初中数学九年级中考二轮专题复习：寻变求定·识图通法-图形变化综合应用专题教学设计

初中数学九年级中考二轮专题复习：寻变求定·识图通法——图形变化综合应用专题教学设计

一、【课标解读与命题解码】

（一）基于课程标准的学业要求【非常重要】【课标本源】

本专题对应《义务教育数学课程标准（2022年版）》“图形与几何”领域第三学段“图形的变化”主题。核心学业要求为：理解轴对称、旋转、平移、相似、投影的基本特征；掌握变化前后图形之间的全等关系或相似关系；能在方格纸或坐标系中操作图形变化；能识别动态几何问题中的不变量与不变关系；能运用图形变化的眼光分析复杂几何图形，建立基本图形之间的联系；经历从运动变化的角度研究几何图形性质的过程，发展空间观念、几何直观与推理能力-9。本专题并非对单个变换概念的重复记忆，而是对“变化中求不变”这一几何学基本思想的集中统整，是学生从“静态识图”走向“动态析图”、从“单一变换”走向“综合建模”的关键转折点。

（二）成都中考命题特征分析【高频考点】【命题逻辑】

近五年成都中考试卷（A卷及B卷）显示，“图形变化类”试题呈现如下稳定特征：其一，题型分布全覆盖——选择填空侧重对称坐标与三视图识别【一般】，解答题侧重折叠、旋转背景下的线段计算与论证【重要】，B卷压轴题侧重几何变换背景下的最值、轨迹、定值探究【高频·难点】；其二，载体图形高度聚焦——直角三角形、矩形、菱形、正方形、等边三角形及含60°角的特殊三角形是承载图形变化的“黄金载体”-2；其三，设问梯度分明——第（1）问通常为“特例探路”，直接应用变化性质求具体线段长或角度，第（2）问为“一般猜想”，证明不变关系或确定关系，第（3）问为“拓展迁移”，引入参数或动态元素，探究取值范围或构造性作图；其四，思想方法鲜明——数形结合（坐标法刻画变换）、转化化归（化动态为静态）、模型观念（识别旋转手拉手、折叠对称模型）是解题的三条主线-4-8。

二、【学情诊断与教学定位】

（一）学习起点与关键障碍点【难点透视】

授课对象为成都市中等及以上水平九年级学生。学生已于一轮复习中系统梳理了平移、旋转、轴对称、相似的定义与性质，能够完成单一变换下的简单计算。但存在四重深层障碍：一是“孤立看变换”——面对复合变换（先折叠后旋转、平移叠加对称）时无法分解操作步骤；二是“无定点意识”——在图形旋转问题中，忽略旋转中心与旋转角的确定性，对“点的轨迹是圆”缺乏敏感-2-7；三是“折叠散架”——矩形折叠后难以聚焦对称轴与对应点连线的垂直平分关系，习惯死记结论而非还原轴对称结构；四是“相似与变换断裂”——将位似视为独立知识点，未能将其纳入“图形变化”的统一框架，对位似与旋转、平移的嵌套问题无从下手。

（二）专题功能定位【重要】【二轮特质】

二轮复习绝非一轮的“压缩版”或“刷题版”。本专题承担三项核心功能：其一，结构化整合——打破平移、旋转、轴对称、相似、位似的章节壁垒，统整为“刚体变换（全等型）”与“伸缩变换（相似型）”两大脉络，提炼出“找定点—寻轨迹—抓不变—建方程”的通用解题路径-1；其二，思维升维——从“是什么”（识别变换类型）跃升至“怎么办”（选择变换策略解题），培养学生“通过添加辅助变换构造全等或相似”的高阶几何素养；其三，应试模型内化——针对成都B卷高频模型（折叠隐圆、旋转手拉手、倍长中线本质为旋转、矩形折二等分）进行程序化建模，实现“见形思质，遇变寻定”。

三、【教学目标与素养指向】

（一）知识与技能目标

1.能精准识别复杂图形中蕴含的单一或复合图形变换，用规范几何语言描述变换要素（旋转中心、旋转角、平移方向、对称轴）；【一般】

2.掌握四大变换中的“不变量”清单——平移前后对应线段平行且相等，旋转前后对应点与旋转中心距离相等、旋转角相等，轴对称前后对称点连线被对称轴垂直平分，相似前后对应角相等、对应边成比例；【重要】

