中考数学基础巩固图形的变换与四边形专题复习成都市.docx
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中考数学基础巩固图形的变换与四边形专题复习成都市
2018中考数学基础巩固图形的变换与四边形专题复习(成都市)
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走进2018年中考初中数学基础巩固复习专题
图形的变换与四边形
【知识要点】
知识点1:
图形的变换与镶嵌
知识点2:
四边形的定义、判定及性质
知识点3:
矩形、菱形及正方形的判定
知识点4:
矩形、菱形及正方形的性质
知识点5:
梯形的判定及性质
【复习点拨】
、掌握平移、旋转、对称的性质,灵活地运用平移、旋转、对称解决生活中的问题。
2、掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形及梯形的定义、判定、性质,利用这些特殊四边形进行综合计算和证明。
【典例解析】
例题1:
(XX山东枣庄)将数字“6”旋转180°,得到数字“9”,将数字“9”旋转180°,得到数字“6”,现将数字“69”旋转180°,得到的数字是( )
A.96
B.69
c.66
D.99
【考点】R1:
生活中的旋转现象.
【分析】直接利用中心对称图形的性质结合69的特点得出答案.
【解答】解:
现将数字“69”旋转180°,得到的数字是:
69.
故选:
B.
例题2:
(XX山东枣庄)如图,把正方形纸片ABcD沿对边中点所在的直线对折后展开,折痕为mN,再过点B折叠纸片,使点A落在mN上的点F处,折痕为BE.若AB的长为2,则Fm的长为( )
A.2
B.
c.
D.1
【考点】PB:
翻折变换(折叠问题).
【分析】根据翻折不变性,AB=FB=2,Bm=1,在Rt△BFm中,可利用勾股定理求出Fm的值.
【解答】解:
∵四边形ABcD为正方形,AB=2,过点B折叠纸片,使点A落在mN上的点F处,
∴FB=AB=2,Bm=1,
则在Rt△BmF中,
Fm=,
故选:
B.
例题3:
(XX山东枣庄)在矩形ABcD中,∠B的角平分线BE与AD交于点E,∠BED的角平分线EF与Dc交于点F,若AB=9,DF=2Fc,则Bc= .(结果保留根号)
【考点】LB:
矩形的性质;kI:
等腰三角形的判定;S9:
相似三角形的判定与性质.
【分析】先延长EF和Bc,交于点G,再根据条件可以判断三角形ABE为等腰直角三角形,并求得其斜边BE的长,然后根据条件判断三角形BEG为等腰三角形,最后根据△EFD∽△GFc得出cG与DE的倍数关系,并根据BG=Bc+cG进行计算即可.
【解答】解:
延长EF和Bc,交于点G
∵矩形ABcD中,∠B的角平分线BE与AD交于点E,
∴∠ABE=∠AEB=45°,
∴AB=AE=9,
∴直角三角形ABE中,BE==,
又∵∠BED的角平分线EF与Dc交于点F,
∴∠BEG=∠DEF
∵AD∥Bc
∴∠G=∠DEF
∴∠BEG=∠G
∴BG=BE=
由∠G=∠DEF,∠EFD=∠GFc,可得△EFD∽△GFc
∴
设cG=x,DE=2x,则AD=9+2x=Bc
∵BG=Bc+cG
∴=9+2x+x
解得x=
∴Bc=9+2(﹣3)=
故答案为:
例题4:
(XX山东枣庄)如图,在平面直角坐标系中,已知△ABc三个顶点的坐标分别是A(2,2),B(4,0),c(4,﹣4).
(1)请在图中,画出△ABc向左平移6个单位长度后得到的△A1B1c1;
(2)以点o为位似中心,将△ABc缩小为原来的,得到△A2B2c2,请在图中y轴右侧,画出△A2B2c2,并求出∠A2c2B2的正弦值.
【考点】SD:
作图﹣位似变换;Q4:
作图﹣平移变换;T7:
解直角三角形.
