26年湛江中考二模第23题 隐圆+翻折变换

专题：几何 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：隐圆+翻折对称 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)难度系数：★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

（26年湛江中考二模第23题）
【基本探究】
如图1，\(E\)为正方形\(ABCD\)的边\(CD\)右侧一点，连接\(AE，CE\)，\(∠AEC=90^\circ\)，\(AE\)分别交边\(CD\)，对角线\(BD\)于点\(F，G\).

（1）求证：$∠AFD+∠BCE=180^\circ$； （2）连接$BE$，求$∠AEB$的度数； 【拓展应用】 （3）如图2，在正方形$ABCD$中，$M$为$AD$的中点，$CM$交$BD$于点$N$，将$∆BCN$沿$CN$翻折得到$∆B'CN$，连接$BB'$交$CM$于点$P$，连接$DB'$.若$CM=5$，求$DB'$的长.              

【分析】

第一问：
\(\left\{ \begin{array}{c} ∠AFD=∠CFE\\ ∠AEC=90^\circ⇒∠CFE+∠FCE=90^\circ \end{array} \right. \)
\(⇒∠AFD+∠BCE=∠CFE+(∠FCE+90^\circ)=180^\circ\)；

 

第二问：
利用共圆的知识点，可由\(\left\{ \begin{array}{c} ∠AEC=90^\circ\\ ∠ADC=90^\circ\\ ∠ABC=90^\circ \end{array} \right.\)，得到点\(A、B、C、D、E\)共圆，

则\(∠AEB=∠ACB=45^\circ\)；
其实也有较为简单的方法，证明点\(A、B、C、D、E\)共圆的；
连接\(AC\)，交\(BD\)于点\(O\)，连接\(OE\)，

\(\left\{ \begin{array}{c} 四边形ABCD是正方形⇒OB=OA=OC\\ ∠AEC=90^\circ⇒OE=\dfrac{1}{2} AC=OC \end{array} \right. \)
\(⇒OB=OA=OC=OE⇒\)点\(A、B、C、E\)共圆；
 

第三问：
分析已知
本题中没有动点，图中各几何量都确定，即所有角度或线段长度均可求出；
①\(CM=5\)，\(M\)为\(AD\)的中点
设正方形边长为\(2x\)，则\(MD=x，CD=2x\)，
则由\(CM^2=MD^2+CD^2⇒25=x^2+4x^2⇒x=\sqrt{5}\)，

即\(MD=\sqrt{5}\)，正方形边长为\(2\sqrt{5}\)；
 

②\(∆BCN\)沿\(CN\)翻折得到\(∆B'CN\)
\(∆BCN≅∆B' CN⇒\)\(\left\{ \begin{array}{c} CB'=CB=2\sqrt{5}\\ BN=B' N\\ ∠NB' C=∠NBC=45^\circ \end{array} \right. \)；

\(CN\)是线段\(BB'\)的中垂线\(⇒\left\{ \begin{array}{c} BP=BP'\\ CN⊥BB' \end{array} \right. \)；
 

③ 再结合图形分析
这跟学生的分析能力有关，图中一些基本模型还是比较好看得出来的；
比如：（i）八字形

易得\(∆MDN\sim∆CBN\)，且相似比为\(1:2\)，
又由\(BD=2\sqrt{10}\)，易得\(BN=\dfrac{4\sqrt{10}}{3}，DN=\dfrac{2\sqrt{10}}{3}\)；
（2）三等角模型

\(∠B=∠MCD⇒\tan ⁡∠B=\tan ⁡∠MCD\)
\(⇒\dfrac{CP}{BP}=\dfrac{MD}{CD}=\dfrac{1}{2}⇒CP=2\)且\(BP=4\)，进而图中各线段都可求；
根据基本的分析题中图2中各线段都可以求得；
 

分析求证
求\(DB'\)的长，直接求有难度，应该需要作辅助线，再思考，这就看学生观察能力，具体看方法2；
由于正方形\(ABCD\)，若想到建系：以点\(B\)为原点，\(BC、BA\)所在直线为\(x、y\)轴，
根据前面各线段的求值，易得点\(N\left(\dfrac{4\sqrt{5}}{3}，\dfrac{4\sqrt{5}}{3}\right)、C(2\sqrt{5}，0)\)，
设点\(B' (m，n)\)，由\(B'N=BN=\dfrac{4\sqrt{10}}{3}，CB=2\sqrt{5}\)，

利用两点距离公式求得点\(B'\)坐标\(\left(\dfrac{16\sqrt{5}}{5}，\dfrac{8\sqrt{5}}{5}\right)\)，
再由点\(D(2\sqrt{5}，2\sqrt{5})\)，得到\(DB'=2\sqrt{2}\).
 

