中考压轴题难点突破6 《与几何变换相关的探究题》详解答案 模块一：平移变换探究题 例1： 【分析】【阅读理解】由证明过程可知，△ABH≌△BCF的依据是全等三角形的判定定理“ASA”，由AH∥GE，AG∥HE证明四边形AHEG为平行四边形，依据是平行四边形的定义； 【迁移尝试】设网格中每个小正方形的边长都为m，将线段AB向右平移2m个单位得到线段DQ，根据勾股定理可证明CQ＝DQ，CQ2+DQ2＝CD2＝40m2，则△QCD是直角三角形，且∠CQD＝90°，所以∠AMC＝∠QDC＝45°； 【拓展应用】作DG∥BC交AP于点G，连接GE，可证明△BGE≌△ADG，得EG＝GD，∠BGE＝∠ADG，即可证明∠EGD＝90°，则∠DMC＝∠GDE＝45°． 【解答】解：【阅读理解】由证明过程可知，△ABH≌△BCF的条件是： ， ∴推理的依据是全等三角形的判定定理“ASA”， 由AH∥GE，AG∥HE证明四边形AHEG为平行四边形，依据是平行四边形的定义， 故答案为：“ASA”，平行四边形的定义． 【迁移尝试】如图2，设网格中每个小正方形的边长都为m， 将线段AB向右平移2m个单位得到线段DQ，则点Q在格点上， 由勾股定理得CQ2＝DQ2＝（2m）2+（4m）2＝20m2，CD2＝（2m）2+（6m）2＝40m2， ∴CQ＝DQ，CQ2+DQ2＝CD2＝40m2， ∴△QCD是直角三角形，且∠CQD＝90°， ∴∠QCD＝∠QDC＝45°， 由平移得∠AMC＝∠QDC＝45°， 故答案为：45°． 【拓展应用】如图3，∵四边形APCD和四边形PBEF都是正方形， ∴∠APC＝∠BPF＝∠GBE＝∠A＝90°，BP＝BE， ∴∠BPC＝180°﹣∠APC＝90°， ∴∠BPF＝∠BPC， ∴点F在PC上， 作DG∥BC交AP于点G，连接GE， ∵CD∥AP， ∴四边形BCDG是平行四边形， ∴BG＝CD＝AD＝AP， ∴BG﹣PG＝AP﹣PG， ∴BP＝AG， ∴BE＝AG， 在△BGE和△ADG中， ， ∴△BGE≌△ADG（SAS）， ∴EG＝GD，∠BGE＝∠ADG， ∴∠BGE+∠AGD＝∠ADG+∠AGD＝90°， ∴∠EGD＝90°， ∴∠GDE＝∠GED＝45°， ∴∠DMC＝∠GDE＝45°． 【点评】此题重点考查平移的性质、平行线的性质、平行四边形的定义、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的应用、全等三角形的判定与性质等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题． 例2： 【分析】（1）延长BC，作DG//AF，交BC的延长线于点G，连接EG，证明四边形AFGD为平行四边形，从而证明ACDEAFGE得到DEG是等腰直角三角形，得到DG＝2DE，故可求解； （2）作DGIDE，并截取DG﹣DE，连接AG，证明DEG是等腰直角三角形，得到EGEDE，再证明GDAAEDCEF＝AG，AGIEF，再得到四边形GEF为平行四边形，则AF＝EG，故可求解（1）． 【解答】解：AF＝DE，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点， ∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE． ∵AB2＝AE2+BE2， ∴AB2＝2DE2， ∵B点与F点重合， ∴AF2＝2DE2， ∴； （1）如图③，延长BC，作DG∥AF，交BC的延长线于点G，连接EG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD﹣90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC， ∵DG∥AF，AD∥BC， ∴四边形AFGD为平行四边形， ∴AF＝DG，AD＝FG， ∴FG＝CD． ∵∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠ACB＝45°，∠ACD＝45°， ∵EF⊥AC， ∴∠FEC＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°， ∴EF＝EC． ∴∠EFC＝∠ECD． ∴△CDE≌△FGE（SAS）． ∴ED＝EG，∠FEG＝∠CED． ∴∠DEG＝∠FEC＝90°， ∴△DEG是等腰直角三角形， ∴DG2＝DE2+EG2＝2DE2， ∴， ∴AF＝DE， 故答案为：AF＝DE． （2）如图④，作DG⊥DE，并截取DG＝DE，连接AG、GE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝90°，CD＝AD， ∴∠DAC＝∠DCA＝45°， 同理，∠ACB＝45°， ∵GD⊥DE， ∴∠GDE＝90°， 又∵DG＝DE， ∴△DEG是等腰直角三角形， ∴EG2＝DE2+DG2＝2DE2， ∴EG＝DE， ∵∠ADC＝∠GDE＝90°， ∴∠GDA＝∠EDC， ∴△GDA≌Δ EDC（SAS ... ...
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