您的位置：360文档中心› 挑战中考数学压轴题图形的平移翻折与旋转(优选.)

挑战中考数学压轴题图形的平移翻折与旋转(优选.)

合集下载

2023年九年级中考数学一轮专题练习 图形的平移、折叠和旋转(含解析)

2023年九年级中考数学一轮专题练习 图形的平移、折叠和旋转(含解析)

2023年中考数学一轮专题练习 ——图形的平移、折叠和旋转5一、单选题（本大题共12小题）1. （重庆市2022年）下列北京冬奥会运动标识图案是轴对称图形的是（ ） A ． B ．C ．D ．2. （浙江省台州市2022年）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B ，C 所在直线为x 轴、队形的对称轴为y 轴，建立平面直角坐标系．若飞机E 的坐标为(40，a )，则飞机D 的坐标为（ ）A ．(40,)a -B ．(40,)a -C ．(40,)a --D ．(,40)a - 3. （浙江省嘉兴市2022年）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm 的正方形ABCD 沿对角线BD 方向平移1cm 得到正方形A B C D ''''，形成一个“方胜”图案，则点D ，B ′之间的距离为（ ）A ．1cmB ．2cmC ．－1)cmD ．(2－1)cm4. （浙江省杭州市2022年）如图，在平面直角坐标系中，已知点P(0，2)，点A(4，2)．以点P为旋转中心，把点A按逆时针方向旋转60°，得点B．在1M⎛⎫⎪⎪⎝⎭，()21M-，()31,4M，4112,2M⎛⎫⎪⎝⎭四个点中，直线PB经过的点是（）A．1M B．2M C．3M D．4M5. （四川省德阳市2022年）下列图形中，既是中心对称图形又是轴对称图形的是（）A．B．C．D．6. （四川省广安市2022年）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE + PF的最小值是（）A．2 B．C．1.5 D7. （黑龙江省省龙东地区2022年）下列图形是汽车的标识，其中是中心对称图形但不是轴对称图形的是（）A ．B ．C ．D ．8. （北京市2022年）图中的图形为轴对称图形，该图形的对称轴的条数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．59. （福建省2022年）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中90ABC ∠=︒，60CAB ∠=︒，AB ＝8，点A 对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC 移动到A B C '''，点A '对应直尺的刻度为0，则四边形ACC A ''的面积是（ ）A ．96B ．C ．192D ． 10. （广东省2022年）在平面直角坐标系中，将点()1,1向右平移2个单位后，得到的点的坐标是（ ）A ．()3,1B ．()1,1-C ．()1,3D ．()1,1- 11. （广西百色市2022年）如图，在△ABC 中，点A （3，1），B （1，2），将△ABC 向左平移2个单位，再向上平移1个单位，则点B 的对应点B ′的坐标为（ ）A ．（3，-3）B ．（3，3）C ．（－1，1）D ．（－1，3） 12. （浙江省金华市2022年）如图是一张矩形纸片ABCD ，点E 为AD 中点，点F 在BC 上，把该纸片沿EF 折叠，点A ，B 的对应点分别为A B A E '''，，与BC 相交于点G ，B A ''的延长线过点C ．若23BF GC =，则AD AB的值为（ ）A ．B ．C ．207D ．83二、填空题（本大题共6小题）13. （浙江省丽水市2022年）三个能够重合的正六边形的位置如图．已知B 点的坐标是(，则A 点的坐标是 ．14. （浙江省台州市2022年）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为2cm．15. （山东省潍坊市2022年）如图，在直角坐标系中，边长为2个单位长度的正方形ABCO绕原点O逆时针旋转75︒，再沿y轴方向向上平移1个单位长度，则点B''的坐标为．16. （浙江省台州市2022年）如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，AB=6．折叠该菱形，使点A落在边BC上的点M处，折痕分别与边AB，AD交于点E，F．当点M与点B 重合时，EF的长为；当点M的位置变化时，DF长的最大值为．17. （浙江省丽水市2022年）一副三角板按图1放置，O 是边()BC DF 的中点，12cm BC =．如图2，将ABC 绕点O 顺时针旋转60︒，AC 与EF 相交于点G ，则FG 的长是 cm ．18. （山东省潍坊市2022年）小莹按照如图所示的步骤折叠A 4纸，折完后，发现折痕AB ′与A 4纸的长边AB 恰好重合，那么A 4纸的长AB 与宽AD 的比值为 ．三、解答题（本大题共9小题）19. （浙江省丽水市2022年）如图，将矩形纸片折叠，使点B 与点D 重合，点A 落在点P 处，折痕为．(1)求证：PDE CDF △≌△；(2)若4cm,5cm CD EF ==，求BC 的长．20. （浙江省丽水市2022年）如图，在66⨯的方格纸中，点A ，B ，C 均在格点上，试按要求画出相应格点图形．ABCDEF(1)如图1，作一条线段，使它是AB 向右平移一格后的图形；(2)如图2，作一个轴对称图形，使AB 和AC 是它的两条边；(3)如图3，作一个与ABC 相似的三角形，相似比不等于1．21. （黑龙江省省龙东地区2022年）如图，在正方形网格中，每个小正方形的边长都是一个单位长度，在平面直角坐标系中，ABC 的三个顶点坐标分别为()1,1A -，()2,5B -，()5,4C -．(1)将ABC 先向左平移6个单位，再向上平移4个单位，得到111A B C △，画出两次平移后的111A B C △，并写出点1A 的坐标；(2)画出111A B C △绕点1C 顺时针旋转90°后得到221A B C △，并写出点2A 的坐标；(3)在（2）的条件下，求点1A 旋转到点2A 的过程中所经过的路径长（结果保留π）． 22. （四川省广安市2022年）数学活动课上，张老师组织同学们设计多姿多彩的几何图形， 下图都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影，请同学们在余下的空白小等边三角形中选取一个涂上阴影，使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形或中心对称图形，请画出4种不同的设计图形．规定：凡通过旋转能重合的图形视为同一种图形）23. （黑龙江省2022年）如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，△ABC与△DEF关于点O成中心对称，△ABC与△DEF的顶点均在格点上，请按要求完成下列各题．（1）在图中画出点O的位置；（2）将△ABC先向右平移4个单位长度，再向下平移2个单位长度，得到△A1B1C1，请画出△A1B1C1；（3）在网格中画出格点M，使A1M平分∠B1A1C124. （黑龙江省齐齐哈尔市2022年）综合与实践数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象的科学．数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣．如图①，在矩形ABCD中，点E、F、G分别为边BC、AB、AD的中点，连接EF、DF，H为DF的中点，连接GH．将△BEF绕点B旋转，线段DF、GH和CE的位置和长度也随之变化．当△BEF绕点B顺时针旋转90°时，请解决下列问题：(1)图②中，AB=BC，此时点E落在AB的延长线上，点F落在线段BC上，连接AF，猜想GH与CE之间的数量关系，并证明你的猜想；(2)图③中，AB=2，BC=3，则GHCE=；(3)当AB=m , BC=n时．GHCE=．(4)在（2）的条件下，连接图③中矩形的对角线AC，并沿对角线AC剪开，得△ABC （如图④)．点M、N分别在AC、BC上，连接MN，将△CMN沿MN翻折，使点C的对应点P落在AB的延长线上，若PM平分∠APN，则CM长为．25. （黑龙江省省龙东地区2022年）ABC和ADE都是等边三角形．(1)将ADE绕点A旋转到图①的位置时，连接BD，CE并延长相交于点P（点P与点A重合），有PA PB PC+=（或PA PC PB+=）成立；请证明．(2)将ADE绕点A旋转到图②的位置时，连接BD，CE相交于点P，连接PA，猜想线段PA、PB、PC之间有怎样的数量关系？并加以证明；(3)将ADE 绕点A 旋转到图③的位置时，连接BD ，CE 相交于点P ，连接PA ，猜想线段PA 、PB 、PC 之间有怎样的数量关系？直接写出结论，不需要证明．26. （北京市2022年）在平面直角坐标系xOy 中，已知点(,),.M a b N 对于点P 给出如下定义：将点P 向右(0)a ≥或向左(0)a <平移a 个单位长度，再向上(0)b ≥或向下(0)b <平移b 个单位长度，得到点P'，点P'关于点N 的对称点为Q ，称点Q 为点P 的“对应点”．(1)如图，点(1,1),M 点N 在线段OM 的延长线上，若点(2,0),P -点Q 为点P 的“对应点”．①在图中画出点Q ；②连接,PQ 交线段ON 于点.T 求证：1;2NT OM = (2)O 的半径为1，M 是O 上一点，点N 在线段OM 上，且1(1)2ON t t =<<，若P 为O 外一点，点Q 为点P 的“对应点”，连接.PQ 当点M 在O 上运动时直接写出PQ 长的最大值与最小值的差（用含t 的式子表示）27. （河南省2022年）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD ，使AD 与BC 重合，得到折痕EF ，把纸片展平； 操作二：在AD 上选一点P ，沿BP 折叠，使点A 落在矩形内部点M 处，把纸片展平，连接PM ，BM ．根据以上操作，当点M 在EF 上时，写出图1中一个30°的角： ．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝ °，∠CBQ＝ °；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．参考答案1. 【答案】C【分析】根据轴对称图形的定义进行逐一判断即可．【详解】A.不是轴对称图形，故A错误；B.不是轴对称图形，故B错误；C.是轴对称图形，故C正确；D.不是轴对称图形，故D错误．故选：C．2. 【答案】B【分析】直接利用关于y轴对称，纵坐标相同，横坐标互为相反数，进而得出答案．【详解】解：根据题意，点E与点D关于y轴对称，∵飞机E的坐标为(40，a)，∴飞机D的坐标为(-40，a)，故选：B．3. 【答案】D【分析】-′求解即可．先求出BD，再根据平移性质求得BB'=1cm，然后由BD BB【详解】解：由题意，BD=，由平移性质得BB'=1cm，∴点D，B′之间的距离为DB'=BD BB-′=（1）cm，故选：D．4. 【答案】B【分析】根据含30°角的直角三角形的性质可得B（2，PB的解析式，依次将M1，M2，M3，M4四个点的一个坐标代入y+2中可解答．【详解】解：∵点A（4，2），点P（0，2），∴PA ⊥y 轴，PA =4，由旋转得：∠APB =60°，AP =PB =4，如图，过点B 作BC ⊥y 轴于C ，∴∠BPC =30°，∴BC =2，PC∴B （2，2+2设直线PB 的解析式为：y =kx +b ，则222k b b ⎧+=+⎪⎨=⎪⎩∴2k b ⎧=⎪⎨=⎪⎩∴直线PB 的解析式为：y =x +2，当y =0+2=0，x∴点M 1（-0）不在直线PB 上，当x y =-3+2=1，∴M 2（-1）在直线PB 上，当x =1时，y =+2，∴M 3（1，4）不在直线PB 上，当x =2时，y ，∴M 4（2，112）不在直线PB 上． 故选：B ．5. 【答案】A【分析】根据轴对称和中心对称的定义逐项判断即可．轴对称图形是把一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合；中心对称图形是把一个图形绕某一点旋转180°，旋转后的图形能够与原来的图形重合．【详解】A 、既是中心对称图形，又是轴对称图形，符合题意；B 、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；C 、是轴对称图形，但不是中心对称图形，不符合题意；D 、是中心对称图形，但不是轴对称图形，不符合题意；故选：A ．6. 【答案】A【分析】取AB 中点G 点，根据菱形的性质可知E 点、G 点关于对角线AC 对称，即有PE =PG ，则当G 、P 、F 三点共线时，PE +PF =PG +PF 最小，再证明四边形AGFD 是平行四边形，即可求得FG =AD ．【详解】解：取AB 中点G 点，连接PG ，如图，∵四边形ABCD 是菱形，且边长为2，∴AD =DC =AB =BC =2，∵E 点、G 点分别为AD 、AB 的中点，∴根据菱形的性质可知点E 、点G 关于对角线AC 轴对称，∴PE =PG ，∴PE +PF =PG +PF ，即可知当G 、P 、F 三点共线时，PE +PF =PG +PF 最小，且为线段FG ，如下图，G 、P 、F 三点共线，连接FG ，∵F 点是DC 中点，G 点为AB 中点，∴， 1122DF DC AB AG ===∵在菱形ABCD 中，，∴，∴四边形AGFD 是平行四边形，∴FG =AD =2，故PE +PF 的最小值为2，故选：A ．7. 【答案】C【分析】根据中心对称图形的定义判断即可．【详解】解：∵是轴对称图形，也是中心对称图形， ∴不符合题意；∵是轴对称图形，不是中心对称图形∴不符合题意；∵不是轴对称图形，是中心对称图形∴符合题意；∵是轴对称图形，不是中心对称图形∴不符合题意；故选C ．8. 【答案】D【分析】根据题意，画出该图形的对称轴，即可求解．【详解】解∶如图，DC AB ∥DF AG ∥一共有5条对称轴．故选：D9. 【答案】B【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC A ''的面积为sin602sin60AA AC AB AA ⋅'︒︒⋅'=，即可求解．【详解】解：依题意ACC A ''为平行四边形，∵90ABC ∠=︒，60CAB ∠=︒，AB ＝8，12AA '=．2AC AB ∴=∴平行四边形ACC A ''的面积=sin602sin60AA AC AB AA ''⋅︒=︒⋅2812=⨯⨯=故选B10. 【答案】A【分析】把点()1,1的横坐标加2，纵坐标不变，得到()3,1，就是平移后的对应点的坐标．【详解】解：点()1,1向右平移2个单位长度后得到的点的坐标为()3,1．故选A ．11. 【答案】D【分析】根据图形的平移性质求解．【详解】解：根据图形平移的性质，B ′（1-2，2+1），即B ′（-1，3）；故选：D ．12. 【答案】A【分析】令BF =2x ，CG =3x ，FG =y ，易证CGA CFB ''△∽△，得出CG A G CF B F'='，进而得出y =3x ，则AE =4x ，AD =8x ，过点E 作EH ⊥BC 于点H ，根据勾股定理得出EH =，最后求出AD AB的值． 【详解】解：过点E 作EH ⊥BC 于点H ，又四边形ABCD 为矩形，∴∠A =∠B =∠D =∠BCD =90°，AD =BC ，∴四边形ABHE 和四边形CDEH 为矩形，∴AB =EH ，ED =CH ， ∵23BF GC =， ∴令BF =2x ，CG =3x ，FG =y ，则CF =3x +y ，2B F x '=，， 由题意，得==90CA G CB F ''︒∠∠，又GCA '∠为公共角，∴CGA CFB ''△∽△， ∴CG A GCF B F '='， 则53232x yx x y x-=+，整理，得()()30x y x y +-=，解得x =-y （舍去），y =3x ，∴AD =BC =5x +y =8x ，EG =3x ，HG =x ，在Rt △EGH 中EH 2+HG 2=EG 2，则EH 2+x 2=(3x )2，解得EH=， EH=-(舍)，∴AB=，∴ADAB ==．故选：A ．13.【答案】3A【分析】 52x y A G -'=如图，延长正六边形的边BM 与x 轴交于点E ，过A 作AN x ⊥轴于N ，连接AO ，BO ，证明,BOE AON 可得,,A O B 三点共线，可得,A B 关于O 对称，从而可得答案．【详解】解：如图，延长正六边形的边BM 与x 轴交于点E ，过A 作AN x ⊥轴于N ，连接AO ，BO ，∴ 三个正六边形，O 为原点，,120,BM MO OH AH BMO OHA,BMO OHA ≌,OB OA 11209030,18012030,2MOE BMO MOB60,90,BOE BEO同理：120303060,906030,AON OAN,BOE AON,,A O B ∴三点共线，,A B ∴关于O 对称，3,3.A故答案为：3.A14. 【答案】8【分析】根据平移的性质即可求解．【详解】解：由平移的性质S △A ′B ′C ′=S △ABC ，BC =B ′C ′，BC ∥B ′C ′，∴四边形B ′C ′CB 为平行四边形，∵BB ′⊥BC ，∴四边形B ′C ′CB 为矩形，∵阴影部分的面积=S △A ′B ′C ′+S 矩形B ′C ′CB -S △ABC=S 矩形B ′C ′CB=4×2=8(cm 2)．故答案为：8．15.【答案】(1)【分析】连接OB ，OB '由题意可得∠BOB '=75°，可得出∠COB '=30°，可求出B '的坐标，即可得出点B ''的坐标．【详解】解：如图：连接OB ，OB '，作B M '⊥y 轴∵ABCO 是正方形，OA =2∴∠COB =45°，OB=∵绕原点O 逆时针旋转75︒∴∠BOB '=75°∴∠COB '=30°∵=OB =∴，∴∵沿y 轴方向向上平移1个单位长度∴故答案为：16. 【答案】6-【分析】当点M 与点B 重合时，EF垂直平分AB ，利用三角函数即可求得EF的长；【详解】解：当点M 与点B 重合时，由折叠的性质知EF 垂直平分AB ，∴AE =EB =12AB =3， OB 'MB 'MO =B '(B ''(1)(1)在Rt △AEF 中，∠A =60°，AE =3，tan60°=EF AB， ∴EF =3当AF 长取得最小值时，DF 长取得最大值，由折叠的性质知EF 垂直平分AM ，则AF =FM ，∴FM ⊥BC 时，FM 长取得最小值，此时DF 长取得最大值，过点D 作DG ⊥BC 于点C ，则四边形DGMF 为矩形，∴FM =DG ，在Rt △DGC 中，∠C =∠A =60°，DC =AB =6，∴DG =DC sin60°∴DF 长的最大值为AD -AF =AD -FM =AD -DG =6-3故答案为：36-317. 【答案】3【分析】BC 交EF 于点N ，由题意得，=90EDF BAC ∠=∠︒，60DEF ∠=︒，30DFE ∠=︒，=45ABC ACB ∠=∠︒，BC =DF =12，根据锐角三角函数即可得DE ，FE ，根据旋转的性质得ONF △是直角三角形，根据直角三角形的性质得3ON =，即3NC =，根据角之间的关系得CNG △是等腰直角三角形，即3NG NC ==cm ，根据90FNO FED ∠=∠=︒，30NFO DFE ∠=∠=︒得FON FED △∽△，即ON FN DE DF=，解得FN = 【详解】解：如图所示，BC 交EF 于点N ，由题意得，=90EDF BAC ∠=∠︒，60DEF ∠=︒，30DFE ∠=︒，=45ABC ACB ∠=∠︒，BC =DF =12，在Rt EDF 中，12tan tan 60DF DE EDF ===∠︒12sin sin 60DF EF EDF ===∠︒∵△ABC 绕点O 顺时针旋转60°，∴60BOD NOF ∠=∠=︒，∴90NOF F ∠+∠=︒，∴18090FNO NOF F ∠=︒-∠-∠=︒，∴ONF △是直角三角形， ∴132ON OF ==（cm ）， ∴3NC OC ON =-=（cm ），∵90FNO ∠=︒，∴18090GNC FNO ∠=︒-∠=︒，∴NGC 是直角三角形，∴18045NGC GNC ACB ∠=-∠-∠=︒，∴CNG △是等腰直角三角形，∴3NG NC ==cm ，∵90FNO FED ∠=∠=︒，30NFO DFE ∠=∠=︒，∴FON FED △∽△， 即ON FN DE DF=，12FN =，FN =∴3FG FN NG =-=（cm ），故答案为：3．18. 1【分析】判定△AB ′D ′是等腰直角三角形，即可得出AB ′=AD ，再根据AB ′= AB ，再计算即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠D =∠B =∠DAB =90°，由操作一可知：∠DAB ′=∠D ′AB ′=45°，∠AD ′B ′=∠D =90°，AD =AD ′，∴△AB ′D ′是等腰直角三角形，∴AD =AD ′= B ′D ′，由勾股定理得AB ′=，又由操作二可知：AB ′=AB ，∴=AB ，∴AB AD=， ∴A 4纸的长AB 与宽AD：1．故答案为：：1．19. 【答案】(1)证明见解析 (2)163cm 【分析】（1）利用ASA 证明即可；（2）过点E 作EG ⊥BC 交于点G ，求出FG 的长，设AE =x ，用x 表示出DE 的长，在Rt △PED 中，由勾股定理求得答案．(1)∵四边形ABCD 是矩形，∴AB =CD ，∠A =∠B =∠ADC =∠C =90°，由折叠知，AB =PD ，∠A =∠P ，∠B =∠PDF =90°，∴PD =CD ，∠P =∠C ，∠PDF =∠ADC ，∴∠PDF -∠EDF =∠ADC -∠EDF ,∴∠PDE =∠CDF ，在△PDE 和△CDF 中，P C PD CDPDE CDF ∠=∠⎧⎪=⎨⎪∠=∠⎩, ∴PDE CDF △≌△（ASA ）；(2)如图，过点E 作EG ⊥BC 交于点G ，∵四边形ABCD 是矩形,∴AB =CD =EG =4cm ，又∵EF =5cm ，∴3GF =,设AE =x ，∴EP =x ，由PDE CDF △≌△知，EP =CF =x ，∴DE =GC =GF +FC =3+x ，在Rt △PED 中，222PE PD DE +=,即()22243x x +=+， 解得，76x =， ∴BC =BG +GC = 77163663++=cm ． 20. 【答案】(1)画图见解析(2)画图见解析(3)画图见解析【分析】（1）分别确定A ，B 平移后的对应点C ，D ，从而可得答案；（2）确定线段AB ，AC 关于直线BC 对称的线段即可；（3）分别计算ABC 的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定DEF 的三边长度，再画出DEF 即可．(1)解：如图，线段CD 即为所求作的线段，(2)如图，四边形ABDC 是所求作的轴对称图形，(3)如图，如图，DEF 即为所求作的三角形，由勾股定理可得：221310,2,ABAC 而2,BC = 同理：2226210,22,DF DE 而4,EF 1,2AB AC BC DF DE EF .ABC DFE ∽21. 【答案】(1)见解析；()15,3A -(2)见解析；()22,4A(3)点1A 旋转到点2A 所经过的路径长为5π2【分析】（1）根据题目中的平移方式进行平移，然后读出点的坐标即可；（2）先找出旋转后的对应点，然后顺次连接即可；（3）根据旋转可得点1A 旋转到点2A 为弧长，利用勾股定理确定圆弧半径，然后根据弧长公式求解即可．(1)解：如图所示△A 1B 1C 1即为所求，()15,3A -；(2)如图所示△A 2B 2C 2即为所求，；(3)∵ ∴点旋转到点所经过的路径长为． 22. 【答案】见解析【分析】根据轴对称图形的定义、中心对称图形的定义画出图形即可 ()22,4A 115AC 1A 2A 90π55π1802⨯=【详解】解：如下图所示：23. 【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析；（3）作图见解析；【分析】（1）连接对应点B 、F ，对应点C 、E ，其交点即为旋转中心的位置；（2）利用网格结构找出平移后的点的位置，然后顺次连接即可；（3）根据网格结构的特点作出即可．【详解】解：（1）如图所示，连接BF ，CE 交于点O ，点O 即为所求．（2）如图所示，△A 1B 1C 1为所求；（3）如图所示，点M 即为所求．理由：连接11,B M C M ，根据题意得：111111A B AC B M C M ====∴四边形111A B MC 菱形，∴A 1M 平分∠B 1A 1C 1．24. 【答案】(1)12GH CE =，证明见解析 (2)13GH CE = (3)2GH m CE n =(4)【分析】（1）先证明△ABF ≌△CBE ，得AF =CE ，再根据中位线性质得GH =12AF ，等量代换即可； （2）连接AF ，先证明△ABF ∽△CBE ，得到AF ：CE 的比值，再根据中位线性质得GH =12AF ，等量代换即可； （3）连接AF ，先证明△ABF ∽△CBE ，用含m 、n 的代数式表达出AF ：CE 的比值，再根据中位线性质得GH =12AF ，等量代换即可； （4）过M 作MH ⊥AB 于H ，根据折叠性质得∠C =∠MPN ，根据角平分线证明出∠C =∠PMH ，设CM =PM =x ，HM =y ，根据三角函数定义找到x 、y 之间的关系，再利用△AHM ∽△ABC ，得到CM BC H AM A =，代入解方程即可． (1) 解：12GH CE =，理由如下： ∵AB =BC ，四边形ABCD 为矩形，∴四边形ABCD 为正方形，∴∠ABC =∠CBE =90°，∵E 、F 为BC ，AB 中点，∴BE =BF ，∴△ABF ≌△CBE ，∴AF =CE ，∵H 为DF 中点，G 为AD 中点，∴GH =12AF ， ∴12GH CE =． (2) 解：13GH CE =， 连接AF ，如图所示，由题意知，BF =12AB =1，BE =12BC =32， ∴， 由矩形ABCD 性质及旋转知，∠ABC =∠CBE =90°，∴△ABF ∽△CBE ，∴AF ：CE =2:3，∵G 为AD 中点，H 为DF 中点，∴GH =， ∴． 故答案为：． (3)解：， 连接AF ，如图所示，23AB BF BC BE ==12AF 13GH CE =132GH m CE n=由题意知，BF ==，BE ==， ∴， 由矩形ABCD 性质及旋转知，∠ABC =∠CBE =90°，∴△ABF ∽△CBE ，∴AF ：CE =m ：n ，∵G 为AD 中点，H 为DF 中点，∴GH =， ∴． 故答案为：． (4)解：过M 作MH ⊥AB 于H ，如图所示，由折叠知，CM =PM ，∠C =∠MPN ，12AB 2m 12BC 2n AB BF m BC BE n==12AF 2GH m CE n =2mn∵PM 平分∠APN ，∴∠APM =∠MPN ，∴∠C =∠APM ，∵AB =2，BC =3，∴AC设CM =PM =x ，HM =y ，由知，， 即，∵HM ∥BC ，∴△AHM ∽△ABC ，∴， 即，， ∴，解得：x， 故答案为：． 25. 【答案】(1)证明见解析(2)图②结论：PB PA PC =+，证明见解析(3)图③结论：PA PB PC +=【分析】（1）由△ABC 是等边三角形，得AB =AC ，再因为点P 与点A 重合，所以PB =AB ，PC =AC ，PA =0，即可得出结论；（2）在BP 上截取BF CP =，连接AF ，证明BAD CAE ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明CAP BAF ≌△△（SAS ），得CAP BAF ∠=∠，AF AP =，然后证明AFP 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论；（3）在CP 上截取CF BP =，连接AF ，证明BAD CAE ≌（SAS ），得ABD ACE ∠=∠，再证明BAP CAF ≌△△（SAS ），得出CAF BAP ∠=∠，AP AF =，然后证明AFP 是等边三角形，得PF AP =，即可得出结论：PA PB PF CF PC +=+=．(1)证明：∵△ABC 是等边三角形，∴AB =AC ，∵点P 与点A 重合，∴PB =AB ，PC =AC ，PA =0，sin sin C APM ∠=∠AB HM AC PM =y x =y =C M BC H AM A =3y =3y =3=∴PA PB PC +=或PA PC PB +=；(2)解：图②结论：PB PA PC =+证明：在BP 上截取BF CP =，连接AF ，∵ABC 和ADE 都是等边三角形， ∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒ ∴BAC CAD DAE CAD ∠+∠=∠+∠， ∴BAD CAE ∠=∠，∴BAD CAE ≌（SAS ），∴ABD ACE ∠=∠，∵AC =AB ，CP =BF ，∴CAP BAF ≌△△（SAS ），∴CAP BAF ∠=∠，AF AP =， ∴CAP CAF BAF CAF ∠+∠=∠+∠， ∴60FAP BAC ∠=∠=︒，∴AFP 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PC PF BF PB +=+=；(3)解：图③结论：PA PB PC +=，理由：在CP 上截取CF BP =，连接AF ，∵ABC 和ADE 都是等边三角形，∴AB AC =，AD AE =，60BAC DAE ∠=∠=︒∴BAC BAE DAE BAE ∠+∠=∠+∠，∴BAD CAE ∠=∠，∴BAD CAE ≌（SAS ），∴ABD ACE ∠=∠，∵AB =AC ，BP =CF ，∴BAP CAF ≌△△（SAS ），∴CAF BAP ∠=∠，AP AF =，∴BAF BAP BAF CAF ∠+∠=∠+∠，∴60FAP BAC ∠=∠=︒，∴AFP 是等边三角形，∴PF AP =，∴PA PB PF CF PC +=+=，即PA PB PC +=．26. 【答案】(1)见解析(2)42t -【分析】（1）①先根据定义和(1,1)M 求出点P'的坐标，再根据点P'关于点N 的对称点为Q 求出点Q 的坐标；②延长ON 至点()3,3A ，连接AQ ，利用AAS 证明ΔΔAQT OPT ≅，得到12TA TO OA ==，再计算出OA ，OM ，ON ，即可求出12NT ON OT OM =-==； （2）连接PO 并延长至S ，使OP OS =，延长SQ 至T ，使ST OM =，结合对称的性质得出NM 为Δ'P QT 的中位线，推出1=2NM QT ，得出()12221SQ ST TQ t t =-=--=-，则()()max min 2PQ PQ PS QS PS QS QS -=+--=．(1)解：①点Q 如下图所示．∵点(1,1)M ，∴点(2,0)P -向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到点P'， ∴()'1,1P -，∵点P'关于点N 的对称点为Q ，()2,2N ，∴点Q 的横坐标为：()2215⨯--=，纵坐标为：2213⨯-=，∴点()5,3Q ，在坐标系内找出该点即可；②证明：如图延长ON 至点()3,3A ，连接AQ ，∵ //AQ OP ，∴AQT OPT ∠=∠，在ΔAQT 与ΔOPT ∠中，AQT OPT ATQ OTP AQ OP ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩，∴()ΔΔAQT OPT AAS ≅， ∴12TA TO OA ==， ∵ ()3,3A ，(1,1)M ，(2,2)N ，∴OA ==OMON =∴12TO OA ==∴NT ON OT =-= ∴12NT OM =； (2)解：如图所示，连接PO 并延长至S ，使OP OS =，延长SQ 至T ，使ST OM =，∵(,)M a b ，点P 向右(0)a ≥或向左(0)a <平移a 个单位长度，再向上(0)b ≥或向下(0)b <平移b 个单位长度，得到点P'，∴'1PP OM ==，∵点P'关于点N 的对称点为Q ，∴'NP NQ =，又∵OP OS =，∴OM ∥ST ，∴NM 为Δ'P QT 的中位线，∴//NM QT ，1=2NM QT ， ∵1NM OM ON t =-=-，∴222TQ NM t ==-，∴()12221SQ ST TQ t t =-=--=-，在ΔPQS 中，PS QS PQ PS QS -<<+，结合题意，max PQ PS QS =+，min PQ PS QS =-，∴()()max min 242PQ PQ PS QS PS QS QS t -=+--==-，即PQ 长的最大值与最小值的差为42t -．27. 【答案】(1)BME ∠或ABP ∠或PBM ∠或MBC ∠(2)①15，15；②MBQ CBQ ∠=∠，理由见解析 (3)4011AP =cm 或24cm 13【分析】（1）根据折叠的性质，得12BE BM =，结合矩形的性质得30BME ∠=︒，进而可得30ABP PBM MBC ∠=∠=∠=︒； （2）根据折叠的性质，可证()Rt Rt HL BQM BQC ∆≅∆，即可求解；（3）由（2）可得QM QC =，分两种情况：当点Q 在点F 的下方时，当点Q 在点F 的上方时，设AP PM x ==，分别表示出PD ，DQ ，PQ ，由勾股定理即可求解．(1) 解：12AE BE AB AB BM ===， 12BE BM =∴ 90BEM ∠=︒∵30BME ∠=︒∴60MBE ∠=︒∴ABP PBM ∠=∠∵30ABP PBM MBC ∠=∠=∠=︒∴(2)∵四边形ABCD 是正方形∴AB =BC ，∠A =∠ABC =∠C =90°由折叠性质得：AB =BM ，∠PMB =∠BMQ =∠A =90°∴BM =BC①BM BC BQ BQ ==∵，∴()Rt Rt HL BQM BQC ∆≅∆MBQ CBQ ∠=∠∴30MBC15MBQ CBQ ∠=∠=︒∴②BM BC BQ BQ ==∵，()Rt Rt HL BQM BQC ∆≅∆∴MBQ CBQ ∠=∠∴(3)当点Q 在点F 的下方时，如图，1cm 4cm 8cm FQ DF FC AB ====∵，，8413(cm)QC CD DF FQ =--=--=∴，DQ =DF +FQ =4+1=5(cm) 由（2）可知，QM QC =设8AP PM x PD x ===-，，222PD DQ PQ +=∴，即()()222853x x -+=+ 解得：4011x =∴40cm 11AP =； 当当点Q 在点F 的上方时，如图，1cm 4cm 8cm FQ DF FC AB ====∵，， 5QC =∴cm ，DQ =3cm ， 由（2）可知，QM QC =设8AP PM x PD x ===-，，222PD DQ PQ +=∴，即()()222835x x -+=+ 解得：2413x =∴24cm 13AP =．。