以上的分析，其实与前两问没什么关系，这与出题人意图不符，接下来还是尝试探究出题人思路；
第三问应该要用上第二问的结论，如何用上是个难点：
过点\(D\)作\(DT⊥BB'\)交\(BB'\)于点\(T\)，连接\(AT\)，

由第二问的结论可得，\(∠ATB=45^\circ\)，
又因为\(∠ADB=45^\circ\)，所以\(∠DAT=∠DBT\)(画出隐圆会更容易得到)，
设\(∠DAT=∠DBT=α\)，
则\(∠PBC=∠PCD=45^\circ-α\)，\(∠NCB=45^\circ+α\)，\(∠DCB'=∠NCB'-∠PCD=∠NCB-∠PCD=2α\)，
又\(CD=CB=CB'\)，
所以\(∠CDB'=\dfrac{180^\circ-∠DCB'}{2}=90^\circ-α，∠ADB'=180^\circ- α\)，
所以\(∠DAT+∠ADB'=α+180^\circ- α=180^\circ\)，
所以\(AT||DB'⇒∠DB' T=∠ATB=45^\circ⇒∆DTB'\)是等腰直角三角形，
设\(DT=TB'=x\)，前面我们知道\(BB'=8\)，则\(BT=8-x\)，\(DB'=\sqrt{2} x\)，
在\(Rt∆BDT\)中，\(BD^2=BT^2+DT^2⇒(2\sqrt{10})^2=(8-x)^2+x^2⇒x=2\)，
所以\(DB'=\sqrt{2} x=2\sqrt{2}\).
由第二问得到\(∠DB' T=45^\circ\)我猜是出题人的思路，
但是就第三问而言，不用第二问结论也较容易得到\(∠DB' T=45^\circ\)，证明如下：
设\(∠B' BC=β\)，
则\(∠NCB=90^\circ-β\)，\(∠PCD=β\)，\(∠DCB'=∠NCB'-∠PCD=∠NCB-∠PCD=90^\circ-2β\)，
又\(CD=CB=CB'\)，

所以\(∠CB' D=\dfrac{180^\circ-∠DCB'}{2}=45^\circ+β\)，
又\(CB=CB'⇒∠BB' C=∠B' BC= β\)，

所以\(∠DB' T=∠CB' D-∠BB' C=45^\circ\).
 

【解答】

第一问：
\(∵\)四边形\(ABCD\)是正方形，\(∴∠BCD=90^\circ\)，
\(∵∠AEC=90^\circ\)，\(∴∠CFE+∠FCE=90^\circ\)，
又\(∵∠AFD=∠CFE\)，\(∴∠AFD+∠FCE=90^\circ\)，
\(∴∠AFD+∠BCE=∠CFE+(∠FCE+90^\circ)=90^\circ+90^\circ=180^\circ\)；

 

第二问：
连接\(AC\)，交\(BD\)于点\(O\)，连接\(OE\)，

\(∵\)四边形\(ABCD\)是正方形，\(∴OB=OA=OC\)，
\(∵∠AEC=90^\circ\)，\(∴OE=\dfrac{1}{2} AC=OC\)，
\(∴OB=OA=OC=OE\)，
\(∴\)点\(A、B、C、E\)在以点\(O\)为圆心，\(OA\)为半径的圆上，
\(∴∠AEB=∠ACB=45^\circ\)；

 

第三问：
方法1 建系法
设正方形边长为\(2x\)，则\(MD=x，CD=2x\)，
\(∵∠MDC=90^\circ\)，\(∴CM^2=MD^2+CD^2\)，即\(25=x^2+4x^2\)，解得\(x=\sqrt{5}\)，
\(∴MD=\sqrt{5}\)，正方形边长为\(2\sqrt{5}\)，
\(∵\)将\(∆BCN\)沿\(CN\)翻折得到\(∆B'CN\)，\(∴∆BCN≅∆B' CN\)，
\(∴CB'=CB=2\sqrt{5}，BN=B' N\)，
\(∴CN\)是线段\(BB'\)的中垂线，\(∴CN⊥BB'\)，
\(∵MD||BC\)，\(∴∆MDN\sim∆CBN\)，\(∴\dfrac{BN}{ND}=\dfrac{BC}{MD}=2\)，
又\(BD=\sqrt{2} BC=2\sqrt{10}\)，\(∴BN=\dfrac{4\sqrt{10}}{3}\)，
过点\(N\)作\(NH⊥BC\)交\(BC\)于点\(H\)，
\(∵∠NBC=45^\circ\)，\(∴BH=NH=\dfrac{\sqrt{2}}{2} BN=\dfrac{4\sqrt{5}}{3}\)，
以点\(B\)为原点，\(BC、BA\)所在直线为\(x、y\)轴，则\(N\left(\dfrac{4\sqrt{5}}{3}，\dfrac{4\sqrt{5}}{3}\right)、C(2\sqrt{5}，0)\)，

设点$B' (m，n)$，

由\(B' N=BN=\dfrac{4\sqrt{10}}{3}，CB=2\sqrt{5}\)，
可得\(\left\{ \begin{array}{c} \sqrt{\left(m-\dfrac{4\sqrt{5}}{3}\right)^2+\left(n-\dfrac{4\sqrt{5}}{3}\right)^2}=\dfrac{4\sqrt{10}}{3}\\ \sqrt{(m-2\sqrt{5})^2+(n-0)^2 }=2\sqrt{5} \end{array} \right. \)，

解得\(\left\{ \begin{array}{c} m=\dfrac{16\sqrt{5}}{5}\\ n=\dfrac{8\sqrt{5}}{5} \end{array} \right. \)，即点\(B'\left (\dfrac{16\sqrt{5}}{5}，\dfrac{8\sqrt{5}}{5}\right)\)，
又\(D(2\sqrt{5}，2\sqrt{5})\)，
\(∴DB'=\sqrt{\left(\dfrac{16\sqrt{5}}{5}-2\sqrt{5}\right)^2+\left(\dfrac{8\sqrt{5}}{5}-2\sqrt{5}\right)^2}=2\sqrt{2}\).
(当图形比较“方方正正”，利于建系；建系法中考解答题中不常用，它的计算量可能会大些，但思考的难度不大.)
 