3.能针对折叠问题、旋转问题建立方程模型，针对轨迹问题建立函数模型，针对存在性问题建立不等式模型。【高频·核心】

（二）过程与方法目标

1.经历“静态识图—动态想象—代数定量”的完整探究链，感悟“变中寻定”的几何学思想-2-8；

2.掌握几何确定性分析框架：当一个图形具有确定的边角关系（如SSS、SAS、ASA），其在平面内是唯一确定的（不计位置），这一性质是解决动态几何“是否存在”“取值范围”的逻辑基石-2-8；

3.体悟并迁移三种数学眼光：用平移、旋转、轴对称“重组”图形碎片，用相似“缩放”图形结构，用锐角三角函数“量化”图形数量关系。

（三）情感态度价值观目标

在图形运动的万千变化中感受数学的秩序美与规律美，建立“以不变应万变”的解题自信，在B卷压轴题的层层追问中磨砺理性精神与攻坚意志。

四、【教学重难点与突破策略】

（一）教学重点

1.旋转背景下“手拉手模型”的构造与等比推演；

2.矩形折叠中轴对称性质与勾股定理的融合；

3.坐标系内图形运动与函数解析式的联姻。

（二）教学难点【难点】【破局关键】

1.旋转中心与轨迹意识的觉醒：学生难以主动将“绕某点旋转”与“点的轨迹是圆”建立联系，导致最值问题无法破局；

2.复合变换的分解：连续两次变换（如先平移后旋转、折叠加旋转）产生的位置关系识别困难；

3.相似变换的嵌入：旋转与相似（旋转相似）的复合背景下对应边成比例的定向识别。

（三）突破策略

采用“几何画板动态演示+定格作图法+代数定量刻画”三维联动。对轨迹问题，通过追踪点迹、显示轨迹圆，使隐性圆显性化；对复合变换，采用“分步还原法”，每步只执行一种变换，用不同颜色标注变换前后的图形；对旋转相似，提炼“一转成双”口诀——旋转中心连接两对对应点，所得新三角形与原三角形相似-7。

五、【教学准备与时空安排】

（一）教学环境

多媒体教室（配备交互式电子白板）、GeoGebra动态几何软件、几何画板6.0及以上版本、学生平板终端（用于实时拍照上传典型解法）。

（二）课时规划

本专题共计4课时，每课时45分钟。第1课时“折叠与对称：还原·勾股”；第2课时“旋转与全等：手拉手·轨迹”；第3课时“平移与位似：坐标系下的图形运动”；第4课时“综合建模与B卷压轴进阶”。

六、【教学实施过程】（核心环节，占全文85%篇幅）

第1课时：折叠与对称——还原轴对称本质

（一）定向启航：从“折痕”透视对称本质（5分钟）

教师呈现一道低起点问题，引发认知冲突：“如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点E是BC边上一点，将△ABE沿AE折叠，使点B落在矩形内部点F处。若点F恰好在矩形ABCD的对角线上，求BE的长。”【重要】【热点】绝大多数学生能完成第一问（F在对角线AC上），但对第二问（F在对角线BD上）表现出构图困难。此时教师暂不讲解，而是抛出核心追问：“折叠的本质是什么？折痕AE是点B和点F的什么线？”引导学生剥离矩形背景，回归轴对称定义——对称轴垂直平分对应点连线。进而板书核心方法论：“折叠即对称，对称即垂直平分。见折叠，先连对应点，再作垂直平分线（或中垂线性质）。”【非常重要】

（二）探究建构：折叠问题的一题一课深研（18分钟）

以矩形折叠为基本载体，设置三个递进变式，均在几何画板中同步演示。

变式1（单折求长）：矩形ABCD中，AB=6，AD=8，将∠B折叠，使点B落在AD边上的点B‘处，折痕为EF（E在AB上，F在BC上）。已知AB’=2，求折痕EF的长度。学生分组操作：在学案上用尺规尝试还原折痕位置。教师选取典型错误（直接设未知数列勾股失败）和正确做法（连接BB‘，由对称性得EF垂直平分BB’，利用相似或坐标法）对比。师生共析得出“折痕EF必过BB‘中点且垂直，而BB’可求，进而通过勾股或相似得EF”。本环节强化“对应点连线是架设已知与未知的桥梁”。

