形EFGH的形状，并加以证明．【应用】(1)在【探究】的条件下，四边形ABCD中，满足什么条件时，四边形EFGH是菱形？你添加的条件是： .(只添加一个条件)(2)如图3，在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，对角线AC，BD相交于点O.若AO＝OC，四边形ABCD面积为5，则阴影部分图形的面积和为 .15\n【思路分析】【探究】利用三角形的中位线定理可得出EF＝HG，EF∥GH，继而可判断出四边形EFGH的形状．【应用】(1)同【探究】的方法判断出即可判断出EF＝FG，即可得出结论；(2)先判断出S△BCD＝4S△CFG，同理：S△ABD＝4S△AEH，进而得出再判断出OM＝ON，进而得出解：【探究】四边形EFGH是平行四边形．证明：如图1，连接AC.∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥AC，综上，EF∥HG，EF＝HG.故四边形EFGH是平行四边形．【应用】(1)添加AC＝BD.理由：连接AC，BD，∵AC＝BD，∴EF＝FG.又∵四边形EFGH是平行四边形，∴▱EFGH是菱形．故答案为：AC＝BD.(2)如图2，由【探究】，得四边形EFGH是平行四边形．∵F，G分别是BC，CD的中点，∴S△BCD＝4S△CFG.同理，S△ABD＝4S△AEH.∵四边形ABCD面积为5，设AC与FG，EH相交于点M，N，EF与BD相交于点P.∵OA＝OC，∴OM＝ON.15\n易知，四边形ENOP，FMOP是面积相等的平行四边形．满分技法►此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，相似三角形的判定和性质，解【探究】的关键是判断出解【应用】的关键是判断出是一道基础题目．满分变式必练►1.阅读下面材料：在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图1，我们把一个四边形ABCD的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形EFGH是平行四边形吗？小敏在思考问题时，有如下思路：连接AC.结合小敏的思路作答：(1)若只改变图1中四边形ABCD的形状(如图2)，则四边形EFGH还是平行四边形吗？说明理由；参考小敏思考问题方法解决一下问题；(2)如图2，在(1)的条件下，若连接AC，BD.①当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，写出结论并证明；②当AC与BD满足什么条件时，四边形EFGH是矩形，直接写出结论．解：(1)四边形EFGH是平行四边形，理由如下：如图，连接AC，∵E是AB的中点，F是BC的中点，∴EF∥HG，EF＝HG.故四边形EFGH是平行四边形．(2)①当AC＝BD时，四边形EFGH为菱形．理由如下：由(1)知，四边形EFGH是平行四边形，∴当AC＝BD时，FG＝HG.∴▱EFGH是菱形．②当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形．2.如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD于点F.15\n(1)求证：△BDF是等腰三角形；(2)如图2，过点D作DG∥BE，交BC于点G，连接FG交BD于点O.①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；②若AB＝6，AD＝8，求FG的长．解：(1)证明：根据折叠的性质，得∠DBC＝∠DBE.