方法2 几何法
同方法1得\(MD=\sqrt{5}\)，正方形边长为\(2\sqrt{5}\)，
\(∵\)将\(∆BCN\)沿\(CN\)翻折得到\(∆B'CN\)，\(∴∆BCN≅∆B' CN\)，
\(∴CB'=CB，BN=B' N\)，
\(∴CN\)是线段\(BB'\)的中垂线，\(∴CN⊥BB'，BP'=BP\)，
\(∴∠PBC+∠PCB=90^\circ\)，
又\(∠DCB=90^\circ\)，\(∴∠PBC=∠MCD\)，
\(∴\sin ⁡∠PBC=\sin ⁡∠MCD\)，\(∴\dfrac{CP}{BC}=\dfrac{MD}{CM}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)，即\(CP=\dfrac{\sqrt{5}}{5} BC=2\)，
\(∴B'P=BP=\sqrt{BC^2-CP^2}=4\)，
过点\(D\)作\(DH⊥MC\)交\(MC\)于点\(H\)，作\(DG⊥B'B\)交\(B'B\)于点\(G\)，

\(∴\)四边形\(DHPG\)是矩形，

\(∵S_{∆CMD}=\dfrac{1}{2}×MD×CD=\dfrac{1}{2}×DH×CM\)，(射影图形、等积法)
\(∴DH=\dfrac{MD×CD}{CM}=2\)，
\(∴CH= \sqrt{DC^2-DH^2}=4\)，
\(∴PH=CH-CP=2\)，
\(∴DG=PH=2，B' G=B' P-GP=B' P-DH=4-2=2\)，
\(∴DB'=\sqrt{DG^2+B' G^2}=2\sqrt{2}\).
 

方法3 列方程求解
同方法1得\(MD=\sqrt{5}\)，正方形边长为\(2\sqrt{5}\)，
\(∵\)将\(∆BCN\)沿\(CN\)翻折得到\(∆B'CN\)，\(∴∆BCN≅∆B' CN\)，
\(∴CB'=CB，BN=B' N\)，
\(∴CN\)是线段\(BB'\)的中垂线，\(∴CN⊥BB'，BP'=BP\)，
\(∴∠PBC+∠PCB=90^\circ\)，
又\(∠DCB=90^\circ\)，\(∴∠PBC=∠MCD\)，
\(∴\sin ⁡∠PBC=\sin ⁡∠MCD\)，
\(∴\dfrac{CP}{BC}=\dfrac{MD}{CM}=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)，即\(CP=\dfrac{\sqrt{5}}{5} BC=2\)，
\(∴B'P=BP=\sqrt{BC^2-CP^2}=4\)，\(∴B' B=8\)，
设\(∠B' BC=β\)，
则\(∠NCB=90^\circ-β\)，\(∠PCD=β\)，\(∠DCB'=∠NCB'-∠PCD=∠NCB-∠PCD=90^\circ-2β\)，
又\(CD=CB=CB'\)，\(∴∠CB' D=\dfrac{180^\circ-∠DCB'}{2}=45^\circ+β\)，
又\(CB=CB'\)，
\(∴∠BB' C=∠B' BC= β\)，\(∴∠DB' T=∠CB' D-∠BB' C=45^\circ\)，
过点\(D\)作\(DT⊥BB'\)交\(BB'\)于点\(T\)，连接\(AT\)，

\(∴∠TDB'=45^\circ\)，\(∴DT=B' T\)，
设\(DT=B' T=x\)，则\(BT=8-x，DB'=\sqrt{2} x\)，
在\(Rt∆BDT\)中，\(BD^2=BT^2+DT^2\)，即\((2\sqrt{10})^2=(8-x)^2+x^2\)，解得\(x=2\)，
\(∴DB'=\sqrt{2} x=2\sqrt{2}\).
 

【总结】

1.一般情况下，探究性问题，每问之间都存在“递进关系”，前一问往往会对下一问有“提示作用”；但若用不上只要做出来也可以，本题貌似在“提示下”解答的方法更麻烦些；
2. 图中多个线段或多个角存在关系，引入变量\(x\)表示它们，能够对其关系有更清晰的了解；
3.对于翻折变换，除了想到全等，还注意下中垂线的存在；
4.了解下建系法和隐圆的知识点，对一些客观题有较好的思考角度；
5.对压轴题也多尝试一题多解，多换位思考，拓展思路！