2023年上海市16区数学中考二模专题汇编5 图形的平移、旋转、翻折、新定义(18题)含详解

2023年上海市16区数学中考二模专题汇编5 图形的平移、旋转、翻折、新定义(18题)含详解

专题05图形的平移、旋转、翻折、新定义（18题）一、单选题1．（2023·上海黄浦·统考二模）下列轴对称图形中，对称轴条数最多的是（）A．等边三角形B．菱形C．等腰梯形D．圆2．（2023·上海嘉定·统考二模）下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等边三角形B．等腰梯形C．矩形D．正五边形二、填空题5．（2023·上海黄浦A的对应点是点6．（2023·上海静安处，点A落在点7．（2023·上海金山·统考二模）已知线段AC上，如果点E关于直线8．（2023·上海闵行三角形为特征三角形．9．（2023·上海浦东新·于点F．如果2AD AB=10．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，抛物线“月牙线”，抛物线1C和抛物线=，那么抛物线果BD CD11．（2023·上海宝山·统考二模）13．（2023·上海闵行·统考二模）如图，在菱形ABCD 中，6AB =，80A ∠=︒，如果将菱形ABCD 绕着点D 逆时针旋转后，点A 恰好落在菱形ABCD 的初始边AB 上的点E 处，那么点E 到直线BD 的距离为___________．14．（2023·上海嘉定·统考二模）如图，在Rt ABC 中，90C ∠=︒，4AC =，2BC =，点D 、E 分别是边BC 、BA 的中点，连接DE ．将BDE 绕点B 顺时针方向旋转，点D 、E 的对应点分别是点1D 、1E ．如果点1E 落在线段AC 上，那么线段1CD =____．三、解答题15．（2023·上海静安·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线()240y ax x c a =-+≠与x 轴分别交于点()1,0A 、点()3,0B ，与y 轴交于点C ，连接BC ，点P 在线段BC 上，设点P 的横坐标为m ．(1)求直线BC 的表达式；(1)如图，如果点O '恰好落在半圆O 上，求证： O A BC'=；(2)如果30DAB ∠=o ，求EF O D'的值；(3)如果3,1OA O D =='，求OF 的长．17．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，已知抛物线2y x bx c =++经过点()2,7A -，与x 轴交于点B 、()5,0C ．(1)求抛物线的顶点M 的坐标；(2)点E 在抛物线的对称轴上，且位于x 轴的上方，将BCE 沿直线BE 翻折，如果点C 的对应点F 恰好落在抛物线的对称轴上，求点E 的坐标；(3)点P 在抛物线的对称轴上，点Q 是抛物线上位于第四象限内的点，当CPQ 为等边三角形时，求直线BQ 的表达式．18．（2023·上海松江·统考二模）在平面直角坐标系xOy 中（如图），已知直线2y x =-+与y 轴交于点A ，抛物线()21(0)y x t t =-->的顶点为B ．(1)若抛物线经过点A ，求抛物线解析式；(2)将线段OB 绕点B 顺时针旋转90︒，点O 落在点C 处，如果点C 在抛物线上，求点C 的坐标；(3)设抛物线的对称轴与直线2y x =-+交于点D ，且点D 位于x 轴上方，如果45BOD ∠=︒，求t 的值．专题05图形的平移、旋转、翻折、新定义（18题）一、单选题1．（2023·上海黄浦·统考二模）下列轴对称图形中，对称轴条数最多的是（）A．等边三角形B．菱形C．等腰梯形D．圆【答案】D【分析】依据轴对称图形的意义，即在同一个平面内，一个图形沿某条直线对折，对折后的两部分都能完全重合，则这个图形就是轴对称图形，这条直线就是其对称轴，从而可以画出它们的对称轴．【详解】解：等边三角形有3条对称轴，菱形有2条对称轴，等腰梯形有1条对称轴，圆形有无数条对称轴，圆的对称轴条数最多，故选：D．【点睛】此题主要考查如何确定轴对称图形的对称轴条数及位置，解题的关键是掌握轴对称的概念．2．（2023·上海嘉定·统考二模）下列图形中既是轴对称图形，又是中心对称图形的是（）A．等边三角形B．等腰梯形C．矩形D．正五边形【答案】C【分析】根据轴对称图形的定义、中心对称图形的定义逐项判断即可．【详解】A选项：等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；B选项：等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形．故本选项不合题意；C选项：矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形．故本选项符合题意；D选项：正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故本选项不合题意．故选C．【点睛】本题考查轴对称图形、中心对称图形，理解定义，会根据定义判断轴对称图形和中心对称图形是解答的关键．二、填空题在正方形ABCD 和正三角形∴点O ，E 均在BC 的垂直平分线上，∴点E ，O ，P ，G 四三点共线，∵正方形ABCD 和正三角形∴6BC BE ==．116OG BG BC ===⨯=在正方形ABCD 和正三角形∴点O ，E 均在BC 的垂直平分线上，∴点E ，O ，P ，G 四三点共线，∵正方形ABCD 和正三角形∴6BC BE ==．∴11622OG BG BC ===⨯【答案】20【分析】根据旋转可得根据AA B '∠【详解】解：∵∴180ACB ∠=∵将ABC 绕点∴30B A C BAC ∠=∠=''︒，∴(11802CAA CA A ''∠=∠=︒∴AA B CA A B A C '''''∠=∠-∠故答案为：20︒．【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识，掌握旋转的性质是关键．A 的对应点是点1A ，点B 的对应点是点1B ），如果点1A 坐标是()20-，，那么点1B 的坐标是________．【答案】()12，【分析】各对应点之间的关系是横坐标减3，纵坐标加3，那么让点B 的横坐标减3，纵坐标加3即为点1B 的坐标．【详解】解：∵()13A -，平移后对应点1A 的坐标为()20-，，∴A 点的平移方法是：先向左平移3个单位，再向上平移3个单位，∴B 点的平移方法与A 点的平移方法是相同的，∴()41B -，平移后的坐标是：()4313--+，即()12，．故答案为：()12，．【点睛】此题主要考查了点的平移规律与图形的平移，关键是掌握平移规律，左右移，纵不变，横减加，上下移，横不变，纵加减．6．（2023·上海静安·统考二模）如图，在ABC 中，AB AC =，将ABC 绕着点B 旋转后，点C 落在AC 边上的点E 处，点A 落在点D 处，DE 与AB 相交于点F ，如果BE BF =，那么DBC ∠的大小是______．【答案】108︒/108度【分析】设A x ∠=，由AB AC =，BE BF =得ABC C ∠∠=，BEF BFE ∠∠=，再由旋转的性质得DEB C ABC DBE ∠∠∠∠===，BE BC =，从而有CBE A x ∠∠==，同理可证：EBF A x ∠∠==，利用三角形的内角和定理构造方程即可求解．【详解】解：设A x ∠=，∵AB AC =，BE BF =，∴ABC C ∠∠=，BEF BFE ∠∠=，∵将ABC 绕着点B 旋转后，点C 落在AC 边上的点E 处，点A 落在点D 处，DE 与AB 相交于点F ，∴DEB C ABC DBE ∠∠∠∠===，BE BC =，∵180BEC C CBE ABC C A ∠∠∠∠∠∠++=++=︒，∴CBE A x ∠∠==，同理可证：EBF A x ∠∠==，【点睛】本题考查解直角三角形，轴对称的性质，掌握垂线段最短是解题的关键．8．（2023·上海闵行·统考二模）阅读理解：如果一个三角形中有两个内角三角形为特征三角形．问题解决：如图，在ABC 中，【答案】253【分析】由题意可分：,A B βα∠=∠=，过点∴A ADC ∠=∠，∵4tan 3A =，∴4tan 3ADC ∠=，∵ABC 是特征三角形，即∴2ABE ABC ∠=∠，∴BC 平分ABE ∠，【答案】35【分析】通过证明AEF △得出边之间的关系，即可求解．【详解】解：∵2=AD AB ∴设,2AB a AD a ==，【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，以及解直角三角形的方法和步骤．10．（2023·上海徐汇·统考二模）如图，抛物线则tan tan DAC ∠=∠∴t n a CD DAC AC ∠==∴165CD =∴1695BD =-=；作DE AB ⊥于E ，则∵AD AD =，∴Rt △∵，90ACB ∠=︒，设BD x =，则CD DE =【答案】3372-【分析】利用含30度角的直角三角形的性质，分别求出出90DBE ∠=︒，在Rt【答案】3【分析】如图，旋转、菱形的性质可知，180ADE DEA ∠=︒-∠-∠由旋转、菱形的性质可知，∴80DEA A ∠=∠=︒，ABD ∠∴180ADE DEA ∠=︒-∠-∠【答案】355【分析】根据勾股定理求得AB ，根据旋转的性质得出根据相似三角形的性质即可求解．设旋转角为α，∴11ABE CBD ∠=∠，旋转，∴115,1BE BE BD BD ====，三、解答题15．（2023·上海静安·统考二模）如图，在平面直角坐标系xOy 中，抛物线()240y ax x c a =-+≠与x 轴分别交于点(1)求直线BC 的表达式；(2)如果以P 为顶点的新抛物线经过原点，且与①求新抛物线的表达式（用含②过点P 向x 轴作垂线，交原抛物线于点【答案】(1)3y x =-+(2)①()2233m y x m m m-=--+，【分析】（1）先利用待定系数法求出抛物线解析式，进而求出点式即可；（2）①先求出()3P m m -+，，设新抛物线解析式为抛物线解析式，再根据点P 在线段称时，当四边形AEDP 关于PE 【详解】（1）解：把()1,0A 、B ∴13a c =⎧⎨=⎩，∴抛物线解析式为24y x x =-+在243y x x =-+中，令0x =，则∴()0,3C ；设直线BC 的解析式为y kx b =+∴303k b b +=⎧⎨=⎩，∴13k b =-⎧⎨=⎩，∴直线BC 的解析式为y x =-+（2）解：①∵点P 在线段BC【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，轴对称的性质，求一次函数解析式等等，灵活运用所学知识是解题的关键．16．（2023·上海松江·统考二模）如图，(1)如图，如果点O '恰好落在半圆O 上，求证： O A BC'=；(2)如果30DAB ∠=o ，求EF O D'的值；(3)如果3,1OA O D =='，求OF 的长．【答案】(1)见解析(2)24(3)97OF =或95OF =．【分析】（1）如图：连接,OC O C '，先根据圆的性质和对称的性质说明OAO ' 是等边三角形，明60COO BOC '∠=∠=︒即可证明结论；（2）设圆O 的半径为2a ，则2O A OA a '==，如图：作ON AD ⊥于N ；先根据对称的性质和等腰三角形的性质可得,30120ODA OAD AOD ︒︒∠=∠=∠=，然后解直角三角形可得()232O D a '=-、EF OE ==∵点O '恰好落在半圆O 上，∴OO OA '=，∵点O '与点O 关于直线AC 对称∴AO OA CO CO ==='',O AC '∠∵,30OA OD OAD =∠=︒，∴,30120ODA OAD AOD ︒∠=∠=∠=在Rt AON △中，sin 30ON OA =⋅︒∵ON AD ⊥，∴FN FM=∴1212AFD OFA AD FM S AD S AO AO FN ⨯==⨯ ，又∵AFD S DF S OF = ，∴FN FM =，∴1212AFD OFA AD FM S AD S AO AO FN ∆∆⨯==⨯，又∵AFD OFA S DF S OF ∆∆=，(1)求抛物线的顶点M 的坐标；(2)点E 在抛物线的对称轴上，且位于的对称轴上，求点E 的坐标；(3)点P 在抛物线的对称轴上，点式．【答案】(1)245y x x =--，顶点坐标为：(2)点E 的坐标为()2,3；(3)直线BQ 的函数表达式为【分析】（1）利用待定系数法求解抛物线的解析式，再化为顶点式，即可得到顶点坐标；（2）先求解抛物线与x 轴交于轴与x 轴交于点H ，则H 点的坐标为2233FH FB BH =-=，（3）连接CF ，证明FCB 于点K ，可得点K 的坐标为【详解】（1）解：∵抛物线∵抛物线与x 轴交于(1,0B -∴6BC =，抛物线的对称轴为直线设抛物线的对称轴与x 轴交于点由翻折得6CB FB ==，由勾股定理，得FH FB =∴点F 的坐标为()2,33，∴60FBH ∠=︒，∴CP CQ =，CB CF =，∠∴FCP BCQ ∠=∠，∴BCQ FCP ≌，∴CBQ CFH ∠=∠，∵BCF △为等边三角形，∴30CFH CBQ ∠=︒=∠，设BP 与x 轴相交于点K ，∴3tan 303OK OB =︒= ．(1)若抛物线经过点A ，求抛物线解析式；∵旋转，∴,90OB OC OBC =∠=∴BEO OBC BDC ∠=∠=∠∴90OBE CBD ∠=︒-∠由2y x =-+，令0y =，得∴2OA OH ==，AH =∴OAH △是等腰直角三角形∵BD y ∥轴，。

2020中考数学压轴题图形的平移、翻折与旋转

2020中考数学压轴题图形的平移、翻折与旋转

图形的平移、翻折与旋转图形的平移图形的翻折图形的旋转三角形四边形圆函数的图象及性质图形的平移例1 泰安市中考第15题如图1，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2, 0），点A 在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′B′A′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为（）．A．（4，23）B．（3，33）C．（4，33）D．（3，23）答案A．思路如下：如图2，当点B的坐标为（2, 0），点A的横坐标为1．当点A'的横坐标为3时，等边三角形A′OC的边长为6．在Rt△B′CD中，B′C＝4，所以DC＝2，B′D＝23．此时B′(4,23)．图1 图2例 2 咸宁市中考第14题如图1，在平面直角坐标系中，点A 的坐标为(0, 6)，将△OAB 沿x 轴向左平移得到△O ′A ′B ′，点A 的对应点A ′落在直线34y x =-上，则点B 与其对应点B ′间的距离为______．图1 图2 图 1图2答案 8．思路如下：当y ＝6时，解方程364x -=，得x ＝－8.所以AA ′＝8.图形在平移的过程中，对应点的连线平行且相等，所以BB ′＝AA ′＝8. 例 3 株洲市中考第14题已知直线y ＝2x ＋(3－a )与x 轴的交点在A (2, 0)，B (3, 0)之间（包括A 、B 两点）则a 的取值范围是_____________．答案 7≤a ≤9．思路如下：如图1，将点A (2, 0)代入y ＝2x ＋(3－a )，得4＋(3－a )＝0．解得a ＝7．如图2，将点B (3, 0)代入y ＝2x ＋(3－a )，得6＋(3－a )＝0．解得a ＝9．例 4 2016年上海市虹口区中考模拟第18题如图1，已知△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿射线BC 方向平移m 个单位得到△DEF ，顶点A 、B 、C 分别与D 、E 、F 对应，若以点A 、D 、E为顶点的三角形是等腰三角形，且AE为腰，则m的值是__________．图1图 2 图 3 图4．思路如下：如图2，四边形ABED保持平行四边形，AM＝EN 答案6或256＝4，BM＝DN＝3，AD＝BE＝m．①如图3，当EA＝ED时，点E在AD的垂直平分线上，此时AD＝2ND＝6．②如图4，当AE＝AD时，根据AE2＝AD2，得m2＝42＋(m－3)2．解得25m=．6图形的翻折例5 上海市奉贤区中考模拟第18题如图1，在△ABC中，∠B＝45°，∠C＝30°，AC＝2，点D在BC上，将△ACD沿直线AD翻折后，点C落在点E处，边AE交边BC于点F，如果DE//AB，那么CFBF的值是______．答案31+．思路如下：如图2，作AH⊥BC于H．在Rt△ACH中，∠C＝30°，AC＝2，所以AH＝1，CH＝3．在Rt△ABH中，∠B＝45°，所以BH＝AH＝1．所以BC＝31+．如图3，当DE//AB时，∠BAE＝∠AED＝∠C＝30°．此时∠AFC＝∠B＋∠BAE＝75°．在△ACF中，∠C＝30°，∠AFC＝75°，所以∠FAC＝75°．所以CF＝CA＝2．所以BF ＝BC －CF ＝312+-＝31-．所以23131CF BF ==+-．另解：也可以根据△BAF ∽△BCA 先求得BF 的长．由BA 2＝BF ·BA ，得2(2)(31)BF =⋅+．所以31BF =-．图1图2 图3例6图1例 6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题如图1，在△ABC 中，AB ＝AC ＝4，cos C ＝14，BD 是中线，将△CBD 沿直线BD 翻折，点C 落在点E ，那么AE 的长为_______．答案 6．思路如下：如图2，作AM 作BC 于M ，DN ⊥BC 于N ．在Rt △ACM 中，AC ＝4，cos C ＝14，所以CM ＝1．所以BC ＝2CM ＝2已知D 是AC 的中点，所以BC ＝DC ＝2．如图3，由BE ＝BC ，BC ＝DC ，DC ＝DA ，得BE ＝DA ．由∠1＝∠2，∠1＝∠3，得∠2＝∠3．所以EB //AC ．所以四边形AEBD 是平行四边形．所以AE ＝BD ．如图2，在Rt △DCN 中，DC ＝2，CN ＝12，所以DN ＝15．在Rt △DBN 中，BN ＝32，所以BD ＝6．所以AE ＝6．图2 图3图1图2例 7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题如图1，已知在△ABC 中，AB ＝AC ，tan ∠B ＝13，将△ABC 翻折，使点C 与点A 重合，折痕DE 交边BC 于点D ，交边AC 于点E ，那么BDDC的值为_________．答案135．思路如下：如图2，作AH ⊥BC 于H ，那么BH ＝CH ．已知tan ∠B ＝AH BH ＝13，设AH ＝1，BH ＝3．设DC ＝DA ＝m ．在Rt △ADH 中，由勾股定理，得m 2＝12＋(3－m )2．解得53m =．所以BD ＝BC －DC ＝563-＝133．所以135BD DC =． 例 8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，BC ＝15，AC ＝20，点D 在边AC 上，DE ⊥AB ，垂足为E ，将△ADE 沿直线DE 翻折，翻折后点A 的对应点为点P ，当∠CPD 为直角时，AD 的长是_________．答案358．思路如下：如图1，作CH ⊥AB 于H ．在Rt △ABC 中，BC ＝15，AC ＝20，所以AB ＝25，cos B ＝35，cos A ＝45．在Rt△BCH 中，BH ＝BC ·cos B ＝3155⨯＝9．当∠CPD ＝90°时，∠CPH 与∠DPE 互余．又因为∠B 与∠A 互余，∠DPE ＝∠A ，所以∠CPH ＝∠B ．于是可得PH ＝BH ＝9．所以AP ＝25－18＝7．所以AE ＝72．所以AD ＝54AE ＝358．图1 图1 图2例9 2016年上海市普陀区中考模拟第18题如图1，在矩形ABCD中，将矩形折叠，使点B落在边AD上，这时折痕与边AD和边BC分别交于点E、F．然后再展开铺平，以B、E、F为顶点的△BEF 称为矩形ABCD的“折痕三角形”．如图2，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝4，当“折痕△BEF”的面积最大时，点E的坐标是___________．答案3(,2)2．思路如下：设菱形BFGE的边长为m．如图4，当G、D重合时，在Rt△ABE中，AB＝2，BE＝m，AE＝4－m．由勾股定理，得m2＝22＋(4－m)2．解得m＝52．此时AE＝4－m＝32，点E的坐标为3(,2)2．图3 图4图1图2例10 2016年张家界市中考第14题如图1，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的点E处，EQ与BC相交于F，若AD＝8cm，AB＝6cm，AE＝4cm．则△EBF的周长是cm．答案8．思路如下：设HE＝HD＝m，那么AH＝8－m．在Rt△AHE中，由HE2＝AE2＋AH2，得m2＝42＋(8－m)2．解得m＝5．所以△AHE的周长为3＋4＋5＝12．因为△AHE∽△BEF，AH∶BE＝3∶2，根据相似三角形的周长比等于对应边的比，可得△BEF的周长为8．例11 2016年常德市中考第15题如图1，把平行四边形ABCD折叠，使点C与点A重合，这时点D落在D1，折痕为EF，若∠BAE＝55°，则∠D1AD＝_________．图1图2 图3答案55°．思路如下：如图2，连结FC、DD1．因为四边形AECF是菱形，根据中心对称性，∠DCA＝∠BAE．如图3，因为A与C、D与D1关于直线EF对称，所以四边形ACDD1是等腰梯形，所以对角线AD与CD1交于对称轴上的点F，根据对称性，∠D1AD＝∠DCA．例12 2016年淮安市中考第18题如图1，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，点F在边AC上，并且CF ＝3，点E为边BC上的动点，将△CEF沿直线EF折叠，点C落在点P处，则点P到边AB的距离的最小值是________．答案6．思路如下：如图2，作PG⊥5AB 于G ，作FH ⊥AB 于H ．在Rt △AFH 中，FH ＝AF ·sin ∠A ＝445⨯＝165．在△PFG 中，PF ＝2为定值，PF ＋PG ＞FG ．而FG 的最小值是FH ，所以PG 的最小值是FH －PF ＝1625-＝65（如图3）． 图1图形的旋转 例 15 2016年上海三模联考第18题如图1，已知AD 是等腰三角形ABC 底边BC 上的高，AD ∶DC ＝1∶3，将△ADC 绕着点D 旋转，得△DEF ，点A 、C 分别与点E 、F 对应，且EF 与直线AB 重合，设AC 与DF 相交于点O ，那么S △AOF ∶S △DOC ＝__________．图1图2答案 32∶45．思路如下：如图2，设AD ＝m ，DB ＝DC ＝3m ，那么AC ＝EF 10，cos ∠BAD 10DH ⊥AB 于H ，那么AH ＝AD ·cos ∠BAD ＝10．所以AE 10． 于是AF ＝EF －AE 410m ．由△AOF ∽△DOC ，得S △AOF ∶S △DOC ＝AF 2∶DC 2＝22410()(3)m m ÷＝32∶45． 例 16 2016年上海市崇明县中考模拟第18题如图1，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝BC ＝2，将△ABC 绕点C 逆时针旋转60°，得到△MNC ，联结BM ，那么BM 的长是___________．图1图2 例17图1图2答案 262，在等腰Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝2，高BH 2．在等边三角形AMC 中，AC ＝2MH 6． 例 17 2016年上海市黄浦区中考模拟第18题如图1，在Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，将△ABC 绕点C 逆时针旋转，旋转后的图形是△A ′B ′C ，点A 的对应点A ′落在中线AD 上，且点A ′是△ABC 的重心，A ′B ′与BC 相交于点E ，那么BE ∶CE ＝___________．答案 4∶3．思路如下：根据旋转前后的对应边相等，对应角相等，可知∠ACB ＝∠A ′CB ′，CA ＝CA ′．所以∠CAA ′＝∠CA ′A ．又因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，所以DA ＝DC ．所以∠CAA ′＝∠ACB ．所以∠A ′CB ′＝∠CA ′A ．所以AD // B ′C ．根据重心的性质，可得1'3DA DA =．又因为12DA CB =，所以1'6DA CB =．所以'1'6DE DA CE CB ==．所以71847163BE CE +===-．例 18 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟第18题如图1，点D 在边长为6的等边三角形ABC 的边AC 上，且AD ＝2，将△ABC 绕点C 顺时针方向旋转60°，若此时点A 和点D 的对应点分别记为点E 和点F ，联结BF 交边AC 于点G ，那么tan ∠AEG ＝__________．图1 图2 图3答案33．思路如下：如图2，将△ABC 绕点C 顺时针方向旋转60°，得到菱形ABCE ．延长AE 交BF 的延长线于M ．因为12ME EF BC CF ==，所以32AG MA CG BC ==．设菱形的边长为10m ，那么AG ＝6m ．如图3，作GH ⊥AE 于H ．在Rt △AGH 中，∠GAH ＝60°，所以AH ＝12AG ＝3m ，GH ＝33m ．在Rt △EGH 中，EH ＝AE －AH ＝7m ，所以tan ∠AEG ＝333377GH m EH m ==． 例 19 2016年上海市闸北区中考模拟第18题如图1，底角为α的等腰三角形ABC 绕着点B 顺时针旋转，使得点A 与BC 边上的点D 重合，点C 与点E 重合，联结AD 、CE ，已知tan α＝34，AB ＝5，则CE ＝_________．·第 11 页 共 11 页 图1图2 图3答案 8105．思路如下：如图2，作AH ⊥BC 于H ，那么BH ＝CH ．在Rt △ABH 中，tan ∠B ＝34，AB ＝5，由此可得AH ＝3，BH ＝4．所以BC ＝8．在Rt △ADH 中，DH ＝BD －BH ＝5－4＝1，所以AD ＝223110+=．如图3，由△BAD ∽△BCE ，得AD BA CE BC =，即1058=．所以8105CE =．例 20 2016年邵阳市中考第13题如图1，将等边三角形CBA 绕点C 顺时针旋转∠α得到三角形CB ′A ′，使得B 、C 、A ′三点在同一条直线上，则∠α的大小是_________．图1图2答案 120°．思路如下：。