又AD∥BC，∴∠DBC＝∠ADB，∴∠DBE＝∠ADB，∴DF＝BF，∴△BDF是等腰三角形．(2)①∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC.∴FD∥BG.又∵DG∥BE，即DG∥BF，∴四边形BFDG是平行四边形．∵DF＝BF，∴四边形BFDG是菱形．②∵AB＝6，AD＝8，假设DF＝BF＝x，∴AF＝AD－DF＝8－x.∴在Rt△ABF中，AB2＋AF2＝BF2，即62＋(8－x)2＝x2.3.如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB上的点，且CE＝BF.连接DE，过点E作EG⊥DE，使EG＝DE，连接FG，FC.(1)请判断：FG与CE的数量关系是 ，位置关系是 ；(2)如图2，若点E，F分别是边CB，BA延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请作出判断并给予证明；(3)如图3，若点E，F分别是边BC，AB延长线上的点，其他条件不变，(1)中结论是否仍然成立？请直接写出你的判断．15\n解：(1)FG＝CE FG∥CE(2)成立．证明：如图，过点G作GH⊥CB的延长线于点H，∵EG⊥DE，∴∠GEH＋∠DEC＝90°.∵∠GEH＋∠HGE＝90°，∴∠DEC＝∠HGE.在△HGE与△CED中，∴△HGE≌△CED(AAS)．∴GH＝CE，HE＝CD.∵CE＝BF，∴GH＝BF.∵GH∥BF，∴四边形GHBF是平行四边形．∴FG＝BH，FG∥CH.∴FG∥CE.∵四边形ABCD是正方形，∴CD＝BC.∴HE＝BC.∴HE＋EB＝BC＋EB.∴BH＝EC.∴FG＝EC.(3)仍然成立．类型3关于圆的变式拓展问题【例3】如图1至图4中，两平行线AB，CD间的距离均为6，点M为AB上一定点．思考如图1，圆心为O的半圆形纸片在AB，CD之间(包括AB，CD)，其直径MN在AB上，MN＝8，点P为半圆上一点，设∠MOP＝α.当α＝ 度时，点P到CD的距离最小，最小值为 .探究一在图1的基础上，以点M为旋转中心，在AB，CD之间顺时针旋转该半圆纸片，直到不能再转动为止，如图2，得到最大旋转角∠BMO＝度，此时点N到CD的距离是 .探究二将图1中的扇形纸片NOP按下面对α的要求剪掉，使扇形纸片MOP绕点M在AB，CD之间顺时针旋转．(1)如图3，当α＝60°时，求在旋转过程中，点P到CD的最小距离，并请指出旋转角∠BMO的最大值；(2)如图4，在扇形纸片MOP旋转过程中，要保证点P能落在直线CD上，请确定α的取值范围．15\n【思路分析】在“思考”的图1中，当OP⊥CD时，点P到CD的距离最小；在“探究一”的图2中，半圆形纸片不能再转动时，⊙O与CD相切于点Y；在“探究二”的图3中，当PM⊥AB时，点P到CD的距离最小；当与AB相切时，旋转角∠BMO的度数最大．图4中，当弦MP＝6时，α取最小值；当与CD相切于点P时，即半径OP⊥CD于点P时，α取最大值．解：思考：根据两平行线之间垂线段最短，直接得出答案，当α＝90度时，点P到CD的距离最小．∵MN＝8，∴OP＝4.∴点P到CD的距离最小值为6－4＝2.故答案为：90,2.探究一：∵以点M为旋转中心，在AB，CD之间顺时针旋转该半圆形纸片，直到不能再转动为止，如图1，∵MN＝8，∴MO＝4，OY＝4.∴UO＝2.∴得到最大旋转角∠BMO＝30度，此时点N到CD的距离是2.图1故答案为：30,2.探究二：(1)由已知得M与P的距离为4，∴当MP⊥AB时，点P到AB的最大距离为4，从而点P到CD的最小距离为6－4＝2.当扇形MOP在AB，CD之间旋转到不能再转时，与AB相切，此时旋转角最大，∠BMO的最大值为90°.(2)如图2，由探究一可知，点P是与CD的切点时，α达到最大，即OP⊥CD.