类比探究之图形变化(内含答案)
图形的变化 答案解析
图形的变化参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2014•浙江模拟）下列四个图形中，不是轴对称图形的是（）A．B．C．D．【考点】P3：轴对称图形．【分析】根据轴对称图形的概念：如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴，这时，我们也可以说这个图形关于这条直线（成轴）对称可得答案．【解答】解：A、B、D都是轴对称图形，C不是轴对称图形，故选：C．【点评】此题主要考查了轴对称图形，关键是掌握轴对称图形的定义，正确找到对称轴．2．（2014•山东模拟）将一个矩形的纸对折两次，沿图中虚线将一角剪掉再打开后，得到的图形为（）A．B．C．D．【考点】P9：剪纸问题．【分析】根据题意知，对折实际上就是对称，对折两次的话，剪下应有4条边，并且这4条边还相等，从而可以得到剪下的图形展开后一定是菱形．【解答】解：根据题意折叠剪图可得，剪下的四边形四条边相等，根据四边形等的四边形是菱形可得剪下的图形是菱形，故选：A．【点评】此题考查了剪纸问题，关键是掌握菱形的判定方法：四边形等的四边形是菱形．3．（2014•洪山区校级模拟）如图，正方形纸片ABCD的边长为8，将其沿EF折叠，则图中①②③④四个三角形的周长之和为（）A．16B．20C．24D．32【考点】PB：翻折变换（折叠问题）．【分析】如图找到各对应点，由翻折的性质可得①②③④四个三角形的周长之和等于正方形的周长．【解答】解：如图：C′B′与AB交于点G′，与AD交于点H′，FC′与AD交于点W′，则这三个点关于EF 对称的对应的点分别G、H、W，由题意知，BE=EB′，BG=B′G′，G′H′=GH，H′C′=HC，C′W′=CW，FW′=FW，∴①②③④四个三角形的周长之和等于正方形的周长=4×8=32．故选：D．【点评】本题考查了折叠的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．4．（2014•沈阳校级模拟）如图是一块电脑主板的示意图，每一转角处都是直角，数据如图所示（单位：mm），则该主板的周长是（）A．88mm B．96mm C．80mm D．84mm【考点】Q1：生活中的平移现象．【分析】利用平移的性质可得出电脑主板的对边相等，进而分割边长求出即可．【解答】解：由图形可得出：该主板的周长是：24+24+16+16+4×4=96（mm）．故该主板的周长是96mm．故选：B．【点评】此题主要考查了平移应用，正确分割图形是解题关键．5．（2010•山西模拟）下列图形都由几个部分组成，可以只用其中一部分平移就可以得到的图是（）A．B．C．D．【考点】Q1：生活中的平移现象．【分析】根据平移的性质，对选项进行一一分析，排除错误答案．【解答】解：A、是图形旋转所得，故错误；B、图形的形状和大小不变，符合平移性质，故正确；C、是图形旋转所得，故错误；D、最后一个形状不同，故错误．故选：B．【点评】此题考查了图形的平移，图形的平移只改变图形的位置，而不改变图形的形状和大小，学生易混淆图形的平移与旋转或翻转，以致选错．6．（2016•阳泉模拟）如图，在△ABC中，∠CAB=65°，在同一平面内，将△ABC 绕点A旋转到△AB′C′的位置，使得CC′∥AB，则∠BAB′的度数为（）A．25°B．30°C．50°D．55°【考点】R2：旋转的性质．【分析】根据两直线平行，内错角相等可得∠ACC′=∠CAB，根据旋转的性质可得AC=AC′，然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′，再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答．【解答】解：∵CC′∥AB，∴∠ACC′=∠CAB=65°，∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′，∴AC=AC′，∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°，∴∠CAC′=∠BAB′=50°．故选：C．【点评】本题考查了旋转的性质，等腰三角形两底角相等的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．7．（2017秋•广州期中）观察如图的图形，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【考点】P3：轴对称图形；R5：中心对称图形．【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解．【解答】解：第一个图形不是轴对称图形，是中心对称图形；第二个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；第三个图形是轴对称图形，也是中心对称图形；第四个图形是轴对称图形，也是中心对称图形．则既是轴对称图形又是中心对称图形的有3个．故选：C．【点评】考查了中心对称图形与轴对称图形的概念：轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分沿对称轴折叠后可重合；中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．8．（2014•沈阳校级模拟）已知x：y=2：3，则（x+y）：y的值为（）A．2：5B．5：2C．5：3D．3：5【考点】S1：比例的性质．【分析】根据比例设x=2k，y=3k，然后代入比例式进行计算即可得解．【解答】解：设x=2k，y=3k，则（x+y）：y=（2k+3k）：3k=5：3．故选：C．【点评】本题考查了比例的性质，利用“设k法”求解更简便．9．（2014•沈阳校级模拟）将一个菱形放在2倍的放大镜下，则下列说法不正确的是（）A．菱形的各角扩大为原来的2倍B．菱形的边长扩大为原来的2倍C．菱形的对角线扩大为原来的2倍D．菱形的面积扩大为原来的4倍【考点】S6：相似多边形的性质．【分析】两个图形相似的条件是：对应比边的比相等，对应角相等．【解答】解：A、菱形放在2倍的放大镜下它们的边长发生变化，各角度数不变．B、放大前后的多边形按照比例放大与缩小，因此它们是相似多边形，放大后的倍数就是相似比，故菱形的边长扩大为原来的2倍，正确．C、菱形的对角线扩大为原来的2倍，正确．D、面积之比等于相似比的平方，菱形的面积扩大为原来的4倍，正确．故选A 【点评】本题考查相似多边形的判定，对应边的比相等，对应角相等．两个条件应该同时成立．10．（2014•沈阳校级模拟）如图，△ACD∽△ABC，则下列式子：①CD2=AD•DB；②AC2=AD•AB；③=．其中一定成立的有（）A．3个B．1个C．2个D．0个【考点】S7：相似三角形的性质．【分析】由△ACD∽△ABC，根据相似三角形的对应边成比例，可得AC：AB=AD：AC=CD：BC，继而求得答案．【解答】解：∵△ACD∽△ABC，∴AC：AB=AD：AC=CD：BC，∴AC2=AD•AB，只有②正确．故选：B．【点评】此题考查了相似三角形的性质．此题比较简单，注意掌握数形结合思想的应用．11．（2014•沈阳校级模拟）两个相似三角形的最长边分别是35和14，它们的周长差是60，则大三角形的周长为（）A．80B．36C．40D．100【考点】S7：相似三角形的性质．【分析】根据题意求出两个三角形的相似比，根据相似三角形周长的比等于相似比求出周长比，列方程计算即可．【解答】解：∵两个相似三角形的最长边分别是35和14，∴两个相似三角形的相似比是5：2，∴两个相似三角形的周长比是5：2，设较大的三角形的周长是5x，则较小的三角形的周长是2x，由题意得，5x﹣2x=60，解得，x=20，则5x=100，故选：D．【点评】本题考查的是相似三角形的性质，掌握相似三角形周长的比等于相似比；相似三角形面积的比等于相似比的平方是解题的关键．12．若两个相似三角形的面积之比为1：16，则它们的周长之比为（）A．1：2B．1：4C．1：5D．1：16【考点】S7：相似三角形的性质．【分析】根据相似三角形面积的比等于相似比的平方求出相似比，再根据相似三角形的周长的比等于相似比解答．【解答】解：∵两个相似三角形的面积之比为1：16，∴两个相似三角形相似比为1：4，∴它们的周长之比为1：4．故选：B．【点评】本题考查了相似三角形的性质，熟记相似三角形的面积的比、周长的比与相似比的关系是解题的关键．13．（2014•沈阳校级模拟）如图，已知梯形ABCD中，AD∥BC，对角线AC、BD 相交于O，腰BA、CD的延长线相交于M，图中相似三角形共有（）A．1对B．2对C．3对D．4对【考点】S8：相似三角形的判定．【分析】平行于三角形的一边的直线与其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似，由此即可得出答案．【解答】解：∵AD∥BC，∴△MAD∽△MBC，△ADO∽△CBO，共两对．故选：B．【点评】本题考查了相似三角形的判定，解答本题的关键是掌握相似三角形的几种判定方法．14．（2013秋•道外区期中）如图，在△ABC中，已知∠ADE=∠B，则下列等式成立的是（）A．B．C．D．【考点】S9：相似三角形的判定与性质．【分析】首先证明△AED∽△ACB，再根据相似三角形的性质：对应边成比例可得答案．【解答】解：∵∠A=∠A，∠ADE=∠B，∴△AED∽△ACB，∴=．故选：A．【点评】此题主要考查了相似三角形的性质与判定，关键是掌握判断三角形相似的方法和相似三角形的性质．15．（2014•沈阳校级模拟）如图，圆桌正上方的一灯泡发出的光线照射到桌面后在地面上形成（圆形）的示意图．已知桌面半径为0.6米，桌面离地面1米．若灯泡离地面3米，则地面上阴影部分的面积为（）A ．0.36π米2B ．0.81π米2C ．2π米2D ．3.24π米2【考点】SA ：相似三角形的应用；U6：中心投影．【分析】欲求投影圆的面积，可先求出其直径，而直径可通过构造相似三角形，由相似三角形性质求出．【解答】解：构造几何模型如图：依题意知DE=1.2米，FG=1米，AG=3米，由△DAE ∽△BAC 得=，即=，得BC=1.8，故S 阴影=π（）2=0.81π（m 2）．故选：B ．【点评】本题考查了相似三角形的判定与性质的实际应用及分析问题、解决问题的能力．利用数学知识解决实际问题是中学数学的重要内容．解决此问题的关键在于正确理解题意的基础上建立数学模型，把实际问题转化为数学问题．16．（2013秋•东营区校级期末）如图，△ABC 与△A′B′C′是位似图形，点O 是位似中心，若OA=2AA′，S △ABC =8，则S △A′B′C′=（）A ．9B ．16C ．18D ．24【考点】SC ：位似变换．【分析】根据位似的性质得△ABC ∽△A′B′C′，再根据相似三角形的性质得S △ABC ：S △A′B′C′=OA 2：OA′2，然后把OA ：OA′=2：3，S △ABC =8代入计算即可．【解答】解：∵△ABC 与△A′B′C′是位似图形，∴△ABC ∽△A′B′C′，∴S △ABC ：S △A′B′C′=OA 2：OA′2，∵OA=2AA′，∴OA ：OA′=2：3，∴8：S △A′B′C′=4：9，∴S △A′B′C′=18．故选：C ．【点评】本题考查了位似变换：如果两个图形不仅是相似图形，而且对应顶点的连线相交于一点，对应边互相平行，那么这样的两个图形叫做位似图形，这个点叫做位似中心．17．（2016•阳泉模拟）如图所示，已知P 点的坐标是（a ，b ），则sinα等于（）A ．B ．C ．D ．【考点】D5：坐标与图形性质；KQ：勾股定理；T1：锐角三角函数的定义．【分析】首先根据P点坐标利用勾股定理计算出OP的长，再根据正弦定义计算sinα即可．【解答】解：∵P点的坐标是（a，b），∴OP=，∴sinα=，故选：D．【点评】此题主要考查了锐角三角函数的定义，关键是掌握正弦定义：把锐角A 的对边a与斜边c的比叫做∠A的正弦，记作sinA．18．（2014•溧水县校级模拟）如图，在等腰Rt△ABC中，∠C=90°，∠CBD=30°，则AD：DC=（）A．B．C．﹣l D．﹣l【考点】T7：解直角三角形．【分析】先在Rt△BCD中求出CD，BC的长，进而可求解AD的长，即可得出线段的比值．【解答】解：在Rt△BCD中，∵∠CBD=30°，设CD=1，则BC=，又Rt△ABC是等腰三角形，∴BC=AC，∴AD：DC=﹣1：1=﹣1．故选：D．【点评】本题主要考查了简单的直角三角形的求解问题，应熟练掌握．19．（2011•邹城市模拟）一个物体从A点出发，在坡度为1：7的斜坡上直线向上运动到B，AB=30米时，物体升高多少米（）A．B．3C．D．以上的答案都不对【考点】T9：解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．【分析】先画图，由tan∠A=，设BC=x，AC=7x，由勾股定理得出AB，再根据已知条件，求出BC，即物体升高的高度．【解答】解：如图，设BC=x，AC=7x，则AB=5x，∵AB=30米，∴5x=30，∴x=3，∴BC=3，故选：B．【点评】本题考查了解直角三角形的应用，坡角的正切值等于坡度．20．如图是“马头牌”冰激凌模型图，它的三视图是（）A．B．C．D．【考点】U2：简单组合体的三视图．【分析】从正面看到的图叫做主视图，从左面看到的图叫做左视图，从上面看到的图叫做俯视图．【解答】解：“马头牌”冰激凌模型图主视图和主视图都是上下各一个三角形，俯视图是圆和圆心一点，故选C．【点评】本题考查了几何体的三种视图，注意所有的看到的棱都应表现在三视图中．二．填空题（共20小题）21．（2016•阳泉模拟）中心角为40°的正多边形的对称轴有9条．【考点】P3：轴对称图形．【分析】一个正多边形的中心角都相等，且所有中心角的和是360度，用360度除以中心角的度数，就得到中心角的个数，即多边形的边数，正n边形有n 条对称轴．【解答】解：由题意可得：360°÷40°=9，则它的边数是18，则该正多边形有9条对称轴．故答案是：9．【点评】本题考查的是正多边形和圆，熟练掌握轴对称图形的性质是解答本题的关键．22．（2012•翁源县校级模拟）P点的坐标为（m+1，﹣4），与它关于x轴对称的Q点坐标为（3，n﹣2）．则mn=12．【考点】P5：关于x轴、y轴对称的点的坐标．【分析】让横坐标相等，纵坐标互为相反数列出式子即可求得m，n的值，相乘即可．【解答】解：∵两点关于x轴对称，∴m+1=3，n﹣2=4，解得m=2，n=6，∴mn=2×6=12，故答案为12．【点评】考查两点关于x轴对称的知识；用到的知识点为：两点关于x轴对称，横坐标相等，纵坐标互为相反数．23．（2012•山西模拟）点（﹣2，1）在第二象限，它关于x轴的对称点在第三象限．【考点】P5：关于x轴、y轴对称的点的坐标．【分析】根据各象限内点的特征确定所在象限；根据“关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数”确定．【解答】解：点（﹣2，1）在第二象限，它关于x轴的对称点为（﹣2，﹣1）在第三象限．故答案为：二，三．