中考几何变换专题复习（针对几何大题的讲解）
几何图形问题的解决，主要借助于基本图形的性质（定义、定理等）和图形
之间的关系(平行、全等、相似等）.基本图形的许多性质都源于这个图形本身的“变换特征”，最为重要和最为常用的图形关系“全等三角形”极多的情况也同
样具有“变换”形式的联系.本来两个三角形全等是指它们的形状和大小都一样，
和相互间的位置没有直接关系，但是，在同一个问题中涉及到的两个全等三角形，
大多数都有一定的位置关系（或成轴对称关系，或成平移的关系，或成旋转的关
系（包括中心对称）.这样，在解决具体的几何图形问题时，如果我们有意识地
从图形的性质或关系中所显示或暗示的“变换特征”出发，来识别、构造基本图
形或图形关系，那么将对问题的解决有着极为重要的启发和引导的作用.下面我们从变换视角以三角形的全等关系为主进行研究.
解决图形问题的能力，核心要素是善于从综合与复杂的图形中识别和构造出基
本图形及基本的图形关系，而“变换视角”正好能提高我们这种识别和构造的能力.
1．已知正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过E点作EF⊥BD交BC于F，连接DF，G为DF中点，连接EG，CG．
（1）求证：EG=CG；
（2）将图①中△BEF绕B点逆时针旋转45°，如图②所示，取DF中点G，连接EG，CG．问（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请
说明理由；
（3）将图①中△BEF绕B点旋转任意角度，如图③所示，再连接相应的线段，问（1）中的结论是否仍然成立？通过观察你还能得出什么结论（均不要求证明）．
考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；正方
形的性质。
专题：压轴题。
分析：（1）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可证出CG=EG．（2）结论仍然成立，连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点；再证明△DAG≌△DCG，得出AG=CG；再证出△DMG≌△FNG，得到MG=NG；再证明△AMG≌△ENG，得出AG=EG；最后证出CG=EG．
（3）结论依然成立．还知道EG⊥CG．
解答：（1）证明：在Rt△FCD中，
∵Ｇ为DF的中点，
∴CG=FD，
同理，在Rt△DEF中，
EG=FD，
∴CG=EG．
（2）解：（1）中结论仍然成立，即EG=CG．
证法一：连接AG，过G点作MN⊥AD于M，与EF的延长线交于N点．
在△DAG与△DCG中，
∵AD=CD，∠ADG=∠CDG，DG=DG，
∴△DAG≌△DCG，
∴AG=CG；
在△DMG与△FNG中，
∵∠DGM=∠FGN，FG=DG，∠MDG=∠NFG，
∴△DMG≌△FNG，
∴MG=NG；
在矩形AENM中，AM=EN，
在△AMG与△ENG中，
∵AM=EN，∠AMG=∠ENG，MG=NG，
∴△AMG≌△ENG，
∴AG=EG，
∴EG=CG．
证法二：延长CG至M，使MG=CG，
连接MF，ME，EC，
在△DCG与△FMG中，
∵FG=DG，∠MGF=∠CGD，MG=CG，
∴△DCG≌△FMG．
∴MF=CD，∠FMG=∠DCG，
∴MF∥CD∥AB，
∴EF⊥MF．
在Rt△MFE与Rt△CBE中，
∵MF=CB，EF=BE，
∴△MFE≌△CBE
∴∠MEF=∠CEB．
∴∠MEC=∠MEF+∠FEC=∠CEB+∠CEF=90°，∴△MEC为直角三角形．
∵MG=CG，
∴EG=MC，
∴EG=CG．
（3）解：（1）中的结论仍然成立．
即EG=CG．其他的结论还有：EG⊥CG．
点评：本题利用了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质、全等三角形
的判定和性质．
2．（1）如图1，已知矩形ABCD中，点E是BC上的一动点，过点E作EF⊥BD于点F，EG⊥AC于点G，CH⊥BD于点H，试证明CH=EF+EG；
（2）若点E在BC的延长线上，如图2，过点E作EF⊥BD于点F，EG⊥AC的延长线于点G，CH⊥BD于点H，则EF、EG、CH三者之间具有怎样的数量关系，直接写
出你的猜想；
（3）如图3，BD是正方形ABCD的对角线，L在BD上，且BL=BC，连接CL，点E 是CL上任一点，EF⊥BD于点F，EG⊥BC于点G，猜想EF、EG、BD之间具有怎样的数量关系，直接写出你的猜想；
（4）观察图1、图2、图3的特性，请你根据这一特性构造一个图形，使它仍然
具有EF、EG、CH这样的线段，并满足（1）或（2）的结论，写出相关题设的条
件和结论．
考点：矩形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质；正方形的性
质。
专题：几何综合题。
分析：（1）要证明CH=EF+EG，首先要想到能否把线段CH分成两条线段而加以证明，就自然的想到添加辅助线，若作CE⊥NH于N，可得矩形EFHN，很明显只需
证明EG=CN，最后根据AAS可求证△EGC≌△CNE得出结论．
（2）过C点作CO⊥EF于O，可得矩形HCOF，因为HC=DO，所以只需证明EO=EG，最后根据AAS可求证△COE≌△CGE得出猜想．
（3）连接AC，过E作EG作EH⊥AC于H，交BD于O，可得矩形FOHE，很明显只需证明EG=CH，最后根据AAS可求证△CHE≌△EGC得出猜想．
（4）点P是等腰三角形底边所在直线上的任意一点，点P到两腰的距离的和（或差）等于这个等腰三角形腰上的高，很显然过C作CE⊥PF于E，可得矩形GCEF，而且AAS可求证△CEP≌△CNP，故CG=PF﹣PN．
解答：（1）证明：过E点作EN⊥GH于N（1分）
∵EF⊥BD，CH⊥BD，
∴四边形EFHN是矩形．
∴EF=NH，FH∥EN．
∴∠DBC=∠NEC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，且互相平分
∴∠DBC=∠ACB
∴∠NEC=∠ACB
∵EG⊥AC，EN⊥CH，
∴∠EGC=∠CNE=90°，
又EC=EC，
∴△EGC≌△CNE．（3分）
∴EG=CN
（4分）
∴CH=CN+NH=EG+EF
（2）解：猜想CH=EF﹣EG（5分）
（3）解：EF+EG=BD（6分）
（4）解：点P是等腰三角形底边所在直线上的任意一点，点P到两腰的距离的和（或差）等于这个等腰三角形腰上的高．如图①，有CG=PF﹣PN．
注：图（1分）（画一个图即可），题设的条件和结论（1分）
点评：此题主要考查矩形的性质和判定，解答此题的关键是作出辅助线，构造矩
形和三角形全等来进行证明．
3．如图1，点P是线段MN的中点．
（1）请你利用该图1画一对以点P为对称中心的全等三角形；
（2）请你参考这个作全等三角形的方法，解答下列问题：
①如图2，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB＞AC，点D是BC边中点，过D作射线交AB于E，交CA延长线于F，请猜想∠Ｆ等于多少度时，BE=CF（直接写出结果，不必证明）；
②如图3，在△AB C中，如果∠BAC不是直角，而（1）中的其他条件不变，若BE=CF 的结论仍然成立，请写出△AEF必须满足的条件，并加以证明．
考点：作图—复杂作图；全等三角形的判定；等腰三角形的判定。
专题：证明题；开放型。
分析：（1）以P点为中心，依次做两条相互交叉但长度相等的线段，可得两个全
等三角形；