此时延长PO交AB于点H，图2α最大值为∠OMH＋∠OHM＝30°＋90°＝120°.如图3，当点P在CD上且与AB距离最小时，MP⊥CD，α达到最小，连接MP，作OH⊥MP于点H，由垂径定理，得MH＝3，在Rt△MOH中，MO＝4，图3∴∠MOH＝49°.∵α＝2∠MOH＝98°，∴α最小为98°.∴α的取值范围是98°≤α≤120°.满分技法►15\n在拓展变化的图形中求最值(比如最大(小)距离，角的最大(小)度数，线段的最大(小)长度等)，关键是确定相关图形的特殊位置；确定几何图形中角度的取值范围，要考查它的最大角度和最小角度两种极端情况．另外，几何直观与生活经验的积累与训练也是不容忽视的，本题中很多结论如果用纯粹的数学原理严格论证起来，是很困难的，比如“思考”中，为什么OP⊥AB时点P到CD的距离最小？“探究一”中，怎样说明半圆形纸片不能再转动时，⊙O与CD相切于点P？“探究二”(1)中，为什么MP⊥AB时点P到CD的距离最小？为什么当与CD相切于点P时，旋转角∠BMO的度数最大？(2)中，为什么当弦MP＝6时，α取最小值；为什么当半径OP⊥CD于点P时，α取最大值？对于这些问题，在考场上是没有时间、也没有必要深究的，其结论的得出主要依靠几何直观与生活经验．满分变式必练►1.如图1，水平放置一个三角板和一个量角器，三角板的边AB和量角器的直径DE在一条直线上，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，OD＝3cm，开始的时候BD＝1cm，现在三角板以2cm/s的速度向右移动．(1)当点B与点O重合时，求三角板运动的时间；(2)三角板继续向右运动，当B点和E点重合时，AC与半圆相切于点F，连接EF，如图2所示．①求证：EF平分∠AEC；②求EF的长．解：(1)∵当点B与点O重合时，BO＝OD＋BD＝4(cm)，∴三角板运动的时间为2s.(2)①证明：如图，连接点O与切点F，则OF⊥AC.∵∠ACE＝90°，∴EC⊥AC.∴OF∥CE.∴∠OFE＝∠CEF.∵OF＝OE，∴∠OFE＝∠OEF.∴∠OEF＝∠CEF，即EF平分∠AEC.②由①知，OF⊥AC.∴△AFO是直角三角形．∵∠BAC＝30°，OF＝OD＝3cm，2.如图所示，点A为半圆O直径MN所在直线上一点，射线AB垂直于MN，垂足为A，半圆绕M点顺时针转动，转过的角度记作α；设半圆O的半径为R，AM的长度为m，回答下列问题：探究：(1)若R＝2，m＝1，如图1，当旋转30°时，圆心O′到射线AB的距离是 .如图2，当α＝ °时，半圆O与射线AB相切；(2)如图3，在(1)的条件下，为了使得半圆O转动30°15\n即能与射线AB相切，在保持线段AM长度不变的条件下，调整半径R的大小，请你求出满足要求的R，并说明理由；发现：(3)如图4，在0°＜α＜90°时，为了对任意旋转角都保证半圆O与射线AB能够相切，小明探究了cosα与R，m两个量的关系，请你帮助他直接写出这个关系；cosα＝ ；(用含有R，m的代数式表示)拓展：(4)如图5，若R＝m，当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是 ，并求出在这个变化过程中阴影部分(弓形)面积的最大值．(用m表示)解：(1)如图1，作O′E⊥AB于点E，MF⊥O′E于点F，则四边形AMFE是矩形，EF＝AM＝1.在Rt△MFO′中，∵∠MO′F＝30°，MO′＝2，如图2，设切点为F，连接O′F，作O′E⊥OA于点E，则四边形O′EAF是矩形．∴AE＝O′F＝2.∵AM＝1，∴EM＝1.(2)如图3，设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．