变式2（折后定形）：在变式1基础上，连接AB‘和DB’，判断△AB‘D的形状。学生通过计算发现AB’=2，AD=8，DB‘无法直接求，需在Rt△DCB’中利用折叠性质B‘C=BC=8？不，B对应B’，则BC=B‘C？这里学生易混淆——折叠是将△BFC折到△B’FC，对应边相等。经辨析明确：折叠具有全等性。计算得△AB‘D是直角三角形。教师升华：折叠不仅产生相等线段，更隐藏着特殊角度关系，可用代数法精确刻画。

变式3（轨迹引入）：若折叠过程中，点B在AD边上滑动，折痕EF的位置随之改变。设AB’=x，试用含x的代数式表示折痕EF的长度，并指出x的取值范围。这是全课思维高潮。学生需建立平面直角坐标系，将矩形顶点坐标化，设E(0，y)，F(8，z)，利用EB=EB‘及B、B’关于EF对称，导出y与z关于x的关系式。部分学生能得出EF²=64+(y-z)²，进而化简。教师用GeoGebra演示当x从0向4变化时，折痕位置动态变化，并显示EF长度随x变化的函数图像。学生惊讶发现长度并非单调，从而深刻体会“代数定量刻画动态问题”的力量-4-7。本环节标注【高频·难点】【非常重要】。

（三）变式迁移：折叠+角平分线综合（12分钟）

呈现2024年成都某区诊断题：矩形ABCD中，AB=4，BC=6，点E在边CD上，连接AE，将△ADE沿AE翻折得△AD‘E，延长AD’交BC于点F，若∠DAE=30°，求CF长。此题核心障碍在于“30°角如何用”。学生通过折叠性质推得∠DAD‘=2∠DAE=60°，进而发现△ADD’是等边三角形？需验证AD=AD‘（折叠性质），∠DAD’=60°，确实得到等边。于是D‘位置确定，延长后F可解。此题综合折叠、特殊角、等边三角形，属于中等难度，但极具典型性。教师引导学生总结：折叠问题若有角度条件，优先计算对应点连线与对称轴夹角，往往构造出特殊三角形。

（四）建模回授：折叠问题思维程序固化（8分钟）

师生共同绘制“折叠问题解题思维导图”文字版，记录在笔记固定位置：

第一步：明确对称轴，标记对应点；

第二步：连接对应点，标注垂直、平分；

第三步：寻找或构造直角三角形，设未知数；

第四步：依据折叠全等列等量关系；

第五步：若含参数，考虑变量范围及轨迹函数。

布置课后拓展题：矩形折叠使点B落在与AD平行的直线上，求折痕长的取值范围。为下一课时轨迹问题预热。

第2课时：旋转与全等——从“手拉手”到“定边对定角”

（一）唤醒经验：旋转三要素与不变性（5分钟）

开门见山，呈现一个动态旋转的三角形△ABC绕点B旋转至△A‘BC’，学生口答旋转中心、旋转角、对应边、对应角，并追问：“旋转一周，点A的运动痕迹是什么？”学生齐答：圆。教师重描轨迹圆并板书核心口诀：“旋转识圆，定点定距。动点到定点距离恒定即圆。”【非常重要】

（二）核心建模：旋转手拉手模型的提炼与应用（20分钟）【高频·重中之重】

选取经典母题：△ABC和△ADE均为等腰直角三角形，∠BAC=∠DAE=90°，AB=AC，AD=AE，△ADE绕点A旋转，连接BD、CE。

探究活动1：观察BD与CE的数量关系和位置关系。学生通过几何画板观察发现BD=CE始终成立，且BD与CE夹角等于旋转角（或补角）。引导学生用“SAS”证明△ABD≌△ACE。教师追问：为什么总有这个全等？因为等腰直角三角形提供了AB=AC，AD=AE，旋转角∠BAD=∠CAE（都等于∠BAC+旋转角？需纠正：∠BAD=∠BAC+∠CAD，而∠CAE=∠DAE+∠CAD？旋转角等需转化）。经严密论证，确认“手拉手模型”核心条件：两个等腰三角形顶角相等，绕公共顶点旋转，必得一对全等三角形。

探究活动2：若将△ABC和△ADE改为等边三角形，上述结论是否改变？学生快速反应，依然全等。进而推广：当两个三角形具有“公共顶点且两对邻边成比例、夹角相等”时，旋转可得相似三角形（旋转相似）-7。