【点评】解决本题的关键是掌握好对称点的坐标规律：（1）关于x轴对称的点，横坐标相同，纵坐标互为相反数；（2）关于y轴对称的点，纵坐标相同，横坐标互为相反数；（3）关于原点对称的点，横坐标与纵坐标都互为相反数．24．（2014•山东模拟）已知四边形ABCD为菱形，∠BAD=60°，E为AD中点，AB=6cm，P为AC上任一点．求PE+PD的最小值是3．【考点】L8：菱形的性质；PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】根据菱形的性质，可得AC是BD的垂直平分线，可得AC上的点到D、B点的距离相等，连接BE交AC与P，可得答案．【解答】解：∵菱形的性质，∴AC是BD的垂直平分线，AC上的点到B、D的距离相等．连接BE交AC于P点，PD=PB，PE+PD=PE+PB=BE，在Rt△ABE中，由勾股定理得BE==3，故答案为：3．【点评】本题考查了轴对称，对称轴上的点到线段两端点的距离相等是解题关键．25．（2014•浙江模拟）在平面直角坐标系中，线段AB的两个端点的坐标分别为A（﹣2，1），B（1，3），将线段AB经过平移后得到线段A′B′，若点A的对应点为A′（3，2），则点B的对应点B′的坐标是（6，4）．【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．【分析】根据点A到A′确定出平移规律，再根据平移规律列式计算即可得到点B′的坐标．【解答】解：∵A（﹣2，1），A′（3，2），∴平移规律为横坐标加5，纵坐标加1，∵B（1，3），∴1+5=6，3+1=4，∴点B′的坐标为（6，4）．故答案为：（6，4）．【点评】本题考查了坐标与图形变化﹣平移，平移中点的变化规律是：横坐标右移加，左移减；纵坐标上移加，下移减，先确定出平移规律是解题的关键．26．（2014•大石桥市校级模拟）如图，平面直角坐标系中的点（﹣3，2）处的一只蚂蚁沿水平方向向右爬行了5个单位长度后的坐标为（2，2）．【考点】Q3：坐标与图形变化﹣平移．【分析】让点P的横坐标加上5，纵坐标不变即可求解．【解答】解：点P（﹣3，2）处的一只蚂蚁沿水平方向向右爬行了5个单位长度后的坐标为（﹣3+5，2），即（2，2）．故答案为（2，2）．【点评】此题主要考查了点坐标的平移变换．关键是熟记平移变换与坐标变化规律：①向右平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）；②向左平移a个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）；③向上平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）；④向下平移b个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）．27．关于中心对称的两个图形，对称点所连线段都经过对称中心，而且被对称中心所平分，关于中心对称的两个图形是全等图形．【考点】R4：中心对称．【分析】根据两个中心对称图形的性质即可解答．关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分；关于中心对称的两个图形能够完全重合．【解答】解：根据中心对称的性质：关于中心对称的两个图形，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．关于中心对称的两个图形能够完全重合，即关于中心对称的两个图形是全等图形．故答案为：对称中心、对称中心、平分、全等．【点评】本题考查中心对称的性质，属于基础题，掌握其基本的性质是解答此题的关键．28．把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点．【考点】R4：中心对称．【分析】根据中心对称的定义（把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点）得出即可．【解答】解：把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果它能够与另一个图形重合，那么称这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心，这两个图形中的对应点叫做关于中心的对称点，故答案为：180°，重合，对称中心，对称点．【点评】本题考查了对中心对称的定义的理解和运用，主要考查学生是否掌握和理解中心对称的定义，题目较好，难度适中，注意：旋转180°，两个图形能够完全重合．29．把一个图形绕着某一个点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心．【考点】R5：中心对称图形．【分析】根据中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心，进行解答．【解答】解：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．故答案为：中心对称．【点评】本题考查了中心对称图形的定义：把一个图形绕某一点旋转180°，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形就叫做中心对称图形，这个点叫做对称中心．30．（2014春•江阴市校级期中）已知=，则=．【考点】S1：比例的性质．【分析】首先根据比例的基本性质：两外项之积等于两内项的积，化简，即可求解．【解答】解：原式即5（a﹣b）=a+b，去括号，得：5a﹣5b=a+b，移项、合并同类项，得：4a=6b，则=．故答案是：．【点评】本题考查了比例的基本性质，理解性质是关键．31．（2014•沈阳校级模拟）已知两个数2、12，请再写一个数，使其中的一个数是另外两个数的比例中项，这个数是72（只需填写一个数）．【考点】S2：比例线段．【分析】根据比例的基本性质：两外项之积等于两内项之积．【解答】解：设所求数是x．根据比例中项的概念，得x2=2×12，x=±2；或2x=12×12，x=72；或12x=2×2，x=．则这个数是±2或72或．故答案为72．【点评】考查了比例中项的概念，注意此题为开放性试题，答案不唯一．求解的时候，可以让任意的两个数相乘，等于第三个数的平方．32．（2016•綦江区校级模拟）如图，在△ABC中，M是AC边中点，E是AB上一点，且AE=AB，连结EM并延长，交BC的延长线于D，此时BC：CD为2：1．【考点】S4：平行线分线段成比例．【分析】过C点作CP∥AB，交DE于P，由PC∥AE知=、且AM=CM，得PC=AE，根据AE=AB得CP=AB、CP=BE，由CP∥BE知==，可得BD=3CD，继而得出答案．【解答】解：过C点作CP∥AB，交DE于P，如图，∵PC∥AE，∴=，而AM=CM，∴PC=AE，∵AE=AB，∴CP=AB，∴CP=BE，∵CP∥BE，∴==，∴BD=3CD，∴BC=2CD，即BC：CD为2：1，故答案为：2：1．【点评】本题考查了平行线分线段成比例，掌握三条平行线截两条直线，所得的对应线段成比例是解题的关键．33．（2016春•淄博期末）下列说法中：①所有的等腰三角形都相似；②所有的正三角形都相似；③所有的正方形都相似；④所有的矩形都相似．其中说法正确的序号是②③．【考点】S5：相似图形．【分析】根据正方形、矩形、等边三角形、等腰三角形的性质进行判断即可．【解答】解：①所有的等腰三角形都相似，错误；②所有的正三角形都相似，正确；③所有的正方形都相似，正确；④所有的矩形都相似，错误．故答案为：②③．【点评】本题考查了相似图形的知识，熟练掌握各特殊图形的性质是解题的关键，难度一般．34．（2014•沈阳校级模拟）把一个矩形的各边都扩大4倍，则对角线扩大到原来的4倍，其面积扩大到原来的16倍．【考点】S6：相似多边形的性质．【分析】根据相似多边形对应线段之比等于相似比，而面积之比等于相似比的平方解得即可．【解答】解：把一个矩形的各边都扩大4倍，则新矩形和原来的矩形相似且相似比为4：1，则其对角线扩大到原来的4倍，其面积扩大到原来的16倍．故答案为：原来的4，原来的16．【点评】此题主要考查相似多边形的性质，掌握相似多边形对应线段之比等于相似比，相似多边形面积之比等于相似比的平方是解题的关键．35．（2017秋•泉港区月考）两个相似三角形对应边上中线的比等于3：2，则对应边上的高的比为3：2，周长之比为3：2，面积之比为9：4．【考点】S7：相似三角形的性质．【分析】根据相似三角形对应中线的比等于相似比，对应高的比、周长的比等于相似比，面积的比等于相似比的平方解答．【解答】解：∵两个相似三角形对应边上中线的比等于3：2，∴它们的相似比为3：2，∴对应边上的高的比为3：2，周长之比为3：2，面积之比为9：4．故答案为3：2；3：2；9：4．【点评】本题考查了相似三角形的性质，熟记性质是解题的关键，要注意先求出两三角形的相似比．36．（2014•沈阳校级模拟）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，EF⊥BE交CD 于F，连接BF，则图中与△ABE一定相似的三角形是△DEF．【考点】S8：相似三角形的判定．【分析】由矩形的性质得出∠A=∠D=90°，再由角的互余关系得出∠AEB=∠DFE，即可得出结论．【解答】解：∵ABCD是矩形，∴∠A=∠D=90°，∵EF⊥BE，∴∠AEB+∠DEF=90°，∵∠DEF+∠DFE=90°，∴∠AEB=∠DFE，∴△ABE∽△DEF．故答案为：△DEF．【点评】此题考查了矩形的性质、相似三角形的判定方法；熟练掌握矩形的性质，有两角对应相等的两个三角形相似是常用的判定方法．37．（2011•邹城市模拟）已知α、β是锐角，且cotα＜cotβ，则α、β中较小的角是β．【考点】T2：锐角三角函数的增减性．【分析】锐角三角函数值都是正值，余切值随着角度的增大（或减小）而减小（或增大）．【解答】解：∵α、β是锐角，且cotα＜cotβ，∴α＞β，故α、β中较小的角是β．故答案为：β．【点评】考查了锐角三角函数的增减性．①正弦值随着角度的增大（或减小）而增大（或减小）；②余弦值随着角度的增大（或减小）而减小（或增大）；③正切值随着角度的增大（或减小）而增大（或减小）；④余切值随着角度的增大（或减小）而减小（或增大）．38．△ABC中，∠C=90°，，tanB=．【考点】T3：同角三角函数的关系．【分析】先画出直角三角形，然后根据锐角三角函数的定义计算是解题的关键．【解答】解：如图，∵cosB=，∴设BC=x，则AB=3x，∴AC===2x，∴tanB===2．故答案为：2．【点评】此题考查了锐角三角函数的定义，画出图形，根据勾股定理求出直角边长是解题的关键．39．（2014•洪山区校级模拟）cos45°的值为．【考点】T5：特殊角的三角函数值．【分析】根据特殊角的三角函数值直接解答即可．【解答】解：cos45°=．故答案为．【点评】本题考查特殊角三角函数值的计算，特殊角三角函数值计算在中考中经常出现，要熟练掌握．40．（2011•邹城市模拟）如图，平行四边形ABCD中，AD=a，AB=b，∠C=α，S ABCD= basinα．【考点】L5：平行四边形的性质；T7：解直角三角形．【分析】根据平行四边形的性质得∠A=∠C=α，再过点D作DE⊥AB交AB于E，即DE为平行四边形ABCD的高，运用直角三角形三角函数求出DE，从而求出S ABCD．【解答】解：过点D作DE⊥AB交AB于E，已知平行四边形ABCD，∴∠A=∠C=α，在直角三角形AED中，DE=AD•sinα=asinα，∴S ABCD=AB•DE=basinα．故答案为：basinα．【点评】此题考查的知识点是解直角三角形，关键是先作高，再由平行四边形的性质和解直角三角形求解．三．解答题（共10小题）41．如图，在直角坐标系xOy中，A（﹣l，5），B（﹣3，0），C（﹣4，3）．（1）在如图中作出△ABC关于y轴的轴对称图形△A′B′C′；（2）如果△ABC中任意一点M的坐标为（x，y），那么它的对应点N的坐标是（﹣x，y）．【考点】P7：作图﹣轴对称变换．【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于y轴的对称点A′、B′、C′的位置，然后顺次连接即可；（2）根据关于y轴的对称点的横坐标互为相反数，纵坐标相等解答．【解答】解：（1）△A′B′C′如图所示；（2）点N的坐标是（﹣x，y）．故答案为：（﹣x，y）．【点评】本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．42．（2011•大同校级模拟）著名的“将军饮马”问题：有一位将军骑着马要从A地走到B地，但途中要到水边喂马喝一次水，则将军怎样走最近？【考点】PA：轴对称﹣最短路线问题．【分析】根据轴对称的性质作出B点与河面的对称点B′，连接AB′，AB′与河面的交点C即为所求．【解答】解：作B点与河面的对称点B′，连接AB′，可得到马喝水的地方C，如图所示，由对称的性质可知AB′=AC+BC，根据两点之间线段最短的性质可知，C点即为所求．【点评】本题考查的是最短路线问题，解答此题的关键是熟知两点之间线段最短．。
2020年中考数学压轴解答题14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题 (学生版)