中考数学压轴题分析-图形的平移翻折与旋转-函数图像的性质

中考数学压轴题分析-图形的平移翻折与旋转-函数图像的性质

中考数学压轴题分析-图形的平移翻折与旋转-函数图
像的性质
例1 2015年青岛市中考第8题
如图1，正比例函数11y k x =的图像与反比例函数22k y x
=的图像相交于A 、B 两点，其中点A 的横坐标为2，当y 1＞y 2时，x 的取值范围是（ ）．
A ．x ＜－2或x ＞2
B ． x ＜－2或0＜x ＜2
C ．－2＜x ＜0或0＜x ＜2
D ．－2＜x ＜0或x ＞2
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“15青岛08”，拖动点D 在x 轴上运动，观察线段EF 的两个端点E 、F 的位置关系，可以体验到，当－2＜x ＜0或x ＞2时，点E 在点F 的上方． 答案 D ．如图2所示．
图2
例2 2014年苏州市中考第18题
如图1，直线l 与半径为4的⊙O 相切于点A ，P 是⊙O 上一个动点（不与点A 重合），过点P 作PB ⊥l ，垂足为B ，联结PA ．设PA ＝x ，PB ＝y ，则(x －y )的最大值是_____．
图1
动感体验
请打开几何画板文件名“14苏州18”，拖动点P 在圆上运动一周，可以体验到，AF 的长可以表示x －y ，点F 的轨迹象两叶新树丫，当AF 最大时，OF 与AF 垂直（如图2）．
答案 2．思路如下：如图3，AC 为⊙O 的直径，联结PC ．
由△ACP ∽△PAB ，得AC PA AP PB =，即8x x y =．所以218
y x =． 因此2211(4)288
x y x x x -=-=--+． 所以当x ＝4时，x －y 最大，最大值为2．
图2 图3。

挑战中考数学压轴题(全套含答案)之欧阳术创编

挑战中考数学压轴题(全套含答案)之欧阳术创编

第一部分函数图象中点的存在性问题§1．1因动点产生的相似三角形问题例1 2014年衡阳市中考第28题例2 2014年益阳市中考第21题例3 2015年湘西州中考第26题例4 2015年张家界市中考第25题例5 2016年常德市中考第26题例6 2016年岳阳市中考第24题例7 2016年上海市崇明县中考模拟第25题例8 2016年上海市黄浦区中考模拟第26题§1．2因动点产生的等腰三角形问题例9 2014年长沙市中考第26题例10 2014年张家界市第25题例11 2014年邵阳市中考第26题例12 2014年娄底市中考第27题例13 2015年怀化市中考第22题例14 2015年长沙市中考第26题例15 2016年娄底市中考第26题例16 2016年上海市长宁区金山区中考模拟第25题例17 2016年河南省中考第23题例18 2016年重庆市中考第25题§1．3因动点产生的直角三角形问题例19 2015年益阳市中考第21题例20 2015年湘潭市中考第26题例21 2016年郴州市中考第26题例22 2016年上海市松江区中考模拟第25题例23 2016年义乌市绍兴市中考第24题§1．4因动点产生的平行四边形问题例24 2014年岳阳市中考第24题例25 2014年益阳市中考第20题例26 2014年邵阳市中考第25题例27 2015年郴州市中考第25题例28 2015年黄冈市中考第24题例29 2016年衡阳市中考第26题例30 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟中考第24题例31 2016年上海市徐汇区中考模拟第24题§1．5因动点产生的面积问题例32 2014年常德市中考第25题例33 2014年永州市中考第25题例34 2014年怀化市中考第24题例36 2015年株洲市中考第23题例37 2015年衡阳市中考第28题例38 2016年益阳市中考第22题例39 2016年永州市中考第26题例40 2016年邵阳市中考第26题例41 2016年陕西省中考第25题§1．6因动点产生的相切问题例42 2014年衡阳市中考第27题例43 2014年株洲市中考第23题例44 2015年湘潭市中考第25题例45 2015年湘西州中考第25题例46 2016年娄底市中考第25题例47 2016年湘潭市中考第26题例48 2016年上海市闵行区中考模拟第24题例49 2016年上海市普陀区中考模拟中考第25题§1．7因动点产生的线段和差问题例50 2014年郴州市中考第26题例51 2014年湘西州中考第25题例52 2015年岳阳市中考第24题例53 2015年济南市中考第28题例54 2015年沈阳市中考第25题例56 2016年张家界市中考第24题例57 2016年益阳市中考第21题第二部分图形运动中的函数关系问题§2．1由比例线段产生的函数关系问题例1 2014年常德市中考第26题例2 2014年湘潭市中考第25题例3 2014年郴州市中考第25题例4 2015年常德市中考第25题例5 2015年郴州市中考第26题例6 2015年邵阳市中考第25题例7 2015年娄底市中考第26题例8 2016年郴州市中考第25题例9 2016年湘西州中考第26题例10 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第25题例11 2016年哈尔滨市中考第27题第三部分图形运动中的计算说理问题§3．1代数计算及通过代数计算进行说理问题例1 2014年长沙市中考第25题例2 2014年怀化市中考第23题例3 2014年湘潭市中考第26题例4 2014年株洲市中考第24题例6 2015年娄底市中考第25题例7 2015年永州市中考第26题例8 2015年长沙市中考第25题例9 2015年株洲市中考第24题例10 2016年怀化市中考第22题例11 2016年邵阳市中考第25题例12 2016年株洲市中考第26题例13 2016年长沙市中考第25题例14 2016年长沙市中考第26题§3．2几何证明及通过几何计算进行说理问题例15 2014年衡阳市中考第26题例16 2014年娄底市中考第26题例17 2014年岳阳市中考第23题例18 2015年常德市中考第26题例19 2015年益阳市中考第20题例20 2015年永州市中考第27题例21 2015年岳阳市中考第23题例22 2016年常德市中考第25题例23 2016年衡阳市中考第25题例24 2016年永州市中考第27题例25 2016年岳阳市中考第23题例27 2016年湘潭市中考第25题第四部分图形的平移、翻折与旋转§4．1图形的平移例1 2015年泰安市中考第15题例2 2015年咸宁市中考第14题例3 2015年株洲市中考第14题例4 2016年上海市虹口区中考模拟第18题§4．2图形的翻折例5 2016年上海市奉贤区中考模拟第18题例6 2016年上海市静安区青浦区中考模拟第18题例7 2016年上海市闵行区中考模拟第18题例8 2016年上海市浦东新区中考模拟第18题例8 2016年上海市普陀区中考模拟第18题例10 2016年常德市中考第15题例11 2016年张家界市中考第14题例12 2016年淮安市中考第18题例13 2016年金华市中考第15题例14 2016年雅安市中考第12题§4．3图形的旋转例15 2016年上海昂立教育中学生三模联考第18题例16 2016年上海市崇明县中考模拟第18题例17 2016年上海市黄浦区中考模拟第18题例18 2016年上海市嘉定区宝山区中考模拟第18题例19 2016年上海市闸北区中考模拟第18题例20 2016年邵阳市中考第13题例21 2016年株洲市中考第4题§4．4三角形例22 2016年安徽省中考第10题例23 2016年武汉市中考第10题例24 2016年河北省中考第16题例25 2016年娄底市中考第10题例26 2016年苏州市中考第9题例27 2016年台州市中考第10题例28 2016年陕西省中考第14题例29 2016年内江市中考第11题例30 2016年上海市中考第18题§4．5四边形例31 2016年湘西州中考第11题例32 2016年益阳市中考第4题例33 2016年益阳市中考第6题例34 2016年常德市中考第16题例35 2016年成都市中考第14题例36 2016年广州市中考第13题例37 2016年福州市中考第18题例38 2016年无锡市中考第17题例39 2016年台州市中考第15题§4．6圆例40 2016年滨州市中考第16题例41 2016年宁波市中考第17题例42 2016年连云港市中考第16题例43 2016年烟台市中考第17题例44 2016年烟台市中考第18题例45 2016年无锡市中考第18题例46 2016年武汉市中考第9题例47 2016年宿迁市中考第16题例48 2016年衡阳市中考第17题例49 2016年邵阳市中考第18题例50 2016年湘西州中考第18题例51 2016年永州市中考第20题§4．7函数的图象及性质例52 2015年荆州市中考第9题例53 2015年德州市中考第12题例54 2015年烟台市中考第12题例55 2015年中山市中考第10题例56 2015年武威市中考第10题例57 2015年呼和浩特市中考第10题例58 2016年湘潭市中考第18题例59 2016年衡阳市中考第19题例60 2016年岳阳市中考第15题例61 2016年株洲市中考第9题例62 2016年永州市中考第19题例63 2016年岳阳市中考第8题例64 2016年岳阳市中考第16题例65 2016年益阳市中考第14题例66 2016年株洲市中考第10题例67 2016年株洲市中考第17题例68 2016年东营市中考第15题例69 2016年成都市中考第13题例70 2016年泰州市中考第16题例71 2016年宿迁市中考第15题例72 2016年临沂市中考第14题例73 2016年义乌市绍兴市中考第9题例74 2016年淄博市中考第12题例75 2016年嘉兴市中考第16题§1．1 因动点产生的相似三角形问题课前导学相似三角形的判定定理有3个，其中判定定理1和判定定理2都有对应角相等的条件，因此探求两个三角形相似的动态问题，一般情况下首先寻找一组对应角相等．判定定理2是最常用的解题依据，一般分三步：寻找一组等角，分两种情况列比例方程，解方程并检验．如果已知∠A＝∠D，探求△ABC与△DEF相似，只要把夹∠A和∠D的两边表示出来，按照对应边成比例，分AB DE=AC DF和AB DF=两种情况列方程．AC DE应用判定定理1解题，先寻找一组等角，再分两种情况讨论另外两组对应角相等．应用判定定理3解题不多见，根据三边对应成比例列连比式解方程（组）．还有一种情况，讨论两个直角三角形相似，如果一组锐角相等，其中一个直角三角形的锐角三角比是确定的，那么就转化为讨论另一个三角形是直角三角形的问题．求线段的长，要用到两点间的距离公式，而这个公式容易记错．理解记忆比较好．如图1，如果已知A、B两点的坐标，怎样求A、B两点间的距离呢？我们以AB为斜边构造直角三角形，直角边与坐标轴平行，这样用勾股定理就可以求斜边AB的长了．水平距离BC的长就是A、B两点间的水平距离，等于A、B两点的横坐标相减；竖直距离AC就是A、B两点间的竖直距离，等于A、B两点的纵坐标相减．图1例 1 2014年湖南省衡阳市中考第28题二次函数y＝ax2＋bx＋c（a≠0）的图象与x轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，与y轴交于点C(0,－3m)（m＞0），顶点为D．（1）求该二次函数的解析式（系数用含m的代数式表示）；（2）如图1，当m＝2时，点P为第三象限内抛物线上的一个动点，设△APC的面积为S，试求出S与点P的横坐标x 之间的函数关系式及S的最大值；（3）如图2，当m取何值时，以A、D、C三点为顶点的三角形与△OBC相似？图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14衡阳28”，拖动点P运动，可以体验到，当点P运动到AC的中点的正下方时，△APC的面积最大．拖动y轴上表示实数m的点运动，抛物线的形状会改变，可以体验到，∠ACD和∠ADC都可以成为直角．思路点拨1．用交点式求抛物线的解析式比较简便．2．连结OP，△APC可以割补为：△AOP与△COP的和，再减去△AOC ．3．讨论△ACD 与△OBC 相似，先确定△ACD 是直角三角形，再验证两个直角三角形是否相似．4．直角三角形ACD 存在两种情况．图文解析（1）因为抛物线与x 轴交于A(－3, 0)、B(1, 0)两点，设y ＝a(x ＋3)(x －1)．代入点C(0,－3m)，得－3m ＝－3a ．解得a ＝m ．所以该二次函数的解析式为y ＝m(x ＋3)(x －1)＝mx2＋2mx －3m ．（2）如图3，连结OP ．当m ＝2时，C(0,－6)，y ＝2x2＋4x －6，那么P(x, 2x2＋4x －6)．由于S △AOP ＝1()2P OA y ⨯-＝32-(2x2＋4x －6)＝－3x2－6x ＋9，S △COP ＝1()2P OC x ⨯-＝－3x ，S △AOC ＝9， 所以S ＝S △APC ＝S △AOP ＋S △COP －S △AOC ＝－3x2－9x ＝23273()24x -++． 所以当32x =-时，S 取得最大值，最大值为274． 图3 图4 图5（3）如图4，过点D 作y 轴的垂线，垂足为E ．过点A 作x 轴的垂线交DE 于F ．由y ＝m(x ＋3)(x －1)＝m(x ＋1)2－4m ，得D(－1,－4m)． 在Rt △OBC 中，OB ∶OC ＝1∶3m ．如果△ADC 与△OBC 相似，那么△ADC 是直角三角形，而且两条直角边的比为1∶3m ．①如图4，当∠ACD ＝90°时，OA OC EC ED =．所以331m m =．解得m ＝1． 此时3CA OC CD ED ==，3OC OB =．所以CA OC CD OB=．所以△CDA ∽△OBC ．②如图5，当∠ADC ＝90°时，FA FD ED EC =．所以421m m=．解得22m =． 此时222DA FD DC EC m ===，而3232OC m OB ==．因此△DCA 与△OBC 不相似．综上所述，当m ＝1时，△CDA ∽△OBC ．考点伸展第（2）题还可以这样割补：如图6，过点P 作x 轴的垂线与AC交于点H ．由直线AC ：y ＝－2x －6，可得H(x,－2x －6)．又因为P(x, 2x2＋4x －6)，所以HP ＝－2x2－6x ．因为△PAH 与△PCH 有公共底边HP ，高的和为A 、C 两点间的水平距离3，所以S ＝S △APC ＝S △APH ＋S △CPH ＝32(－2x2－6x) ＝23273()24x -++． 图6 例 2 2014年湖南省益阳市中考第21题如图1，在直角梯形ABCD 中，AB//CD ，AD ⊥AB ，∠B ＝60°，AB ＝10，BC ＝4，点P 沿线段AB 从点A 向点B 运动，设AP ＝x ．2·1·c·n·j·y（1）求AD 的长；（2）点P 在运动过程中，是否存在以A 、P 、D 为顶点的三角形与以P 、C 、B为顶点的三角形相似？若存在，求出x 的值；若不存在，请说明理由；（3）设△ADP 与△PCB 的外接圆的面积分别为S1、S2，若S ＝S1＋S2，求S 的最小值.动感体验图1请打开几何画板文件名“14益阳21”，拖动点P 在AB 上运动，可以体验到，圆心O 的运动轨迹是线段BC 的垂直平分线上的一条线段．观察S 随点P 运动的图象，可以看到，S 有最小值，此时点P 看上去象是AB 的中点，其实离得很近而已． 思路点拨1．第（2）题先确定△PCB 是直角三角形，再验证两个三角形是否相似．2．第（3）题理解△PCB 的外接圆的圆心O 很关键，圆心O 在确定的BC 的垂直平分线上，同时又在不确定的BP 的垂直平分线上．而BP 与AP 是相关的，这样就可以以AP 为自变量，求S 的函数关系式．图文解析（1）如图2，作CH ⊥AB 于H ，那么AD ＝CH ．在Rt △BCH 中，∠B ＝60°，BC ＝4，所以BH ＝2，CH ＝AD ＝（2）因为△APD 是直角三角形，如果△APD 与△PCB 相似，那么△PCB 一定是直角三角形．①如图3，当∠CPB ＝90°时，AP ＝10－2＝8．所以APAD ，而PC PB △APD 与△PCB 不相似．图2 图3 图4②如图4，当∠BCP ＝90°时，BP ＝2BC ＝8．所以AP ＝2．所以APAD ∠APD ＝60°．此时△APD ∽△CBP ．综上所述，当x ＝2时，△APD ∽△CBP ．（3）如图5，设△ADP 的外接圆的圆心为G ，那么点G 是斜边DP 的中点．设△PCB 的外接圆的圆心为O ，那么点O 在BC 边的垂直平分线上，设这条直线与BC 交于点E ，与AB 交于点F ．设AP ＝2m ．作OM ⊥BP 于M ，那么BM ＝PM ＝5－m ． 在Rt △BEF 中，BE ＝2，∠B ＝60°，所以BF ＝4．在Rt △OFM 中，FM ＝BF －BM ＝4－(5－m)＝m －1，∠OFM ＝30°，所以OM 1)m -． 所以OB2＝BM2＋OM2＝221(5)(1)3m m -+-．在Rt △ADP 中，DP2＝AD2＋AP2＝12＋4m2．所以GP2＝3＋m2．于是S ＝S1＋S2＝π(GP2＋OB2) ＝22213(5)(1)3m m m π⎡⎤++-+-⎢⎥⎣⎦＝2(73285)3m m π-+． 所以当167m =时，S 取得最小值，最小值为1137π． 图5 图6考点伸展关于第（3）题，我们再讨论个问题．问题1，为什么设AP ＝2m 呢？这是因为线段AB ＝AP ＋PM ＋BM ＝AP ＋2BM ＝10．这样BM ＝5－m ，后续可以减少一些分数运算．这不影响求S 的最小值．问题2，如果圆心O 在线段EF 的延长线上，S 关于m 的解析式是什么？如图6，圆心O 在线段EF 的延长线上时，不同的是FM ＝BM －BF ＝(5－m)－4＝1－m ．此时OB2＝BM2＋OM2＝221(5)(1)3m m -+-．这并不影响S 关于m 的解析式．例 3 2015年湖南省湘西市中考第26题如图1，已知直线y ＝－x ＋3与x 轴、y 轴分别交于A 、B 两点，抛物线y ＝－x2＋bx ＋c 经过A 、B 两点，点P 在线段OA 上，从点O 出发，向点A 以每秒1个单位的速度匀速运动；同时，点Q 在线段AB 上，从点A 出发，向点B 以每秒2个单位的速度匀速运动，连结PQ ，设运动时间为t 秒．（1）求抛物线的解析式；（2）问：当t 为何值时，△APQ 为直角三角形；（3）过点P 作PE//y 轴，交AB 于点E ，过点Q 作QF//y 轴，交抛物线于点F ，连结EF ，当EF//PQ 时，求点F 的坐标；（4）设抛物线顶点为M ，连结BP 、BM 、MQ ，问：是否存在t 的值，使以B 、Q 、M 为顶点的三角形与以O 、B 、P 为顶点的三角形相似？若存在，请求出t 的值；若不存在，请说明理由．图1动感体验请打开几何画板文件名“15湘西26”，拖动点P 在OA 上运动，可以体验到，△APQ 有两个时刻可以成为直角三角形，四边形EPQF 有一个时刻可以成为平行四边形，△MBQ 与△BOP 有一次机会相似．思路点拨1．在△APQ 中，∠A ＝45°，夹∠A 的两条边AP 、AQ 都可以用t 表示，分两种情况讨论直角三角形APQ ．2．