探究活动3（难点突破）：取BD中点M，CE中点N，求证：△AMN也是等腰直角三角形。此问思维跨度大，需引导学生将中线倍长或构造中位线。教师提供两个方向：方法一，倍长AM至H，连接DH，利用全等迁移；方法二，以A为旋转中心，将△ABM逆时针旋转90°。学生惊叹于“旋转法证旋转背景问题”的精妙——以变换证变换。教师顺势提出：“旋转不仅是题目背景，更是一种添加辅助线的策略。遇共顶点等线段，想旋转；遇分散线段，聚拢旋转。”

探究活动4（参数引入）：设AB=4，AD=2，旋转过程中，求BD²+CE²是否为定值？学生通过余弦定理或坐标法计算，发现BD²+CE²=2(AB²+AD²)+2AB·AD·cos旋转角？并非定值。但若将问题改为BD²+CE²的最大最小值，则转化为三角函数最值。此环节为B卷压轴做铺垫。

全课核心模型“手拉手”板书结构化呈现：【非常重要】

两等腰，顶角同；公共点，旋转走；

左左连，右右连，全等（相似）跟着走；

夹角等于旋转角，对应边来成比例。

（三）进阶突破：定边对定角——隐圆显圆（15分钟）

呈现2023成都B卷第24题改编：在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=60°，AC=2，点D是AB边上一动点，将CD绕点C逆时针旋转60°得CE，连接AE，求AE的最小值。

问题拆解：学生第一反应是手拉手？但缺少等腰三角形。教师引导：将△ACD绕点C逆时针旋转60°至△A‘CE（即A’是A的对应点），则E是D旋转而来，同时A旋转至A‘，那么A’位置是否固定？计算得CA=CA‘=2，∠ACA’=60°，得△ACA‘是等边三角形，A’为定点。于是AE=A‘D（旋转全等）。至此，问题转化为：D在AB上运动，A’为定点，求A‘D的最小值——垂线段最短。

素养提炼：本题的突破点在于“将主动点D所在的三角形整体旋转”，而不是孤立旋转某一条线段。教师总结旋转策略的两种层次：层次一，直接旋转条件中的线段（CD旋转至CE）；层次二，旋转整个三角形（△ACD→△A’CE），实现线段AE向A‘D的转化。后者是更高阶的构造。

动态验证：GeoGebra显示E点的轨迹——令人惊奇：E点轨迹是一条线段（AB旋转所得线段）。学生空间观念受到冲击：旋转一个动点所在的整体图形，其轨迹也整体旋转。教师点明：此为“图形变换的保迹性”。

（四）变式巩固（5分钟）

将上题中“旋转60°”改为“旋转90°”，且AC=BC（等腰Rt），其余不变。学生独立尝试。大部分学生能类比构造旋转法，将△ACD绕C旋转90°得△A‘CE，发现A’为定点，从而AE=A‘D，转化为点到线距离。

第3课时：平移与位似——坐标系的代数力量

（一）坐标平移：点的平移带动图形平移（10分钟）【重要】

以二次函数为背景：抛物线y=x²-2x-3与x轴交于A、B两点（A左B右），将抛物线沿x轴向右平移m个单位，与x轴交于C、D两点。

问题1：写出平移后抛物线解析式，并直接用m表示C、D坐标。学生口答：y=(x-m)²-2(x-m)-3，即y=x²-2(m+1)x+m²+2m-3。

问题2：若AD=2BC，求m的值。此题需用含m的坐标表示距离。学生通过求根公式或用韦达定理：平移前后形状相同，对应点横坐标相差m。可得A(-1，0)平移至C(-1+m，0)，B(3，0)平移至D(3+m，0)。则AD=|3+m-(-1)|=m+4，BC=|(-1+m)-3|=|m-4|。解得m=2或6。

核心认知提炼：函数图像的平移本质是“左加右减自变量，上加下减常数项”，其几何意义是图像上所有点做相同方向的平移。因此，研究平移后的交点、线段长，完全可以借助原始点坐标加平移量刻画，无需每次都重复配方。【高频】