备战2020中考数学之解密压轴解答题命题规律专题14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题【类型综述】本节内容每年中考都会选择一种变换作为压轴题的背景素材,可以对函数图象进行平移,可以对几何图形进行平移、旋转,考查学生的数学综合应用能力．在选择、填空中也会涉及变换的概念和简单应用．只要抓住全等变换的特点,找到变与不变的量就可以解决问题．预计在2019年中考中仍会在压轴部分渗透变换,但是会有新情境的渗透．【方法揭秘】1.平移的性质(1)平移前后,对应线段平行、对应角相等；(2)各对应点所连接的线段平行（或在同一直线上）或相等；(3)平移前后的图形全等,注意：平移不改变图形的形状和大小.2.旋转的性质：(1)对应点到旋转中心的距离相等；(2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；(3)旋转前后的图形全等.3.中心对称的性质：在成中心对称的两个图形中,对应点的连线都经过对称中心,并且被对称中心平分_．成中心对称的两个图形全等.【典例分析】【例1】操作与证明：如图1,把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起,使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合,点E、F分别在正方形的边CB、CD上,连接AF．取AF中点M,EF的中点N,连接MD、MN．（1）连接AE,求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下,请判断MD、MN的数量关系和位置关系,得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2,将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°,其他条件不变,则（2）中的两个结论还成立吗？若成立,请加以证明；若不成立,请说明理由．【例2】已知：如图1,OM是∠AOB的平分线,点C在OM上,OC＝5,且点C到OA的距离为3．过点C作CD⊥OA,CE⊥OB,垂足分别为D、E,易得到结论：OD+OE等于多少；（1）把图1中的∠DCE绕点C旋转,当CD与OA不垂直时（如图2）,上述结论是否成立？并说明理由；（2）把图1中的∠DCE绕点C旋转,当CD与OA的反向延长线相交于点D时：①请在图3中画出图形；②上述结论还成立吗？若成立,请给出证明；若不成立,请直接写出线段OD、OE之间的数量关系,不需证明．【例3】两个三角板ABC,DEF按如图所示的位置摆放,点B与点D重合,边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点、线都在同一平面内),其中,∠C＝∠DEF＝90°,∠ABC＝∠F＝30°,AC＝DE＝4 cm.现固定三角板DEF,将三角板ABC沿射线DE方向平移,当点C落在边EF上时停止运动．设三角板平移的距离为x(cm),两个三角板重叠部分的面积为y(cm2)．(1)当点C落在边EF上时,x＝________cm；(2)求y关于x的函数表达式,并写出自变量x的取值范围；(3)设边BC的中点为点M,边DF的中点为点N,直接写出在三角板平移过程中,点M与点N之间距离的最小值．【例4】在△ABC中,∠ABC=90°,AB=BC=4,点M是线段BC的中点,点N在射线MB上,连接AN,平移△ABN,使点N移动到点M,得到△DEM（点D与点A对应,点E与点B对应）,DM交AC于点P．（1）若点N是线段MB的中点,如图1．①依题意补全图1；②求DP的长；（2）若点N在线段MB的延长线上,射线DM与射线AB交于点Q,若MQ=DP,求CE的长．【例5】如图1,抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A,B,与y轴交于C,抛物线的顶点为D,直线l过C交x轴于E（4,0）．（1）写出D的坐标和直线l的解析式；（2）P（x,y）是线段BD上的动点（不与B,D重合）,PF⊥x轴于F,设四边形OFPC的面积为S,求S与x 之间的函数关系式,并求S的最大值；（3）点Q在x轴的正半轴上运动,过Q作y轴的平行线,交直线l于M,交抛物线于N,连接CN,将△CMN沿CN翻转,M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点Q,使得M′恰好落在y轴上？若存在,请求出Q的坐标；若不存在,请说明理由．【例6】再读教材:宽与长的比是5-1(约为0.618)的矩形叫做黄金矩形,黄金矩形给我们以协调,匀称的美感.世界各国许多著名的建筑.为取得最佳的视觉效果,都采用了黄金矩形的设计,下面我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形.(提示; MN=2)第一步,在矩形纸片一端.利用图①的方法折出一个正方形,然后把纸片展平.第二步,如图②.把这个正方形折成两个相等的矩形,再把纸片展平.第三步,折出内侧矩形的对角线AB,并把AB折到图③中所示的AD处,第四步,展平纸片,按照所得的点D折出DE,使DE⊥ND,则图④中就会出现黄金矩形,问题解决:（1）图③中AB=________(保留根号);（2）如图③,判断四边形BADQ的形状,并说明理由;（3）请写出图④中所有的黄金矩形,并选择其中一个说明理由.（4）结合图④.请在矩形BCDE中添加一条线段,设计一个新的黄金矩形,用字母表示出来,并写出它的长和宽.【变式训练】一、单选题1．如图,正方形ABCD 中,6AB =,E 为AB 的中点,将ADE ∆沿DE 翻折得到FDE ∆,延长EF 交BC 于G ,FH BC ⊥,垂足为H ,连接BF 、DG .结论:①BF DE P ；②DFG ∆≌DCG ∆；③FHB ∆∽EAD ∆；④43GEB ∠=；⑤ 2.6BFG S ∆=.其中的正确的个数是（ ）A ．2B ．3C ．4D ．52．如图所示,点P 是边长为2的正方形ABCD 的对角线BD 上的动点,过点P 分别作PE ⊥BC 于点E,PF ⊥DC 于点F,连接AP 并延长,交射线BC 于点H,交射线DC 于点M,连接EF 交AH 于点G ,当点P 在BD 上运动时（不包括B 、D 两点）,以下结论中：①MF ＝MC ；②AP ＝EF ；③AH ⊥EF ；④AP 2＝PM•PH ；⑤EF 的最小值是2．其中正确结论有（ ）A ．2个B ．3个C ．4个D ．5个3．如图,在平面直角坐标系中,菱形ABCD 的顶点C 的坐标为()1,0-,点B 的坐标为()0,2,点A 在第二象限,直线1y x 52=-+与x 轴、y 轴分别交于点N 、M ．将菱形ABCD 沿x 轴向右平移m 个单位,当点A 落在MN 上时,则m 为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．44．如图,在平面直角坐标系中,A （1,2）,B （3,2）,连接AB ,点P 是x 轴上的一个动点,连接AP 、BP ,当△ABP 的周长最小时,对应的点P 的坐标和△ABP 的最小周长分别为（ ）A ．(10)224+，，B ．(30)224+，，C ．(20)25，，D ．(20)252+，，5．如图,将小正方形AEFG 绕大正方形ABCD 的顶点A 顺时针旋转一定的角度α（其中0°≤α≤90°）,连接BG 、DE 相交于点O ,再连接AO 、BE 、DG ．王凯同学在探究该图形的变化时,提出了四个结论： ①BG ＝DE ；②BG ⊥DE ；③∠DOA ＝∠GOA ；④S △ADG ＝S △ABE ,其中结论正确的个数有（ ）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个6．如图,点P 是等边三角形外一点,把BP 绕点B 顺时针旋转60°到BP ',已知AP B '∠=150°,:2:3P A P C ''=,则:PB P A '的值是（ ）A ．2 : 1B ．2 : 1C ．5 : 2D ．3 : 1二、填空题7．如图,在菱形ABCD 中,AB ＝2,∠BAD ＝60°,将菱形ABCD 绕点A 逆时针方向旋转,对应得到菱形AEFG,点E 在AC 上,EF 与CD 交于点P,则DP 的长是________.8．如图,在平面直角坐标系中,直线l :28y x =+与坐标轴分别交于A ,B 两点,点C 在x 正半轴上,且OC ＝O B ．点P 为线段AB （不含端点）上一动点,将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°得线段OQ ,连接CQ ,则线段CQ 的最小值为___________．9．如图,直角三角形ABC 中,90ACB ∠=︒,10AB =,6BC =,在线段AB 上取一点D ,作DF AB ⊥交AC 于点F ,现将ADF ∆沿DF 折叠,使点A 落在线段DB 上,对应点记为1A ；AD 的中点E 的对应点记为1E .若111E FA E BF ∆∆:,则AD =______.10．如图,四边形ABCD 是矩形,AD ＝5,AB ＝163,点E 在CD 边上,DE ＝2,连接BE ,F 是BE 边上的一点,过点F 作FG ⊥AB 于G ,连接DG ,将△ADG 沿DG 翻折的△PDG ,设EF ＝x ,当P 落在△EBC 内部时（包括边界）,x 的取值范围是__．11．如图,将函数3(0)y x x=>的图象沿y 轴向下平移3个单位后交x 轴于点C ,若点D 是平移后函数图象上一点,且BCD ∆的面积是3,已知点(2,0)B -,则点D 的坐标__________.12．如图,有一条折线11223344A B A B A B A B ⋯,它是由过()10,0A ,()12,2B ,()24,0A 组成的折线依次平移4,8,12,⋯个单位得到的,直线2y kx =+与此折线恰有2(1n n ≥,且为整数)个交点,则k 的值为______．三、解答题13．如图,直线：y ＝﹣3x +4与x 轴、y 轴分别別交于点M 、点N ,等边△ABC 的高为3,边BC 在x 轴上,将△ABC 沿着x 轴的正方向平移,在平移过程中,得到△A 1B 1C 1,当点B 1与原点O 重合时,解答下列问题：（1）点A 1的坐标为 ．（2）求△A 1B 1C 1的边A 1C 1所在直线的解析式；（3）若以P 、A 1、C 1、M 为顶点的四边形是平行四边形,请直接写出P 点坐标．14．如图1,在△ABC 中,AB=BC=5,AC=6,△ABC 沿BC 方向向右平移得△DCE,A 、C 对应点分别是D 、E.AC 与BD 相交于点O.（1）将射线BD 绕B 点顺时针旋转,且与DC,DE 分别相交于F,G,CH ∥BG 交DE 于H,当DF=CF 时,求DG 的长；（2）如图2,将直线BD 绕点O 逆时针旋转,与线段AD,BC 分别相交于点Q,P.设OQ=x,四边形ABPQ 的周长为y,求y 与x 之间的函数关系式,并求y 的最小值.（3）在（2）中PQ 的旋转过程中,△AOQ 是否构成等腰三角形？若能构成等腰三角形,求出此时PQ 的长？若不能,请说明理由.15．在平面直角坐标系中,O 为原点,点A （6,0）,点B 在y 轴的正半轴上,ABO 30∠︒=．矩形CODE 的顶点D,E,C 分别在OA,AB,OB 上,OD=2.．（Ⅰ）如图①,求点E 的坐标；（Ⅱ）将矩形CODE 沿x 轴向右平移,得到矩形C O D E '''',点C,O,D,E 的对应点分别为C O D E ，，，''''．设OO t '=,矩形C O D E ''''与ΔABO 重叠部分的面积为S ．①如图②,当矩形C O D E ''''与ΔABO 重叠部分为五边形时,C E '',E D ''分别与AB 相交于点M,F,试用含有t 的式子表示S,并直接写出t 的取值范围；3S 53剟,求t 的取值范围（直接写出结果即可）．16．如图,将矩形OABC放在平面直角坐标系中,O为原点,点A在x轴的正半轴上,B（8,6）,点D是射线AO 上的一点,把△BAD沿直线BD折叠,点A的对应点为A′．（1）若点A′落在矩形的对角线OB上时,OA′的长=；（2）若点A′落在边AB的垂直平分线上时,求点D的坐标；（3）若点A′落在边AO的垂直平分线上时,求点D的坐标（直接写出结果即可）．17．在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=60°,BC=23,D是AB的中点,直线BM∥AC,E是边CA延长线上一点,将△EDC沿CD翻折得到△E′DC,射线DE′交直线BM于点F．（1）如图1,当点E′与点F重合时,求证：四边形ABE′C为平行四边形；（2）如图2,延长ED交线段BF于点G．①设BG=x,GF=y,求y与x的函数关系式；②若△DFG的面积为33,求AE的长．18．如图①,若直线l︰y=－2x+4交x轴于点A、交y轴于点B,将△AOB绕点O逆时针旋转90o得到△COD．过点A,B,D的抛物线h︰y=ax2+bx+4．（1）求抛物线h的表达式；（2）若与y轴平行的直线m以1秒钟一个单位长的速度从y轴向左平移,交线段CD于点M、交抛物线h 于点N,求线段MN的最大值；（3）如图②,点E为抛物线h的顶点,点P是抛物线h在第二象限的上一动点（不与点D、B重合）,连接PE,以PE 为边作图示一侧的正方形PEFG ．随着点P 的运动,正方形的大小、位置也随之改变,当顶点F 或G 恰好落在y 轴上时,直接写出对应的点P 的坐标．19．已知,正方形ABCD 的边长为4,点E 是对角线BD 延长线上一点,AE=BD ．将△ABE 绕点A 顺时针旋转α度（0°＜α＜360°）得到△AB′E′,点B 、E 的对应点分别为B′、E′．（1）如图1,当α=30°时,求证：B′C=DE ；（2）连接B′E 、DE′,当B′E=DE′时,请用图2求α的值；（3）如图3,点P 为AB 的中点,点Q 为线段B′E′上任意一点,试探究,在此旋转过程中,线段PQ 长度的取值范围为 ．20．如图,在菱形ABCD 中,对角线AC 、BD 交于点O ,已知4AC =,25AB =（1）求BD 的长；（2）点E 为直线AD 上的一个动点,连接CE ,将线段EC 绕点C 顺时针旋转BCD ∠的角度后得到对应的线段CF （即)ECF BCD ∠=∠,EF 交CD 于点P ．①当CE AD ⊥时,求EF 的长；②连接AF 、DF ,当DF 的长度最小时,求ACF ∆的面积．21．如图1,在Rt△ABC中,∠BAC＝90°,AB＝AC,D,E两点分别在AC,BC上,且DE∥AB,将△CDE绕点C按顺时针方向旋转,记旋转角为α．（1）问题发现：当α＝0°时,ADBE的值为；（2）拓展探究：当0°≤α＜360°时,若△EDC旋转到如图2的情况时,求出ADBE的值；（3）问题解决：当△EDC旋转至A,B,E三点共线时,若设CE＝5,AC＝4,直接写出线段BE的长．22．如图1,矩形ABCD中,AB＝8,AD＝6；点E是对角线BD上一动点,连接CE,作EF⊥CE交AB边于点F,以CE和EF为邻边作矩形CEFG,作其对角线相交于点H．（1）如图2,当点F与点B重合时,求CE和CG的长；（2）如图3,当点E是BD中点时,求CE和CG的长；（3）在图1,连接BG,当矩形CEFG随着点E的运动而变化时,猜想△EBG的形状？并加以证明．。
15专题七 类比、拓展探究题类型三 图形形状变化引起的探究(PPT课件)
专题七 类比、拓展探究题
类型三 图形形状变化引起的探究
典例精讲
例3 (2014河南)(1)问题发现 如图①，△ACB和△DCE均为等边三角形，点A、D、 E在同一直线上，连接BE； 填空：
①∠AEB的度数为__________； ②线段AD、BE之间的数量关系 为__________．
(3)【思维教练】根据题意可作：以点D为圆心，PD长为
半径作圆，再过点B作圆的切线可知分两种情况．第一种
情况：过点A作AM⊥BP于点M，过点A作AP的垂线，交
BP于点P′，易证△APD≌△AP′B，即可得P′B＝PD，由
勾股定理可求BP的长，从而求得PP′的长，再由△APP′ 是等腰直角三角形可得AM＝ PP′即可1求解；第二种情 况，与第一种情况同理可证AM＝ PP2′，运12用勾股定理 和全等三角形求出P′B与BP的长即可求解．
例3题图
(1)【思维教练】由△ACB和△DCE均为等边三角形可证
△ACD≌△BCE，即可知AD与BE之间的数量关系，再由
等边三角形和全等三角形的性质可求得∠AEB；
【自主作答】
解：①60°；②AD＝BE； 【解法提示】①∵△ABC和△DCE均为等边三角形， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB＝∠ECD＝60°， ∵∠ACD＋∠DCB＝∠DCB＋∠BCE＝60°， ∴∠ACD＝∠BCE， ∴△ACD≌△BCE(SAS)，
解：①∠AEB＝90°；②AE＝BE＋2CM. 理由：∵△ACB和△DCE均为等腰直角三角形， ∠ACB＝∠DCE＝90°， ∴AC＝BC，CD＝CE，∠ACB－∠DCB＝∠DCE－ ∠DCB，即∠ACD＝∠BCE. ∴△ACD≌△BCE(SAS)． ∴AD＝BE，∠BEC＝∠ADC＝135°.