先用含t 的式子表示点P 、Q 的坐标，进而表示点E 、F 的坐标，根据PE ＝QF 列方程就好了．3．△MBQ 与△BOP 都是直角三角形，根据直角边对应成比例分两种情况讨论．图文解析（1）由y ＝－x ＋3，得A(3, 0)，B(0, 3)．将A(3, 0)、B(0, 3)分别代入y ＝－x2＋bx ＋c ，得930,3.b c c -++=⎧⎨=⎩ 解得2,3.b c =⎧⎨=⎩所以抛物线的解析式为y ＝－x2＋2x ＋3．（2）在△APQ 中，∠PAQ ＝45°，AP ＝3－t ，AQ． 分两种情况讨论直角三角形APQ ：①当∠PQA ＝90°时，APAQ ．解方程3－t ＝2t ，得t ＝1（如图2）．②当∠QPA ＝90°时，AQt (3－t)，得t ＝1.5（如图3）．图2 图3（3）如图4，因为PE//QF ，当EF//PQ 时，四边形EPQF 是平行四边形．所以EP ＝FQ ．所以yE －yP ＝yF －yQ ．因为xP ＝t ，xQ ＝3－t ，所以yE ＝3－t ，yQ ＝t ，yF ＝－(3－t)2＋2(3－t)＋3＝－t2＋4t ．因为yE －yP ＝yF －yQ ，解方程3－t ＝(－t2＋4t)－t ，得t ＝1，或t ＝3（舍去）．所以点F 的坐标为(2, 3)．图4 图5（4）由y ＝－x2＋2x ＋3＝－(x －1)2＋4，得M(1, 4)．由A(3, 0)、B(0, 3)，可知A 、B 两点间的水平距离、竖直距离相等，AB ＝．由B(0, 3)、M(1, 4)，可知B 、M 两点间的水平距离、竖直距离相等，BM所以∠MBQ ＝∠BOP ＝90°．因此△MBQ 与△BOP 相似存在两种可能：①当BMOB BQ OP =3t=．解得94t =（如图5）．②当BMOPBQ OB =3t =．整理，得t2－3t ＋3＝0．此方程无实根．考点伸展 第（3）题也可以用坐标平移的方法：由P(t, 0)，E(t, 3－t)，Q(3－t, t)，按照P→E方向，将点Q向上平移，得F(3－t, 3)．再将F(3－t, 3)代入y＝－x2＋2x＋3，得t＝1，或t＝3．§1．2 因动点产生的等腰三角形问题课前导学我们先回顾两个画图问题：1．已知线段AB＝5厘米，以线段AB为腰的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB＝6厘米，以线段AB为底边的等腰三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？已知腰长画等腰三角形用圆规画圆，圆上除了两个点以外，都是顶点C．已知底边画等腰三角形，顶角的顶点在底边的垂直平分线上，垂足要除外．在讨论等腰三角形的存在性问题时，一般都要先分类．如果△ABC是等腰三角形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．解等腰三角形的存在性问题，有几何法和代数法，把几何法和代数法相结合，可以使得解题又好又快．几何法一般分三步：分类、画图、计算．哪些题目适合用几何法呢？如果△ABC的∠A（的余弦值）是确定的，夹∠A的两边AB和AC可以用含x的式子表示出来，那么就用几何法．①如图1，如果AB ＝AC ，直接列方程；②如图2，如果BA ＝BC ，那么1cos 2AC AB A =∠；③如图3，如果CA ＝CB ，那么1cos 2AB AC A =∠． 代数法一般也分三步：罗列三边长，分类列方程，解方程并检验．如果三角形的三个角都是不确定的，而三个顶点的坐标可以用含x 的式子表示出来，那么根据两点间的距离公式，三边长（的平方）就可以罗列出来．图1 图2 图3例 9 2014年长沙市中考第26题如图1，抛物线y ＝ax2＋bx ＋c （a 、b 、c 是常数，a≠0）的对称轴为y 轴，且经过(0,0)和1)16两点，点P 在该抛物线上运动，以点P 为圆心的⊙P 总经过定点A(0, 2)．（1）求a 、b 、c 的值；（2）求证：在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交；（3）设⊙P 与x 轴相交于M(x1, 0)、N(x2, 0)两点，当△AMN 为等腰三角形时，求圆心P 的纵坐标．图1动感体验请打开几何画板文件名“14长沙26”，拖动圆心P 在抛物线上运动，可以体验到，圆与x 轴总是相交的，等腰三角形AMN 存在五种情况．思路点拨1．不算不知道，一算真奇妙，原来⊙P 在x 轴上截得的弦长MN ＝4是定值．2．等腰三角形AMN 存在五种情况，点P 的纵坐标有三个值，根据对称性，MA ＝MN 和NA ＝NM 时，点P 的纵坐标是相等的．图文解析（1）已知抛物线的顶点为(0,0)，所以y ＝ax2．所以b ＝0，c ＝0． 将1)16代入y ＝ax2，得2116a =．解得14a =（舍去了负值）．（2）抛物线的解析式为214y x =，设点P 的坐标为21(,)4x x ．已知A(0, 2)，所以PA =214x ． 而圆心P 到x 轴的距离为214x ，所以半径PA ＞圆心P 到x 轴的距离．所以在点P 运动的过程中，⊙P 始终与x 轴相交．（3）如图2，设MN 的中点为H ，那么PH 垂直平分MN ．在Rt △PMH 中，2241416PM PA x ==+，22411()416PH x x ==，所以MH2＝4．所以MH ＝2．因此MN ＝4，为定值．等腰△AMN 存在三种情况：①如图3，当AM ＝AN 时，点P 为原点O 重合，此时点P 的纵坐标为0．图2 图3②如图4，当MA ＝MN 时，在Rt △AOM 中，OA ＝2，AM ＝4，所以OM ＝此时x ＝OH ＝22．所以点P 的纵坐标为222112)1)444x =+==+ 如图5，当NA ＝NM 时，根据对称性，点P 的纵坐标为也为4+图4 图5③如图6，当NA ＝NM ＝4时，在Rt △AON 中，OA ＝2，AN ＝4，所以ON ＝此时x ＝OH ＝22．所以点P 的纵坐标为222112)1)444x =-=-=- 如图7，当MN ＝MA ＝4时，根据对称性，点P 的纵坐标也为4-图6 图7考点伸展如果点P 在抛物线214y x =上运动，以点P 为圆心的⊙P 总经过定点B(0, 1)，那么在点P 运动的过程中，⊙P 始终与直线y ＝－1相切．这是因为：设点P 的坐标为21(,)4x x ．已知B(0, 1)，所以2114PB x ===+．而圆心P 到直线y ＝－1的距离也为2114x +，所以半径PB ＝圆心P 到直线y ＝－1的距离．所以在点P 运动的过程中，⊙P 始终与直线y ＝－1相切．例 10 2014年湖南省张家界市中考第25题如图1，在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，抛物线y ＝ax2＋bx ＋c （a≠0）过O 、B 、C 三点，B 、C 坐标分别为(10, 0)和1824(,)55-，以OB 为直径的⊙A 经过C 点，直线l 垂直x 轴于B 点．（1）求直线BC 的解析式；（2）求抛物线解析式及顶点坐标；（3）点M 是⊙A 上一动点（不同于O 、B ），过点M 作⊙A 的切线，交y 轴于点E ，交直线l 于点F ，设线段ME 长为m ，MF 长为n ，请猜想mn 的值，并证明你的结论；（4）若点P 从O 出发，以每秒1个单位的速度向点B 作直线运动，点Q 同时从B 出发，以相同速度向点C 作直线运动，经过t （0＜t≤8）秒时恰好使△BPQ 为等腰三角形，请求出满足条件的t 值．图图1动感体验请打开几何画板文件名“14张家界25”，拖动点M 在圆上运动，可以体验到，△EAF 保持直角三角形的形状，AM 是斜边上的高．拖动点Q 在BC 上运动，可以体验到，△BPQ 有三个时刻可以成为等腰三角形．思路点拨1．从直线BC 的解析式可以得到∠OBC 的三角比，为讨论等腰三角形BPQ 作铺垫．2．设交点式求抛物线的解析式比较简便．3．第（3）题连结AE 、AF 容易看到AM 是直角三角形EAF 斜边上的高．4．第（4）题的△PBQ 中，∠B 是确定的，夹∠B 的两条边可以用含t 的式子表示．分三种情况讨论等腰三角形． 图文解析（1）直线BC 的解析式为31542y x =-． （2）因为抛物线与x 轴交于O 、B(10, 0)两点，设y ＝ax(x －10)．代入点C 1824(,)55-，得241832()555a -=⨯⨯-．解得524a =． 所以2255255125(10)(5)2424122424y x x x x x =-=-=--． 抛物线的顶点为125(5,)24-． （3）如图2，因为EF 切⊙A 于M ，所以AM ⊥EF ．由AE ＝AE ，AO ＝AM ，可得Rt △AOE ≌Rt △AME ．所以∠1＝∠2．同理∠3＝∠4．于是可得∠EAF ＝90°．所以∠5＝∠1．由tan ∠5＝tan ∠1，得MAMEMF MA =．所以ME·MF ＝MA2，即mn ＝25．图2（4）在△BPQ 中，cos ∠B ＝45，BP ＝10－t ，BQ ＝t ．分三种情况讨论等腰三角形BPQ ：①如图3，当BP ＝BQ 时，10－t ＝t ．解得t ＝5．②如图4，当PB ＝PQ 时，1cos 2BQ BP B =∠．解方程14(10)25t t =-，得8013t =．③如图5，当QB ＝QP 时，1cos 2BP BQ B =∠．解方程14(10)25t t -=，得5013t =．图3 图4 图5考点伸展在第（3）题条件下，以EF 为直径的⊙G 与x 轴相切于点A ．如图6，这是因为AG 既是直角三角形EAF 斜边上的中线，也是直角梯形EOBF 的中位线，因此圆心G 到x 轴的距离等于圆的半径，所以⊙G与x轴相切于点A．图6例 11 2014年湖南省邵阳市中考第26题在平面直角坐标系中，抛物线y＝x2－(m＋n)x＋mn（m＞n）与x轴相交于A、B两点（点A位于点B的右侧），与y轴相交于点C．（1）若m＝2，n＝1，求A、B两点的坐标；（2）若A、B两点分别位于y轴的两侧，C点坐标是(0,－1)，求∠ACB的大小；（3）若m＝2，△ABC是等腰三角形，求n的值．动感体验请打开几何画板文件名“14邵阳26”，点击屏幕左下方的按钮（2），拖动点A在x轴正半轴上运动，可以体验到，△ABC 保持直角三角形的形状．点击屏幕左下方的按钮（3），拖动点B在x轴上运动，观察△ABC的顶点能否落在对边的垂直平分线上，可以体验到，等腰三角形ABC有4种情况．思路点拨1．抛物线的解析式可以化为交点式，用m，n表示点A、B、C的坐标．2．第（2）题判定直角三角形ABC，可以用勾股定理的逆定理，也可以用锐角的三角比．3．第（3）题讨论等腰三角形ABC，先把三边长（的平方）罗列出来，再分类解方程．图文解析（1）由y＝x2－(m＋n)x＋mn＝(x－m)(x－n)，且m＞n，点A位于点B的右侧，可知A(m, 0)，B(n, 0)．若m＝2，n＝1，那么A(2, 0)，B(1, 0)．．（2）如图1，由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn ＝－1，OC＝1．若A、B两点分别位于y轴的两侧，那么OA·OB＝m(－n)＝－mn＝1．所以OC2＝OA·OB．所以OC OB=．OA OC所以tan∠1＝tan∠2．所以∠1＝∠2．又因为∠1与∠3互余，所以∠2与∠3互余．所以∠ACB＝90°．图1 图2 图3（3）在△ABC中，已知A(2, 0)，B(n, 0)，C(0, 2n)．讨论等腰三角形ABC，用代数法解比较方便：由两点间的距离公式，得AB2＝(n－2)2，BC2＝5n2，AC2＝4＋4n2．①当AB＝AC时，解方程(n－2)2＝4＋4n2，得4n=-（如3图2）．②当CA＝CB时，解方程4＋4n2＝5n2，得n＝－2（如图3），或n＝2（A、B重合，舍去）．③当BA＝BC时，解方程(n－2)2＝5n2，得n=（如图4），或n=（如图5）．图4 图5考点伸展第（2）题常用的方法还有勾股定理的逆定理．由于C(0, mn)，当点C的坐标是(0,－1)，mn＝－1．由A(m, 0)，B(n, 0)，C(0,－1)，得AB2＝(m－n)2＝m2－2mn＋n2＝m2＋n2＋2，BC2＝n2＋1，AC2＝m2＋1．所以AB2＝BC2＋AC2．于是得到Rt△ABC，∠ACB＝90°．第（3）题在讨论等腰三角形ABC时，对于CA＝CB的情况，此时A、B两点关于y轴对称，可以直接写出B(－2, 0)，n ＝－2．例 12 2014年湖南省娄底市中考第27题如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4cm，BC＝3cm．如果点P由点B出发沿BA方向向点A匀速运动，同时点Q由点A出发沿AC方向向点C匀速运动，它们的速度均为1cm/s．连结PQ，设运动时间为t（s）（0＜t＜4），解答下列问题：（1）设△APQ的面积为S，当t为何值时，S取得最大值？S的最大值是多少？（2）如图2，连结PC，将△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，当四边形PQP′C为菱形时，求t的值；（3）当t为何值时，△APQ是等腰三角形？图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14娄底27”，拖动点Q在AC上运动，可以体验到，当点P运动到AB的中点时，△APQ的面积最大，等腰三角形APQ存在三种情况．还可以体验到，当QC ＝2HC时，四边形PQP′C是菱形．思路点拨1．在△APQ中，∠A是确定的，夹∠A的两条边可以用含t的式子表示．2．四边形PQP′C的对角线保持垂直，当对角线互相平分时，它是菱形，．图文解析（1）在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，所以AB＝5，sinA＝35，cosA＝45．作QD⊥AB于D，那么QD＝AQ sinA＝35t．所以S ＝S △APQ ＝12AP QD ⋅＝13(5)25t t -⨯＝23(5)10t t --＝23515()+1028t --． 当52t =时，S 取得最大值，最大值为158． （2）设PP′与AC 交于点H ，那么PP ′⊥QC ，AH ＝APcosA ＝4(5)5t -． 如果四边形PQP′C 为菱形，那么PQ ＝PC ．所以QC ＝2HC ． 解方程4424(5)5t t ⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦，得2013t =． 图3 图4（3）等腰三角形APQ 存在三种情况：①如图5，当AP ＝AQ 时，5－t ＝t ．解得52t =． ②如图6，当PA ＝PQ 时，1cos 2AQ AP A =．解方程14(5)25t t =-，得4013t =． ③如图7，当QA ＝QP 时，1cos 2AP AQ A =．解方程14(5)25t t -=，得2513t =． 图5 图6 图7考点伸展在本题情境下，如果点Q 是△PP′C 的重心，求t 的值．如图8，如果点Q 是△PP′C 的重心，那么QC ＝23HC ．解方程2444(5)35t t ⎡⎤-=⨯--⎢⎥⎣⎦，得6023t =． 图8例 13 2015年湖南省怀化市中考第22题如图1，已知Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝8，BC ＝6，点P 以每秒1个单位的速度从A 向C 运动，同时点Q 以每秒2个单位的速度从A→B→C 方向运动，它们到C 点后都停止运动，设点P 、Q 运动的时间为t 秒．（1）在运动过程中，求P 、Q 两点间距离的最大值；（2）经过t 秒的运动，求△ABC 被直线PQ 扫过的面积S 与时间t 的函数关系式；（3）P ，Q 两点在运动过程中，是否存在时间t ，使得△PQC 为等腰三角形．若存在，求出此时的t 值，若不存在，请说明理由．（24.25≈，结果保留一位小数）图1动感体验请打开几何画板文件名“15怀化22”，拖动点P 在AC 上运动，可以体验到，PQ 与BD 保持平行，等腰三角形PQC 存在三种情况．思路点拨1．过点B 作QP 的平行线交AC 于D ，那么BD 的长就是PQ 的最大值．2．线段PQ 扫过的面积S 要分两种情况讨论，点Q 分别在AB 、BC 上．3．等腰三角形PQC 分三种情况讨论，先罗列三边长． 图文解析（1）在Rt △ABC 中，AC ＝8，BC ＝6，所以AB ＝10． 如图2，当点Q 在AB 上时，作BD//PQ 交AC 于点D ，那么22AB AQ t AD AP t===． 所以AD ＝5．所以CD ＝3．如图3，当点Q 在BC 上时，16228CQ t CP t-==-． 又因为623CB CD ==，所以CQ CB CP CD =．因此PQ//BD ．所以PQ 的最大值就是BD ．在Rt △BCD 中，BC ＝6，CD ＝3，所以BD＝．所以PQ的最大值是． 图2 图3 图4（2）①如图2，当点Q 在AB 上时，0＜t≤5，S △ABD ＝15．由△AQP ∽△ABD ，得2()AQP ABD S AP S AD =△△．所以S ＝S △AQP ＝215()5t ⨯＝235t ． ②如图3，当点Q 在BC 上时，5＜t≤8，S △ABC ＝24． 因为S △CQP ＝12CQ CP ⋅＝1(162)(8)2t t --＝2(8)t -， 所以S ＝S △ABC －S △CQP ＝24－(t －8)2＝－t2＋16t －40．（3）如图3，当点Q 在BC 上时，CQ ＝2CP ，∠C ＝90°，所以△PQC 不可能成为等腰三角形．当点Q 在AB 上时，我们先用t 表示△PQC 的三边长：易知CP ＝8－t ．如图2，由QP//BD ，得QP APBD AD =5t =．所以QP =． 如图4，作QH ⊥AC 于H ．在Rt △AQH 中，QH ＝AQ sin ∠A ＝65t ，AH ＝85t ． 在Rt △CQH 中，由勾股定理，得CQ ＝＝分三种情况讨论等腰三角形PQC ：（1）①当PC ＝PQ 时，解方程8t -=，得10t =≈3.4（如图5所示）．②当QC ＝QP 时，=．整理，得2111283200t t -+=． 所以(11t －40)(t －8)＝0．解得4011t =≈3.6（如图6所示），或t ＝8（舍去）．③当CP ＝CQ 时，8t -=25160t t -=． 解得165t =＝3.2（如图7所示），或t ＝0（舍去）．综上所述，当t 的值约为3.4，3.6，或等于3.2时，△PQC 是等腰三角形．图5 图6 图7考点伸展第（1）题求P、Q两点间距离的最大值，可以用代数计算说理的方法：①如图8，当点Q在AB上时，PQ．当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为②如图9，当点Q在BC上时，PQ)t-．当Q与B重合时，PQ最大，此时t＝5，PQ的最大值为．综上所述，PQ的最大值为§1．3 因动点产生的直角三角形问题课前导学我们先看三个问题：1．已知线段AB，以线段AB为直角边的直角三角形ABC 有多少个？顶点C的轨迹是什么？2．已知线段AB，以线段AB为斜边的直角三角形ABC有多少个？顶点C的轨迹是什么？3．已知点A(4,0)，如果△OAB是等腰直角三角形，求符合条件的点B的坐标．图1 图2 图3如图1，点C在垂线上，垂足除外．如图2，点C在以AB。