【分析】
(1)直接利用平移的性质得出对应点位置进而得出答案;
(2)利用位似图形的性质得出对应点位置,再利用锐角三角三角函数关系得出答案.
【解答】解:
(1)如图所示:
△A1B1c1,即为所求;
(2)如图所示:
△A2B2c2,即为所求,
由图形可知,∠A2c2B2=∠AcB,
过点A作AD⊥Bc交Bc的延长线于点D,
由A(2,2),c(4,﹣4),B(4,0),易得D(4,2),
故AD=2,cD=6,Ac==2,
∴sin∠AcB===,
即sin∠A2c2B2=.
例题5:
例题6:
(XX甘肃张掖)如图,矩形ABcD中,AB=6,Bc=4,过对角线BD中点o的直线分别交AB,cD边于点E,F.
(1)求证:
四边形BEDF是平行四边形;
(2)当四边形BEDF是菱形时,求EF的长.
【考点】LB:
矩形的性质;L7:
平行四边形的判定与性质;L8:
菱形的性质.
【分析】
(1)根据平行四边形ABcD的性质,判定△BoE≌△DoF(ASA),得出四边形BEDF的对角线互相平分,进而得出结论;
(2)在Rt△ADE中,由勾股定理得出方程,解方程求出BE,由勾股定理求出BD,得出oB,再由勾股定理求出Eo,即可得出EF的长.
【解答】
(1)证明:
∵四边形ABcD是矩形,o是BD的中点,
∴∠A=90°,AD=Bc=4,AB∥Dc,oB=oD,
∴∠oBE=∠oDF,
在△BoE和△DoF中,,
∴△BoE≌△DoF(ASA),
∴Eo=Fo,
∴四边形BEDF是平行四边形;
(2)解:
当四边形BEDF是菱形时,BE⊥EF,
设BE=x,则DE=x,AE=6﹣x,
在Rt△ADE中,DE2=AD2+AE2,
∴x2=42+(6﹣x)2,
解得:
x=,
∵BD==2,
∴oB=BD=,
∵BD⊥EF,
∴Eo==,
∴EF=2Eo=.
例题7:
(XX重庆B)如图,正方形ABcD中,AD=4,点E是对角线Ac上一点,连接DE,过点E作EF⊥ED,交AB于点F,连接DF,交Ac于点G,将△EFG沿EF翻折,得到△EFm,连接Dm,交EF于点N,若点F是AB的中点,则△EmN的周长是 .
【分析】如图1,作辅助线,构建全等三角形,根据全等三角形对应边相等证明FQ=BQ=PE=1,△DEF是等腰直角三角形,利用勾理计算DE=EF=,PD==3,如图2,由平行相似证明△DGc∽△FGA,列比例式可得FG和cG的长,从而得EG的长,根据△GHF是等腰直角三角形,得GH和FH的长,利用DE∥Gm证明△DEN∽△mNH,则,得EN=,从而计算出△EmN各边的长,相加可得周长.
【解答】解:
如图1,过E作PQ⊥Dc,交Dc于P,交AB于Q,连接BE,
∵Dc∥AB,
∴PQ⊥AB,
∵四边形ABcD是正方形,
∴∠AcD=45°,
∴△PEc是等腰直角三角形,
∴PE=Pc,
设Pc=x,则PE=x,PD=4﹣x,EQ=4﹣x,
∴PD=EQ,
∵∠DPE=∠EQF=90°,∠PED=∠EFQ,
∴△DPE≌△EQF,
∴DE=EF,
易证明△DEc≌△BEc,
∴DE=BE,
∴EF=BE,
∵EQ⊥FB,
∴FQ=BQ=BF,
∵AB=4,F是AB的中点,
∴BF=2,
∴FQ=BQ=PE=1,
∴cE=,
Rt△DAF中,DF==2,
∵DE=EF,DE⊥EF,
∴△DEF是等腰直角三角形,
∴DE=EF==,
∴PD==3,
如图2,∵Dc∥AB,
∴△DGc∽△FGA,
∴==2,
∴cG=2AG,DG=2FG,
∴FG=×=,
∵Ac==4,
∴cG=×=,
∴EG=﹣=,
连接Gm、GN,交EF于H,
∵∠GFE=45°,
∴△GHF是等腰直角三角形,
∴GH=FH==,
∴EH=EF﹣FH=﹣=,
由折叠得:
Gm⊥EF,mH=GH=,
∴∠EHm=∠DEF=90°,
∴DE∥Hm,
∴△DEN∽△mNH,
∴,
∴==3,
∴EN=3NH,
∵EN+NH═EH=,
∴EN=,
∴NH=EH﹣EN=﹣=,
Rt△GNH中,GN===,
由折叠得:
mN=GN,Em=EG,
∴△EmN的周长=EN+mN+Em=++=;
故答案为:
.