类比探究之作图、应用(讲义及答案)
C
B
备用图
2
2. 在△ABC 中，CA=CB，∠ACB=α．点 P 是平面内不与点 A，C 重合的任意一点，连 接 AP，将线段 AP 绕点 P 逆时针旋转 α 得到线段 DP，连接 AD，BD，CP． （1）观察猜想 如图 1，当 α=60°时， BD 的值是__________，直线 BD 与直线 CP 相交所成的较小 CP 角的度数是__________． （2）类比探究 如图 2，当 α=90°时，请写出 BD 的值及直线 BD 与直线 CP 相交所成的较小角的度 CP 数，并就图 2 的情形说明理由． （3）解决问题 当 α=90°时，若点 E，F 分别是 CA，CB 的中点，点 P 在直线 EF 上，请直接写出点 C，P，D 在同一直线上时 AD 的值． CP C
AFΒιβλιοθήκη G ENBD
C
图1
F A
M
E N
1
精讲精练
1. 如图 1，在 Rt△ABC 中，∠C=90°，AC=BC=2，点 D，E 分别在边 AC，AB 上，
AD=DE= 1 AB，连接 DE．将△ADE 绕点 A 沿逆时针方向旋转，记旋转角为 θ． 2
（1）问题发现 ①当 θ=0°时， BE _______；②当 θ=180°， BE _______．
（3）已知 BC=10，CE= 2 5 ，正方形 CEFG 绕点 C 旋转的过程中，当 A，F，E 共 线时，直接写出△DMG 的面积．
A
D
M
F
G
B
CE
图1
A
D
MF E
G
B
C
图2
A
D
B
C
备用图
4
4. 已知△AOB 和△MON 都是等腰直角三角形（ 2 OA＜OM=ON），∠AOB=∠MON= 2
14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题
备战2020中考数学之解密压轴解答题命题规律专题14 图形变换和类比探究类几何压轴综合问题【类型综述】本节内容每年中考都会选择一种变换作为压轴题的背景素材，可以对函数图象进行平移，可以对几何图形进行平移、旋转，考查学生的数学综合应用能力．在选择、填空中也会涉及变换的概念和简单应用．只要抓住全等变换的特点，找到变与不变的量就可以解决问题．预计在2019年中考中仍会在压轴部分渗透变换，但是会有新情境的渗透．【方法揭秘】1.平移的性质(1)平移前后，对应线段平行、对应角相等；(2)各对应点所连接的线段平行（或在同一直线上）或相等；(3)平移前后的图形全等，注意：平移不改变图形的形状和大小.2.旋转的性质：(1)对应点到旋转中心的距离相等；(2)每对对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；(3)旋转前后的图形全等.3.中心对称的性质：在成中心对称的两个图形中，对应点的连线都经过对称中心，并且被对称中心平分_．成中心对称的两个图形全等.【典例分析】【例1】操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断MD、MN的数量关系和位置关系，得出结论．结论1：DM、MN的数量关系是；结论2：DM、MN的位置关系是；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C顺时针旋转180°，其他条件不变，则（2）中的两个结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．思路点拨（1）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的知识证明出CE=CF，继而证明出△ABE≌△ADF，得到AE=AF，从而证明出△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半和三角形中位线定理即可得出结论.位置关系是垂直，利用三角形外角性质和等腰三角形两个底角相等性质，及全等三角形对应角相等即可得出结论；（3）成立，连接AE，交MD于点G，标记出各个角，首先证明出MN∥AE，MN=12AE，利用三角形全等证出AE=AF，而DM=12AF，从而得到DM，MN数量相等的结论，再利用三角形外角性质和三角形全等，等腰三角形性质以及角角之间的数量关系得到∠DMN=∠DGE=90°．从而得到DM、MN的位置关系是垂直.满分解答（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF=90°，∵△CEF是等腰直角三角形，∠C=90°，∴CE=CF，∴BC﹣CE=CD﹣CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）DM、MN的数量关系是相等，DM、MN的位置关系是垂直；∵在Rt△ADF中DM是斜边AF 的中线，∴AF=2DM，∵MN是△AEF的中位线，∴AE=2MN，∵AE=AF，∴DM=MN；∵∠DMF=∠DAF+∠ADM，AM=MD，∵∠FMN=∠FAE，∠DAF=∠BAE，∴∠ADM=∠DAF=∠BAE，∴∠DMN=∠FMN+∠DMF=∠DAF+∠BAE+∠FAE=∠BAD=90°，∴DM⊥MN；（3）（2）中的两个结论还成立，连接AE，交MD于点G，∵点M为AF的中点，点N为EF的中点，∴MN∥AE，MN=12AE，由已知得，AB=AD=BC=CD，∠B=∠ADF，CE=CF，又∵BC+CE=CD+CF，即BE=DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE=AF，在Rt△ADF中，∵点M为AF的中点，∴DM=12AF，∴DM=MN，∵△ABE≌△ADF，∴∠1=∠2，∵AB∥DF，∴∠1=∠3，同理可证：∠2=∠4，∴∠3=∠4，∵DM=AM，∴∠MAD=∠5，∴∠DGE=∠5+∠4=∠MAD+∠3=90°，∵MN∥AE，∴∠DMN=∠DGE=90°，∴DM⊥MN．所以（2）中的两个结论还成立.考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；3.三角形中位线定理；4.旋转的性质．【例2】已知：如图1，OM是∠AOB的平分线，点C在OM上，OC＝5，且点C到OA的距离为3．过点C作CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D、E，易得到结论：OD+OE等于多少；（1）把图1中的∠DCE绕点C旋转，当CD与OA不垂直时（如图2），上述结论是否成立？并说明理由；（2）把图1中的∠DCE绕点C旋转，当CD与OA的反向延长线相交于点D时：①请在图3中画出图形；②上述结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，请直接写出线段OD、OE之间的数量关系，不需证明．思路点拨先利用勾股定理求出OD，再利用角平分线定理得出DE=CD，即可得出结论；（1）先判断出∠DCQ=∠ECP，进而判断出△CQD≌△CPE，得出DQ=PE，即可得出结论；（2）①依题意即可补全图形；②同（1）的方法即可得出结论．满分解答∵CD⊥OA，∴∠ODC＝90°，在Rt△ODC中，CD＝3，OC＝5，∴OD224，OC CD∵点C是∠AOB的平分线上的点，∴DE＝CD＝3，同理，OE＝4，∴OD+OE＝4+4＝8，故答案为8；（1）上述结论成立，理由：如图2，过点C作CQ⊥OA于Q，CP⊥OB于P，∴∠OQC＝∠EPC＝90°，∴∠AOB+∠POQ＝180°，由旋转知，∠AOB+∠DOE＝180°，∴∠POQ＝∠DOE，∴∠DCQ＝∠ECP，∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，∴CQ＝CP，∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴△CQD≌△CPE（ASA），∴DQ＝PE，∵OD＝OQ﹣DQ，OE＝OP+PE，∴OD+OE＝OQ﹣DQ+OP+PE＝OQ+OP＝8；（2）①补全图形如图3②上述结论不成立，OE﹣OD＝8，理由：过点C作CQ⊥OA于Q，CP⊥OB于P，∴∠OQC＝∠EPC＝90°，∴∠AOB+∠POQ＝180°，由旋转知，∠AOB+∠DOE＝180°，∴∠POQ＝∠DOE，∴∠DCQ＝∠ECP，∵点C是∠AOB的平分线上，且CQ⊥OA，CP⊥OB，∴CQ＝CP，∵∠OQC＝∠EPC＝90°，∴△CQD≌△CPE（ASA），∴DQ＝PE，∵OD＝DQ﹣OQ，OE＝OP+PE，∴OE﹣OD＝OP+PE﹣（DQ﹣OQ）＝OP+PE﹣DQ+OQ＝OP+OQ＝8．【点睛】此题是几何变换综合题，主要考查了角平分线的定义和定理，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数直角三角形的性质，正确作出辅助线是解本题的关键【例3】两个三角板ABC，DEF按如图所示的位置摆放，点B与点D重合，边AB与边DE在同一条直线上(假设图形中所有的点、线都在同一平面内)，其中，∠C＝∠DEF＝90°，∠ABC＝∠F＝30°，AC＝DE ＝4 cm.现固定三角板DEF，将三角板ABC沿射线DE方向平移，当点C落在边EF上时停止运动．设三角板平移的距离为x(cm)，两个三角板重叠部分的面积为y(cm2)．(1)当点C落在边EF上时，x＝________cm；(2)求y关于x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；(3)设边BC的中点为点M，边DF的中点为点N，直接写出在三角板平移过程中，点M与点N之间距离的最小值．满分解答（1）由锐角三角函数，得到BG的长，进而得出GE的长，又矩形的性质可求解；（2）分类讨论：①当0≤t ＜4时，根据三角形的面积公式可得答案；②当4≤t ＜8时，③当810x ≤≤时，根据面积的和差求解；（3）根据点与直线上所有点的连线中垂线段最短，可得M 在线段NG 上，根据三角形的中位线，可得NG 的长，根据锐角三角函数，可得MG 的长，然后根据线段的和差求解. 思路点拨 （1）如图：作CG ⊥AB 于G 点．在Rt △ABC 中，由AC=4，∠ABC=30，得 BC=tan 30ACo=43．在Rt △BCG 中，BG=BC•cos30°=6． 四边形CGEH 是矩形， CH=GE=BG+BE=6+4=10cm ， 故答案为：10 .（2）①当04x ≤<时，如解图∵∠GDB ＝60°，∠GBD ＝30°， ∴DB ＝x ，DG ＝x ，BG ＝x ，重叠部分的面积y ＝DG·BG ＝×x×x ＝x 2 ②48x ≤<时，如解图BD ＝x ，DG ＝x ，BG ＝x ，BE ＝x －4， EH ＝ (x －4)重叠部分的面积y ＝S △BDG －S △BEH ＝DG·BG －BE·EH ， 即y ＝×x×x － (x －4)× (x －4)， 化简得：234383y x x =-+-③当810x ≤≤时，如解图AC ＝4，BC ＝4，BD ＝x ，BE ＝x －4， EG ＝ (x －4)重叠部分的面积y ＝S △ABC －S △BEG ＝AC·BC －BE·EG ， 即y ＝×4×4－ (x －4)× (x －4)， 化简得：2343163y =+综上所述，)2223(04)343838)343163810x x y x x x x x x ⎧≤<⎪⎪⎪⎪=≤<⎨⎪⎪+≤≤⎪⎪⎩ （3）3点睛：此题主要考查了几何变换综合，①利用锐角三角函数和矩形的性质，②利用三角形的面积，面积的和差，分类讨论是解题关键，以防遗漏，③利用垂线段最短，三角形的中位线定理，锐角三角函数解答即可.【例4】在△ABC 中，∠ABC =90°，AB =BC =4，点M 是线段BC 的中点，点N 在射线MB 上，连接AN ，平移△ABN ，使点N 移动到点M ，得到△DEM （点D 与点A 对应，点E 与点B 对应），DM 交AC 于点P ． （1）若点N 是线段MB 的中点，如图1． ① 依题意补全图1； ② 求DP 的长；（2）若点N 在线段MB 的延长线上，射线DM 与射线AB 交于点Q ，若MQ =DP ，求CE 的长．思路点拨（1）①根据题意补充图形即可；②连接AD ．在Rt △ABN 中，由勾股定理得AN 的长．由平移的性质得到DM =AN ， 进而得到△ADP ∽△CMP ，由相似三角形的性质即可得到结论．（2）连接NQ ，先证四边形ANQP 是平行四边形．由平行四边形的性质得到NQ ∥AP ，再由平行线的性质得到45BQN BAC ∠∠==︒．进而得到BN BQ =．由平行线分线段成比例定理得到AB NBBQ BM=．由此得到NB 的长，即可得到结论． 满分解答（1）①如图1，补全图形．②连接AD，如图2．在Rt△ABN中，∵∠B=90°，AB=4，BN=1，∴17AN=．∵线段AN平移得到线段DM，∴DM=AN=17，AD=NM=1，AD∥MC，∴△ADP∽△CMP．∴12 DP ADMP MC==．∴173 DP=．（2）连接NQ，如图3．由平移知：AN∥DM，且AN=DM．∵MQ DP =， ∴PQ DM =．∴AN ∥PQ ，且AN =PQ ． ∴四边形ANQP 是平行四边形． ∴NQ ∥AP ．∴45BQN BAC ∠∠==︒． 又∵90NBQ ABC ∠∠==︒， ∴BN BQ =． ∵AN ∥MQ ， ∴AB NBBQ BM=． 又∵M 是BC 的中点，且4AB BC ==， ∴42NB NB =． ∴22NB =(舍去负数)． ∴22ME BN ==． ∴222CE =-． 方法二，连接AD ，如图4．设CE 长为x ．∵线段AB 移动到得到线段DE ， ∴4AD BE x ==+，AD ∥BM ．∴△ADP∽△CMP．∴42DP AD x MP MC+==．∵MQ=DP，∴42102 MQ DP x QD DP MP x+==++．∵△QBM∽△QAD，∴24MQ BMQD AD x==+．解得：222x=-．∴222CE=-．点睛：本题是平移变换综合题．考查了平移的性质，平行四边形的判定与性质以及相似三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用相似三角形的判定与性质．【例5】如图1，抛物线y=﹣x2+2x+3与x轴交于A，B，与y轴交于C，抛物线的顶点为D，直线l过C 交x轴于E（4，0）．（1）写出D的坐标和直线l的解析式；（2）P（x，y）是线段BD上的动点（不与B，D重合），PF⊥x轴于F，设四边形OFPC的面积为S，求S与x之间的函数关系式，并求S的最大值；（3）点Q在x轴的正半轴上运动，过Q作y轴的平行线，交直线l于M，交抛物线于N，连接CN，将△CMN 沿CN翻转，M的对应点为M′．在图2中探究：是否存在点Q，使得M′恰好落在y轴上？若存在，请求出Q的坐标；若不存在，请说明理由．思路点拨（1）先把抛物线解析式配成顶点式即可得到D点坐标，再求出C点坐标，然后利用待定系数法求直线l的解析式；（2）先根据抛物线与x轴的交点问题求出B（3，0），再利用待定系数法求出直线BD的解析式为y=-2x+6，则P（x，-2x+6），然后根据梯形的面积公式可得S=-x2+92x（1≤x≤3），再利用而此函数的性质求S的最大值；（3）如图2，设Q（t，0）（t＞0），则可表示出M（t，-34t+3），N（t，-t2+2t+3），利用两点间的距离公式得到MN=|t2-114t|，CM=54t，然后证明NM=CM得到|t2-114t|=54t，再解绝对值方程求满足条件的t的值，从而得到点Q的坐标．