专练14 几何中平移与旋转变换-2021年中考数学压轴题专项高分突破训练(全国通用)(解析版)

专练14 几何中平移与旋转变换-2021年中考数学压轴题专项高分突破训练(全国通用)(解析版)

word可编辑文档专练14 几何中平移与旋转变换1.实践与探究已知：△ABC和△DOE都是等腰三角形，∠CAB=∠DOE=90°，点O是BC的中点，发现结论：（1）如图1，当OE经过点A，OD经过点C时，线段AE和CD的数量关系是________，位置关系是________．（2）在图1的基础上，将△DOE绕点O顺时针旋转α（0°<α<90°）得到图2，则问题（1）中的结论是否成立？请说明理由．（3）如图3在（2）的基础上，当AE=CE时，请求出α的度数．（4）在（2）的基础上，△DOE在旋转的过程中设AC与OE相交于点F，当△OFC为等腰三角形时，请直接写出α的度数．【答案】（1）AE=CD；AE⊥CD（2）中的结论仍然成立理由如下：连接AO，延长DC交AE于点M，设OE，MD相交于点N∵△ABC是等腰直角三角形，O是BC的中点∴AO=CO，AO⊥BCword可编辑文档∴∠AOC=∠EOD=90°∴∠AOE=∠COD∵OE=OD∴△AOE≌△COD(SAS)∴AE=CD，∠AEO=∠CDO∵∠CDO+∠OND=90°，且∠OND=∠MNE∴∠AEO+∠MNE=90°∴∠DME=90°∴DM⊥AE即DC⊥AE（3）连接OA，如图3，∵AE=CE，OA=OC∴OE是AC的垂直平分线∴∠AOE=∠COE=45°∴α=45°（4）①若OF=FC时，如图4，∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，∴∠ACB=45°∴∠FOC=45°∵AO⊥BC∴∠AOC=90°∴∠AOF=90°-45°=45°，即α=45°；②当OC=FC时，如图5，∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，∴∠ACB=45°=67.5°∴∠FOC= 180°−45°2∵AO⊥BC∴∠AOC=90°∴∠AOF=90°-67.5°=22.5°，即α=22.5°；综上所述，α的度数为45°或22.5°．【解析】解：（1）∵△ABC是等腰三角形，∠CAB =90°，∴∠ACB=45°∵点O是BC的中点，∴AO⊥BC∴△AOC是等腰直角三角形，∴AO=CO∵△DOE是等腰三角形，∠DOE=90°，∴EO=DO∴EO-AO=DO-CO即AE=CD∵OE经过点A，OD经过点C，∴AE⊥CD故答案为：AE=CD AE⊥CD2.如图（1），在矩形ABCD中，AB=8,AD=6，点E,F分别是边DC,DA的中点，四边形DFGE为矩形，连接BG．（1）问题发现=________；在图（1）中，CEBG（2）拓展探究的大小有无变化？请仅就图（2）的情将图（1）中的矩形DFGE绕点D旋转一周，在旋转过程中，CEBG形给出证明；（3）问题解决当矩形DFGE旋转至B,G,E三点共线时，请直接写出线段CE的长．【答案】（1）45的大小无变化.（2）CEBG证明：如图（1），连接BD,DG，由题意可知：∠1=∠EDG，∴∠1+∠2=∠EDG+∠2，即∠CDE=∠BDG，在矩形ABCD中，CD=8,BC=6，∴BD=√CD2+BC2=10，∴CDBD =45，在矩形DFGE中，DE=4,GE=3，∴DG=√DE2+GE2=5，∴DEDG =45，∴CDBD =DEDG，∴ΔCDE∼ΔBDG，∴CEBG =DEDG=45；（3）CE=8√21+125或8√21−125如图（2），图（3）：如图（2），当点E在线段BG上，由（2）知，ΔCDE∼ΔBDG，CEBG =45，在Rt△BDE中，DB=10，DE=4，word可编辑文档∴BE=√102−42=2√21∴BG=2√21+3∵CEBG =45∴2√21+3=45∴CE=8√21+125；当点E在BG的延长线上时，由（2）知，ΔCDE∼ΔBDG，CEBG =45，在Rt△BDE中DB=10，DE=4，∴BE=√102−42=2√21∴BG=2√21−3∵CEBG =45∴2√21−3=45∴CE=8√21−125综上所述，CE=8√21+125或8√21−125【解析】（1）解：延长FG交BC于点H，则CH=BH=3，GH=EC=4，∠GHB=90°，∴BG=5，∴CEBG =45，故答案为：45 3.如图（1）【问题探究】如图①，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰直角△ABE和等腰直角△ACD ，使AE＝AB ，AD＝AC ，∠BAE＝∠CAD＝90°，连接BD ，CE ，试猜想BD与CE的大小关系，不需要证明．（2）【深入探究】如图②，锐角△ABC中，分别以AB、AC为边向外作等腰△ABE和等腰△ACD ，使AE＝AB ，AD ＝AC ，∠BAE＝∠CAD ，连接BD、CE ，试猜想BD与CE的大小关系，并说明理由．（3）【拓展应用】如图③，在△ABC中，∠ACB=45°，以AB为直角边，A为直角顶点向外作等腰直角△ABD ，连接CD ，若AC= √2，BC=3，则CD长为________．【答案】（1）BD=CE（2）解：BD=CE理由：∵∠BAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC，即∠CAE=∠DAB，在△CAE和△DAB中，{AE=AB∠CAE=∠DABAC=AD)，∴△CAE≌△DAB（SAS），∴BD=CE；（3）√13【解析】（1）证明：∵∠EAB+∠BAC=∠DAC+∠BAC，即∠CAE=∠DAB，在△CAE和△DAB中，{AE=AB∠CAE=∠DABAC=AD)，∴△CAE≌△DAB（SAS），∴BD=CE；（3）解：如图，作等腰直角△CAE，使∠CAE=90°，由题（1）得BE=CD，∵EC=√2AC=2，∵∠BCA+∠ACE=90°，∴BE=√BC2+CE2=√32+22=√13.故答案为：√13.4.（1）（问题情境）如图①，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为AB中点，连结CD，点E为CB上一点，过点E且垂直于DE的直线交AC于点F．易知BE与CF的数量关系为________．（2）（探索发现）如图②，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D为AB中点，连结CD，点E为CB的延长线上一点，过点E且垂直于DE的直线交AC的延长线于点F．（问题情境）中的结论还成立吗？请说明理由．（3）（类比迁移）如图③，在等边△ABC中，AB=4，点D是AB中点，点E是射线AC上一点（不与点A、C重合），将射线DE绕点D逆时针旋转60°交BC于点F．当CF=2CE时，CE=________．【答案】（1）BE=CF（2）解：成立，理由如下：∵在Rt△ABC中，D为AB中点，∴CD＝BD，又∵AC＝BC，∴DC⊥AB，∴∠DBC＝∠DCB＝45°，∵DE⊥DF，∴∠EDF＝90°，∴∠EDB＋∠BDF＝∠CDF＋∠BDF＝90°，∴∠CDF＝∠BDE，∴∠ADF＝∠CDE，∴AF＝CE，∴CF＝BE；（3）3−√3或−1+√7【解析】解：问题情境：证明：∵在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为AB中点，∴CD⊥AB，CD＝BD＝AD＝12AB，∠BCD＝∠B＝45°，∴∠BDC＝90°，∵∠EDF＝90°，∴∠CDF＝∠BDE，在△BDE与△CDF中，∵∠B＝∠DCF，BD＝CD，∠BDE＝∠CDF，∴△BDE≌△CDF（ASA），∴BE＝CF；类比迁移：∵△ABC是等边三角形，∴∠A＝∠B＝60°，∵∠FDE＝60°，∴∠BDF＝120°−∠ADE，∠AED＝120°−∠ADE，∴∠BDF＝∠AED，∴△AED∽△BDF，∴ADBF =AEBD，∵点D为AB中点，AB＝4，∴AD＝BD＝2，AC＝BC＝4，∵CF＝2CE，∴设CE＝x，则CF＝2x，当点E在线段AC上时，∴AE＝4−x，BF＝4−2x，∴24−2x=4−x2，解得：x＝3− √3，x＝3＋√3（不合题意，舍去），∴CE＝3− √3，如图，当点E在AC的延长线上时，∵AE＝4＋x，BF＝4−2x，∴24−2x=4+x2，解得：x＝−1＋√7，（负值舍去），∴CE＝−1＋√7．综上所述，CE＝3− √3或−1＋√7，故答案为：CE＝3− √3或−1＋√7．5.如图（1）如图1，直线m经过等腰直角△ABC的直角顶点A，过点B、C分别作BD⊥m，CE⊥m，垂足分别是D、E.求证：BD＋CE＝DE；（2）如图2，直线m经过△ABC的顶点A，AB＝AC，在直线m上取两点D、E，使∠ADB＝∠AEC＝α，补充∠BAC＝________（用α表示），线段BD、CE与DE之间满足BD＋CE＝DE，补充条件后并证明；________（3）在（2）的条件中，将直线m绕着点A逆时针方向旋转一个角度到如图3的位置，并改变条件∠ADB ＝∠AEC＝________（用α表示）.通过观察或测量，猜想线段BD、CE与DE之间满足的数量关系，并予以证明.________【答案】（1）解：∵BD⊥m，CE⊥m，∠ABC=90°，AC=BC，∴△ADB和△AEC都是直角三角形，∴∠DBA+∠DAB=90°，∴∠ECA+∠EAC=90°，∵∠BAC=90°，∠DAB+∠EAC=90º，∴∠DAB=∠ECA，又∵∠ADB=∠CEA=90°，AB=BC，所以△ADB≌△CEA（AAS），BD=AE，DA=EC，DE=DA+AE=EC+BD，BD＋CE＝DE.（2）α；解：∵等腰△ABC中，AC=CB，∠ADB=∠BAC=∠CEA=α，∴∠DAB+∠EAC=180°-α，∠ECA+∠CAE=180º-α，∴∠DAB=∠ECA，∵∠ADB=∠CEA=α，AC=CB，∴△ADB≌△CEA（AAS），∴CE=AD，BD=AE，∴AD+BE=CE+CD，所以BD+CE=DE.（3）180º-α；证明：数量关系为DE=CE-BD，∵∠ADB＝∠AEC＝180º-α，∠BAC=α，∴∠ABD+∠BAD=α，∠BAD+∠EAC=α，∴∠ABD=∠CAE，∵AB=AC，∴△BAD≌△ACE（AAS），∴AD=CE，BD=AE，∴DE=AD-AE=EC-BD.【解析】（2）解：∵等腰△ABC中，AC=CB，∠ADB=∠BAC=∠CEA=α;（3）解：180º-α，数量关系为DE=CE-BD，∵∠ADB＝∠AEC＝180º-α6.将一副三角尺如图①摆放，在RtΔABC中，∠ACB=90∘,∠B=60∘；在RtΔDEF中，∠EDF=90∘,∠E=45∘，点D为AB的中点，DE交AC于点P，DF经过点C.（1）求∠ADE的度数；（2）如图②，将ΔDEF绕点D顺时针方向旋转角α（0∘<α<60∘），此时的等腰直角三角尺记为ΔDE′F′，DE′交AC于点M，DF′交BC于点N，试判断PM的值是否随着α的变化而变化？如CN的值；反之，请说明理由.果不变，请求出PMCN【答案】（1）解：如图①，∵∠ACB=90°，点D为AB的中点，AB，∴CD=AD=BD=12∴∠ACD=∠A=30°，∴∠ADC=180°−30°×2=120°，∴∠ADE=∠ADC−∠EDF=120°−90°=30°；（2）解：如图②，∵∠EDF=90°，∴∠PDM+∠E′DF=∠CDN+∠E′DF=90°，∴∠PDM=∠CDN，∵∠B=60°，BD=CD，∴ΔBCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∵∠CPD=∠A+∠ADE=30°+30°=60°，∴∠CPD=∠BCD，在ΔDPM和ΔDCN中，{∠PDM=∠CDN∠CPD=∠BCD，∴ΔDPM∽ΔDCN，∴PMCN =PDCD，∵PDCD =tan∠ACD=tan30°=√33，∴PMCN 的值不随着α的变化而变化，是定值√33.7.将两个全等的直角三角形△ABC和△DBE按图①方式摆放，其中∠ACB＝∠DEB＝90°，∠A＝∠D＝30°，点E落在AB上，DE所在直线交AC所在直线于点F.（1）求证：AF+EF＝DE；（2）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角β，且60°<β<180°，其它条件不变，如图②.你认为（1）中猜想的结论还成立吗？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出AF、EF与DE之间的关系，并说明理由；（3）若将图①中的△DBE绕点B按顺时针方向旋转角α，且0°<α<60°，其它条件不变，请在图③中画出变换后的图形，并直接写出你在（1）中猜想的结论是否仍然成立.【答案】（1）证明：连接BF，如图，∵△ABC≌△DBE（已知），∴BC=BE，AC=DE.∵∠ACB=∠DEB=90°，∴∠BCF=∠BEF=90°.在Rt△BFC和Rt△BFE中，{BF=BFBC=BE∴Rt△BFC≌Rt△BFE（HL）.∴CF=EF.又∵AF+CF=AC，∴AF+EF=DE.word可编辑文档（2）证明：连接BF，∵△ABC≌△DBE，∴BC=BE，∵∠ACB=∠DEB=90°，∴△BCF和△BEF是直角三角形，在Rt△BCF和Rt△BEF中，{BF=BFBC=BE，∴△BCF≌△BEF（HL），∴CF=EF；∵△ABC≌△DBE，∴AC=DE，∴AF=AC+FC=DE+EF.（3）解：画出正确图形如图：同（1）得CF=EF，∵△ABC≌△DBE，∴AC=DE，∴AF+FC=AF+EF=AC=DE.∴（1）中的结论AF+EF=DE仍然成立；8.如图1所示，将一个边长为2的正方形ABCD和一个长为2、宽为1的长方形CEFD拼在一起，构成一个大的长方形ABEF．现将小长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CEPD'，旋转角为a.（1）当点D'恰好落在EF边上时，求旋转角a的值;（2）如图2，G为BC中点，且0°<a之90°，求证:GD'=E'D;（3）小长方形CEFD绕点C顺时针旋转一周的过程中,△ DCD'与A CBD'能否全等?若能，直接写出旋转角α的值:若不能说明理由.【答案】（1）解：∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴CD′=CD=2，在Rt△CED′中，CD′=2，CE=1，∴∠CD′E=30°，∵ CD∥ EF，∴∠α=30°（2）证明：∵G为BC中点，∴CG=1，∴CG=CE，∵长方形CEFD绕点C顺时针旋转至CE′F′D′，∴∠D′CE′=∠DCE=90°，CE=C E′=CG，∴∠GCD′=∠DCE′=90°+α，在△GCD′和△E′CD中{CD′=CD∠GCD′=∠GCE′CG=CE′，∴△GCD′≌△E′CD（SAS），∴GD′=E′D（3）解：能．理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD，∵CD′=CD′，∴△BCD′与△DCD′为腰相等的两等腰三角形，当∠BCD′=∠DCD′时，△BCD′≌△DCD′，当△BCD′与△DCD′为钝角三角形时，则旋转角α= 360∘−90∘2=135°，当△BCD′与△DCD′为锐角三角形时，∠ BCD′=∠ DCD′= 12 ∠BCD=45° 则α=360°﹣90∘2=315°，即旋转角a 的值为135°或315°时，△BCD′与△ DCD′全等．9.类比等腰三角形的定义，我们定义：有一组邻边相等的凸四边形叫做“邻好四边形”． （1）概念理解：如图1，在四边形 ABCD 中，添加一个条件，使得四边形 ABCD 是“邻好四边形”，请写出你添加的一个条件________；（2）概念延伸：下列说法正确的是________．(填入相应的序号) ①对角线互相平分的“邻好四边形”是菱形；②一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”是菱形； ③有两个内角为直角的“邻好四边形”是正方形；④一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角的“邻好四边形”是正方形； （3）问题探究：如图 2 ，小红画了一个 RtΔABC ，其中 ∠ABC =90° ， AB =2 ， BC =1 ，并将 RtΔABC 沿 ∠B 的平分线 BB ′ 方向平移得到 ΔA ′B ′C ′ ，连结 AA ′ ， BC ′ ，要使平移后的四边形 ABC ′A ′ 是“邻好四边形”应平移多少距离(即线段 BB ′ 的长)？ 【答案】 （1）AB=AD （2）①④（3）∵∠ABC=90°，AB=2，BC=1， ∴AC= √5 ，∵将Rt △ABC 平移得到△A′B′C′，∴BB′=AA′，A′B′∥AB ，A′B′=AB=2，B′C′=BC=1，A′C′=AC= √5 ，（I）如图1，当AA′=AB时，BB′=AA′=AB=2；（II）如图2，当AA′=A′C′时，BB′=AA′=A′C′= √5；（III）当A′C′=BC′= √5时，如图3，延长C′B′交AB于点D，则C′B′⊥AB，∵BB′平分∠ABC，∠ABC=45°，∴∠ABB′= 12∴∠BB′D=′∠ABB′=45°∴B′D=BD，设B′D=BD=x，则C′D=x+1，BB′= √2x，∵在Rt△BC′D中，BD2+C′D2=BC′2∴x2+（x+1）2=( √5)2 ，解得：x1=1，x2=−2(不合题意，舍去)，∴BB′= √2x =√2；（Ⅳ）当BC′=AB=2时，如图4，同理可得：BD2+C′D2=BC′2 ，设B′D=BD=x，则x2+（x+1）2=22 ，解得：x1=−1+√72，x2=−1−√72．（不合题意，均舍去），∴BB′= √2x =−√2+√142．综上所述，要使平移后的四边形ABC′A′是“邻好四边形”应平移2或√5或1或−√2+√142．【解析】（1）AB=BC或BC=CD或AD=CD或AB=AD．答案：AB=AD；（2）①符合题意，理由为：∵四边形的对角线互相平分，∴这个四边形是平行四边形，∵四边形是“邻好四边形”，∴这个四边形有一组邻边相等，∴这个“邻好四边形”是菱形；②不符合题意，理由为：一组对边平行，另一组对边相等的“邻好四边形”也有可能是等腰梯形；③不符合题意，理由为：有两个内角为直角的“邻好四边形”不是平行四边形时，该结论不成立；④符合题意，理由为：一组对边平行，另一组对边相等且有一个内角是直角可得到“四个角都是直角”，则该四边形是矩形，根据“邻边相等的矩形为正方形”，所以④的说法符合题意．故答案是：①④；10.如图1，已知直线MN //GH，且MN和GH之间的距离为1，小明同学制作了两个直角三角形硬纸板ACB和DEF，其中∠ACB=90°，∠DFE=90°，∠BAC=45°，∠EDF=30°，AC=1.小明利用这两块三角板进行了如下的操作探究：（1）如图1，点A在MN上，边BC在GH上，边DE在直线AB上.①将直角三角形DEF沿射线BA的方向平移，当点F在MN上时，如图2，求∠AFE的度数；②将直角三角形DEF从图2的位置继续沿射线BA的方向平移，当以A、D、F为顶点的三角形是直角三角形时，求∠FAN度数；（2）将直角三角形ABC如图3放置，若点A在直线MN上，点C在MN和GH之间（不含MN，GH上），边BC和AB与直线GH分别交于D，K.在△ABC绕着点A旋转的过程中，设∠MAK=n°，∠CDK=(4m﹣2n﹣10)°，则m的取值范围为________.【答案】（1）解：①∵∠DFE=90°，∴∠DEF+∠EDF=90°，∵∠EDF=30°，∴∠DEF=60°，∵∠DEF=∠EAF+∠AFE，∴∠AFE=∠DEF﹣∠EAF=60°﹣45°=15°；②如图，当∠AFD=90°时，∵∠ACB=90°，∴∠BAC+∠ABC=90°，∵∠BAC=45°∴∠ABC=45°，∵MN∥GH，∴∠BAN=∠ABC=45°，∵∠AFD=90°，∴∠FAD+∠ADF=90°，∵∠ADF=30°，∴∠FAD=60°，∴∠FAN=∠FAD﹣∠BAN=60°﹣45°=15°；如图，当∠FAD=90°时，∠FAN=∠FAD﹣∠BAN=90°﹣45°=45°，∴∠FAN度数为15°或45°；（2）70°<m<92.5°【解析】解:（2）如图，∵∠BAC=45°，∠ACB=90°，∴∠AKD+∠CDK=360°-90°-45°=225°，∵MN∥GH，∴∠MAK=∠AKD=n°，∵∠AKD+∠CDK=225°，∴(n+4m-2n-10) °=225°，整理得：n°=(4m-235) °，∵AC=1，且EF和GH之间的距离为1，如图，点C在直线MN上时，点B、K、D重合，∠MAK= n°=180°-45°=135°，如图，点C在直线GH上时，点B、K、D重合，∠MAK= n°=90°-45°=45°，∵点C在MN和GH之间（不含MN、GH上），∴45°＜n°＜135°，即45°＜(4m-235) °＜135°，∴m的取值范围是：70°＜m＜92.5°.故答案为：70°＜m＜92.5°.11.如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AC=6，BD=18，E，F在对角线BD上.（1）若BE=DF，①判断四边形AECF的形状并说明理由；②若BE=AE，求线段EF的长；（2）将（1）中的线段EF从当前位置沿射线BD的方向平移，若平移过程中∠EAO=∠EFA，求此时OF 的长.【答案】（1）解：①∵四边形ABCD为菱形∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD∵BE=DF∴OB-BE=OD-DF∴AC⊥EF且OA=OC，OE=OF ∴四边形AECF是菱形；②由①可知四边形AECF是菱形∴EF=2OE又∵四边形ABCD是菱形∴OB= 12BD=9，OA=12AC=3设OE=x，则AE=BE=9-x在Rt△AOE中，x2+32=(9−x)2，解得x=4 ∴EF=2OE=8（2）解：在（1）的位置下，EF=8，且AC⊥EF ∴∠AOE=∠FOA=90°又∵在平移过程中，∠EAO=∠EFA∴△AOE与△FOA相似如图：①当点E在O点左侧时，△AOE∽△FOA 设OF=x，则OE=8-x此时AOOF =OEAO，即3x=8−x3解得：x1=4+√7，x2=4−√7<4（不合题意，舍去）②当点E在O点右侧时，△AOE∽△FOA设OF=x，则OE=x-8此时AOOF =OEAO，即3x=x−83解得：x1=9，x2=−1（不合题意，舍去）综上所述，OF的长为9或4+√7.12.在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∠ACB＝∠DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动.（1）活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移.（思考）图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由.（2）（发现）当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）.求AF的长. （3）活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE（如图4）.（探究）当EF平分∠AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由.【答案】（1）解：四边形ABDE是平行四边形.证明：如图，∵△ABC≌△DEF，∴AB＝DE，∠BAC＝∠EDF，∴AB∥DE，∴四边形ABDE是平行四边形；（2）解：如图1，连接BE交AD于点O，∵四边形ABDE为矩形，∴OA＝OD＝OB＝OE，设AF＝x（cm），则OA＝OE＝12（x+4），∴OF＝OA﹣AF＝2﹣12x，在Rt△OFE中，∵OF2+EF2＝OE2，∴(2−12x)2+32=14(x+4)2，解得：x＝94，∴AF＝94cm.（3）解：BD＝2OF，证明：如图2，延长OF交AE于点H，∵四边形ABDE为矩形，∴∠OAB＝∠OBA＝∠ODE＝∠OED，OA＝OB＝OE＝OD，∴∠OBD＝∠ODB，∠OAE＝∠OEA，∴∠ABD+∠BDE+∠DEA+∠EAB＝360°，∴∠ABD+∠BAE＝180°，∴AE∥BD，∴∠OHE＝∠ODB，word可编辑文档∵EF平分∠OEH，∴∠OEF＝∠HEF，∵∠EFO＝∠EFH＝90°，EF＝EF，∴△EFO≌△EFH（ASA），∴EO＝EH，FO＝FH，∴∠EHO＝∠EOH＝∠OBD＝∠ODB，∴△EOH≌△OBD（AAS），∴BD＝OH＝2OF.。

图形的平移翻折对称(共30题)(学生版)--2023年中考数学真题分项汇编

图形的平移翻折对称(30题)一、单选题1(2023·四川南充·统考中考真题)如图，将△ABC沿BC向右平移得到△DEF，若BC=5，BE=2，则CF的长是()A.2B.2.5C.3D.52(2023·山东·统考中考真题)如图，四边形ABCD是一张矩形纸片．将其按如图所示的方式折叠：使DA边落在DC边上，点A落在点H处，折痕为DE；使CB边落在CD边上，点B落在点G处，折痕为CF．若矩形HEFG与原矩形ABCD相似，AD=1，则CD的长为()A.2-1B.5-1C.2+1D.5+13(2023·内蒙古赤峰·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6．点F是AB中点，连接CF，把线段CF沿射线BC方向平移到DE，点D在AC上．则线段CF在平移过程中扫过区域形成的四边形CFDE的周长和面积分别是()A.16，6B.18，18C.16.12D.12，164(2023·黑龙江·统考中考真题)如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5,OA:OD=1:4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E 的坐标是()A.1,2B.-1,2C.5-1,2D.1-5,25(2023·浙江嘉兴·统考中考真题)如图，已知矩形纸片ABCD ，其中AB =3，BC =4，现将纸片进行如下操作：第一步，如图①将纸片对折，使AB 与DC 重合，折痕为EF ，展开后如图②；第二步，再将图②中的纸片沿对角线BD 折叠，展开后如图③；第三步，将图③中的纸片沿过点E 的直线折叠，使点C 落在对角线BD 上的点H 处，如图④．则DH 的长为()A.32B.85C.53D.956(2023·甘肃武威·统考中考真题)如图，将矩形ABCD 对折，使边AB 与DC ，BC 与AD 分别重合，展开后得到四边形EFGH ．若AB =2，BC =4，则四边形EFGH 的面积为()A.2B.4C.5D.67(2023·内蒙古赤峰·统考中考真题)如图，把一个边长为5的菱形ABCD 沿着直线DE 折叠，使点C 与AB 延长线上的点Q 重合．DE 交BC 于点F ，交AB 延长线于点E ．DQ 交BC 于点P ，DM ⊥AB 于点M ，AM =4，则下列结论，①DQ =EQ ，②BQ =3，③BP =158，④BD ∥FQ ．正确的是()A.①②③B.②④C.①③④D.①②③④二、填空题8(2023·吉林长春·统考中考真题)如图，将正五边形纸片ABCDE折叠，使点B与点E重合，折痕为AM，展开后，再将纸片折叠，使边AB落在线段AM上，点B的对应点为点B ，折痕为AF，则∠AFB 的大小为度．9(2023·全国·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BC<AC．点D，E分别在边AB，BC 上，连接DE，将△BDE沿DE折叠，点B的对应点为点B ．若点B 刚好落在边AC上，∠CB E=30°，CE =3，则BC的长为．10(2023·湖北宜昌·统考中考真题)如图，小宇将一张平行四边形纸片折叠，使点A落在长边CD上的点A处，并得到折痕DE，小宇测得长边CD=8，则四边形A EBC的周长为．11(2023·辽宁·统考中考真题)如图，在三角形纸片ABC中，AB=AC,∠B=20°，点D是边BC上的动点，将三角形纸片沿AD对折，使点B落在点B 处，当B D⊥BC时，∠BAD的度数为．12(2023·江苏徐州·统考中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠C=90°,CA=CB=3，点D在边BC上．将△ACD沿AD折叠，使点C落在点C 处，连接BC ，则BC 的最小值为．13(2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题)矩形纸片ABCD中，AB=3，BC=5，点M在AD边所在的直线上，且DM=1，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点M重合，折痕与AD，BC分别交于点E，F，则线段EF的长度为．14(2023·四川凉山·统考中考真题)如图，在Rt△ABC纸片中，∠ACB=90°，CD是AB边上的中线，将△ACD沿CD折叠，当点A落在点A 处时，恰好CA ⊥AB，若BC=2，则CA =．15(2023·新疆·统考中考真题)如图，在▱ABCD中，AB=6，BC=8，∠ABC=120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A BE，当点A 恰好落在EC上时，DE的长为．16(2023·江苏扬州·统考中考真题)如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边AD、BC 上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B 处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5，那么线段FC的长为．17(2023·湖北随州·统考中考真题)如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=4，M是边AB上一动点(不含端点)，将△ADM沿直线DM对折，得到△NDM．当射线CN交线段AB于点P时，连接DP，则△CDP的面积为；DP的最大值为．18(2023·湖南·统考中考真题)如图，在矩形ABCD 中，AB =2,AD =7，动点P 在矩形的边上沿B →C →D →A 运动．当点P 不与点A 、B 重合时，将△ABP 沿AP 对折，得到△AB P ，连接CB ，则在点P 的运动过程中，线段CB 的最小值为．19(2023·湖北武汉·统考中考真题)如图，DE 平分等边△ABC 的面积，折叠△BDE 得到△FDE ,AC 分别与DF ,EF 相交于G ,H 两点．若DG =m ,EH =n ，用含m ,n 的式子表示GH 的长是．20(2023·广东深圳·统考中考真题)如图，在△ABC 中，AB =AC ，tan B =34，点D 为BC 上一动点，连接AD ，将△ABD 沿AD 翻折得到△ADE ，DE 交AC 于点G ，GE <DG ，且AG :CG =3:1，则S 三角形AGES 三角形ADG=．21(2023·黑龙江·统考中考真题)矩形ABCD 中，AB =3,AD =9，将矩形ABCD 沿过点A 的直线折叠，使点B 落在点E 处，若△ADE 是直角三角形，则点E 到直线BC 的距离是．22(2023·四川成都·统考中考真题)如图，在Rt △ABC 中，∠ABC =90°，CD 平分∠ACB 交AB 于点D ，过D 作DE ∥BC 交AC 于点E ，将△DEC 沿DE 折叠得到△DEF ，DF 交AC 于点G ．若AG GE=73，则tan A =．23(2023·四川南充·统考中考真题)如图，在等边△ABC 中，过点C 作射线CD ⊥BC ，点M ，N 分别在边AB ，BC 上，将△ABC 沿MN 折叠，使点B 落在射线CD 上的点B ′处，连接AB ′，已知AB =2．给出下列四个结论：①CN +NB ′为定值；②当BN =2NC 时，四边形BMB ′N 为菱形；③当点N 与C 重合时，∠AB ′M =18°；④当AB ′最短时，MN =72120．其中正确的结论是(填写序号)24(2023·浙江杭州·统考中考真题)如图，在△ABC 中，AB =AC ,∠A <90°，点D ,E ,F 分别在边AB ，BC ,CA 上，连接DE ,EF ,FD ，已知点B 和点F 关于直线DE 对称．设BC AB =k ，若AD =DF ，则CFFA=(结果用含k 的代数式表示)．三、解答题25(2023·安徽·统考中考真题)如图，在由边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，点A,B,C,D 均为格点(网格线的交点)．(1)画出线段AB关于直线CD对称的线段A1B1；(2)将线段AB向左平移2个单位长度，再向上平移1个单位长度，得到线段A2B2，画出线段A2B2；(3)描出线段AB上的点M及直线CD上的点N，使得直线MN垂直平分AB．26(2023·四川广安·统考中考真题)将边长为2的正方形剪成四个全等的直角三角形，用这四个直角三角形拼成符合要求的四边形，请在下列网格中画出你拼成的四边形(注：①网格中每个小正方形的边长为1；②所拼的图形不得与原图形相同；③四边形的各顶点都在格点上)．27(2023·内蒙古通辽·统考中考真题)综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM，延长PM交CD于点Q，连接BQ．(1)如图1，当点M在EF上时，∠EMB=度；(2)改变点P在AD上的位置(点P不与点A，D重合)如图2，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．28(2023·湖北·统考中考真题)如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M 落在边AD上(点M不与点A,D重合)，点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E,F，连接BM．(1)求证：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的长．29(2023·江苏无锡·统考中考真题)如图，四边形ABCD是边长为4的菱形，∠A=60°，点Q为CD的中点，P为线段AB上的动点，现将四边形PBCQ沿PQ翻折得到四边形PB C Q．(1)当∠QPB=45°时，求四边形BB C C的面积；(2)当点P在线段AB上移动时，设BP=x，四边形BB C C的面积为S，求S关于x的函数表达式．30(2023·广东·统考中考真题)综合探究如图1，在矩形ABCD中(AB>AD)，对角线AC，BD相交于点O，点A关于BD的对称点为A′，连接AA′交BD于点E，连接CA′．(1)求证：AA′⊥CA′；(2)以点O为圆心，OE为半径作圆．①如图2，⊙O与CD相切，求证：AA′=3CA′；②如图3，⊙O与CA′相切，AD=1，求⊙O的面积．。

图形的旋转、翻折与平移-三年中考数学真题分项汇编(解析版)