【点评】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、三角形全等、相似的性质和判定、勾股定理,三角函数,计算比较复杂,作辅助线,构建全等三角形,计算出PE的长是关键.
例题8:
(XX山东枣庄)已知正方形ABcD,P为射线AB上的一点,以BP为边作正方形BPEF,使点F在线段cB的延长线上,连接EA,Ec.
(1)如图1,若点P在线段AB的延长线上,求证:
EA=Ec;
(2)如图2,若点P在线段AB的中点,连接Ac,判断△AcE的形状,并说明理由;
(3)如图3,若点P在线段AB上,连接Ac,当EP平分∠AEc时,设AB=a,BP=b,求a:
b及∠AEc的度数.
【考点】Lo:
四边形综合题.
【分析】
(1)根据正方形的性质证明△APE≌△cFE,可得结论;
(2)分别证明∠PAE=45°和∠BAc=45°,则∠cAE=90°,即△AcE是直角三角形;
(3)分别计算PG和BG的长,利用平行线分线段成比例定理列比例式得:
,即,
解得:
a=b,得出a与b的比,再计算GH和BG的长,根据角平分线的逆定理得:
∠HcG=∠BcG,由平行线的内错角得:
∠AEc=∠AcB=45°.
【解答】证明:
(1)∵四边形ABcD和四边形BPEF是正方形,
∴AB=Bc,BP=BF,
∴AP=cF,
在△APE和△cFE中,
∵,
∴△APE≌△cFE,
∴EA=Ec;
(2)△AcE是直角三角形,理由是:
如图2,∵P为AB的中点,
∴PA=PB,
∵PB=PE,
∴PA=PE,
∴∠PAE=45°,
又∵∠BAc=45°,
∴∠cAE=90°,即△AcE是直角三角形;
(3)设cE交AB于G,
∵EP平分∠AEc,EP⊥AG,
∴AP=PG=a﹣b,BG=a﹣(2a﹣2b)=2b﹣a,
∵PE∥cF,
∴,即,
解得:
a=b,
∴a:
b=:
1,
作GH⊥Ac于H,
∵∠cAB=45°,
∴HG=AG=(2b﹣2b)=(2﹣)b,
又∵BG=2b﹣a=(2﹣)b,
∴GH=GB,GH⊥Ac,GB⊥Bc,
∴∠HcG=∠BcG,
∵PE∥cF,
∴∠PEG=∠BcG,
∴∠AEc=∠AcB=45°.
【达标检测】
一、选择题
.(XX浙江义乌)在探索“尺规三等分角”这个数学名题的过程中,曾利用了如图.该图中,四边形ABcD是矩形,E是BA延长线上一点,F是cE上一点,∠AcF=∠AFc,∠FAE=∠FEA.若∠AcB=21°,则∠EcD的度数是( )
A.7°
B.21°
c.23°
D.24°
【考点】LB:
矩形的性质;jA:
平行线的性质.
【分析】由矩形的性质得出∠D=90°,AB∥cD,AD∥Bc,证出∠FEA=∠EcD,∠DAc=∠AcB=21°,由三角形的外角性质得出∠AcF=2∠FEA,设∠EcD=x,则∠AcF=2x,∠AcD=3x,在Rt△AcD中,由互余两角关系得出方程,解方程即可.