（二）综合挑战：平移+折叠+最值（18分钟）【非常重要】【难点】

抛物线y=ax²+bx+3与x轴交于A(-1，0)，B(3，0)，与y轴交于C。

第1问：求抛物线解析式（学生快速完成：y=-x²+2x+3）。

第2问：将抛物线沿水平方向平移，设平移后的抛物线顶点为P，平移过程中，点C的对应点为C‘，当△PBC’是以PB为腰的等腰三角形时，求平移距离。

教学现场模拟：教师引导分解步骤——（1）设平移后顶点P坐标为(h，k)，由平移关系知k与原顶点纵坐标相同，计算原顶点(1，4)，故k=4；（2）P(h，4)；（3）C平移后C‘(h，3)（因横坐标增加h-1？需谨慎：C(0，3)平移后横坐标变化量与顶点横坐标变化量一致，即增加(h-1)，得C’(h-1，3)）。此步是学生易错点，需强调“整体平移，各点平移量一致”。

第3问：在（2）条件下，试探究是否存在点P，使△PBC’为直角三角形。

学生分组用坐标表示三边平方，利用勾股逆定理列方程。此过程训练代数运算耐性。解得h有两值，但需检验是否满足平移后图形存在性。

思想升华：将几何图形运动放入坐标系研究，本质是利用坐标将几何条件（等腰、直角）翻译为代数方程。这是解决动态几何最通用、最程式化的方法。教师强调：“函数背景下的图形运动，坐标法是首选，几何构造法是秒杀技巧，两者互为补充。”-4

（三）位似与缩放（12分钟）

选取教材习题变式：在平面直角坐标系中，△ABC顶点A(2，1)，B(4，2)，C(3，4)，以原点O为位似中心，将△ABC缩小为原来的1/2，求位似后△A‘B’C‘的顶点坐标。学生完成同侧位似（坐标乘1/2）后，追问：若位似图形在原点异侧呢？（坐标乘-1/2）。

拓展提升：若位似中心不是原点，而是任意点P(m，n)，位似比为k，如何求对应点坐标？教师给出向量法：对应点=位似中心+k×(原点位似中心)。并指出：位似是相似变换在位置缩放上的特例，当位似比为1时即为平移？不，位似中心存在，更接近“中心投影”。

链接中考：成都近年未单独考查位似作图，但常将位似作为“相似”的一种特例，在反比例函数面积等压轴题中隐含。

第4课时：综合建模与B卷压轴突破

（一）模型内化：旋转相似——从全等到相似的跃迁（15分钟）【热点】【难点】

呈现2024年成都B卷压轴改编：在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，点D是平面内一点，连接AD，将AD绕点A逆时针旋转120°得到AE，连接BD、CE，M是BD中点，N是CE中点。

（1）特例感知：当D在AB上时，判断△AMN形状。学生通过手拉手全等可得△AMN是等边三角形。

（2）类比探究：当D不在AB上时，（1）结论是否成立？学生利用旋转相似思想：△ABD≌△ACE（SAS）仍成立（因AB=AC，AD=AE，∠BAD=∠CAE=120°-∠CAD），故BD=CE。取中点后，利用中位线或倍长中线法可证AM=AN且∠MAN=60°，结论依然成立。

（3）拓展迁移：若将“AD绕点A逆时针旋转120°”改为“将AD绕点A逆时针旋转90°”，且AB=AC=2，∠BAC=90°，其余条件不变。试判断（1）结论是否仍成立？若不成立，写出新的结论并证明。

学生发现此时△ABD≌△ACE仍成立，但△AMN形状改变——经计算，AM:AN=1:1但夹角为90°，故△AMN是等腰直角三角形。教师总结核心规律：当旋转角等于等腰三角形顶角时，产生旋转全等，对应中点连线构成与顶角相同的等腰三角形；当旋转角不等于顶角时，产生旋转相似，对应中点连线构成的三角形与原等腰三角形相似-7-9。

（二）小专题深思考：动态几何中的取值范围问题（20分钟）【压轴】

题组驱动：

题1（定边对定角隐圆）：Rt△ABC中，∠C=90°，∠A=30°，AC=2√3，D是AB上一动点，以CD为边作等边△CDE（点E与B在CD同侧），求BE的最小值。

学生思路：整体旋转法——将△BCD绕点C逆时针旋转60°至△B‘CE，则BE=B’D，B‘为定点，D在AB上运动，垂线段最短。计算得最小值。

题2（阿氏圆）：在题1背景下，若将等边△CDE改为等腰Rt△CDE（∠DCE=90°，CD=CE），则E点轨迹是什么？BE最小值如何求？

此题难度较大。教师引导学生建立坐标系，设D坐标参数，表示E点坐标，消参得E点轨迹是直线。从而转化为点到线距离。

题3（一题一课）：2023成都B卷真题再现（略）