满分解答（1）∵y=-x2+2x+3=-（x-1）2+4，∴D（1，4），当x=0时，y=-x2+2x+3=3，则C（0，3），设直线l的解析式为y=kx+b，把C（0，3），E（4，0）分别代入得3{40bk b=+=，解得3{43kb=-=，∴直线l的解析式为y=-34x+3；（2）如图（1），当y=0时，-x2+2x+3=0，解得x1=-1，x2=3，则B（3，0），设直线BD的解析式为y=mx+n，把B（3，0），D（1，4）分别代入得30{4m nm n+=+=，解得2{6mn=-=，∴直线BD的解析式为y=-2x+6，则P（x，-2x+6），∴S=12⋅（-2x+6+3）⋅x=-x2+92x（1≤x≤3），∵S=-（x-94）2+8116，∴当x=94时，S有最大值，最大值为8116；（3）存在．如图2，设Q（t，0）（t＞0），则M（t，-34t+3），N（t，-t2+2t+3），∴MN=|-t2+2t+3-（-34t+3）|=|t2-114t|，54t，∵△CMN沿CN翻转，M的对应点为M′，M′落在y轴上，而QN∥y轴，∴MN∥CM′，NM=NM′，CM′=CM，∠CNM=∠CNM′，∴∠M′CN=∠CNM，∴∠M′CN=∠CNM′，∴CM′=NM′，∴NM=CM，∴|t2-114t|=54t，当t2-114t=54t，解得t1=0（舍去），t2=4，此时Q点坐标为（4，0）；当t2-114t=-54t，解得t1=0（舍去），t2=32，此时Q点坐标为（32，0），综上所述，点Q的坐标为（32，0）或（4，0）．考点：二次函数综合题．【例6】再读教材:宽与长的比是2(约为0.618)的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调,匀称的美感.世界各国许多著名的建筑.为取得最佳的视觉效果,都采用了黄金矩形的设计，下面我们用宽为2的矩形纸片折叠黄金矩形.(提示; MN=2)第一步,在矩形纸片一端.利用图①的方法折出一个正方形,然后把纸片展平.第二步，如图②.把这个正方形折成两个相等的矩形,再把纸片展平.第三步,折出内侧矩形的对角线AB,并把AB折到图③中所示的AD处，第四步,展平纸片,按照所得的点D折出DE,使DE⊥ND,则图④中就会出现黄金矩形，问题解决:（1）图③中AB=________(保留根号);（2）如图③,判断四边形BADQ的形状,并说明理由;（3）请写出图④中所有的黄金矩形,并选择其中一个说明理由.（4）结合图④.请在矩形BCDE中添加一条线段,设计一个新的黄金矩形,用字母表示出来,并写出它的长和宽.思路点拨（1）由勾股定理计算即可；（2）根据菱形的判定方法即可判断；（3）根据黄金矩形的定义即可判断；（4）如图④﹣1中，在矩形BCDE上添加线段GH，使得四边形GCDH为正方形，此时四边形BGHE为所求是黄金矩形．满分解答（1）如图3中．在Rt△ABC中，AB22+22AC BC+5125（2）结论：四边形BADQ是菱形．理由如下：如图③中，∵四边形ACBF是矩形，∴BQ∥AD．∵AB ∥DQ ，∴四边形ABQD 是平行四边形，由翻折可知：AB =AD ，∴四边形ABQD 是菱形．（3）如图④中，黄金矩形有矩形BCDE ，矩形MNDE ．∵AD =5．AN =AC =1，CD =AD ﹣AC =5﹣1．∵BC =2，∴CD BC =512-，∴矩形BCDE 是黄金矩形． ∵MN DN =15+=51-，∴矩形MNDE 是黄金矩形．（4）如图④﹣1中，在矩形BCDE 上添加线段GH ，使得四边形GCDH 为正方形，此时四边形BGHE 为所求是黄金矩形．长GH 51，宽HE =35点睛：本题考查了几何变换综合题、黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考创新题目． 【变式训练】 一、单选题1．如图，正方形ABCD 中，6AB =，E 为AB 的中点，将ADE ∆沿DE 翻折得到FDE ∆，延长EF 交BC 于G ，FH BC ⊥，垂足为H ，连接BF 、DG .结论:①BF DE P ；②DFG ∆≌DCG ∆；③FHB ∆∽EAD ∆；④43GEB∠=；⑤ 2.6BFGS∆=.其中的正确的个数是（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】【分析】根据正方形的性质以及折叠的性质依次对各个选项进行判断即可．【详解】解：∵正方形ABCD中，AB=6，E为AB的中点∴AD=DC=BC=AB=6，AE=BE=3，∠A=∠C=∠ABC=90°∵△ADE沿DE翻折得到△FDE∴∠AED=∠FED，AD=FD=6，AE=EF=3，∠A=∠DFE=90°∴BE=EF=3，∠DFG=∠C=90°∴∠EBF=∠EFB∵∠AED+∠FED=∠EBF+∠EFB∴∠DEF=∠EFB∴BF∥ED故结论①正确；∵AD=DF=DC=6，∠DFG=∠C=90°，DG=DG∴Rt△DFG≌Rt△DCG∴结论②正确；∵FH⊥BC，∠ABC=90°∴AB∥FH，∠FHB=∠A=90°∵∠EBF=∠BFH=∠AED∴△FHB∽△EAD∴结论③正确；∵Rt△DFG≌Rt△DCG∴FG=CG设FG=CG=x，则BG=6-x，EG=3+x在Rt△BEG中，由勾股定理得：32+（6-x）2=（3+x）2解得：x=2∴BG=4∴tan∠GEB=4=3 BGBE，故结论④正确；∵△FHB∽△EAD，且1=2 AEAD，∴BH=2FH设FH=a，则HG=4-2a在Rt△FHG中，由勾股定理得：a2+（4-2a）2=22解得：a=2（舍去）或a=65，∴S△BFG=16425⨯⨯=2.4故结论⑤错误；故选：C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定、勾股定理、三角函数，综合性较强．2．如图所示，点P是边长为2的正方形ABCD的对角线BD上的动点，过点P分别作PE⊥BC于点E，PF⊥DC于点F，连接AP并延长，交射线BC于点H，交射线DC于点M，连接EF交AH于点G，当点P在BD上运动时（不包括B、D两点），以下结论中：①MF＝MC；②AP＝EF；③AH⊥EF；④AP2＝PM•PH；⑤EF）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】C【解析】【分析】由点P为BD中点时，MC=0≠MF，可得①错误；连接PC，交EF于O，由点P在BD上，可得AP=PC，根据PF⊥CD，PE⊥BC，∠BCF=90°可得四边形PECF是矩形，可得EF=PC，即判断②正确；利用SSS可证明△APD≌△CPD，可得∠DAP=∠DCP，由矩形的性质可得∠OCF=∠OFC，即可证明∠DAP=∠OFC，可得∠DAP+∠AMD=∠OFC+∠AMD=90°，即可判断③正确；根据平行线的性质可得∠DAP=∠H，可得∠DCP=∠H，由∠HPC是公共角可证明△CPM∽△HPC，根据相似三角形的性质可得PC PMPH PC，根据PC=AP即可判断④正确，当PC⊥BD时PC的值最小，根据等腰直角三角形的性质可求出PC2，根据EF=PC即可判断⑤正确；综上即可得答案.【详解】当点P为BD中点时，点M与点C重合，MC=0≠MF，故①错误，连接PC，交EF于O，∵点P在BD上，BD为正方形ABCD的对角线，∴AP=PC，∵PF⊥CD，PE⊥BC，∠BCF=90°，∴四边形PECF是矩形，∴EF=PC，∴AP=EF，故②正确，∵AD=CD，AP=PC，PD=PD，∴△APD≌△CPD，∴∠DAP=∠DCP，∵四边形PECF是矩形，∴∠OCF=∠OFC，∴∠DAP=∠OFC，∴∠DAP+∠AMD=∠OFC+∠AMD=90°，∴∠FGM=90°，即AH⊥EF，故③正确，∵AD//BH，∴∠DAP=∠H，∵∠DAP=∠DCP，∴∠MCP=∠H，∵∠CPH为公共角，∴△CPM∽△HPC，∴PC PM PH PC，∵AP=PC，∴AP2= PM•PH，故④正确，当PC⊥BD时，PC有最小值，PC=12BD=2，∵PC=EF∴EF的最小值为2，故⑤正确，综上所述：正确的结论有②③④⑤，共4个，故选C.【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定与性质及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定定理及正方形的性质是解题关键.3．如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD 的顶点C 的坐标为()1,0-，点B 的坐标为()0,2，点A 在第二象限，直线1y x 52=-+与x 轴、y 轴分别交于点N 、M ．将菱形ABCD 沿x 轴向右平移m 个单位，当点A 落在MN 上时，则m 为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据菱形的对称线互相垂直平分表示出点A 的坐标，再根据直线解析式求出点A 移到到MN 上时x 的值，从而求出m. 【详解】解：∵菱形ABCD 的顶点C 的坐标为()1,0-，点B 的坐标为()0,2 ∴点A 的坐标为(-1,4)∵菱形ABCD 沿x 轴向右平移m 个单位，当点A 落在MN 上时,点A 纵坐标没有变, ∴当y=4时，即1x 52-+=4 ∴x=2∴点A 向右移动2-(-1)=3个单位，即菱形ABCD 沿x 轴向右平移3个单位 故选：C.. 【点睛】本题考查菱形的性质.4．如图，在平面直角坐标系中，A （1，2），B （3，2），连接AB ，点P 是x 轴上的一个动点，连接AP 、BP ，当△ABP 的周长最小时，对应的点P 的坐标和△ABP 的最小周长分别为（ ）A ．(10)224，B ．(30)24，C ．(20)5，D ．(20)52，【答案】D 【解析】 【分析】根据题意画出图形，作A 关于x 轴的对称点A′，连接A′B 交x 轴于点P ，利用对称的性质可知A′P=AP ，即AP+PB=A′B ，根据两点之间线段最短可知线段A′B 的长即为PA+PB 的最小值，利用待定系数法求出过点A′、B 的直线解析式，求出此函数与x 轴的交点即可． 【详解】解：如图，作A 关于x 轴的对称点(12)A '-，，连接A′B 与x 轴的交点即为P 点． 利用对称的性质可知A′P=AP ，即AP+PB=A′B ，根据两点之间线段最短可知线段A′B 的长即为PA+PB 的最小值.设过A′B 两点的一次函数解析式为y=kx+b （k≠0）， 则2=,2,23, 4.k b k k b b -+=⎧⎧⎨⎨=+=-⎩⎩解得故此一次函数的解析式为y=2x-4，当y=0时，2x-4=0，解得x=2．此时点P 的坐标为（2,0）.∵(12)(32)A B ，，，，∴AB ∥x 轴，∴∠A′AB=90°，AB=2. ∵A 与A '关于x 轴对称，∴AA′=2AM=4. ∴在Rt △AA′B 中， 22222254A B AA AB =+=+=′′，△ABP 的最小周长=A′B+AB=252. 故选：D ．【点睛】本题考查的是最短路线问题及一次函数的性质，解答此题的关键是熟知两点之间线段最短及用待定系数法求一次函数的解析式．5．如图，将小正方形AEFG绕大正方形ABCD的顶点A顺时针旋转一定的角度α（其中0°≤α≤90°），连接BG、DE相交于点O，再连接AO、BE、DG．王凯同学在探究该图形的变化时，提出了四个结论：①BG＝DE；②BG⊥DE；③∠DOA＝∠GOA；④S△ADG＝S△ABE，其中结论正确的个数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【解析】【分析】由“SAS”可证△DAE≌△BAG，可得BG＝DE，即可判断①；设点DE与AB交于点P，由∠ADE＝∠ABG，∠DP A＝∠BPO，即可判断②；过点A作AM⊥DE，AN⊥BG，易证12DE×AM＝12×BG×AN，从而得AM＝AN，进而即可判断③；过点G作GH⊥AD，过点E作EQ⊥AD，由“AAS”可证△AEQ≌△GAH，可得AQ＝GH，可得S△ADG＝S△ABE，即可判断④．【详解】∵∠DAB＝∠EAG＝90°，∴∠DAE＝∠BAG，又∵AD＝AB，AG＝AE，∴△DAE≌△BAG（SAS），∴BG＝DE，∠ADE＝∠ABG，故①符合题意，如图1，设点DE与AB交于点P，∵∠ADE＝∠ABG，∠DP A＝∠BPO，∴∠DAP＝∠BOP＝90°，∴BG⊥DE，故②符合题意，如图1，过点A作AM⊥DE，AN⊥BG，∵△DAE≌△BAG，∴S△DAE＝S△BAG，∴12DE×AM＝12×BG×AN，又∵DE＝BG，∴AM＝AN，且AM⊥DE，AN⊥BG，∴AO平分∠DOG，∴∠AOD＝∠AOG，故③符合题意，如图2，过点G作GH⊥AD交DA的延长线于点H，过点E作EQ⊥AD交DA的延长线于点Q，∴∠EAQ+∠AEQ＝90°，∠EAQ+∠GAQ＝90°，∴∠AEQ＝∠GAQ，又∵AE＝AG，∠EQA＝∠AHG＝90°，∴△AEQ≌△GAH（AAS）∴AQ＝GH，∴12AD×GH＝12AB×AQ，∴S△ADG＝S△ABE，故④符合题意，故选：D．【点睛】本题主要考查正方形的性质和三角形全等的判定和性质的综合，添加辅助线，构造全等三角形，是解题的关键.6．如图，点P 是等边三角形外一点，把BP 绕点B 顺时针旋转60°到BP '，已知AP B '∠=150°，:2:3P A P C ''=，则:PB P A '的值是（ ）A ．2 : 1B ．2 : 1C ．5 : 2D ．3 : 1【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件利用“边角边”证明△ABP 和△CBP′全等，根据全等三角形对应边相等可得AP=CP′，连接PP′，根据旋转的性质可得△PBP′是等边三角形，然后求出∠AP′P 是直角，再利用勾股定理用PA′表示出PP′，又等边三角形的三条边相等，代入整理即可得解． 【详解】如图，连接AP ，∵BP 绕点B 顺时针旋转60°到BP′，∴BP=BP′，∠ABP+∠ABP′=60°，又∵△ABC是等边三角形，∴AB=BC，∠CBP′+∠ABP′=60°，∴∠ABP=∠CBP′，在△ABP和△CBP′中，∵BP BPABP CBP AB BC＝＝＝'⎧⎪∠∠'⎨⎪⎩，∴△ABP≌△CBP′（SAS），∴AP=P′C，∵P′A：P′C=2：3，∴AP=32P′A，连接PP′，则△PBP′是等边三角形，∴∠BP′P=60°，PP′=PB，∵∠AP′B=150°，∴∠AP′P=150°-60°=90°，∴△APP′是直角三角形，设P′A=x，则AP=32x，根据勾股定理，2x =，则x，∴PB：2x=：．故选C．【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，作辅助线构造出全等三角形以及直角三角形，把P′A、P′C以及P′B长度转化到同一个直角三角形中是解题的关键．二、填空题7．如图，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，将菱形ABCD绕点A逆时针方向旋转，对应得到菱形AEFG，点E在AC上，EF与CD交于点P，则DP的长是________.【答案】3-1【解析】【分析】连接AD交AC于O,由菱形的性质得出CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝12∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，由直角三角形性质求出OB＝12AB＝1，OA＝3OB＝3，得出AC＝23，由旋转的性质可得AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，得出CE＝AC﹣AE＝23﹣2，证出∠CPE＝90°，由直角三角形的性质得出PE＝12CE＝3﹣1，PC＝3PE＝3﹣3，即可得出结果.