【解答】解:
∵四边形ABcD是矩形,
∴∠D=90°,AB∥cD,AD∥Bc,
∴∠FEA=∠EcD,∠DAc=∠AcB=21°,
∵∠AcF=∠AFc,∠FAE=∠FEA,
∴∠AcF=2∠FEA,
设∠EcD=x,则∠AcF=2x,
∴∠AcD=3x,
在Rt△AcD中,3x+21°=90°,
解得:
x=23°;
故选:
c.
2.(XX甘肃张掖)下面四个手机应用图标中,属于中心对称图形的是( )
A.
B.
c.
D.
【考点】R5:
中心对称图形.
【分析】根据轴对称图形的概念进行判断即可.
【解答】解:
A图形不是中心对称图形;
B图形是中心对称图形;
c图形不是中心对称图形;
D图形不是中心对称图形,
故选:
B.
3.
4.
5.
二、填空题:
6.
7.
8.(XX浙江义乌)如图为某城市部分街道示意图,四边形ABcD为正方形,点G在对角线BD上,GE⊥cD,GF⊥Bc,AD=1500m,小敏行走的路线为B→A→G→E,小聪行走的路线为B→A→D→E→F.若小敏行走的路程为3100m,则小聪行走的路程为 4600 m.
【考点】LE:
正方形的性质;kD:
全等三角形的判定与性质;LD:
矩形的判定与性质.
【分析】连接cG,由正方形的对称性,易知AG=cG,由正方形的对角线互相平分一组对角,GE⊥Dc,易得DE=GE.在矩形GEcF中,EF=cG.要计算小聪走的路程,只要得到小聪比小敏多走了多少就行.
【解答】解:
连接Gc,
∵四边形ABcD为正方形,
所以AD=Dc,∠ADB=∠cDB=45°,
∵∠cDB=45°,GE⊥Dc,
∴△DEG是等腰直角三角形,
∴DE=GE.
在△AGD和△GDc中,
∴△AGD≌△GDc
∴AG=cG
在矩形GEcF中,EF=cG,
∴EF=AG.
∵BA+AD+DE+EF﹣BA﹣AG﹣GE
=AD=1500m.
∵小敏共走了3100m,
∴小聪行走的路程为3100+1500
=4600(m)
故答案为:
4600
9.(XX浙江衢州)如图,矩形纸片ABcD中,AB=4,Bc=6,将△ABc沿Ac折叠,使点B落在点E处,cE交AD于点F,则DF的长等于( )
A.
B.
c.
D.
【考点】PB:
翻折变换(折叠问题);LB:
矩形的性质.
【分析】根据折叠的性质得到AE=AB,∠E=∠B=90°,易证Rt△AEF≌Rt△cDF,即可得到结论EF=DF;易得Fc=FA,设FA=x,则Fc=x,FD=6﹣x,在Rt△cDF中利用勾股定理得到关于x的方程x2=42+(6﹣x)2,解方程求出x.
【解答】解:
∵矩形ABcD沿对角线Ac对折,使△ABc落在△AcE的位置,
∴AE=AB,∠E=∠B=90°,
又∵四边形ABcD为矩形,
∴AB=cD,
∴AE=Dc,
而∠AFE=∠DFc,
∵在△AEF与△cDF中,
,
∴△AEF≌△cDF(AAS),
∴EF=DF;
∵四边形ABcD为矩形,
∴AD=Bc=6,cD=AB=4,
∵Rt△AEF≌Rt△cDF,
∴Fc=FA,
设FA=x,则Fc=x,FD=6﹣x,
在Rt△cDF中,cF2=cD2+DF2,即x2=42+(6﹣x)2,解得x=,
则FD=6﹣x=.
故选:
B.
0.(XX张家界)如图,在正方形ABcD中,AD=2,把边Bc绕点B逆时针旋转30°得到线段BP,连接AP并延长交cD于点E,连接Pc,则三角形PcE的面积为 6﹣10 .
【考点】R2:
旋转的性质;LE:
正方形的性质.