∵在Rt△O′MQ中，O′M＝R，∠MO′Q＝α＝30°，(3)如图4，设切点为P，连接O′P，作MQ⊥O′P，则四边形APQM是矩形．在Rt△O′QM中，O′Q＝R·cosα，QP＝m.∵O′P＝R，∴R·cosα＋m＝R.(4)如图5，当半圆与射线AB相切时，此时α＝90°，之后开始出现两个交点；当N′落在AB上时，为半圆与AB有两个交点的最后时刻，此时，∵MN′＝2AM，∴∠AMN′＝60°.∴α＝120°.∴当半圆弧线与射线AB有两个交点时，α的取值范围是90°<α≤120°.故答案为：90°<α≤120°.当N′落在AB上时，阴影部分面积最大，15\n3.如图1至图5，⊙O均作无滑动滚动，⊙O1、⊙O2、⊙O3、⊙O4均表示⊙O与线段AB或BC相切于端点时刻的位置，⊙O的周长为C.阅读理解：(1)如图1，⊙O从⊙O1的位置出发，沿AB滚动到⊙O2的位置，当AB＝c时，⊙O恰好自转1周；(2)如图2，∠ABC相邻的补角是n°，⊙O在∠ABC外部沿A－B－C滚动，在点B处，必须由⊙O1的位置旋转到⊙O2的位置，⊙O绕点B旋转的角∠O1BO2＝n°，⊙O在点B处自实践应用：(1)在阅读理解的(1)中，若AB＝2c，则⊙O自转 周；若AB＝l，则⊙O自转 周．在阅读理解的(2)中，若∠ABC＝120°，则⊙O在点B处自转 周；若∠ABC＝60°，则⊙O在点B处自转 周；(2)如图3，∠ABC＝90°，⊙O从⊙O1的位置出发，在∠ABC外部沿A－B－C滚动到⊙O4的位置，⊙O自转 周．拓展联想：(1)如图4，△ABC的周长为l，⊙O从与AB相切于点D的位置出发，在△ABC外部，按顺时针方向沿三角形滚动，又回到与AB相切于点D的位置，⊙O自转了多少周？请说明理由；(2)如图5，多边形的周长为l，⊙O从与某边相切于点D的位置出发，在多边形外部，按顺时针方向沿多边形滚动，又回到与该边相切于点D的位置，直接写出⊙O自转的周数．15\n4.平面上，矩形ABCD与直径为QP的半圆K如图摆放，分别延长DA和QP交于点O，且∠DOQ＝60°，OQ＝OD＝3，OP＝2，OA＝AB＝1.让线段OD及矩形ABCD位置固定，将线段OQ连带着半圆K一起绕着点O按逆时针方向开始旋转，设旋转角为α(0°≤α≤60°)．发现(1)当α＝0°，即初始位置时，点P________直线AB上．(填“在”或“不在”)求当α是多少时，OQ经过点B?(2)在OQ旋转过程中，简要说明α是多少时，点P，A间的距离最小？并指出这个最小值；图1图2(3)如图2，当点P恰好落在BC边上时．求α及S阴影．拓展 如图3，当线段OQ与CB边交于点M，与BA边交于点N时，设BM＝x(x＞0)，用含x的代数式表示BN的长，并求x的取值范围．解：发现(1)在15\n当OQ过点B时，在Rt△OAB中，AO＝AB，得∠DOQ＝∠ABO＝45°，∴α＝60°－45°＝15°.故α＝15°时，OQ经过点B.(2)如图1，连接AP，有OA＋AP≥OP，当OP过点A，即α＝60°时，等号成立．∴AP≥OP－OA＝2－1＝1.∴当α＝60°时，点P，A间的距离最小．PA的最小值为1.(3)如图1，设半圆K与PC交点为R，连接RK，过点P作PH⊥AD于点H，过点R作RE⊥KQ于点E.在Rt△OPH中，PH＝AB＝1，OP＝2，∴∠POH＝30°.∴α＝60°－30°＝30°.由AD∥BC知，∠RPQ＝∠POH＝30°.∴∠RKQ＝2×30°＝60°.拓展∵∠OAN＝∠MBN＝90°，∠ANO＝∠BNM，∴△AON∽△BMN.15\n探究半圆与矩形相切，分三种情况：①如图3，半圆K与BC切于点T，设直线KT与AD和OQ的初始位置所在直线分别交于点S，O′，则∠KSO＝∠KTB＝90°，作KG⊥OO′于点G.在Rt△OSK中，15