图形的旋转、翻折与平移一、单选题1．（2022·浙江湖州）如图，将△ABC沿BC方向平移1cm得到对应的△A′B′C′．若B′C=2cm，则BC′的长是（）A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm【答案】C【分析】据平移的性质可得BB′=CC′=1，列式计算即可得解．【详解】解：∵∵ABC沿BC方向平移1cm得到△A′B′C′，∵BB′=CC′=1cm，∵B′C=2cm，∵BC′= BB′+ B′C+CC′=1+2+1=4（cm）．故选：C．【点睛】本题考查了平移的性质，熟记性质得到相等的线段是解题的关键．2．（2022·浙江嘉兴）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心''''，形成一个“方吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形A B C D胜”图案，则点D，B′之间的距离为（）A．1cm B．2cm C．2－1)cm D．21)cm【答案】D【分析】先求出BD，再根据平移性质求得BB'=1cm，然后由BD BB-′求解即可．【详解】解：由题意，BD=22cm，由平移性质得BB'=1cm，∵点D，B′之间的距离为DB'=BD BB-′=（221-）cm，【点睛】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．3．（2021·浙江丽水）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【答案】C【分析】直接利用利用关于y轴对称点的性质得出答案．【详解】解：∵点A (−1，b) 关于y轴对称点为B (1，b)，C (2，b)关于y轴对称点为(-2，b)，需要将点D (3.5，b) 向左平移3.5+2=5.5个单位，故选：C．【点睛】本题主要考查了关于y轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的关系是解题关键．4．（2021·浙江绍兴）数学兴趣小组同学从“中国结”的图案（图1）中发现，用相同的菱形放置，可得到更多的菱形．如图2，用2个相同的菱形放置，得到3个菱形．下面说法正确的是（）A．用3个相同的菱形放置，最多能得到6个菱形B．用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形C．用5个相同的菱形放置，最多能得到27个菱形D．用6个相同的菱形放置，最多能得到41个菱形【分析】根据平移和大菱形的位置得出菱形的个数进行判定即可【详解】如图所示，用2个相同的菱形放置，最多能得到3个菱形；用3个相同的菱形放置，最多能得到8个菱形，用4个相同的菱形放置，最多能得到16个菱形，用5个相同的菱形放置，最多能得到29个菱形，用6个相同的菱形放置，最多能得到47个菱形．故选：B．【点睛】本题考查了生活中的平移现象，菱形的判定，正确的识别图形是解题的关键．5．（2020·浙江台州）如图，把∵ABC 先向右平移3个单位，再向上平移2个单位得到∵DEF ，则顶点C （0，-1）对应点的坐标为（ ）A ．（0，0）B ．（1，2）C ．（1，3）D ．（3，1） 【答案】D 【分析】先找到顶点C 的对应点为F ，再根据直角坐标系的特点即可得到坐标．【详解】∵顶点C 的对应点为F ，由图可得F 的坐标为（3，1），故选D ．【点睛】此题主要考查坐标与图形，解题的关键是熟知直角坐标系的特点．6．（2022·浙江台州）如图是战机在空中展示的轴对称队形．以飞机B ，C 所在直线为x 轴、队形的对称轴为y 轴，建立平面直角坐标系．若飞机E 的坐标为(40，a )，则飞机D 的坐标为（ ）A ．(40,)a -B ．(40,)a -C ．(40,)a --D ．(,40)a -【答案】B 【分析】直接利用关于y 轴对称，纵坐标相同，横坐标互为相反数，进而得出答案．【详解】解：根据题意，点E 与点D 关于y 轴对称，∵飞机E 的坐标为(40，a )，∵飞机D 的坐标为(-40，a )，【点睛】此题主要考查了关于y 轴对称点的性质，正确记忆横纵坐标的符号关系是解题关键．7．（2020·浙江台州）把一张宽为1cm 的长方形纸片ABCD 折叠成如图所示的阴影图案，顶点A ，D 互相重合，中间空白部分是以E 为直角顶点，腰长为2cm 的等腰直角三角形，则纸片的长AD （单位：cm ）为（ ）A ．732+B ．742+C ．832+D ．842+【答案】D 【分析】如图，过点M 作MH∵A'R 于H ，过点N 作NJ∵A'W 于J ．想办法求出AR ，RM ，MN ，NW ，WD 即可解决问题．【详解】解：如图，过点M 作MH∵A'R 于H ，过点N 作NJ∵A'W 于J ．由题意∵EMN 是等腰直角三角形，EM=EN=2，MN=22∵四边形EMHK 是矩形，∵EK= A'K=MH=1，KH=EM=2，∵∵RMH 是等腰直角三角形，∵RH=MH=1，RM=2，同法可证NW=2，题意AR=R A'= A'W=WD=4，∵AD=AR+RM+MN+NW+DW=4+2+22+2+4=842+.故答案为：D.【点睛】本题考查翻折变换，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造特殊三角形或特殊四边形解决问题．8．（2022·浙江衢州）下列图形是中心对称图形的是（ ）A ．B ．C ．D ．【分析】根据中心对称图形的定义（在平面内，把一个图形绕某点旋转180 ，如果旋转后的图形与另一个图形重合，那么这两个图形互为中心对称图形）逐项判断即可得．【详解】解：A、不是中心对称图形，此项不符合题意；B、是中心对称图形，此项符合题意；C、不是中心对称图形，此项不符合题意；D、不是中心对称图形，此项不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查了中心对称图形，熟记中心对称图形的定义是解题关键．9．（2020·浙江绍兴）如图，点O为矩形ABCD的对称中心，点E从点A出发沿AB向点B运动，移动到点B停止，延长EO交CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（）A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形C．平行四边形→正方形→菱形→矩形D．平行四边形→菱形→正方形→矩形【答案】B【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形．故选：B．【点睛】考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，根据EF与AC的位置关系即可求解．二、填空题10．（2022·浙江台州）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′∵BC，则阴影部分的面积为______2cm．【答案】8【分析】根据平移的性质即可求解．【详解】解：由平移的性质S △A ′B ′C ′=S △ABC ，BC =B ′C ′，BC ∵B ′C ′，∵四边形B ′C ′CB 为平行四边形，∵BB ′∵BC ，∵四边形B ′C ′CB 为矩形，∵阴影部分的面积=S △A ′B ′C ′+S 矩形B ′C ′CB -S △ABC=S 矩形B ′C ′CB=4×2=8(cm 2)．故答案为：8．【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：∵平移不改变图形的形状和大小；∵经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．11．（2022·浙江金华）如图，在Rt ABC 中，90,30,2cm ACB A BC ∠=︒∠=︒=．把ABC 沿AB 方向平移1cm ，得到A B C '''，连结CC '，则四边形AB C C ''的周长为_____cm ．【答案】823+【分析】通过勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，分别计算出四边形的四条边长，再计算出周长即可．【详解】解：∵90,30,2cm ACB A BC ∠=︒∠=︒=，∵AB =2BC =4，∵AC =2216423AB BC -=-=，∵把ABC 沿AB 方向平移1cm ，得到A B C '''，∵1CC '=，=4+1=5AB '， =2B C BC ''=，∵四边形的周长为：23152823+++=+，故答案为：823+．【点睛】本题考查勾股定理，平移的特性，特殊角的三角函数，能够熟练掌握勾股定理是解决本题的关键． 12．（2022·浙江嘉兴）如图，在扇形AOB 中，点C ，D 在AB 上，将CD 沿弦CD 折叠后恰好与OA ，OB 相切于点E ，F ．已知120AOB ∠=︒，6OA =，则EF 的度数为_______；折痕CD 的长为_______．【答案】 60°##60度 46【分析】根据对称性作O 关于CD 的对称点M ，则点D 、E 、F 、B 都在以M 为圆心，半径为6的圆上，再结合切线的性质和垂径定理求解即可．【详解】作O 关于CD 的对称点M ，则ON =MN连接MD 、ME 、MF 、MO ，MO 交CD 于N∵将CD 沿弦CD 折叠∵点D 、E 、F 、B 都在以M 为圆心，半径为6的圆上∵将CD 沿弦CD 折叠后恰好与OA ，OB 相切于点E ，F ．∵ME ∵OA ，MF ∵OB∵90MEO MFO ∠=∠=︒∵120AOB ∠=︒∵四边形MEOF 中36060EMF AOB MEO MFO ∠=︒-∠-∠-∠=︒即EF 的度数为60°；∵90MEO MFO ∠=∠=︒，ME MF =∵MEO MFO ≅（HL ）∵1302EMO FMO FME ∠=∠=∠=︒ ∵643cos cos30ME OM EMO ===∠︒∵23MN =∵MO ∵DC∵222216(23)262DN DM MN CD =-=-== ∵46CD =故答案为：60°；46【点睛】本题考查了折叠的性质、切线的性质、垂径定理、勾股定理；熟练掌握折叠的性质作出辅助线是解题的关键．13．（2020·浙江金华）图1是一个闭合时的夹子，图2是该夹子的主视示意图，夹子两边为AC ，BD （点A与点B 重合），点O 是夹子转轴位置，O E ∵AC 于点E ，OF ∵BD 于点F ，OE=OF=1cm ，AC =BD =6cm ， CE =DF ， CE :AE =2:3.按图示方式用手指按夹子，夹子两边绕点O 转动．(1)当E ，F 两点的距离最大值时，以点A ，B ，C ，D 为顶点的四边形的周长是_____ cm ．(2)当夹子的开口最大（点C 与点D 重合）时，A ，B 两点的距离为_____cm ．【答案】1660 13【分析】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，可得AB=CD=EF=2cm，根据矩形的性质求出周长即可．（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，可得CH AB⊥，AH=BH，利用已知先求出125CE cm=，在Rt△OEF中利用勾股定理求出CO的长，由sinOE AHECOCO AAC∠==，求出AH，从而求出AB=2AH的长．【详解】（1）当E、O、F三点共线时，E、F两点间的距离最大，此时四边形ABCD是矩形，∵AB=CD=EF=2cm，∵以点A，B，C，D为顶点的四边形的周长为2+6+2+6=16cm．（2）当夹子的开口最大（点C与D重合）时，连接OC并延长交AB于点H，∵CH AB⊥，AH=BH，∵AC=BD=6cm，CE∵AE=2∵3，∵125CE cm=，在Rt△OEF中，2213 5CO OE CE=+=，∵sinOE AHECOCO AAC∠==，3013AH=，∴AB=2AH=60 13．故答案为16，60 13．【点睛】本题主要考查了勾股定理与旋转的结合，做题时准确理解题意利用已知的直角三角形进行求解是解题的关键．三、解答题14．（2022·浙江温州）如图，在26⨯的方格纸中，已知格点P，请按要求画格点图形（顶点均在格点上）．(1)在图1中画一个锐角三角形，使P为其中一边的中点，再画出该三角形向右平移2个单位后的图形．(2)在图2中画一个以P为一个顶点的钝角三角形，使三边长都不相等，再画出该三角形绕点P旋转180︒后的图形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可；（2）根据题意画出合适的图形即可，注意本题答案不唯一，主要作出的图形符合题意即可．（1）画法不唯一，如图1或图2等．（2）画法不唯一，如图3或图4等．【点睛】本题考查作图—旋转变换、作图—平移变换，解答本题的关键是明确题意，画出相应的图形，注意不要忘记画出平移后或旋转后的图形．15．（2022·浙江丽水）如图，在66的方格纸中，点A，B，C均在格点上，试按要求画出相应格点图形．(1)如图1，作一条线段，使它是AB向右平移一格后的图形；(2)如图2，作一个轴对称图形，使AB和AC是它的两条边；(3)如图3，作一个与ABC相似的三角形，相似比不等于1．【答案】(1)画图见解析(2)画图见解析(3)画图见解析【分析】（1）分别确定A，B平移后的对应点C，D，从而可得答案；（2）确定线段AB，AC关于直线BC对称的线段即可；（3）分别计算ABC的三边长度，再利用相似三角形的对应边成比例确定DEF的三边长度，再画出DEF 即可．（1）解：如图，线段CD即为所求作的线段，（2）如图，四边形ABDC是所求作的轴对称图形，（3）如图，如图，DEF 即为所求作的三角形，由勾股定理可得：221310,2,AB AC而2,BC = 同理：2226210,22,DFDE 而4,EF1,2AB AC BC DF DE EF.ABC DFE ∽【点睛】本题考查的是平移的作图，轴对称的作图，相似三角形的作图，掌握平移轴对称的性质，相似三角形的判定方法是解本题的关键．16．（2021·浙江温州）如图44⨯与66⨯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． （253中． 【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）七巧板中有两个四边形，分别是正方形和平行四边形，根据题意可画出4种图形任意选一种即可，（2）七巧板中有五个等腰直角三角形，有直角边长2的两个，直角边长22的两个，直角边长2 的一个，根据题意利用数形结合的思想解决问题即可．【详解】解：（1）画法不唯一，当选四边形为正方形时可以是如图1或图2；当四边形式平行四边形时可以是图3或图4．（2）画法不唯一，当直角边长为2时，扩大5即直角边长为10利用勾股定理画出直角边长为10直角三角形可以是如图5或图6当直角边长为22时，扩大5即直角边长为210利用勾股定理画出直角边长为210直角三角形可以是如图7或图8等．【点睛】本题考查基本作图，平移，二次根式的乘法，以及勾股定理的应用，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．17．（2022·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段AB的端点均在格点上，分别按要求画出图形．(1)在图1中画出等腰三角形ABC，且点C在格点上．（画出一个即可）(2)在图2中画出以AB为边的菱形ABDE，且点D，E均在格点上．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】利用轴对称图形、中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可；（1）答案不唯一．（2）【点睛】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形．18．（2020·浙江宁波）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个网格图中有3个小等边三角形已涂上阴影．请在余下的空白小等边三角形中，分别按下列要求选取一个涂上阴影：（1）使得4个阴影小等边三角形组成一个轴对称图形．（2）使得4个阴影小等边三角形组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）根据轴对称图形的定义画出图形构成一个大的等边三角形即可（答案不唯一）．（2）根据中心对称图形的定义画出图形构成一个平行四边形即可（答案不唯一）．【详解】解：（1）轴对称图形如图1所示．（2）中心对称图形如图2所示．【点睛】本题考查利用中心对称设计图案，利用轴对称设计图案，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．19．（2020·浙江金华）如图，在∵ABC 中，AB =42∵B =45°，∵C =60°． （1）求BC 边上的高线长．（2）点E 为线段AB 的中点，点F 在边AC 上，连结EF ，沿EF 将∵AEF 折叠得到∵PEF ． ∵如图2，当点P 落在BC 上时，求∵AEP 的度数． ∵如图3，连结AP ，当PF ∵AC 时，求AP 的长．【答案】（1）4;（2）∵90°；∵26【分析】（1）如图1中，过点A 作AD∵BC 于D ．解直角三角形求出AD 即可． （2）∵证明BE=EP ，可得∵EPB=∵B=45°解决问题． ∵如图3中，由（1）可知：AC=83sin 603AD =︒，证明∵AEF∵∵ACB ，推出AF AE AB AC =，由此求出AF 即可解决问题．【详解】解：（1）如图1，过点A 作AD ∵BC 于点D ， 在Rt∵ABD 中，sin 45AD AB =⋅︒=2422⨯=4.（2）∵如图2，∵∵AEF ∵∵PEF ， ∵AE ＝EP . 又∵AE ＝BE ， ∵BE ＝EP ， ∵∵EPB ＝∵B ＝45°， ∵∵AEP ＝90°.∵如图3，由（1）可知：在Rt∵ADC 中，83sin 603AD AC ==︒. ∵PF ∵AC ， ∵∵PF A ＝90°. ∵∵AEF ∵∵PEF ，∵∵AFE ＝∵PFE ＝45°，则∵AFE ＝∵B . 又∵∵EAF ＝∵CAB ， ∵∵EAF ∵∵CAB ，∵AF AB＝AE AC ，即42AF ＝22833， ∵AF ＝23,在Rt∵AFP 中，AF ＝PF ，则AP ＝2AF ＝26.【点睛】本题属于三角形综合题，考查了解直角三角形的应用，翻折变换，全等三角形的性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，属于中考常考题型．20．（2021·浙江嘉兴）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形ABCD 绕点A 顺时针旋转()090αα︒<≤︒，得到矩形'''AB C D[探究1]如图1，当90α=︒时，点'C 恰好在DB 延长线上．若1AB =，求BC 的长．[探究2]如图2，连结'AC ，过点'D 作'//'D M AC 交BD 于点M ．线段'D M 与DM 相等吗？请说明理由．[探究3]在探究2的条件下，射线DB 分别交'AD ，'AC 于点P ，N （如图3），MN ，PN 存在一定的数量关系，并加以证明．【答案】[探究1]152BC +=；[探究2]'D M DM =，证明见解析；[探究3]2MN PN DN =⋅，证明见解析 【分析】[探究1] 设BC x =，根据旋转和矩形的性质得出''//D C DA ，从而得出''D C B ADB ∆∆∽，得出比例式'''D C D BAD AB=，列出方程解方程即可； [探究2] 先利用SAS 得出''AC D DBA ∆∆≌，得出'DAC ADB ∠=∠，'ADB AD M ∠=∠，再结合已知条件得出''MDD MD D ∠=∠，即可得出'D M DM =；[探究3] 连结AM ，先利用SSS 得出ADM ADM ∆∆≌，从而证得MN AN =，再利用两角对应相等得出NPA NAD ∆∆∽，得出PN ANAN DN=即可得出结论． 【详解】[探究1]如图1，设BC x =．∵矩形ABCD 绕点A 顺时针旋转90︒得到矩形'''AB C D ， ∵点A ，B ，'D 在同一直线上．∵'AD AD BC x ===，'1DC AB AB ===， ∵''1D B AD AB x =-=-． ∵'90BAD D ∠=∠=︒， ∵//D C DA ''．又∵点'C 在DB 延长线上， ∵''D C B ADB ∆∆∽， ∵'''D C D BAD AB =，∵111x x -=． 解得1152x +=，2152x -=（不合题意，舍去）∵152BC +=． [探究2] 'D M DM =． 证明：如图2，连结'DD ．∵'//'D M AC ， ∵'''AD M D AC ∠=∠．∵'AD AD =，''90AD C DAB ∠=∠=︒，''D C AB =，∵()''AC D DBA SAS ∆∆≌．∵'D AC ADB '∠=∠，'ADB AD M ∠=∠，∵AD AD =，''ADD AD D ∠=∠，∵''MDD MD D ∠=∠，∵'D M DM =．[探究3]关系式为2MN PN DN =⋅．证明：如图3，连结AM ．∵'D M DM =，'AD AD =，AM AM =，∵()ADM AD M SSS '∆∆≌．∵'MAD MAD ∠=∠，∵AMN MAD NDA ∠=∠+∠，'NAM MAD NAP ∠=∠+∠，∵AMN NAM ∠=∠，∵MN AN =．在NAP ∆与NDA ∆中，ANP DNA ∠=∠，NAP NDA ∠=∠，∵NPA NAD ∆∆∽，∵PN AN AN DN=， ∵2AN PN DN =⋅．∵2MN PN DN =⋅．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．21．（2020·浙江绍兴）如图1，矩形DEFG中，DG＝2，DE＝3，Rt∵ABC中，∵ACB＝90°，CA＝CB＝2，FG，BC的延长线相交于点O，且FG∵BC，OG＝2，OC＝4．将∵ABC绕点O逆时针旋转α（0°≤α＜180°）得到∵A′B′C′．（1）当α＝30°时，求点C′到直线OF的距离．（2）在图1中，取A′B′的中点P，连结C′P，如图2．∵当C′P与矩形DEFG的一条边平行时，求点C′到直线DE的距离．∵当线段A′P与矩形DEFG的边有且只有一个交点时，求该交点到直线DG的距离的取值范围．【答案】（1）点C′到直线OF的距离为23；（2）∵点C′到直线DE的距离为22±2；∵2≤d＜4417或d＝3．【分析】（1）过点C′作C′H∵OF于H．根据直角三角形的边角关系，解直角三角形求出CH即可．（2）∵分两种情形：当C′P∵OF时，过点C′作C′M∵OF于M；当C′P∵DG时，过点C′作C′N∵FG于N．通过解直角三角形，分别求出C′M，C′N即可．∵设d为所求的距离．第一种情形：当点A′落在DE上时，连接OA′，延长ED交OC于M．当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ∵C′B′于Q．结合图象可得结论．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝25﹣2，即d＝25﹣2；当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT∵B′C′于T，过点P作PR∵OQ交OB′于R，连接OP．求出QG可得结论．第三种情形：当A′P经过点F时，此时显然d＝3．综上所述即可得结论．【详解】解：（1）如图，过点C′作C′H∵OF于H．∵∵A′B′C′是由∵ABC绕点O逆时针旋转得到，∵C′O=CO=4，在Rt∵HC′中，∵∵HC′O＝α＝30°，∵C′H＝C′O•cos30°＝23，∵点C′到直线OF的距离为23．（2）∵如图，当C′P∵OF时，过点C′作C′M∵OF于M．∵∵A′B′C′为等腰直角三角形，P为A′B′的中点，∵∵A′C′P=45°，∵∵A′C′O=90°，∵∵OC′P=135°.∵C′P∵OF，∵∵O＝180°﹣∵OC′P＝45°，∵∵OC′M是等腰直角三角形，∵C′M ＝C′O•cos45°=4×22=22， ∵点C′到直线DE 的距离为222-．如图，当C′P∵DG 时，过点C′作C′N∵FG 于N ．同法可证∵OC′N 是等腰直角三角形，∵C′N ＝22，∵GD=2，∵点C′到直线DE 的距离为222+．∵设d 为所求的距离．第一种情形：如图，当点A′落在DE 上时，连接OA′，延长ED 交OC 于M ．∵OC=4，AC=2，∵ACO=90°，2216425OA CO AC =+∴+==∵OM ＝2，∵OMA′＝90°，∵A′M ＝22A O OM '-＝()22252-＝4，∵DM=2，∵A′D＝A′M-DM=4-2=2，即d＝2，如图，当点P落在DE上时，连接OP，过点P作PQ∵C′B′于Q．∵P为A′B′的中点，∵A′C′B′=90°，∵PQ∵A′C′，∵'12 B P C Q PQB A BC A C'''''''===∵B′C′=2∵PQ＝1，C'Q=1，∵Q点为B′C′的中点，也是旋转前BC的中点，∵OQ=OC'+C'Q=5∵OP＝2251+＝26，∵PM＝2226422OP OM-=-=，∵PD＝222PM DM-=-，∵d＝22﹣2，∵2≤d≤22﹣2．第二种情形：当A′P与FG相交，不与EF相交时，当点A′在FG上时，A′G＝25﹣2，即d＝25﹣2，如图，当点P落在EF上时，设OF交A′B′于Q，过点P作PT∵B′C′于T，过点P作PR∵OQ交OB′于R，连接OP．由上可知OP＝26，OF＝5，∵FP＝22OP OF-＝2625-＝1，∵OF＝OT，PF＝PT，∵F＝∵PTO＝90°，∵Rt∵OPF∵Rt∵OPT（HL），∵∵FOP＝∵TOP，∵PR∵OQ，∵∵OPR＝∵POF，∵∵OPR＝∵POR，∵OR＝PR，∵PT2+TR2＝PR2，22215PR PR∴+（﹣）＝∵PR＝2.6，RT＝2.4，∵∵B′PR∵∵B′QO，∵B ROB''＝PRQO，∵3.46＝2.6OQ，∵OQ＝78 17，∵QG＝OQ﹣OG＝4417，即d＝4417∵25﹣2≤d＜44 17，第三种情形：当A′P经过点F时，如图，此时FG=3，即d＝3．综上所述，2≤d＜4417或d＝3．【点睛】（1）本题考查了通过解直角三角形求线段长，解决本题的关键是构建直角三角形，熟练掌握直角三角形中边角关系.（2）∵本题综合性较强，考查了平行线的性质，解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据题目条件进行分类讨论，然后通过解直角三角形求出相应的线段长即可.∵本题综合性较强，考查了辅助线的作法，平行线的性质以及解直角三角形，解决本题的关键是正确理解题意，能够根据情况对题目进行分类讨论，通过不同情形，能够作出辅助线，在解决本题的过程中要求熟练掌握直角三角形中的边角关系. 22．（2020·浙江嘉兴）在一次数学研究性学习中，小兵将两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起，使点A与点F重合，点C与点D重合（如图1），其中∵ACB＝∵DFE＝90°，BC＝EF＝3cm，AC＝DF＝4cm，并进行如下研究活动．活动一：将图1中的纸片DEF沿AC方向平移，连结AE，BD（如图2），当点F与点C重合时停止平移．【思考】图2中的四边形ABDE是平行四边形吗？请说明理由．【发现】当纸片DEF平移到某一位置时，小兵发现四边形ABDE为矩形（如图3）．求AF的长．活动二：在图3中，取AD的中点O，再将纸片DEF绕点O顺时针方向旋转α度（0≤α≤90），连结OB，OE （如图4）．【探究】当EF平分∵AEO时，探究OF与BD的数量关系，并说明理由．【答案】【思考】是，理由见解析；【发现】94；【探究】BD ＝2OF ，理由见解析； 【分析】【思考】由全等三角形的性质得出AB ＝DE ，∵BAC ＝∵EDF ，则AB ∵DE ，可得出结论；【发现】连接BE 交AD 于点O ，设AF ＝x （cm ），则OA ＝OE ＝12（x +4），得出OF ＝OA ﹣AF ＝2﹣12x ，由勾股定理可得()2221123424x x ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭，解方程求出x ，则AF 可求出； 【探究】如图2，延长OF 交AE 于点H ，证明∵EFO ∵∵EFH （ASA ），得出EO ＝EH ，FO ＝FH ，则∵EHO ＝∵EOH ＝∵OBD ＝∵ODB ，可证得∵EOH ∵∵OBD （AAS ），得出BD ＝OH ，则结论得证．【详解】解：【思考】四边形ABDE 是平行四边形．证明：如图，∵∵ABC ∵∵DEF ，∵AB ＝DE ，∵BAC ＝∵EDF ，∵AB ∵DE ，∵四边形ABDE 是平行四边形；【发现】如图1，连接BE 交AD 于点O ，∵四边形ABDE 为矩形，∵OA ＝OD ＝OB ＝OE ，设AF ＝x （cm ），则OA ＝OE ＝12（x +4），∵OF ＝OA ﹣AF ＝2﹣12x ，在Rt∵OFE 中，∵OF 2+EF 2＝OE 2，∵()2221123424x x ⎛⎫-+=+ ⎪⎝⎭， 解得：x ＝94， ∵AF ＝94cm ． 【探究】BD ＝2OF ，证明：如图2，延长OF 交AE 于点H ，∵四边形ABDE 为矩形，∵∵OAB ＝∵OBA ＝∵ODE ＝∵OED ，OA ＝OB ＝OE ＝OD ，∵∵OBD ＝∵ODB ，∵OAE ＝∵OEA ，∵∵ABD +∵BDE +∵DEA +∵EAB ＝360°，∵∵ABD +∵BAE ＝180°，∵AE ∵BD ，∵∵OHE ＝∵ODB ，∵EF 平分∵OEH ，∵∵OEF ＝∵HEF ，∵∵EFO ＝∵EFH ＝90°，EF ＝EF ，∵∵EFO ∵∵EFH （ASA ），∵EO ＝EH ，FO ＝FH ，∵∵EHO ＝∵EOH ＝∵OBD ＝∵ODB ，∵∵EOH ∵∵OBD （AAS ），∵BD ＝OH ＝2OF ．【点睛】本题考查了图形的综合变换，涉及了三角形全等的判定与性质、平行四边形的判定与性质等，准确识图，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．。

上海中考18题 图形的平移、翻折、旋转及点的运动(解析版)