【分析】根据旋转的想知道的PB=Bc=AB,∠PBc=30°,推出△ABP是等边三角形,得到∠BAP=60°,AP=AB=2,解直角三角形得到cE=2﹣2,PE=4﹣2,过P作PF⊥cD于F,于是得到结论.
【解答】解:
∵四边形ABcD是正方形,
∴∠ABc=90°,
∵把边Bc绕点B逆时针旋转30°得到线段BP,
∴PB=Bc=AB,∠PBc=30°,
∴∠ABP=60°,
∴△ABP是等边三角形,
∴∠BAP=60°,AP=AB=2,
∵AD=2,
∴AE=4,DE=2,
∴cE=2﹣2,PE=4﹣2,
过P作PF⊥cD于F,
∴PF=PE=2﹣3,
∴三角形PcE的面积=cE•PF=×(2﹣2)×(4﹣2)=6﹣10,
故答案为:
6﹣10.
三、解答题
1.(XX湖南岳阳)求证:
对角线互相垂直的平行四边形是菱形.
小红同学根据题意画出了图形,并写出了已知和求证的一部分,请你补全已知和求证,并写出证明过程.
已知:
如图,在▱ABcD中,对角线Ac,BD交于点o, Ac⊥BD .
求证:
四边形ABcD是菱形 .
【分析】由命题的题设和结论可填出答案,由平行四边形的性质可证得Ac为线段BD的垂直平分线,可求得AB=AD,可得四边形ABcD是菱形.
【解答】已知:
如图,在▱ABcD中,对角线Ac,BD交于点o,Ac⊥BD,
求证:
四边形ABcD是菱形.
证明:
∵四边形ABcD为平行四边形,
∴Bo=Do,
∵Ac⊥BD,
∴Ac垂直平分BD,
∴AB=AD,
∴四边形ABcD为菱形.
故答案为:
Ac⊥BD;四边形ABcD是菱形.
【点评】本题主要考查菱形的判定及平行四边形的性质,利用平行四边形的性质证得AB=AD是解题的关键.
2.如图,在平行四边形ABcD中,边AB的垂直平分线交AD于点E,交cB的延长线于点F,连接AF,BE.
(1)求证:
△AGE≌△BGF;
(2)试判断四边形AFBE的形状,并说明理由.
【考点】L5:
平行四边形的性质;kD:
全等三角形的判定与性质;kG:
线段垂直平分线的性质.
【分析】
(1)由平行四边形的性质得出AD∥Bc,得出∠AEG=∠BFG,由AAS证明△AGE≌△BGF即可;
(2)由全等三角形的性质得出AE=BF,由AD∥Bc,证出四边形AFBE是平行四边形,再根据EF⊥AB,即可得出结论.
【解答】
(1)证明:
∵四边形ABcD是平行四边形,
∴AD∥Bc,
∴∠AEG=∠BFG,
∵EF垂直平分AB,
∴AG=BG,
在△AGEH和△BGF中,,
∴△AGE≌△BGF(AAS);
(2)解:
四边形AFBE是菱形,理由如下:
∵△AGE≌△BGF,
∴AE=BF,
∵AD∥Bc,
∴四边形AFBE是平行四边形,
又∵EF⊥AB,
∴四边形AFBE是菱形.
3.定义:
有一组邻边相等,并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形.
(1)如图1,等腰直角四边形ABcD,AB=Bc,∠ABc=90°,
①若AB=cD=1,AB∥cD,求对角线BD的长.
②若Ac⊥BD,求证:
AD=cD,
(2)如图2,在矩形ABcD中,AB=5,Bc=9,点P是对角线BD上一点,且BP=2PD,过点P作直线分别交边AD,Bc于点E,F,使四边形ABFE是等腰直角四边形,求AE的长.
【考点】Lo:
四边形综合题.