【详解】如图所示，连接BD交AC于O，∵四边形ABCD是菱形，∴CD＝AB＝2，∠BCD＝∠BAD＝60°，∠ACD＝∠BAC＝12∠BAD＝30°，OA＝OC，AC⊥BD，∴OB＝12AB＝1，∴OA3OB3∴AC＝3，由旋转的性质得：AE＝AB＝2，∠EAG＝∠BAD＝60°，∴CE ＝AC ﹣AE ＝23﹣2， ∵四边形AEFG 是菱形， ∴EF ∥AG ，∴∠CEP ＝∠EAG ＝60°， ∴∠CEP+∠ACD ＝90°， ∴∠CPE ＝90°， ∴PE ＝12CE ＝3﹣1，PC ＝3PE ＝3﹣3， ∴DP ＝CD ﹣PC ＝2﹣（3﹣3）＝3﹣1. 故答案为：3﹣1. 【点睛】本题考查了菱形的性质、旋转的性质、直角三角形的性质，根据图形正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键.8．如图，在平面直角坐标系中，直线l :28y x =+与坐标轴分别交于A ，B 两点，点C 在x 正半轴上，且OC ＝O B ．点P 为线段AB （不含端点）上一动点，将线段OP 绕点O 顺时针旋转90°得线段OQ ，连接CQ ，则线段CQ 的最小值为___________．455【解析】 【分析】在OA 上取'C 使'OC OC =，得'OPC OQC ≅VV ，则CQ=C'P ，根据点到直线的距离垂线段最短可知当'PC ⊥AB 时，CP 最小，由相似求出C'P 的最小值即可.【详解】解：如图，在OA 上取'C 使'OC OC =，∵90AOC POQ ∠=∠=︒， ∴'POC QOC ∠=∠， 在△'POC 和△QOC 中，''OP OQ POC QOC OC OC =⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩， ∴△'POC ≌△QOC （SAS ）， ∴'PC QC =∴当'PC 最小时，QC 最小， 过'C 点作''C P ⊥AB ，∵直线l :28y x =+与坐标轴分别交于A ，B 两点， ∴A 坐标为：（0，8）；B 点（-4，0）， ∵'4OC OC OB ===，∴22228445AB OA OB ++=''4AC OA OC =-=. ∵'''OB C P sin BAO AB AC ∠==， ''445C P =， ∴4''55C P =∴线段CQ 455455【点睛】本题主要考查了一次函数图像与坐标轴的交点及三角形全等的判定和性质、垂线段最短等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用垂线段最短解决最值问题，属于中考压轴题．9．如图，直角三角形ABC 中，90ACB ∠=︒，10AB =，6BC =，在线段AB 上取一点D ，作DF AB ⊥交AC 于点F ，现将ADF ∆沿DF 折叠，使点A 落在线段DB 上，对应点记为1A ；AD 的中点E 的对应点记为1E .若111E FA E BF ∆∆:，则AD =______.【答案】3.2 【解析】 【分析】先利用勾股定理求出AC ，设2AD x =，依题意得111AE DE DE A E x ====，故11103BE AB AE x =-=-，易证ABC AFD ∆∆:，得到 1.5DF x =，再在1Rt DE F ∆中利用勾股定理解出221=3.25E F x ，又111E FA E BF ∆∆:得21111E F A E BE =⋅，列出方程解方程得到x ，即可得到AD【详解】在Rt ACB ∆中利用勾股定理求出8AC =，设2AD x =，依题意得111AE DE DE A E x ====，故11103BE AB AE x =-=-.由ABC AFD ∆∆:求出 1.5DF x =，再在1Rt DE F ∆中，利用勾股定理求出222211 3.25E F DF DE x =+=，然后由111E FA E BF ∆∆:得21111E F A E BE =⋅，即()23.25103x x x =-，解得 1.6x =，从而2 1.6 3.2AD =⨯=. 【点睛】本题考查勾股定理与相似三角形，解题关键在于灵活运用两者进行线段替换 10．如图，四边形ABCD 是矩形，AD ＝5，AB ＝163，点E 在CD 边上，DE ＝2，连接BE ，F 是BE 边上的一点，过点F 作FG ⊥AB 于G ，连接DG ，将△ADG 沿DG 翻折的△PDG ，设EF ＝x ，当P 落在△EBC 内部时（包括边界），x 的取值范围是__．【答案】134≤x≤3132．【解析】【分析】当点P落在BE上时，延长GF交DC于H，作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N．求出EF的长；当点P落在DC上时，求出EF的长，由此即可解答.【详解】当点P落在BE上时，如图，延长GF交DC于H，作PM⊥AB于M，PN⊥AD于N．∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝∠BAC＝∠BCD＝90°，DC∥AB，AB＝CD＝163，AD＝BC＝5，∵DE＝2，∴EC＝103，∵∠CEB＝∠PBM，∴tan∠CEB＝tan∠PBM，∴32BC PMEC BM==，设PM＝3k，则BM＝2k，∵四边形AMPN是矩形，∴PM＝AN＝3k，PN＝AM＝163﹣2k，在Rt△PDN中，∵PD＝AD＝5，DN＝5﹣3k，PN＝163﹣2k，∴25＝（5﹣3k）2+（163﹣2k）2，整理得：117k 2﹣462k +256＝0，解得k ＝23 或12839（舍弃）, ∴PM ＝2，BM ＝43，AM ＝4，设AG ＝GP ＝m ，在Rt △PGM 中，m 2＝（4﹣m ）2+22，解得m ＝52， ∴AH ＝AG ＝52，∵EH ＝12，∵HF BCEH CE=＝tan ∠CEB ＝32， ∴HF ＝34， ∴EF ＝134， 当点P 落在DC 上时，如图，∵AD ＝DP ＝5，DE ＝2， ∴EP ＝3， ∵tan ∠CEB ＝32PF PE =， ∴PF ＝92， ∴EF 22932()+313， 13x 313．故答案为:13≤x ≤313．． 【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，学会利用参数，构建方程解决问题，属于中考填空题中的压轴题． 11．如图，将函数3(0)y x x=>的图象沿y 轴向下平移3个单位后交x 轴于点C ，若点D 是平移后函数图象上一点，且BCD ∆的面积是3，已知点(2,0)B -，则点D 的坐标__________.【答案】325⎛⎫ ⎪⎝⎭，或()3-2， 【解析】 【分析】根据函数图象的变化规律可得变换后得到的图象对应的函数解析式为33y x=-，求出C 点的坐标为(1,0)，那么3BC =，设BCD ∆的边BC 上高为h ，根据BCD ∆的面积是3可求得2h =，从而求得D 的坐标． 【详解】 解：Q 将函数3(0)y x x=>的图象沿y 轴向下平移3个单位后得到33y x =-，令0y =，得303x=-，解得1x =， ∴点C 的坐标为(1,0)， Q 点(2,0)B -，3BC ∴=．设BCD ∆的边BC 上高为h ，BCD ∆Q 的面积是3，∴1332h =g ，2h ∴=，将2y =代入33y x =-，解得35x =； 将2y =-代入33y x=-，解得3x =． ∴点D 的坐标是3(5，2)或(3,2)-．故答案为:3(5，2)或(3,2)-．【点睛】本题考查了坐标与图形变化-平移，三角形的面积，函数图像上点的特征，由平移后函数解析式求出C 点的坐标是解题的关键．12．如图，有一条折线11223344A B A B A B A B ⋯，它是由过()10,0A ，()12,2B ，()24,0A 组成的折线依次平移4，8，12，⋯个单位得到的，直线2y kx =+与此折线恰有2(1n n ≥，且为整数)个交点，则k 的值为______．【答案】12n- 【解析】 【分析】 由点、的坐标，结合平移的距离即可得出点的坐标，再由直线与此折线恰有（，且为整数）个交点，即可得出点在直线上.故可得.【详解】 由点、的坐标，结合平移的距离即可得出点的坐标(4n-4,0)，因为，直线与此折线恰有（，且为整数）个交点，所以点的下一个点必须在直线上，即可得出点在直线上.所以，，解得.故答案为：1 2n【点睛】本题考核知识点：规律探索. 解题关键点：根据平移知识和一次函数性质，结合图形分析规律.三、解答题13．如图，直线：y＝﹣3x+4与x轴、y轴分别別交于点M、点N，等边△ABC的高为3，边BC在x轴上，将△ABC沿着x轴的正方向平移，在平移过程中，得到△A1B1C1，当点B1与原点O重合时，解答下列问题：（1）点A1的坐标为．（2）求△A1B1C1的边A1C1所在直线的解析式；（3）若以P、A1、C1、M为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出P点坐标．【答案】（1）33）；（2）y3+6；（3）点P的坐标为：（3，3）或（333 3）【解析】【分析】（1）当点B1与原点O重合时，过点A1作A1D⊥x轴于点D，则A1D＝3，则B1D＝A1D tan30°＝3×333当x3y 3x+4＝3＝A1D，故点A1在直线上，点A13，3）；（2）将点C1（230）、A1的坐标代入一次函数表达式y＝kx+b，即可求解；（3）分A1C1是平行四边形的边、A1C1是平行四边形的对角线两种情况，分别求解即可．【详解】解：（1）直线：y ＝﹣3x +4与x 轴、y 轴分别別交于点M 、点N ， 则点M （43，0），当点B 1与原点O 重合时，过点A 1作A 1D ⊥x 轴于点D ，则A 1D ＝3，则B 1D ＝A 1D tan30°＝3×33 当x 3y ＝﹣33x +4＝3＝A 1D ，故点A 1在直线上， 点A 133），故答案为：3，3）；（2）将点C 1（30）、A 1的坐标代入一次函数表达式：y ＝kx +b3033k b k b ⎧+=⎪+= 并解得：36k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩直线A 1C 1的表达式为：y 3+6； （3）设点P （m ，n ）①当A 1C 1是平行四边形的边时，则433m =，0﹣3＝n 或433m =，0+3＝n 解得：m ＝333n ＝3或﹣3，故点P 的坐标为：（333）或（333）； ②当A 1C 1是平行四边形的对角线时，由中点公式得：32343,3m n +=+= 解得：m ＝3-，n ＝3，故点P （3-，3）；综上点P 的坐标为：（33，3）或（53，﹣3）或（﹣3，3）． 【点睛】本题主要考查了一次函数与图形的运动问题，综合性比较强，能够确定A 1的位置及对以P 、A 1、C 1、M 为顶点的四边形分情况讨论是解题的关键.14．如图1，在△ABC 中，AB=BC=5，AC=6,△ABC 沿BC 方向向右平移得△DCE ，A 、C 对应点分别是D 、E.AC 与BD 相交于点O.（1）将射线BD 绕B 点顺时针旋转，且与DC ，DE 分别相交于F ，G ，CH ∥BG 交DE 于H ，当DF=CF 时，求DG 的长；（2）如图2，将直线BD 绕点O 逆时针旋转，与线段AD ，BC 分别相交于点Q ，P.设OQ=x ，四边形ABPQ 的周长为y ，求y 与x 之间的函数关系式，并求y 的最小值.（3）在（2）中PQ 的旋转过程中，△AOQ 是否构成等腰三角形？若能构成等腰三角形，求出此时PQ 的长？若不能，请说明理由. 【答案】（1）2；（2）y=2x+10（125≤x≤4），当x=125时，y 有最小值，最小值为745；（3）能，满足条件的PQ 的值为：1255或5或6. 【解析】 【分析】（1）证明DG=GH=EH 即可解决问题．（2）如图2中，作AH ⊥BC 于H ．解直角三角形求出AH ，可得OQ 的最小值，证明△AOQ ≌△COP （ASA ），推出AQ=PC ，推出y=AQ+AB+BP+PC+PQ=AB+BC+PQ=10+2x （125≤x≤4）．根据一次函数的性质求出最值即可．。
2021年浙江省中考数学真题分类汇编：图形的变化(附答案解析)
2021年浙江省中考数学真题分类汇编：图形的变化一．选择题（共15小题）1．（2021•宁波）如图所示的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，它的主视图是（）A．B．C．D．2．（2021•丽水）如图是由5个相同的小立方体搭成的几何体，它的主视图是（）A．B．C．D．3．（2021•绍兴）如图的几何体由五个相同的小正方体搭成，它的主视图是（）A．B．C．D．4．（2021•衢州）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∠B ＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是（）A．∠α＝2∠βB．2∠α＝3∠βC．4∠α+∠β＝180°D．3∠α+2∠β＝180°5．（2021•金华）如图是一架人字梯，已知AB＝AC＝2米，AC与地面BC的夹角为α，则两梯脚之间的距离BC为（）A．4cosα米B．4sinα米C．4tanα米D．米6．（2021•温州）直六棱柱如图所示，它的俯视图是（）A．B．C．D．7．（2021•温州）如图，图形甲与图形乙是位似图形，O是位似中心，位似比为2：3，点A，B的对应点分别为点A′，B′．若AB＝6，则A′B′的长为（）A．8B．9C．10D．15 8．（2021•温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若AB＝BC＝1，∠AOB ＝α，则OC2的值为（）A．+1B．sin2α+1C．+1D．cos2α+1 9．（2021•绍兴）如图，树AB在路灯O的照射下形成投影AC，已知路灯高PO＝5m，树影AC＝3m，树AB与路灯O的水平距离AP＝4.5m，则树的高度AB长是（）A．2m B．3m C．m D．m 10．（2021•嘉兴）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．矩形D．菱形11．（2021•丽水）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是（﹣1，b），（1，b），（2，b），（3.5，b），平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（）A．将B向左平移4.5个单位B．将C向左平移4个单位C．将D向左平移5.5个单位D．将C向左平移3.5个单位12．（2021•台州）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（）A．（36）cm2B．（36）cm2C．24cm2D．36cm213．（2021•丽水）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为（）A．B．C．D．14．（2021•温州）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结CG，延长BE交CG于点H．若AE＝2BE，则的值为（）A．B．C．D．15．（2021•绍兴）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，cos B＝，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE＝∠B，连结CE，则的值为（）A．B．C．D．2二．填空题（共8小题）16．（2021•湖州）如图，已知在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝2，则sin B的值是．17．（2021•杭州）计算：sin30°＝．18．（2021•衢州）图1是某折叠式靠背椅实物图，图2是椅子打开时的侧面示意图，椅面CE与地面平行，支撑杆AD，BC可绕连接点O转动，且OA＝OB，椅面底部有一根可以绕点H转动的连杆HD，点H是CD的中点，F A，EB均与地面垂直，测得F A＝54cm，EB＝45cm，AB＝48cm．（1）椅面CE的长度为cm．（2）如图3，椅子折叠时，连杆HD绕着支点H带动支撑杆AD，BC转动合拢，椅面和连杆夹角∠CHD的度数达到最小值30°时，A，B两点间的距离为cm（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin15°≈0.26，cos15°≈0.97，tan15°≈0.27）19．（2021•嘉兴）如图，在直角坐标系中，△ABC与△ODE是位似图形，则它们位似中心的坐标是．20．（2021•杭州）如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF ＝AB，则∠DAF＝度．21．（2021•嘉兴）如图，在△ABC中，∠BAC＝30°，∠ACB＝45°，AB＝2，点P从点A 出发沿AB方向运动，到达点B时停止运动，连结CP，点A关于直线CP的对称点为A′，连结A′C，A′P．在运动过程中，点A′到直线AB距离的最大值是；点P到达点B时，线段A′P扫过的面积为．22．（2021•金华）如图1是一种利用镜面反射，放大微小变化的装置．木条BC上的点P处安装一平面镜，BC与刻度尺边MN的交点为D，从A点发出的光束经平面镜P反射后，在MN上形成一个光点E．已知AB⊥BC，MN⊥BC，AB＝6.5，BP＝4，PD＝8．（1）ED的长为．（2）将木条BC绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到BC′（如图2），点P的对应点为P′，BC′与MN的交点为D′，从A点发出的光束经平面镜P′反射后，在MN上的光点为E′．若DD′＝5，则EE′的长为．23．（2021•湖州）由沈康身教授所著，数学家吴文俊作序的《数学的魅力》一书中记载了这样一个故事：如图，三姐妹为了平分一块边长为1的祖传正方形地毯，先将地毯分割成七块，再拼成三个小正方形（阴影部分）．则图中AB的长应是．三．解答题（共7小题）24．（2021•嘉兴）一酒精消毒瓶如图1，AB为喷嘴，△BCD为按压柄，CE为伸缩连杆，BE和EF为导管，其示意图如图2，∠DBE＝∠BEF＝108°，BD＝6cm，BE＝4cm．当按压柄△BCD按压到底时，BD转动到BD′，此时BD′∥EF（如图3）．（1）求点D转动到点D′的路径长；（2）求点D到直线EF的距离（结果精确到0.1cm）．（参考数据：sin36°≈0.59，cos36°≈0.81，tan36°≈0.73，sin72°≈0.95，cos72°≈0.31，tan72°≈3.08）25．（2021•丽水）如图，在5×5的方格纸中，线段AB的端点均在格点上，请按要求画图．（1）如图1，画出一条线段AC，使AC＝AB，C在格点上；（2）如图2，画出一条线段EF，使EF，AB互相平分，E，F均在格点上；（3）如图3，以A，B为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．26．（2021•绍兴）拓展小组研制的智能操作机器人，如图1，水平操作台为l，底座AB固定，高AB为50cm，连杆BC长度为70cm，手臂CD长度为60cm．点B，C是转动点，且AB，BC与CD始终在同一平面内．（1）转动连杆BC，手臂CD，使∠ABC＝143°，CD∥l，如图2，求手臂端点D离操作台l的高度DE的长（精确到1cm，参考数据：sin53°≈0.8，cos53°≈0.6）．（2）物品在操作台l上，距离底座A端110cm的点M处，转动连杆BC，手臂CD，手臂端点D能否碰到点M？请说明理由．27．（2021•台州）图1是放置在水平地面上的落地式话筒架实物图，图2是其示意图．支撑杆AB垂直于地面l，活动杆CD固定在支撑杆上的点E处．若∠AED＝48°，BE＝110cm，DE＝80cm，求活动杆端点D离地面的高度DF．（结果精确到1cm，参考数据：sin48°≈0.74，cos48°≈0.67，tan48°≈1.11）28．（2021•杭州）如图，锐角三角形ABC内接于⊙O，∠BAC的平分线AG交⊙O于点G，交BC边于点F，连接BG．（1）求证：△ABG∽△AFC．（2）已知AB＝a，AC＝AF＝b，求线段FG的长（用含a，b的代数式表示）．（3）已知点E在线段AF上（不与点A，点F重合），点D在线段AE上（不与点A，点E重合），∠ABD＝∠CBE，求证：BG2＝GE•GD．29．（2021•宁波）我国纸伞的制作工艺十分巧妙．如图1，伞不管是张开还是收拢，伞柄AP始终平分同一平面内两条伞骨所成的角∠BAC，且AB＝AC，从而保证伞圈D能沿着伞柄滑动．如图2是伞完全收拢时伞骨的示意图，此时伞圈D已滑动到点D'的位置，且A，B，D′三点共线，AD′＝40cm，B为AD′中点．当∠BAC＝140°时，伞完全张开．（1）求AB的长．（2）当伞从完全张开到完全收拢，求伞圈D沿着伞柄向下滑动的距离．（参考数据：sin70°≈0.94，cos70°≈0.34，tan70°≈2.75）30．（2021•温州）如图中4×4与6×6的方格都是由边长为1的小正方形组成．图1是绘成的七巧板图案，它由7个图形组成，请按以下要求选择其中一个并在图2、图3中画出相应的格点图形（顶点均在格点上）．（1）选一个四边形画在图2中，使点P为它的一个顶点，并画出将它向右平移3个单位后所得的图形．（2）选一个合适的三角形，将它的各边长扩大到原来的倍，画在图3中．2021年浙江省中考数学真题分类汇编：图形的变化参考答案与试题解析一．选择题（共15小题）1．（2021•宁波）如图所示的几何体是由一个圆柱和一个长方体组成的，它的主视图是（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】根据主视图是从正面看得到的视图，可得答案．【解答】解：从正面看，底层是一个比较长的矩形，上层中间是一个比较窄的矩形．故选：C．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是正视图，注意圆柱的主视图是矩形．2．（2021•丽水）如图是由5个相同的小立方体搭成的几何体，它的主视图是（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】找到从正面看所得到的图形即可，注意所有的看到的棱都应表现在主视图中．【解答】解：从正面看底层是三个正方形，上层中间是一个正方形．故选：B．【点评】本题考查了三视图的知识，主视图是从物体的正面看得到的视图．3．（2021•绍兴）如图的几何体由五个相同的小正方体搭成，它的主视图是（）A．B．C．D．【考点】简单组合体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】根据从正面看得到的图形是主视图，可得答案．【解答】解：从正面看，底层是三个小正方形，上层左边一个小正方形，故选：D．【点评】本题考查了简单组合体的三视图，从正面看得到的图形是主视图．4．（2021•衢州）如图．将菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∠B ＝∠β．当AC平分∠B′AC′时，∠α与∠β满足的数量关系是（）A．∠α＝2∠βB．2∠α＝3∠βC．4∠α+∠β＝180°D．3∠α+2∠β＝180°【考点】菱形的性质；旋转的性质．【专题】矩形菱形正方形；推理能力．【分析】由菱形和旋转的性质可证：∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，再根据AD∥BC，即可得出4∠α+∠β＝180°．【解答】解：∵AC平分∠B′AC′，∴∠B'AC＝∠C'AC，∵菱形ABCD绕点A逆时针旋转∠α得到菱形AB′C′D′，∴∠BAB'＝∠CAC'＝∠α，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∴∠BAB'＝∠DAC'，∴∠BAB'＝∠B'AC＝∠CAC'＝∠DAC'＝∠α，∵AD∥BC，∴4∠α+∠β＝180°，故选：C．【点评】本题考查了菱形的性质，以及旋转前后对应角相等等知识，熟记其性质是解题的关键．5．（2021•金华）如图是一架人字梯，已知AB＝AC＝2米，AC与地面BC的夹角为α，则两梯脚之间的距离BC为（）A．4cosα米B．4sinα米C．4tanα米D．米【考点】解直角三角形的应用﹣坡度坡角问题．【专题】解直角三角形及其应用；应用意识．【分析】直接利用等腰三角形的性质得出BD＝DC，再利用锐角三角函数关系得出DC 的长，即可得出答案．【解答】解：过点A作AD⊥BC于点D，∵AB＝AC＝2米，AD⊥BC，∴BD＝DC，∴cosα＝＝，∴DC＝2cosα（米），∴BC＝2DC＝2×2cosα＝4cosα（米）．故选：A．【点评】此题主要考查了解直角三角形的应用以及等腰三角形的性质，正确表示出DC 的长是解题关键．6．（2021•温州）直六棱柱如图所示，它的俯视图是（）A．B．C．D．【考点】简单几何体的三视图．【专题】投影与视图；空间观念．【分析】根据简单几何体的三视图进行判断即可．【解答】解：从上面看这个几何体，看到的图形是一个正六边形，因此选项C中的图形符合题意，故选：C．【点评】本题考查简单几何体的三视图，理解视图的意义是正确判断的前提．7．（2021•温州）如图，图形甲与图形乙是位似图形，O是位似中心，位似比为2：3，点A，B的对应点分别为点A′，B′．若AB＝6，则A′B′的长为（）A．8B．9C．10D．15【考点】位似变换．【专题】图形的相似；推理能力．【分析】根据位似图形的概念列出比例式，代入计算即可．【解答】解：∵图形甲与图形乙是位似图形，位似比为2：3，AB＝6，∴＝，即＝，解得，A′B′＝9，故选：B．【点评】本题考查的是位似图形的概念、相似三角形的性质，掌握位似图形的两个图形是相似图形、相似三角形的性质是解题的关键．8．（2021•温州）图1是第七届国际数学教育大会（ICME）会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若AB＝BC＝1，∠AOB ＝α，则OC2的值为（）A．+1B．sin2α+1C．+1D．cos2α+1【考点】勾股定理；解直角三角形的应用．【专题】解直角三角形及其应用；运算能力．【分析】在Rt△OAB中，sinα＝，可得OB的长度，在Rt△OBC中，根据勾股定理OB2+BC2＝OC2，代入即可得出答案．【解答】解：∵AB＝BC＝1，在Rt△OAB中，sinα＝，∴OB＝，在Rt△OBC中，OB2+BC2＝OC2，∴OC2＝（）2+12＝．故选：A．【点评】本题主要考查了解直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形的方法进行计算是解决本题的关键．9．（2021•绍兴）如图，树AB在路灯O的照射下形成投影AC，已知路灯高PO＝5m，树影AC＝3m，树AB与路灯O的水平距离AP＝4.5m，则树的高度AB长是（）A．2m B．3m C．m D．m【考点】相似三角形的应用；中心投影．【专题】图形的相似；应用意识．【分析】利用相似三角形的性质求解即可．【解答】解：∵AB∥OP，∴△CAB∽△CPO，∴，∴，∴AB＝2（m），故选：A．【点评】本题考查中心投影以及相似三角形的应用．测量不能到达顶部的物体的高度，通常利用相似三角形的性质即相似三角形的对应边的比相等和“在同一时刻物高与影长的比相等”的原理解决．10．（2021•嘉兴）将一张三角形纸片按如图步骤①至④折叠两次得图⑤，然后剪出图⑤中的阴影部分，则阴影部分展开铺平后的图形是（）A．等腰三角形B．直角三角形C．矩形D．菱形【考点】菱形的判定；剪纸问题．【专题】平移、旋转与对称；几何直观．【分析】对折是轴对称得到的图形，根据最后得到的图形可得是沿对角线折叠2次后，剪去一个三角形得到的，按原图返回即可．【解答】解：如图，由题意可知，剪下的图形是四边形BACD，由折叠可知CA＝AB，∴△ABC是等腰三角形，又△ABC和△BCD关于直线BC对称，∴四边形BACD是菱形，故选：D．【点评】本题主要考查折叠的性质及学生动手操作能力：逆向思维也是常用的一种数学思维方式．11．（2021•丽水）四盏灯笼的位置如图．已知A，B，C，D的坐标分别是（﹣1，b），（1，b），（2，b），（3.5，b），平移y轴右侧的一盏灯笼，使得y轴两侧的灯笼对称，则平移的方法可以是（）A．将B向左平移4.5个单位B．将C向左平移4个单位C．将D向左平移5.5个单位D．将C向左平移3.5个单位【考点】坐标确定位置；关于x轴、y轴对称的点的坐标；生活中的平移现象；坐标与图形变化﹣平移．【专题】平面直角坐标系；运算能力．【分析】注意到A，B关于y轴对称，只需要C，D关于y轴对称即可，可以将点C（2，b）向左平移到（﹣3.5，b），平移5.5个单位，或可以将D（3.5，b）向左平移到（﹣2，b），平移5.5个单位．【解答】解：∵A，B，C，D这四个点的纵坐标都是b，∴这四个点在一条直线上，这条直线平行于x轴，∵A（﹣1，b），B（1，b），∴A，B关于y轴对称，只需要C，D关于y轴对称即可，∵C（2，b），D（3.5，b），∴可以将点C（2，b）向左平移到（﹣3.5，b），平移5.5个单位，或可以将D（3.5，b）向左平移到（﹣2，b），平移5.5个单位，故选：C．【点评】本题考查了生活中的平移现象，关于y轴对称的点的坐标，注意关于y轴对称的点的坐标，横坐标互为相反数，纵坐标不变．12．（2021•台州）如图，将长、宽分别为12cm，3cm的长方形纸片分别沿AB，AC折叠，点M，N恰好重合于点P．若∠α＝60°，则折叠后的图案（阴影部分）面积为（）A．（36）cm2B．（36）cm2C．24cm2D．36cm2【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）．【专题】矩形菱形正方形；几何直观．【分析】根据题意可知阴影部分的面积＝长方形的面积﹣三角形ABC的面积，根据题中数据计算三角形ABC的面积即可．【解答】解：根据翻折可知，∠MAB＝∠BAP，∠NAC＝∠P AC，∴∠BAC＝∠P AB+∠P AC＝（∠MAB+∠BAP+∠NAC+∠P AC）＝180°＝90°，∵∠α＝60°，∴∠MAB＝180°﹣∠BAC﹣∠α＝180°﹣90°﹣60°＝30°，∴AB＝＝6（cm），AC＝＝2（cm），∴阴影部分的面积＝S长方形﹣S△ABC＝12×3﹣6×＝（36﹣6）（cm2），故选：A．【点评】本题主要考查翻折和矩形的性质等知识点，熟练掌握和应用翻折的性质是解题的关键．13．（2021•丽水）如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝3，点D，E分别在AB，AC上，连结DE，将△ADE沿DE翻折，使点A的对应点F落在BC的延长线上，若FD平分∠EFB，则AD的长为（）A．B．C．D．【考点】勾股定理；翻折变换（折叠问题）．【专题】图形的相似；推理能力．【分析】由翻折得出AD＝DF，∠A＝∠DFE，再根据FD平分∠EFB，得出∠DFH＝∠A，然后借助相似列出方程即可．【解答】解：作DH⊥BC于H，在Rt△ABC纸片中，∠ACB＝90°，由勾股定理得：AB＝，∵将△ADE沿DE翻折得△DEF，∴AD＝DF，∠A＝∠DFE，∵FD平分∠EFB，∴∠DFE＝∠DFH，∴∠DFH＝∠A，设DH＝3x，在Rt△DHF中，sin∠DFH＝sin∠A＝，∴DF＝5x，∴BD＝5﹣5x，∵△BDH∽△BAC，∴，∴，∴x＝，∴AD＝5x＝．故选：D．【点评】本题考查了以直角三角形为背景的翻折问题，紧扣翻折前后对应线段相等、对应角相等来解决问题，通过相似表示线段和列方程是解题本题的关键．14．（2021•温州）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形ABCD如图所示．过点D作DF的垂线交小正方形对角线EF的延长线于点G，连结CG，延长BE交CG于点H．若AE＝2BE，则的值为（）A．B．C．D．【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质．【专题】图形的全等；矩形菱形正方形；解直角三角形及其应用；推理能力．【分析】如图，过点G作GT⊥CF交CF的延长线于T，设BH交CF于M，AE交DF 于N．设BE＝AN＝CM＝DF＝a，则AE＝BM＝CF＝DN＝2a，想办法求出BH，CG，可得结论．【解答】解：如图，过点G作GT⊥CF交CF的延长线于T，设BH交CF于M，AE交DF于N．设BE＝AN＝CM＝DF＝a，则AE＝BM＝CF＝DN＝2a，∴EN＝EM＝MF＝FN＝a，∵四边形ENFM是正方形，∴∠EFH＝∠TFG＝45°，∠NFE＝∠DFG＝45°，∵GT⊥TF，DF⊥DG，∴∠TGF＝∠TFG＝∠DFG＝∠DGF＝45°，∴TG＝FT＝DF＝DG＝a，∴CT＝3a，CG＝＝a，∵MH∥TG，∴△CMH∽△CTG，∴CM：CT＝MH：TG＝1：3，∴MH＝a，∴BH＝2a+a＝a，∴＝＝，故选：C．【点评】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．15．（2021•绍兴）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，cos B＝，点D是边BC的中点，以AD为底边在其右侧作等腰三角形ADE，使∠ADE＝∠B，连结CE，则的值为（）A．B．C．D．2【考点】等腰三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；解直角三角形．【专题】解直角三角形及其应用；推理能力．【分析】设DE交AC于T,过点E作EH⊥CD于H.首先证明EA＝ED＝EC,再证明∠B＝∠ECD,可得结论。
15专题七 类比、拓展探究题类型三 图形形状变化引起的探究(word版习题)
专题七类比、拓展探究题类型三图形形状变化引起的探究(2019、2019.22)试题演练1. (2019南阳模拟)(1)问题发现如图①，△和△均为等边三角形，点D在边上，连接.请填空：①∠的度数为；②线段、、之间的数量关系为．(2)拓展探究如图②，△和△均为等腰直角三角形，∠＝∠＝90°，点D在边上，连接.请判断∠的度数及线段、、之间的数量关系，并说明理由．(3)解决问题如图③，在四边形中，∠＝∠＝90°，＝＝2，＝1，与交于点E，请直接写出线段的长度．第1题图2. 如图所示，(1)正方形及等腰△有公共顶点A，∠＝90°，连接、.将△绕点A 旋转，在旋转过程中，、具有怎样的数量关系和位置关系？结合图①给予证明；(2)将(1)中的正方形变为矩形，等腰△变为△，且＝，＝，其他条件不变．(1)中的结论是否发生变化？结合图②说明理由；(3)将(2)中的矩形变为平行四边形，将△变为△，且∠＝∠＝α，其他条件不变．(2)中的结论是否发生变化？结合图③，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段、的数量关系，用α表示出直线、形成的锐角β.第2题图3. (2019成都10分)问题背景如图①，等腰△中．＝，∠＝120°，作⊥于点D，则D为的中点，∠＝∠＝60°，于是＝2BDAB＝.迁移应用(1)如图②，△和△都是等腰三角形，∠＝∠＝120°，D，E，C三点在同一条直线上，连接.ⅰ)求证：△≌△；ⅱ)请直接写出线段，，之间的等量关系式．拓展延伸(2)如图③，在菱形中，∠＝120°，在∠内作射线，作点C关于的对称点E，连接并延长交于点F，连接，.ⅰ)证明△是等边三角形；ⅱ)若＝5，＝2，求的长．第3题图4. (1)操作发现如图所示，将两个正方形和正方形如图所示放置，连接、.①图中∠＋∠＝；②设△的面积为S1，△的面积为S2，则S1与S2的数量关系为；(2)猜想论证如图②所示，将矩形绕点C按顺时针方向旋转后得到矩形，连接、，设△的面积为S1，△的面积为S2，猜想S1和S2的数量关系，并加以证明；(3)拓展探究如图③所示，在△中，＝＝10 cm，∠B＝30°，把△沿翻折得到△，过点A作平行交于点D，在线段上存在点P，使△的面积等于△的面积，求的长．第4题图答案试题演练1.解：(1)①60°；【解法提示】∵△和△均为等边三角形，∴＝，＝，∠＝∠＝∠B＝60°，∴∠－∠＝∠－∠，即∠＝∠，∴△≌△()，∴∠＝∠B＝60°；②＝＋，【解法提示】由①得：△≌△，∴＝，∵＝＝＋，∴＝＋；(2)∠＝45°，＝＋，理由是：∵△和△均为等腰直角三角形，∴∠＝∠＝90°，＝，＝，∴∠－∠＝∠－∠，即∠＝∠，∴△≌△，∴＝，∠＝∠B＝45°，∵＝＋，∴＝＋，∵在等腰直角三角形中，＝，∴＝＋；(3).【解法提示】如解图，过点A作的垂线，交的延长线于点F，∵∠＝∠＝90°，＝＝2，＝1，∴＝2，＝，∵∠＝∠＝90°，∴∠＋∠＝180°，∴A、B、C、D四点共圆，∴∠＝∠＝45°，∴△是等腰直角三角形，由(2)得：＝＋，.2.解：(1) ＝，⊥；证明：延长分别交、于点P、G.第2题解图①在正方形和等腰直角△中，＝，＝，∠＝∠＝90°，∴∠＝∠，∴△≌△，∴∠＝∠，＝.∵∠＋∠＝180°，∴∠＋∠＝180°，∵∠＝90°，∴∠＝180°－90°＝90°，∴⊥；(2)＝，⊥.如解图②，延长交于点H，∵＝，＝，∴＝k，＝k，∴＝，∵∠＝∠＝90°，∴∠＝∠，∴△∽△，∴＝＝k，∴＝，∵△∽△，∴∠＝∠，∵∠＋∠＝180°，∴∠＋∠＝180°，∵∠＝90°，∴∠＝180°－90°＝90°，∴⊥.第2题解图②(3)不改变．＝，β＝180°－α.如解图③，延长交的延长线于点H，第2题解图③∵＝，＝，∴＝k，＝k，∴＝，∵∠＝∠，∴∠＝∠，∴△∽△，∴＝＝k，∴＝.由△∽△得∠＝∠，∵∠＋∠＝180°，∴∠＋∠＝180°，∵四边形的内角和为360°，∴∠＋∠＝180°，∴∠＝α，∠＝β，∴α＋β＝180°，∴β＝180°－α.3. (1)ⅰ)证明：由题意可知：＝，＝，∵∠＝∠，∴∠＝∠，∴△≌△()；ⅱ)解：＝＋.【解法提示】∵＝，∠＝120°，∴＝，∵＝－，∴－＝，由ⅰ)知，△≌△()，∴＝，∴－＝，即＝＋.(2)ⅰ)证明：如解图，连接，过点B作⊥于点G.第3题解图∵点C、E关于对称，∴＝，＝，∠3＝∠4，∠＝∠，在菱形中，∵∠＝120°，＝，∴＝＝，又∵⊥，∴∠1＝∠2，∴∠＝∠2＋∠3＝∠＝60°，∵在四边形中，∠＝360°－∠－∠－∠＝120°，∴∠＝60°，又∵＝，∴△为等边三角形；ⅱ)解：∵＝5，＝2，∴＝＝，＝＝2，∴＝＋＝，∵在△中，∠＝90°，∠＝30°， ∴＝cos30GF ︒＝3. 4. 解：(1)①180°，②S 1＝S 2；【解法提示】①∵四边形、都是正方形，∴∠＝∠＝90°，∵∠＋∠＋∠＋∠＝360°，∴∠＋∠＝180°；②如解图①，过点E 作⊥于M 点，过点G 作⊥交的延长线于N 点，∴∠＝∠N ＝90°，∵四边形和四边形为正方形，∴∠＝∠＝∠＝90°，＝，＝，∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2，∴∠1＝∠3.在△和△中，13EMC GNC EC CG ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴△≌△()，∴＝，又∵S 1＝·，S 2＝·，∴S 1＝S 2； 第4题解图①(2)猜想：S1＝S2，证明：如解图②，过点E作⊥于点M，过点B作⊥交的延长线于点N，第4题解图②∴∠＝∠N＝90°，∵矩形是由矩形旋转得到的，∴＝，＝，∵∠＝∠＝∠＝90°，∴∠1＝90°－∠2，∠3＝90°－∠2，∴∠1＝∠3.在△和△中，∴△≌△()，∴＝，又∵S1＝·，S2＝·，∴S1＝S2；(3)＝或.理由：如解图③，作⊥于点M，延长，交于点N，∵＝＝10 cm，∠＝30°，∴∠＝∠＝30°，∴∠＝120°，根据对折的性质得，∠＝∠＝30°，∵∥，∴∠＝∠＝30°，∴∠＝90°，＝，∴⊥，∵＝∠·，＝10 cm，∴＝30°×10＝，∴＝×＝，∵S△＝·，S△＝·，S△＝S△，＝，∴＝＝，在△中，∠＝30°，＝10 cm，∴＝∠·＝30°×10＝5 cm，∵在上到N的距离等于的点有两个，∴P′C＝，P″C＝，∴的长为或.第4题解图③。
专题10类比拓展探究题-2022年中考数学母题题源解密(原卷版)
专题10 类比、拓展探究题考向1 图形旋转引起的探究【母题来源】2021年中考日照卷【母题题文】问题背景：如图1，在矩形ABCD中，AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，过点E作EF⊥AB交BD于点F．实验探究：（1）在一次数学活动中，小王同学将图1中的△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，如图2所示，得到结论：①；②直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．（2）小王同学继续将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，旋转至如图3所示位置．请问探究（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．拓展延伸：在以上探究中，当△BEF旋转至D、E、F三点共线时，则△ADE的面积为．【试题解析】解：（1）如图1，∵∠ABD＝30°，∠DAB＝90°，EF⊥BA，∴cos∠ABD，如图2，设AB与DF交于点O，AE与DF交于点H，∵△BEF绕点B按逆时针方向旋转90°，∴∠DBF＝∠ABE＝90°，∴△FBD∽△EBA，∴，∠BDF＝∠BAE，又∵∠DOB＝∠AOF，∴∠DBA＝∠AHD＝30°，∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°，故答案为：，30°；（2）结论仍然成立，理由如下：如图3，设AE与BD交于点O，AE与DF交于点H，∵将△BEF绕点B按逆时针方向旋转，∴∠ABE＝∠DBF，又∵，∴△ABE∽△DBF，∴，∠BDF＝∠BAE，又∵∠DOH＝∠AOB，∴∠ABD＝∠AHD＝30°，∴直线AE与DF所夹锐角的度数为30°．拓展延伸：如图4，当点E在AB的上方时，过点D作DG⊥AE于G，∵AB＝2，∠ABD＝30°，点E是边AB的中点，∠DAB＝90°，∴BE，AD＝2，DB＝4，∵∠EBF＝30°，EF⊥BE，∴EF＝1，∵D、E、F三点共线，∴∠DEB＝∠BEF＝90°，∴DE，∵∠DEA＝30°，∴DG DE，由（2）可得：，∴，∴AE，∴△ADE的面积AE×DG；如图5，当点E在AB的下方时，过点D作DG⊥AE，交EA的延长线于G，同理可求：△ADE的面积AE×DG；故答案为：或．【命题意图】等腰三角形与直角三角形；矩形菱形正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；推理能力。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
【中考数学必备专题】类比探究之图形变化
一、探究题(共1道，每道100分)
1.如图所示，（1）正方形ABCD及等腰Rt△AEF有公共顶点A,∠EAF=90°,连接BE、DF.将Rt△AEF 绕点A旋转,在旋转过程中，BE、DF具有怎样的数量关系和位置关系？结合图(1)给予证明；
(2)将（1）中的正方形ABCD变为矩形ABCD，等腰Rt△AEF变为Rt△AEF，且AD=kAB,AF=kAE,其他条件不变.(1)中的结论是否发生变化？结合图(2)说明理由；(3)将（2）中的矩形ABCD变为平行四边形ABCD，将Rt△AEF变为△AEF，且∠BAD=∠EAF=，其他条件不变.(2)中的结论是否发生变化？结合图(3)，如果不变，直接写出结论；如果变化，直接用k表示出线段
BE、DF的数量关系，用表示出直线BE、DF形成的锐角.
答案：（1）证明：延长DF分别交AB、BE于点P、G.
在正方形ABCD和等腰直角△AEF中
AD=AB,AF=AE,
∠BAD=∠EAF=90°
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD≌△EAB
∴∠AFD=∠AEB，DF=BE
∵∠AFD+∠AFG=180°，
∴∠AEB+∠AFG=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EGF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE
（2）数量关系改变，位置关系不变.DF=kBE，DF⊥BE.延长DF交EB于点H，
∵AD=kAB，AF=kAE
∴，
∴
∵∠BAD=∠EAF=90°
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD∽△EAB
∴
∴DF=kBE∵△FAD∽△EAB，
∴∠AFD=∠AEB，
∵∠AFD+∠AFH=180°，
∴∠AEH+∠AFH=180°，
∵∠EAF=90°，
∴∠EHF=180°-90°=90°，
∴DF⊥BE
(3)不改变．DF=kBE，β=180°-α延长DF交EB的延长线于点H
∵AD=kAB,AF=kAE
∴=k,=k
∴=
∵∠BAD=∠EAF=
∴∠FAD=∠EAB
∴△FAD∽△EAB
∴==k
∴DF=kBE由△FAD∽△EAB得∠AFD=∠AEB
∵∠AFD+∠AFH=180
∴∠AEB+∠AFH=180°
∵四边形AEHF的内角和为360°，
∴∠EAF+∠EHF=180°
∵∠EAF=,∠EHF=
∴+=180°
∴=180°-
解题思路：（1）根据旋转的过程中线段的长度不变，得到AF=AE，又∠BAE与∠DAF都与∠BAF 互余，所以∠BAE=∠DAF，所以△FAD≌△EAB，因此BE与DF相等，延长DF交BE于G，根据全等三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EGF=90°，所以DF⊥BE；（2）等同（1）的方法，因为矩形的邻边不相等，但根据题意，可以得到对应边成比例，所以△FAD∽△EAB，所以DF=kBE，同理，根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EHF=90°，所以DF⊥BE；（3）与（2）的证明方法相同，但根据相似三角形的对应角相等和四边形的内角和等于360°求出∠EAF+∠EHF=180°，所以DF与BE的夹角β=180°-α．试题难度：四颗星知识点：相似三角形的判定与性质。