专题38 图形的平移、翻折、旋转及点的运动图形的平移、翻折、旋转及点的运动是初中数学图形的几种基本运动形式，是初中数学的重要内容之一．这类问题常常要运用“动”的思路去观察、分析、推理、猜想、探究相关图形的位置变化情况或图形的有关性质，对提高数学思维能力与发展空间观念有重要作用，也是近年的中考试题的一个热点．图形的平移、翻折、旋转有一个重要性质：任何图形经过平移、翻折、旋转后，除图形的位置发生变化外，图形的形状、大小保持不变．这个性质在解决图形运动的有关问题中常用．【例1】（2019•上海）如图，在正方形ABCD中，E是边AD的中点．将△ABE沿直线BE翻折，点A落在点F处，联结DF，那么∠EDF的正切值是．【分析】由折叠可得AE＝FE，∠AEB＝∠FEB，由折叠的性质以及三角形外角性质，即可得到∠AEB＝∠EDF，进而得到tan∠EDF＝tan∠AEB=ABAE=2．【解答】解：如图所示，由折叠可得AE＝FE，∠AEB＝∠FEB=12∠AEF，∵正方形ABCD中，E是AD的中点，∴AE＝DE=12AD=12AB，∴DE＝FE，∴∠EDF＝∠EFD，又∵∠AEF是△DEF的外角，∴∠AEF＝∠EDF+∠EFD，∴∠EDF=12∠AEF，∴∠AEB＝∠EDF，∴tan∠EDF＝tan∠AEB=ABAE=2．故答案为：2．【例2】（2020•静安区一模）如图，有一菱形纸片ABCD，∠A＝60°，将该菱形纸片折叠，使点A恰好与CD的中点E重合，折痕为FG，点F、G分别在边AB、AD上，联结EF，那么cos∠EFB的值为．【分析】如图，连接BD．设BC＝2a．在Rt△BEF中，求出EF，BF即可解决问题．【解答】解：如图，连接BD．设BC＝2a．∵四边形ABC都是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝2a，∠A＝∠C＝60°，∴△BDC是等边三角形，∵DE＝EC＝a，∴BE⊥CD，∴BE=√BC2−EC2=√3a，∵AB∥CD，BE⊥CD，∴BE⊥AB，∴∠EBF＝90°，设AF＝EF＝x，在Rt△EFB中，则有x2＝（2a﹣x）2+（√3a）2，∴x =7a 4， ∴AF ＝EF =7a 4，BF ＝AB ﹣AF =a 4， ∴cos ∠EFB =BF EF =a 47a 4=17， 故答案为17． 【例3】（2020•闵行区一模）如图，在等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝4，BC ＝6，点D 在底边BC 上，且∠DAC ＝∠ACD ，将△ACD 沿着AD 所在直线翻折，使得点C 落到点E 处，联结BE ，那么BE 的长为 ．【分析】只要证明△ABD ∽△MBE ，得AB BM =BD BE ，只要求出BM 、BD 即可解决问题． 【解答】解：∵AB ＝AC ，∴∠ABC ＝∠C ，∵∠DAC ＝∠ACD ，∴∠DAC ＝∠ABC ，∵∠C ＝∠C ，∴△CAD ∽△CBA ，∴CA CB=CD AC ， ∴46=CD 4， ∴CD =83，BD ＝BC ﹣CD =103，∵∠DAM ＝∠DAC ＝∠DBA ，∠ADM ＝∠ADB ，∴△ADM ∽△BDA ，∴AD BD =DM DA ，即83103=DM 83，∴DM =3215，MB ＝BD ﹣DM =65，∵∠ABM ＝∠C ＝∠MED ，∴A 、B 、E 、D 四点共圆，∴∠ADB＝∠BEM，∠EBM＝∠EAD＝∠ABD，∴△ABD∽△MBE，∴ABBM =BDBE，∴BE=BM⋅DBAB=1．故答案为：1．1．（2020•青浦区一模）已知，在矩形纸片ABCD中，AB＝5cm，点E、F分别是边AB、CD的中点，折叠矩形纸片ABCD，折痕BM交AD边于点M，在折叠的过程中，如果点A恰好落在线段EF上，那么边AD的长至少是cm．【分析】根据已知条件得到AE＝DF＝BE＝CF，求得四边形AEFD是矩形，得到EF＝AD，∠AEN＝∠BEN＝90°，根据折叠的性质得到BN＝AB，根据直角三角形的性质得到∠BNE＝30°，于是得到EN=√32BN=5√32，即可得到结论．【解答】解：如图，∵在矩形纸片ABCD中，点E、F分别是边AB、CD的中点，∴AE＝DF＝BE＝CF，∴四边形AEFD是矩形，∴EF＝AD，∠AEN＝∠BEN＝90°，∵折叠矩形纸片ABCD，折痕BM交AD边于点M，∴BN＝AB，∵BE=12AB，∴BE=12BN，∴∠BNE＝30°，∵AB＝5cm，∴EN =√32BN =5√32， ∴EF ≥EN 时，点A 恰好落在线段EF 上，即AD ≥5√32， ∴边AD 的长至少是5√32， 故答案为：5√32．2．（2020•杨浦区一模）在Rt △ABC 中，∠A ＝90°，AC ＝4，AB ＝a ，将△ABC 沿着斜边BC 翻折，点A 落在点A 1处，点D 、E 分别为边AC 、BC 的中点，联结DE 并延长交A 1B 所在直线于点F ，联结A 1E ，如果△A 1EF 为直角三角形时，那么a ＝ ．【分析】当△A 1EF 为直角三角形时，存在两种情况：①当∠A 1EF ＝90°时，如图1，根据对称的性质和平行线可得：A 1C ＝A 1E ＝4，根据直角三角形斜边中线的性质得：BC ＝2A 1B ＝8，最后利用勾股定理可得AB 的长；②当∠A 1FE ＝90°时，如图2，证明△ABC 是等腰直角三角形，可得AB ＝AC ＝4．【解答】解：当△A 1EF 为直角三角形时，存在两种情况：①当∠A 1EF ＝90°时，如图1，∵△A 1BC 与△ABC 关于BC 所在直线对称，∴A 1C ＝AC ＝4，∠ACB ＝∠A 1CB ，∵点D ，E 分别为AC ，BC 的中点，∴D 、E 是△ABC 的中位线，∴DE ∥AB ，∴∠CDE ＝∠MAN ＝90°，∴∠CDE ＝∠A 1EF ，∴AC ∥A 1E ，∴∠ACB ＝∠A 1EC ，∴∠A 1CB ＝∠A 1EC ，∴A1C＝A1E＝4，Rt△A1CB中，∵E是斜边BC的中点，∴BC＝2A1E＝8，由勾股定理得：AB2＝BC2﹣AC2，∴AB=√82−42=4√3；②当∠A1FE＝90°时，如图2，∵∠ADF＝∠A＝∠DFB＝90°，∴∠ABF＝90°，∵△A1BC与△ABC关于BC所在直线对称，∴∠ABC＝∠CBA1＝45°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AB＝AC＝4；综上所述，AB的长为4√3或4；故答案为：4√3或4；3．（2020•崇明区一模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝10，AC＝8，D是AC的中点，点E在边AB上，将△ADE沿DE翻折，使得点A落在点A′处，当A′E⊥AB时，则A′A＝．【分析】分两种情形分别求解，作DF ⊥AB 于F ，连接AA ′．想办法求出AE ，利用等腰直角三角形的性质求出AA ′即可．【解答】解：如图，作DF ⊥AB 于F ，连接AA ′．在Rt △ACB 中，BC =√AB 2−AC 2=6，∵∠DAF ＝∠BAC ，∠AFD ＝∠C ＝90°，∴△AFD ∽△ACB ，∴DF BC =AD AB =AF AC ， ∴DF 6=410=AF 8，∴DF =125，AF =165，∵A ′E ⊥AB ，∴∠AEA ′＝90°，由翻折不变性可知：∠AED ＝45°，∴EF ＝DF =125， ∴AE ＝A ′E =125+165=285，∴AA ′=28√25， 如图，作DF ⊥AB 于F ，当 EA ′⊥AB 时，同法可得AE =165−125=45，AA ′=√2AE =4√25．故答案为28√25或4√25． 4．（2020•闵行区一模）已知正方形ABCD 的边长为2，如果将线段BD 绕着点B 旋转后，点D 落在BC 的延长线上的点E 处，那么tan ∠BAE ＝ ．【分析】由正方形ABCD 中四个内角为直角，四条边相等，求出BC 与DC 的长，利用勾股定理求出BD 的长，由旋转的性质可求BE 的长，即可求解．【解答】解；如图，∵正方形ABCD ，∴∠ABC ＝∠C ＝90°，在Rt △BCD 中，DC ＝BC ＝2，根据勾股定理得：BD =√AD 2+AB 2=√4+4=2√2，∵将线段BD 绕着点B 旋转后，点D 落在BC 的延长线上的点E 处，∴BE ＝BD ＝2√2，∴tan ∠BAE =BE AB =2√22=√2， 故答案为：√2．5．（2020•徐汇区一模）如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，AD ＝4，将矩形ABCD 绕着点B 顺时针旋转后得到矩形A 'BC 'D '，点A 的对应点A '在对角线AC 上，点C 、D 分别与点C '、D '对应，A ′D '与边BC 交于点E ，那么BE 的长是 ．【分析】如图，过点B 作BF ⊥AC ，过点E 作EH ⊥AC ，由勾股定理可求AC ＝5，由面积法可求BF =125，由勾股定理可求AF =95，由旋转的性质可得AB ＝BA '，∠BAD ＝∠BA 'D '＝90°，可求AA '=75，由等腰三角形的性质可求HC 的长，通过证明△EHC ∽△ABC ，可得BC AC =HC EC ，可求EC 的长，即可求解．【解答】解：如图，过点B 作BF ⊥AC ，过点E 作EH ⊥AC ，∵AB ＝3，AD ＝4，∠ABC ＝90°，∴AC =√AB2+BC 2=√9+16=5， ∵S △ABC =12AB ×BC =12AC ×BF ，∴3×4＝5BF ，∴BF =125∴AF =√AB 2−BF 2=√9−14425=95， ∵将矩形ABCD 绕着点B 顺时针旋转后得到矩形A 'BC 'D '，∴AB ＝BA '，∠BAD ＝∠BA 'D '＝90°，且BF ⊥AC ，∴∠BAC ＝∠BA 'A ，AF ＝A 'F =95，∠BA 'A +∠EA 'C ＝90°，∴A 'C ＝AC ﹣AA '=75，∵∠BA 'A +∠EA 'C ＝90°，∠BAA '+∠ACB ＝90°，∴∠ACB ＝∠EA 'C ，∴A 'E ＝EC ，且EH ⊥AC ，∴A 'H ＝HC =12A 'C =710， ∵∠ACB ＝∠ECH ，∠ABC ＝∠EHC ＝90°，∴△EHC ∽△ABC ，∴BC AC=HC EC ∴45=710EC∴EC =78，∴BE ＝BC ﹣EC ＝4−78=258， 故答案为：258．6．（2020•普陀区一模）如图，在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝5，sin B =513，点P 为边BC 上一点，PC＝3，将△ABC 绕点P 旋转得到△A 'B 'C '（点A 、B 、C 分别与点A '、B '、C '对应），使B 'C '∥AB ，边A 'C '与边AB 交于点G ，那么A 'G 的长等于 ．【分析】如图，作PH ⊥AB 于H ．利用相似三角形的性质求出PH ，再证明四边形PHGC ′是矩形即可解决问题．【解答】解：如图，作PH ⊥AB 于H ．在Rt △ABC 中，∠C ＝90°，AC ＝5，sin B =513，∴AC AB =513，∴AB ＝13，BC =√AB 2−AC 2=√132−52=12，∵PC ＝3，∴PB ＝9，∵∠BPH ∽△BAC ，∴PH AC =PB AB ， ∴PH 5=913，∴PH =4513， ∵AB ∥B ′C ′，∴∠HGC ′＝∠C ′＝∠PHG ＝90°，∴四边形PHGC ′是矩形，∴CG ′＝PH =4513， ∴A ′G ＝5−4513=2013， 故答案为2013．7．（2020•奉贤区一模）如图，已知矩形ABCD （AB ＞BC ），将矩形ABCD 绕点B 顺时针旋转90°，点A 、D 分别落在点E 、F 处，连接DF ，如果点G 是DF 的中点，那么∠BEG 的正切值是 ．【分析】连接BD ，BF ，EG ．利用四点共圆证明∠BEG ＝∠BFD ＝45°即可．【解答】解：连接BD ，BF ，EG ．由题意：BD ＝BF ，∠DBF ＝90°，∵DG ＝GF ，∴BG ⊥DF ，∴∠BGF ＝∠BEF ＝90°，∴∴B ，G ，E ，F 四点共圆，∠BEG＝∠BFD＝45°，∴∠BEG的正切值是1．故答案为1．8．（2020•嘉定区一模）在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，cos A=35（如图），把△ABC绕着点C按照顺时针的方向旋转，将A、B的对应点分别记为点A'、B'．如果A'B'恰好经过点A，那么点A与点A'的距离为．【分析】如图，过点C作CE⊥A'B'，由锐角三角函数可求AC＝6，由旋转的性质可得AC＝A'C＝6，∠A'＝∠BAC，即可求A'E的长，由等腰三角形的性质可求AA'的长．【解答】解：如图，过点C作CE⊥A'B'，∵在△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，cos∠BAC=3 5，∴AC＝6，∵把△ABC绕着点C按照顺时针的方向旋转，∴AC＝A'C＝6，∠A'＝∠BAC，∵cos∠A'＝cos∠BAC=A′EA′C=35，∴A'E=18 5，∵AC＝A'C，CE⊥A'B'，∴AA '＝2A 'E =365， 故答案我：365．9．（2020•金山区一模）如图，在Rt △ABC 中，∠ABC ＝90°，AB ＝2，BC ＝4，点P 在边BC 上，联结AP ，将△ABP 绕着点A 旋转，使得点P 与边AC 的中点M 重合，点B 的对应点是点B ′，则BB ′的长等于 ．【分析】如图，延长AB '交BC 于E ，过点B '作B 'D ⊥AB 于点D ，由勾股定理可求AC 的长，由旋转的性质可求AP ＝AM =√5，∠P AB ＝∠CAE ，AB ＝AB '＝2，通过证明△ABP ∽△CBA ，可得∠P AB ＝∠C ，可得CE ＝AE ，由勾股定理可求CE ，BE 的长，由相似三角形的性质可求B 'D ，BD 的长，即可求解．【解答】解：如图，延长AB '交BC 于E ，过点B '作B 'D ⊥AB 于点D ，∵∠ABC ＝90°，AB ＝2，BC ＝4，∴AC =√AB 2+BC 2=√16+4=2√5，∵点M 是AC 中点，∴AM =√5，∵将△ABP 绕着点A 旋转，使得点P 与边AC 的中点M 重合，∴AP ＝AM =√5，∠P AB ＝∠CAE ，AB ＝AB '＝2，∵AP 2＝AB 2+PB 2，∴PB ＝1，∵BA PB =2=BC AB ，且∠ABP ＝∠ABC ＝90°， ∴△ABP ∽△CBA ，∴∠C ＝∠CAE ，∴CE ＝AE ，∵AE 2＝AB 2+BE 2，∴CE 2＝4+（4﹣CE ）2，∴CE ＝AE =52，∴BE =32，∵B 'D ∥BC ，∴△AB 'D ∽△AEB ，∴AB′AE =AD AB =B′D BE， ∴252=AD 2=B′D32， ∴AD =85，B 'D =65， ∴BD =25，∴BB '=√B′D2+BD 2=√3625+425=2√105， 故答案为：2√105． 10．（2020•松江区一模）如图，矩形ABCD 中，AD ＝1，AB ＝k ，将矩形ABCD 绕着点B 顺时针旋转90°得到矩形A ′BC ′D ′，联结AD ′，分别交边CD ，A ′B 于E 、F ，如果AE =√2D ′F ，那么k ＝ ．【分析】由矩形的性质和旋转的性质可求AD ＝A 'D '＝1，AB ＝A 'B ＝k ，∠A '＝∠DAB ＝90°＝∠DCB ＝∠ABC ，通过证明△ADE ∽△F A 'D '，可得AD A′F =DE A′D′=AE D′F ，可求DE ，A 'F 的长，通过证明△A 'D 'F ∽△CEF ，由相似三角形的性质可求解．【解答】解：∵将矩形ABCD 绕着点B 顺时针旋转90°得到矩形A ′BC ′D ′，∴AD ＝A 'D '＝1，AB ＝A 'B ＝k ，∠A '＝∠DAB ＝90°＝∠DCB ＝∠ABC ，∴∠A 'D 'F ＝∠FEC ＝∠DEA ，且∠D ＝∠A '＝90°，∴△ADE ∽△F A 'D '，∴AD A′F =DE A′D′=AE D′F ，且AE =√2D ′F ，∴DE =√2A 'D '=√2，A 'F =1√2AD =√22， ∵∠A '＝∠DCF ＝90°，∠A 'FD '＝∠EFC ，∴△A 'D 'F ∽△CEF ，∴EC A′D′=FCA′F ， ∴k−√21=k−1−√22√22∴k =√2+1，故答案为：√2+1．11．（2019•浦东新区二模）如图，已知在△ABC 中，AB ＝3，AC ＝2，∠A ＝45o ，将这个三角形绕点B 旋转，使点A 落在射线AC 上的点A 1处，点C 落在点C 1处，那么AC 1＝ ．【分析】连接AC 1，由旋转的性质先证△ABA 1为等腰直角三角形，再证△AA 1C 1为直角三角形，利用勾股定理可求AC 1的长度．【解答】解：如图，连接AC 1，由旋转知，△ABC ≌△A 1BC 1，∴AB ＝A 1B ＝3，AC ＝A 1C 1＝2，∠CAB ＝∠C 1A 1B ＝45°，∴∠CAB ＝∠CA 1B ＝45°，∴△ABA 1为等腰直角三角形，∠AA 1C 1＝∠CA 1B +∠C 1A 1B ＝90°，在等腰直角三角形ABA 1中，AA 1=√2AB ＝3√2，在Rt △AA 1C 1中，AC1=√AA12+A1C12=√(3√2)2+22=√22，故答案为：√22．12．（2019•松江区二模）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．将△ABC绕点B旋转得到△DBE，点A的对应点D落在射线BC上．直线AC交DE于点F，那么CF的长为．【分析】由题意，可得BD＝AB＝10，tan D＝tan∠A=BCAC=34，所以CD＝4，在Rt△FCD中，∠DCF＝90°，tan D=CFCD=34，即CF4=34，可得CF＝3．【解答】解：∵如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝6．∴AB=√62+82=10，tan∠A=BCAC=34，∵将△ABC绕点B旋转得到△DBE，点A的对应点D落在射线BC上，直线AC交DE于点F，∴BD＝AB＝10，∠D＝∠A，∴CD＝BD﹣BC＝10﹣6＝4，在Rt△FCD中，∠DCF＝90°，∴tan D=CFCD=34，即CF4=34，∴CF＝3．故答案为：3．13．（2019•长宁区二模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝8，将△ABC绕着点C旋转，点A、B的对应点分别是点A'、B'，若点B'恰好在线段AA'的延长线上，则AA'的长等于．【分析】由旋转的性质可得AC＝A'C＝5，AB＝A'B'＝5，BC＝B'C＝8，由等腰三角形的性质可得AF＝A'F，由勾股定理列出方程组，可求AF的长，即可求AA'的长．【解答】解：如图，过点C作CF⊥AA'于点F，∵旋转∴AC＝A'C＝5，AB＝A'B'＝5，BC＝B'C＝8∵CF⊥AA'，∴AF＝A'F在Rt△AFC中，AC2＝AF2+CF2，在Rt△CFB'中，B'C2＝B'F2+CF2，∴B'C2﹣AC2＝B'F2﹣AF2，∴64﹣25＝（5+AF）2﹣AF2，∴AF =75∴AA '=145故答案为：14514．（2019•奉贤区二模）如图，矩形ABCD ，AD ＝a ，将矩形ABCD 绕着顶点B 顺时针旋转，得到矩形EBGF ，顶点A 、D 、C 分别与点E 、F 、G 对应（点D 与点F 不重合）．如果点D 、E 、F 在同一条直线上，那么线段DF 的长是 ．（用含a 的代数式表示）【分析】连接BD ，证明Rt △EDB ≌Rt △CBD ，可得DE ＝BC ＝AD ＝a ，因为EF ＝AD ＝a ，根据DF ＝DE +EF 即可得出DF 的长．【解答】解：如图，连接BD ，∵将矩形ABCD 绕着顶点B 顺时针旋转，得到矩形EBGF ，且D 、E 、F 在同一条直线上，∴∠DEB ＝∠C ＝90°，BE ＝AB ＝CD ，∵DB ＝BD ，∴Rt △EDB ≌Rt △CBD （HL ），∴DE ＝BC ＝AD ＝a ，∵EF ＝AD ＝a ，∴DF ＝DE +EF ＝a +a ＝2a ．故答案为：2a ．15．（2019•青浦区二模）如图，在矩形ABCD 中，AB ＝3，E 为AD 的中点，F 为CD 上一点，且DF ＝2CF ，沿BE 将△ABE 翻折，如果点A 恰好落在BF 上，则AD ＝ ．【分析】连接EF，则可证明△EA′F≌△EDF，从而根据BF＝BA′+A′F，得出BF的长，在Rt△BCF 中，利用勾股定理可求出BC，即得AD的长度．【解答】解：连接EF，∵点E、点F是AD、DC的中点，∴AE＝ED，DF＝2CF＝2，由折叠的性质可得AE＝A′E，∴A′E＝DE，在Rt△EA′F和Rt△EDF中，{EA′=ED，EF=EF∴Rt△EA′F≌Rt△EDF（HL），∴A′F＝DF＝2，∴BF＝BA′+A′F＝AB+DF＝3+2＝5，在Rt△BCF中，BC=√BF2−CF2=√52−12=2√6．∴AD＝BC＝2√6．故答案为2√616．（2019•虹口区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，点E在边AD上且AE＝4，点F是边BC上的一个动点，将四边形ABFE沿EF翻折，A、B的对应点A1、B1与点C在同一直线上，A1B1与边AD交于点G，如果DG＝3，那么BF的长为．【分析】由DG ＝3，CD ＝6可知△CDG 的三角函数关系，由△CDG 分别与△A 'EG ，△B 'FC 相似，可求得CG ，CB '，由勾股定理△CFB '可求得BF 长度．【解答】解：∵△CDG ∽△A 'EG ，A 'E ＝4∴A 'G ＝2∴B 'G ＝4由勾股定理可知CG '=3√5则CB '=3√5−4由△CDG ∽△CFB '设BF ＝xCB′B′F =GD CD∴3√5−4x =36解得x =6√5−8故答案为6√5−817．（2019•杨浦区二模）如图，点M 、N 分别在∠AOB 的边OA 、OB 上，将∠AOB 沿直线MN 翻折，设点O 落在点P 处，如果当OM ＝4，ON ＝3时，点O 、P 的距离为4，那么折痕MN 的长为 ．【分析】由折叠的性质可得MN ⊥OP ，EO ＝EP ＝2，由勾股定理可求ME ，NE 的长，即可求MN 的长．【解答】解：设MN 与OP 交于点E ，∵点O、P的距离为4，∴OP＝4∵折叠∴MN⊥OP，EO＝EP＝2，在Rt△OME中，ME=√OM2−OE2=2√3在Rt△ONE中，NE=√ON2−OE2=√5∴MN＝ME﹣NE＝2√3−√5故答案为：2√3−√5。

2022年中考数学复习之挑战压轴题(填空题)：图像的平移、折叠、旋转(含答案)

2022年中考数学复习之挑战压轴题（填空题）：图像的平移、折叠、旋转一．填空题（共10小题）1．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，tan∠ACB＝2，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，CD，则CD长的最小值为．2．（2021秋•历城区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，点E，F分别在边AD，BC上，且AE＝2，沿直线EF翻折，点A的对应点A′恰好落在对角线AC上，点B的对应点为B′，分别在线段EF，A′B′上取点M，N，沿直线MN二次翻折，使点F与点E重合，则线段MN的长为．3．（2021•綦江区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E为AB边上的一点，将△ADE沿DE 翻折，得到△DEF，且F在BC边上，G为AD边上的一点，过点G作AD的垂线交DF 于点H，连接AH交DE于点P，连接AF，若AB＝7，BF＝3，HA平分∠GHF，则AG 的长度为．4．（2021•马鞍山模拟）如图，将边长为4的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q连接PQ，则△GPQ的周长最小值是．5．（2020•海安市模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝，点F是边BC上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为．6．（2021春•东阳市期末）在综合实践课上，小明把边长为2cm的正方形纸片沿着对角线AC剪开，如图1所示．然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，在平移过程中：（1）四边形A′BCD′的形状始终是；（2）A′B+D′B的最小值为．7．（2021•路北区一模）如图，边长为1的正方形ABCD在等边长的正六边形外部做顺时针滚动，滚动一周回到初始位置时停止．第一次滚动时正方形旋转了°，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是．8．（2021•河北区模拟）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是BC边的中点，F 是直线DE上的动点．连接CF，将线段CF逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG 的最小值是．9．在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，连接DP，将DP绕点D逆时针旋转90°后得到线段DE，连接PE，点C关于直线PE的对称点是C′，连接C′E、C′P、C′A．若四边形AC′ED是平行四边形，PC＝2，则平行四边形AC′ED的面积是．10．（2020•衢州二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝6，点E是CD的中点，过点E作EF∥BC，交对角线BD于点F．将△DEF绕点D逆时针方向旋转得到△DE1F1，连接CE1，BF1，设旋转角度为α（0°＜α＜180°），则＝；连接CF1，当△DF1B 为直角三角形时，CF1＝．2022年中考数学复习之挑战压轴题（填空题）：图像的平移、折叠、旋转（10题）参考答案与试题解析一．填空题（共10小题）1．（2021秋•鼓楼区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝6，tan∠ACB＝2，点P在边AC上运动（可与点A，C重合），将线段BP绕点P逆时针旋转120°，得到线段DP，连接BD，CD，则CD长的最小值为．【考点】轴对称﹣最短路线问题；旋转的性质；解直角三角形；等腰三角形的性质．【专题】图形的相似；推理能力．【分析】以BC为边构建出和△BPD相似的三角形，通过将CD边转化为其他边来求值．【解答】解：如图所示，以BC为底边向上作三等腰△BQC，连接BP．由题意可得△BQC和△BPQ均为顶角为120°的等腰三角形，可得，∠QBC＝∠PBD＝30°，∴∠QBC﹣∠QBD＝∠PBD﹣∠QBD，∴∠PBQ＝∠DBC，∴△PBQ∽△DBC，∴，∴当PQ⊥AC时，有PQ最小，即此时CD最小，如图所示，设OP′⊥AC，延长AQ与BC交K，此时QP'为QP的最小值，可得AK⊥BC，∵△BQC中，∠BQC＝120°，BC＝6，∴BK＝3，∠QBK＝30°，∴QK＝＝，∵tan∠ACB＝＝，KC＝3，∴AK＝＝，∴AQ＝AK﹣QK＝，AC＝＝，∵∠AP'Q＝∠AKC＝90°，∠QAP'＝∠CAK，∴△AQP'∽△ACK，∴，∴，∴QP'＝，∴CD＝＝．【点评】本题考查的是瓜豆原理的知识点，重难点在于构造相似三角形的手拉手模型，属于难题．2．（2021秋•历城区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝9，点E，F分别在边AD，BC上，且AE＝2，沿直线EF翻折，点A的对应点A′恰好落在对角线AC上，点B的对应点为B′，分别在线段EF，A′B′上取点M，N，沿直线MN二次翻折，使点F与点E重合，则线段MN的长为．【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；矩形的性质．【专题】几何综合题；压轴题；推理能力．【分析】如图，过点F作FT⊥AD于T，则四边形ABFT是矩形，连接FN，EN，设AC 交EF于J．证明△FTE∽△ADC，求出ET＝1，EF＝，设A′N＝x，根据NF＝NE，可得12+（3﹣x）2＝22+x2，解方程求出x，可得结论．【解答】解：如图，过点F作FT⊥AD于T，则四边形ABFT是矩形，连接FN，EN，设AC交EF于J．∵四边形ABFT是矩形，∴AB＝FT＝3，BF＝AT，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝3，AD＝BC＝9，∠B＝∠D＝90°∴AC＝＝＝3，∵∠TFE+∠AEJ＝90°，∠DAC+∠AEJ＝90°，∴∠TFE＝∠DAC，∵∠FTE＝∠D＝90°，∴△FTE∽△ADC，∴＝＝，∴＝＝，∴TE＝1，EF＝，∴BF＝AT＝AE﹣ET＝2﹣1＝1，设A′N＝x，∵NM垂直平分线段EF，∴NF＝NE，∴12+（3﹣x）2＝22+x2，∴x＝1，∴FN＝＝＝，∴MN＝＝＝，故答案为：．【点评】本题属于几何综合题，考查矩形的性质，翻折变换，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，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．3．（2021•綦江区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E为AB边上的一点，将△ADE沿DE 翻折，得到△DEF，且F在BC边上，G为AD边上的一点，过点G作AD的垂线交DF 于点H，连接AH交DE于点P，连接AF，若AB＝7，BF＝3，HA平分∠GHF，则AG 的长度为7．【考点】翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质；角平分线的性质；矩形的性质．【专题】推理填空题；矩形菱形正方形；推理能力．【分析】过点A作AN⊥DF于点N，延长AB，DF交于点M，设AE＝x，AD＝y，由翻折可知：EF＝AE＝x，DF＝AD＝BC＝y，则BE＝AB﹣AE＝7﹣x，CF＝BC﹣BF＝y﹣3，在Rt△BEF和Rt△DFC中，根据勾股定理得x＝，y＝，证明△BFM∽△ADM，可得BM＝，证明△EFM∽△ANM，可得AN＝7，然后根据角平分线的性质可以解决问题．【解答】解：如图，过点A作AN⊥DF于点N，延长AB，DF交于点M，设AE＝x，AD＝y，由翻折可知：EF＝AE＝x，DF＝AD＝BC＝y，则BE＝AB﹣AE＝7﹣x，CF＝BC﹣BF＝y﹣3，在Rt△BEF和Rt△DFC中，根据勾股定理，得：BE2+BF2＝EF2，DC2+CF2＝DF2，∴（7﹣x）2+32＝x2，72+（y﹣3）2＝y2，解得x＝，y＝，∴EF＝，AD＝，∴BE＝7﹣x＝，CF＝y﹣3＝，∵BF∥AD，∴△BFM∽△ADM，∴＝，∴＝，∴BM＝，∴EM＝BM+BE＝+＝，∴AM＝AB+BM＝7+＝，由翻折可知：∠EFD＝∠EAD＝90°，∵AN⊥DF，∴∠EFM＝∠ANM＝90°，∴EF∥AN，∴△EFM∽△ANM，∴＝，∴＝，∴AN＝7，∵HA平分∠GHF，AN⊥DF，HG⊥AD，∴AG＝AN＝7．故答案为：7．【点评】本题考查了矩形的相关证明与计算，相似三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质与相似三角形的性质与判定是解题的关键．4．（2021•马鞍山模拟）如图，将边长为4的正方形ABCD纸片沿EF折叠，点C落在AB 边上的点G处，点D与点H重合，CG与EF交于点P，取GH的中点Q连接PQ，则△GPQ的周长最小值是2+2．【考点】翻折变换（折叠问题）；正方形的性质；轴对称﹣最短路线问题．【专题】平移、旋转与对称．【分析】如图，取CD的中点N，连接PN，PB，BN．首先证明PQ＝PN，PB＝PG，推出PQ+PG＝PN+PB≥BN，求出BN即可解决问题．【解答】解：如图，取CD的中点N，连接PN，PB，BN．由翻折的性质以及对称性可知；PQ＝PN，PG＝PC，HG＝CD＝4，∵QH＝QG，∴QG＝2，在Rt△BCN中，BN＝＝2，∵∠CBG＝90°，PC＝PG，∴PB＝PG＝PC，∴PQ+PG＝PN+PB≥BN＝2，∴PQ+PG的最小值为2，∴△GPQ的周长的最小值为2+2，故答案为2+2．【点评】本题考查翻折变换，正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．5．（2020•海安市模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是AB边上一点，且AE＝，点F是边BC上的任意一点，把△BEF沿EF翻折，点B的对应点为G，连接AG，CG，则四边形AGCD的面积的最小值为．【考点】翻折变换（折叠问题）；三角形的面积；矩形的性质．【专题】推理填空题；平移、旋转与对称；几何直观；运算能力；推理能力．【分析】根据矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，可得AC＝5，由AE＝可得点F是边BC上的任意位置时，点C始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，要使四边形AGCD 的面积的最小，即h最小．所以点G在以点E为圆心，BE为半径的圆上，且在矩形ABCD 的内部．过点E作EH⊥AC，交圆E于点G，此时h最小．根据锐角三角函数先求得h 的值，再分别求得三角形ACD和三角形ACG的面积即可得结论．【解答】解：如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠B＝∠D＝90°，连接AC，∴AC＝5，∵AB＝3，AE＝，∴点F是边BC上的任意位置时，点G始终在AC的下方，设点G到AC的距离为h，S四边形AGCD＝S△ACD+S△ACG＝3×4+×5h，＝6+h．要使四边形AGCD的面积最小，即h最小．∵点G在以点E为圆心，BE为半径的圆上，且在矩形ABCD的内部．过点E作EH⊥AC，交圆E于点G，此时h最小．在Rt△ABC中，sin∠BAC＝＝，在Rt△AEH中，AE＝，sin∠BAC＝＝，解得EH＝AE＝，EG＝BE＝AB﹣AE＝3﹣，∴h＝EH﹣EG＝﹣（3﹣）＝﹣3．∴S四边形AGCD＝6+×（﹣3）＝﹣＝．故答案为：．【点评】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是确定满足条件的点G的位置，运用相似、锐角三角函数等知识解决问题．6．（2021春•东阳市期末）在综合实践课上，小明把边长为2cm的正方形纸片沿着对角线AC剪开，如图1所示．然后固定纸片△ABC，把纸片△ADC沿AC的方向平移得到△A′D′C′，连A′B，D′B，D′C，在平移过程中：（1）四边形A′BCD′的形状始终是平行四边形；（2）A′B+D′B的最小值为2．【考点】作图﹣平移变换；正方形的性质；轴对称﹣最短路线问题．【专题】作图题；推理能力．【分析】（1）利用平移的性质证明即可．（2）如图2中，作直线DD′，作点C关于直线DD′的对称点C″，连接D′C″，BC″，过点B作BH⊥CC″于H．求出BC″，证明A′B+BD′＝BD′+CD′＝BD′+D′C″≥BC″，可得结论．【解答】解：（1）如图2中，∵A′D′＝BC，A′D′∥BC，∴四边形A′BCD′是平行四边形，故答案为：平行四边形．（2）如图2中，作直线DD′，作点C关于直线DD′的对称点C″，连接D′C″，BC″，过点B作BH⊥CC″于H．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，∴AC＝AB＝2，∵BJ⊥AC，∴AJ＝JC，∴BJ＝AC＝，∵∠BJC＝∠JCH＝∠H＝90°，∴四边形BHCJ是矩形，∵BJ＝CJ，∴四边形BHCJ是正方形，∴BH＝CH＝，在Rt△BHC″中，BH＝，HC″＝3，∴BC″＝＝＝2，∵四边形A′BCD′是平行四边形，∴A′B＝CD′，∴A′B+BD′＝BD′+CD′＝BD′+D′C″≥BC″，∴A′B+BD′≥2，∴A′B+D′B的最小值为2，故答案为：2【点评】本题考查作图﹣平移变换，轴对称最短问题，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型．7．（2021•路北区一模）如图，边长为1的正方形ABCD在等边长的正六边形外部做顺时针滚动，滚动一周回到初始位置时停止．第一次滚动时正方形旋转了150°，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是+．【考点】旋转的性质；正多边形和圆；轨迹．【专题】平移、旋转与对称；解直角三角形及其应用．【分析】如图，点A的运动轨迹是图中红线．延长AE交红线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离．【解答】解：第一次滚动正方形旋转了240°﹣90°＝150°．如图，点A的运动轨迹是图中红线．延长AE交红线于H，线段AH的长，即为点A在滚动过程中到出发点的最大距离．易知EH＝EA2＝＝，在△AEF中，∵AF＝EF＝1，∠AFE＝120°，∴AE＝，∴AH＝AE+EH＝+．∴点A在滚动过程中到出发点的最大距离为+．故答案为：150，+【点评】本题考查旋转变换，正方形的性质，正六边形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，学会正确寻找点A的运动轨迹，属于中考填空题中的压轴题．8．（2021•河北区模拟）如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，E是BC边的中点，F 是直线DE上的动点．连接CF，将线段CF逆时针旋转90°得到CG，连接EG，则EG的最小值是．【考点】旋转的性质；正方形的性质．【专题】矩形菱形正方形．【分析】如图，作直线BG．由△CBG≌△CDF，推出∠CBG＝∠CDF，因为∠CDF是定值，推出点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF＝＝，根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短．【解答】解：如图，作直线BG．∵四边形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠BCD＝90°，∵∠FCG＝∠DCB＝90°，∴∠BCG＝∠DCF，∵CG＝CF，∴△CBG≌△CDF，∴∠CBG＝∠CDF，∵∠CDF是定值，∴点G在直线BG上运动，且tan∠CBG＝tan∠CDF＝＝，根据垂线段最短可知，当EG⊥BG时，EG的长最短，此时tan∠EBG＝＝，设EG＝m，则BG＝2m，在Rt△BEG中，∵BE2＝BG2+EG2，∴1＝m2+4m2，∴m＝（负根已经舍弃），∴EG的最小值为，故答案为．【点评】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂线段最短、解直角三角形等知识，解题的关键是准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，属于中考填空题中的压轴题．9．在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，连接DP，将DP绕点D逆时针旋转90°后得到线段DE，连接PE，点C关于直线PE的对称点是C′，连接C′E、C′P、C′A．若四边形AC′ED是平行四边形，PC＝2，则平行四边形AC′ED的面积是2+4．【考点】旋转的性质；平行四边形的性质；正方形的性质；轴对称的性质．【专题】矩形菱形正方形．【分析】如图，连接DC′，作PH⊥CD于H，设CD交EC′于K．只要证明△ADC′≌△CDP，△DKC′，△PCH是等腰直角三角形即可解决问题；【解答】解：如图，连接DC′，作PH⊥CD于H，设CD交EC′于K．∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝CD，∵四边形ADEC′是平行四边形，∴DE＝AC′＝DP，∠DAC′＝∠DEK，∵AD⊥CD，AD∥EC′，∴CD⊥EC′，∵∠PDE＝90°，∴∠PDC+∠CDE＝90°，∠CDE+∠DEK＝90°，∴∠CDP＝∠DAC′，∴△ADC′≌△CDP，∴DC′＝PC＝2，∠ADC′＝∠DCP＝45°，∵∠ADC＝∠PHC＝90°，∴∠KDC′＝45°，∴△DKC′，△PCH是等腰直角三角形，∴DK＝KC′＝CH＝PH＝，∴C′K＝PH，CK′∥PH，∴四边形PHKC′是平行四边形，∵∠PHK＝90°，∴四边形PHKC′是矩形，∴PH＝PC′＝PC＝2，∴AD＝CD＝2+2，∴四边形AC′ED的面积＝（2+2）＝2+4．故答案为2+4．【点评】本题考查旋转变换、正方形的性质、平行四边形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．10．（2020•衢州二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝8，AB＝6，点E是CD的中点，过点E作EF∥BC，交对角线BD于点F．将△DEF绕点D逆时针方向旋转得到△DE1F1，连接CE1，BF1，设旋转角度为α（0°＜α＜180°），则＝；连接CF1，当△DF1B 为直角三角形时，CF1＝或．【考点】旋转的性质；勾股定理；矩形的性质．【专题】平移、旋转与对称；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．【分析】由△BDF1∽△CDE1可得＝；分为∠BDF1＝90°，∠DF1B＝90°两种情形，分别解斜△CDF1即可得．【解答】解：如图1，∵△DEF绕点D逆时针方向旋转得到△DE1F1，∴∠EDF＝∠E1DF1，∴∠EDF﹣∠EDF1＝∠E1DF1﹣∠EDF1，∴∠F1DB＝∠E1DC，∵＝＝，＝＝，∴＝，∴△BDF1∽△CDE1，∴＝＝＝，故答案是；如图2，当∠BDF1＝90°时，在△CDF1中，CD＝6，DF1＝5，∠CDF1＝90°﹣∠BDC，作F1G⊥CD于G，在Rt△AGF1中，DF1＝5，∠AF1G＝∠BDC，∴F1G＝DF1•cos∠AF1G＝5•cos∠BDC＝5•＝5×＝3，DG＝5•sin∠BDC＝4，∴CG＝CD﹣DG＝2，∴CF＝＝，如图3，当∠DF1B＝90°时（图中F1′），∵，∴∠DCF1′＝∠DBF1′＝30°，作F1′H⊥CD于H，∴设F1′H＝a，则CH＝a，∴DH＝6﹣，在Rt△DHF1′中，由勾股定理得，（6﹣）2+a2＝52，∴，（舍去），\∴CF1′＝2a＝3﹣4，故答案是或3﹣4．【点评】本题以旋转为背景，考查了三角形相似和解直角三角形，解决问题的关键是正确分类和数量熟练掌握基本图形．考点卡片1．三角形的面积（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△＝×底×高．（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．2．角平分线的性质角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等．注意：①这里的距离是指点到角的两边垂线段的长；②该性质可以独立作为证明两条线段相等的依据，有时不必证明全等；③使用该结论的前提条件是图中有角平分线，有垂直角平分线的性质语言：如图，∵C在∠AOB的平分线上，CD⊥OA，CE⊥OB∴CD＝CE3．等腰三角形的性质（1）等腰三角形的概念有两条边相等的三角形叫做等腰三角形．（2）等腰三角形的性质①等腰三角形的两腰相等②等腰三角形的两个底角相等．【简称：等边对等角】③等腰三角形的顶角平分线、底边上的中线、底边上的高相互重合．【三线合一】（3）在①等腰；②底边上的高；③底边上的中线；④顶角平分线．以上四个元素中，从中任意取出两个元素当成条件，就可以得到另外两个元素为结论．4．勾股定理（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．（3）勾股定理公式a2+b2＝c2的变形有：a＝，b＝及c＝．（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．5．平行四边形的性质（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．（2）平行四边形的性质：①边：平行四边形的对边相等．②角：平行四边形的对角相等．③对角线：平行四边形的对角线互相平分．（3）平行线间的距离处处相等．（4）平行四边形的面积：①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．6．矩形的性质（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）矩形的性质①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．7．正方形的性质（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．（2）正方形的性质①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．8．正多边形和圆（1）正多边形与圆的关系把一个圆分成n（n是大于2的自然数）等份，依次连接各分点所得的多边形是这个圆的内接正多边形，这个圆叫做这个正多边形的外接圆．（2）正多边形的有关概念①中心：正多边形的外接圆的圆心叫做正多边形的中心．②正多边形的半径：外接圆的半径叫做正多边形的半径．③中心角：正多边形每一边所对的圆心角叫做正多边形的中心角．④边心距：中心到正多边形的一边的距离叫做正多边形的边心距．9．轨迹10．轴对称的性质（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．由轴对称的性质得到一下结论：①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到这两个图形的对称轴．（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．11．轴对称-最短路线问题1、最短路线问题在直线L上的同侧有两个点A、B，在直线L上有到A、B的距离之和最短的点存在，可以通过轴对称来确定，即作出其中一点关于直线L的对称点，对称点与另一点的连线与直线L 的交点就是所要找的点．2、凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合本节所学轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．12．翻折变换（折叠问题）1、翻折变换（折叠问题）实质上就是轴对称变换．2、折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，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．3、在解决实际问题时，对于折叠较为复杂的问题可以实际操作图形的折叠，这样便于找到图形间的关系．首先清楚折叠和轴对称能够提供给我们隐含的并且可利用的条件．解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．我们运用方程解决时，应认真审题，设出正确的未知数．13．作图-平移变换（1）确定平移后图形的基本要素有两个：平移方向、平移距离．（2）作图时要先找到图形的关键点，分别把这几个关键点按照平移的方向和距离确定对应点后，再顺次连接对应点即可得到平移后的图形．14．旋转的性质（1）旋转的性质：①对应点到旋转中心的距离相等．②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．（2）旋转三要素：①旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．15．相似三角形的判定与性质（1）相似三角形相似多边形的特殊情形，它沿袭相似多边形的定义，从对应边的比相等和对应角相等两方面下定义；反过来，两个三角形相似也有对应角相等，对应边的比相等．（2）三角形相似的判定一直是中考考查的热点之一，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用，寻找相似三角形的一般方法是通过作平行线构造相似三角形；或依据基本图形对图形进行分解、组合；或作辅助线构造相似三角形，判定三角形相似的方法有事可单独使用，有时需要综合运用，无论是单独使用还是综合运用，都要具备应有的条件方可．16．解直角三角形（1）解直角三角形的定义在直角三角形中，由已知元素求未知元素的过程就是解直角三角形．（2）解直角三角形要用到的关系①锐角、直角之间的关系：∠A+∠B＝90°；②三边之间的关系：a2+b2＝c2；③边角之间的关系：sin A＝＝，cos A＝＝，tan A＝＝．（a，b，c分别是∠A、∠B、∠C的对边）。

  1. 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. 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. 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)。

最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成-----------word文本 --------------------- 方便更改第四部分图形的平移翻折与旋转4.1图形的平移例1 2015年泰安市中考第15题如图1，在平面直角坐标系中，正三角形OAB的顶点B的坐标为（2, 0），点A在第一象限内，将△OAB沿直线OA的方向平移至△O′B′A′的位置，此时点A′的横坐标为3，则点B′的坐标为（）．A．（4，23） B．（3，33） C．（4，33） D．（3，23）图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“15泰安15”，拖动点A'运动的过程中，可以体验到，△A′OC 保持等边三角形的形状．答案A．思路如下：如图2，当点B的坐标为（2, 0），点A的横坐标为1．当点A'的横坐标为3时，等边三角形A′OC的边长为6．在Rt△B′CD中，B′C＝4，所以DC＝2，B′D＝23B′(4,3)．例2 2014年江西省中考第11题如图，在△ABC中，AB＝4，BC＝6，∠B＝60°，将△ABC沿射线BC方向平移2个单位后，得到△A′B′C′，联结A′C，则△A′B′C的周长为_______．动感体验请打开几何画板文件名“14江西11”，拖动点B′运动，可以体验到，△A′B′C′向右移动2个单位后，△A′B′C是等边三角形．答案12．4.2图形的翻折例1 2015年上海市宝山区嘉定区中考模拟第18题如图1，在矩形ABCD中，AD＝15，点E在边DC上，联结AE，△ADE沿直线AE翻折后点D落到点F，过点F作FG⊥AD，垂足为G．如果AD＝3GD，那么DE＝_____．图1动感体验请打开几何画板文件名“15宝山嘉定18”，拖动点E在DC上运动，可以体验到，△ADE与△AFE保持全等，△AMF与△FNE保持相似（如图2所示）．答案35如图2，过点F作AD的平行线交AB于M，交DC于N．因为AD＝15，当AD＝3GD时，MF＝AG＝10，FN＝GD＝5．在Rt△AMF中，AF＝AD＝15，MF＝10，所以AM＝55．设DE ＝m ，那么NE ＝55m -． 由△AMF ∽△FNE ，得AM FN MF NE =，即551055m=-．解得m ＝35．图2例2 2014年上海市中考第18题如图，已知在矩形ABCD 中，点E 在边BC 上，BE ＝2CE ，将矩形沿着过点E 的直线翻折后，点C 、D 分别落在边BC 下方的点C ′、D ′处，且点C ′、D ′、B 在同一条直线上，折痕与边AD 交于点F ，D ′F 与BE 交于点G ．设AB ＝t ，那么△EFG 的周长为______________（用含t 的代数式表示）．图1动感体验请打开几何画板文件名“14福州10”，拖动点F在AD上运动，可以体验到，当点C′、D′、B在同一条直线上时，直角三角形BCE的斜边BE等于直角边C′E的2倍，△BCE是30°角的直角三角形，此时△EFG是等边三角形（如图2）．答案23t．思路如下：如图2，等边三角形EFG的高＝AB＝t，计算得边长为23t．图24.3图形的旋转例1 2015年扬州市中考第17题如图1，已知Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AC＝6，BC＝4，将△ABC绕直角顶点C顺时针旋转90°得到△DEC，若点F是DE的中点，连接AF，则AF= ．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“15扬州17”，拖动点D绕着点C旋转，可以体验到，当旋转角为90°时，FH是△ECD的中位线，AF是直角三角形AHF的斜边．答案5．思路如下：如图2，作FH⊥AC于H．由于F是ED的中点，所以HF是△ECD的中位线，所以HF＝3．由于AE＝AC－EC＝6－4＝2，EH＝2，所以AH＝4．所以AF＝5．例2 2014年上海市黄浦区中考模拟第18题如图1，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝4，D为边AC上一点，且AD＝3，如果△ABD 绕点A逆时针旋转，使点B与点C重合，点D旋转至D'，那么线段DD'的长为．图1动感体验请打开几何画板文件名“14黄浦18”，拖动点B'绕点A逆时针旋转，可以体验到，两个等腰三角形ABB'与等腰三角形ADD'保持相似（如图2）．答案12．思路如下：如图3，由△ABC∽△ADD'，可得．5∶4＝3∶DD'．5图2 图34.4三角形例1 2015年上海市长宁区中考模拟第18题如图1，△ABC≌△DEF（点A、B分别与点D、E对应），AB＝AC＝5，BC＝6．△ABC固定不动，△DEF运动，并满足点E在BC边从B向C移动（点E不与B、C重合），DE始终经过点A，EF与AC边交于点M，当△AEM是等腰三角形时，BE＝_________．图1动感体验请打开几何画板文件名“15长宁18”，拖动点E在BC上运动，可以体验到，△AEM有三个时刻成为等腰三角形，其中一个时刻点E与点B重合．答案11或1．思路如下：6设BE ＝x ． 由△ABE ∽△ECM ，得AB EAEC ME=，即56EA x ME =-． 等腰三角形AEM 分三种情况讨论：①如图2，如果AE ＝AM ，那么△AEM ∽△ABC ． 所以5566EA ME x==-．解得x ＝0，此时E 、B 重合，舍去． ②如图3，当EA ＝EM 时，516EA x ME==-．解得x ＝1． ③如图4，当MA ＝ME 时，△MEA ∽△ABC ．所以6556EA ME x ==-．解得x ＝116．图2 图3 图4例2 2014年泰州市中考第16题如图1，正方形ABCD 的边长为3cm ，E 为CD 边上一点，∠DAE ＝30°，M 为AE 的中点，过点M 作直线分别与AD 、BC 相交于点P 、Q ．若PQ ＝AE ，则AP 的长等于__________cm ．图1动感体验请打开几何画板文件名“14泰州16”，拖动点P在AD上运动，观察度量值，可以体验到，存在两个时刻PQ＝AE．答案1或2．思路如下：如图2，当PQ＝AE时，可证PQ与AE互相垂直．在Rt△ADE中，由∠DAE＝30°，AD＝3，可得AE＝23．在Rt△APM中，由∠PAM＝30°，AM＝3，可得AP＝2．在图3中，∠ADF＝30°，当PQ＝DF时，DP＝2，所以AP＝1．图2 图34.5四边形例1 2015年安徽省中考第9题如图1，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（）．A．25 B．35 C．5 D．6图1动感体验请打开几何画板文件名“15安徽09”，拖动点E在AB上运动，可以体验到，当EF与AC垂直时，四边形EGFH是菱形（如图2）．答案C．思路如下：如图3，在Rt△ABC中，AB＝8，BC＝4，所以AC＝45由cos∠BAC＝AB AOAC AE=，得2545AE=．所以AE＝5．图2 图3例2 2014年广州市中考第8题将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形ABCD，转动这个四边形，使它形状改变．当∠B＝90°时，如图1，测得AC＝2．当∠B＝60°时，如图2，AC等于（）．(A)2； (B)2； (C) 6； (D) 22．图1 图2动感体验请打开几何画板文件名“14广州08”，拖动点A绕着点B旋转，可以体验到，当∠B＝90°时，△ABC是等腰直角三角形；当∠B＝60°时，△ABC是等边三角形（如图3）．答案(A)．思路如下：4.6圆例1 2015年兰州市中考第15题如图1，⊙O 的半径为2，AB ，CD 是互相垂直的两条直径，点P 是⊙O 上任意一点（P 与A ，B ，C ，D 不重合），过点P 作PM ⊥AB 于点M ，PN ⊥CD 于点N ，点Q 是MN 的中点，当点P 沿着圆周转过45°时，点Q 走过的路径长为__________．A.4π B. 2π C. 6π D. 3π图1动感体验请打开几何画板文件名“15兰州15”，拖动点P 在圆周上运动一周，可以体验到，当点P 沿着圆周转过45°时，点Q 走过的路径是圆心角为45°半径为1的一段弧．答案 A ．思路如下：如图2，四边形PMON 是矩形，对角线MN 与OP 互相平分且相等，因此点Q 是OP 的中点．如图3，当∠DOP ＝45°时，'D Q 的长为121=84ππ⨯⨯．图2 图3例2 2014年温州市中考第16题如图1，在矩形ABCD中，AD＝8，E是AB边上一点，且AE＝1AB，⊙O经过点E，4与边CD所在直线相切于点G（∠GEB为锐角），与边AB所在直线相交于另一点F，且EG∶EF＝5∶2．当边AD或BC所在的直线与⊙O相切时，AB的长是________．图1动感体验请打开几何画板文件名“14温州16”，拖动点B运动，可以体验到，⊙O的大小是确定的，⊙O既可以与BC相切（如图3），也可以与AD相切（如图4）．答案12或4．思路如下：如图2，在Rt△GEH中，由GH＝8，EG∶EF＝5∶2，可以得到EH＝4．在Rt△OEH中，设⊙O的半径为r，由勾股定理，得r2＝42＋(8－r)2．解得r＝5．设AE＝x，那么AB＝4x．如图3，当⊙O与BC相切时，HB＝r＝5．由AB＝AE＋EH＋HB，得4x＝x＋4＋5．解得x＝3．此时AB＝12．如图4，当⊙O与AD相切时，HA＝r＝5．由AE＝AH－EH，得x＝5－4＝1．此时AB＝4．图2 图3 图44.7函数图像的性质例1 2015年青岛市中考第8题如图1，正比例函数11y k x =的图像与反比例函数22k y x=的图像相交于A 、B 两点，其中点A 的横坐标为2，当y 1＞y 2时，x 的取值范围是（ ）．A ．x ＜－2或x ＞2B ． x ＜－2或0＜x ＜2C ．－2＜x ＜0或0＜x ＜2D ．－2＜x ＜0或x ＞2图1动感体验请打开几何画板文件名“15青岛08”，拖动点D在x轴上运动，观察线段EF的两个端点E、F的位置关系，可以体验到，当－2＜x＜0或x＞2时，点E在点F的上方．答案D．如图2所示．图2例2 2014年苏州市中考第18题如图1，直线l 与半径为4的⊙O 相切于点A ，P 是⊙O 上一个动点（不与点A 重合），过点P 作PB ⊥l ，垂足为B ，联结PA ．设PA ＝x ，PB ＝y ，则(x －y )的最大值是_____．图1动感体验请打开几何画板文件名“14苏州18”，拖动点P 在圆上运动一周，可以体验到，AF 的长可以表示x －y ，点F 的轨迹象两叶新树丫，当AF 最大时，OF 与AF 垂直（如图2）．答案 2．思路如下：如图3，AC 为⊙O 的直径，联结PC ．由△ACP ∽△PAB ，得AC PA AP PB =，即8x x y =．所以218y x =． 因此2211(4)288x y x x x -=-=--+． 所以当x ＝4时，x －y 最大，最大值为2．图2 图3最新文件---------------- 仅供参考--------------------已改成-----------word文本 --------------------- 方便更改。

相关文档
最新文档