【分析】
(1)①只要证明四边形ABcD是正方形即可解决问题;
②只要证明△ABD≌△cBD,即可解决问题;
(2)若EF⊥Bc,则AE≠EF,BF≠EF,推出四边形ABFE表示等腰直角四边形,不符合条件.若EF与Bc不垂直,①当AE=AB时,如图2中,此时四边形ABFE是等腰直角四边形,②当BF=AB时,如图3中,此时四边形ABFE是等腰直角四边形,分别求解即可;
【解答】解:
(1)①∵AB=Ac=1,AB∥cD,
∴S四边形ABcD是平行四边形,
∵AB=Bc,
∴四边形ABcD是菱形,
∵∠ABc=90°,
∴四边形ABcD是正方形,
∴BD=Ac==.
(2)如图1中,连接Ac、BD.
∵AB=Bc,Ac⊥BD,
∴∠ABD=∠cBD,
∵BD=BD,
∴△ABD≌△cBD,
∴AD=cD.
(2)若EF⊥Bc,则AE≠EF,BF≠EF,
∴四边形ABFE表示等腰直角四边形,不符合条件.
若EF与Bc不垂直,
①当AE=AB时,如图2中,此时四边形ABFE是等腰直角四边形,
∴AE=AB=5.
②当BF=AB时,如图3中,此时四边形ABFE是等腰直角四边形,
∴BF=AB=5,
∵DE∥BF,
∴DE:
BF=PD:
PB=1:
2,
∴DE=2.5,
∴AE=9﹣2.5=6.5,
综上所述,满足条件的AE的长为5或6.5.
4.(XX浙江衢州)在直角坐标系中,过原点o及点A(8,0),c(0,6)作矩形oABc、连结oB,点D为oB的中点,点E是线段AB上的动点,连结DE,作DF⊥DE,交oA于点F,连结EF.已知点E从A点出发,以每秒1个单位长度的速度在线段AB上移动,设移动时间为t秒.
(1)如图1,当t=3时,求DF的长.
(2)如图2,当点E在线段AB上移动的过程中,∠DEF的大小是否发生变化?
如果变化,请说明理由;如果不变,请求出tan∠DEF的值.
(3)连结AD,当AD将△DEF分成的两部分的面积之比为1:
2时,求相应的t的值.
【考点】Lo:
四边形综合题.
【分析】
(1)当t=3时,点E为AB的中点,由三角形中位线定理得出DE∥oA,DE=oA=4,再由矩形的性质证出DE⊥AB,得出∠oAB=∠DEA=90°,证出四边形DFAE是矩形,得出DF=AE=3即可;
(2)作Dm⊥oA于m,DN⊥AB于N,证明四边形DmAN是矩形,得出∠mDN=90°,Dm∥AB,DN∥oA,由平行线得出比例式,
=,由三角形中位线定理得出Dm=AB=3,DN=oA=4,证明△DmF∽△DNE,得出=,再由三角函数定义即可得出答案;
(3)作作Dm⊥oA于m,DN⊥AB于N,若AD将△DEF的面积分成1:
2的两部分,设AD交EF于点G,则点G为EF的三等分点;
①当点E到达中点之前时,NE=3﹣t,由△DmF∽△DNE得:
mF=(3﹣t),求出AF=4+mF=﹣t+,得出G(,
t),求出直线AD的解析式为y=﹣x+6,把G(,
t)代入即可求出t的值;
②当点E越过中点之后,NE=t﹣3,由△DmF∽△DNE得:
mF=(t﹣3),求出AF=4﹣mF=﹣t+,得出G(,
t),代入直线AD的解析式y=﹣x+6求出t的值即可.
【解答】解:
(1)当t=3时,点E为AB的中点,
∵A(8,0),c(0,6),
∴oA=8,oc=6,
∵点D为oB的中点,
∴DE∥oA,DE=oA=4,
∵四边形oABc是矩形,
∴oA⊥AB,
∴DE⊥AB,
∴∠oAB=∠DEA=90°,
又∵DF⊥DE,
∴∠EDF=90°,
∴四边形DFAE是矩形,
∴DF=AE=3;
(2)∠DEF的大小不变;理由如下: