全国套中考数学压轴题分类解析汇编专题几何三大变换相关问题Word文件下载.doc
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(1)利用图形旋转的性质以及等边三角形的判定得出△CMQ是等边三角形,即可得出答案:
∵BA=BC,∠BAC=60°
,M是AC的中点,∴BM⊥AC,AM=AC。
∵将线段PA绕点P顺时针旋转2α得到线段PQ,∴AM=MQ,∠AMQ=120°
∴CM=MQ,∠CMQ=60°
∴△CMQ是等边三角形。
∴∠ACQ=60°
∴∠CDB=30°
(2)首先由已知得出△APD≌△CPD,从而得出∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°
,即可求出。
(3)由
(2)得出∠CDB=90°
-α,且PQ=QD,
∴∠PAD=∠PCQ=∠PQC=2∠CDB=180°
∵点P不与点B,M重合,∴∠BAD>∠PAD>∠MAD。
∴2α>180°
-2α>α,∴45°
2.(2012海南省I11分)如图
(1),在矩形ABCD中,把∠B、∠D分别翻折,使点B、D分别落在对角线BC上的点E、F处,折痕分别为CM、AN.
(1)求证:
△AND≌△CBM.
(2)请连接MF、NE,证明四边形MFNE是平行四边形,四边形MFNE是菱形吗?
请说明理由?
(3)P、Q是矩形的边CD、AB上的两点,连结PQ、CQ、MN,如图
(2)所示,若PQ=CQ,PQ∥MN。
且AB=4,BC=3,求PC的长度.
【答案】
(1)证明:
∵四边形ABCD是矩形,∴∠D=∠B,AD=BC,AD∥BC。
∴∠DAC=∠BCA。
又由翻折的性质,得∠DAN=∠NAF,∠ECM=∠BCM,∴∠DAN=∠BCM。
∴△AND≌△CBM(ASA)。
(2)证明:
∵△AND≌△CBM,∴DN=BM。
又由翻折的性质,得DN=FN,BM=EM,
∴FN=EM。
又∠NFA=∠ACD+∠CNF=∠BAC+∠EMA=∠MEC,
∴FN∥EM。
∴四边形MFNE是平行四边形。
四边形MFNE不是菱形,理由如下:
由翻折的性质,得∠CEM=∠B=900,
∴在△EMF中,∠FEM>∠EFM。
∴FM>EM。
∴四边形MFNE不是菱形。
(3)解:
∵AB=4,BC=3,∴AC=5。
设DN=x,则由S△ADC=S△AND+S△NAC得
3x+5x=12,解得x=,即DN=BM=。
过点N作NH⊥AB于H,则HM=4-3=1。
在△NHM中,NH=3,HM=1,
由勾股定理,得NM=。
∵PQ∥MN,DC∥AB,
∴四边形NMQP是平行四边形。
∴NP=MQ,PQ=NM=。
又∵PQ=CQ,∴CQ=。
在△CBQ中,CQ=,CB=3,由勾股定理,得BQ=1。
∴NP=MQ=。
∴PC=4--=2。
【考点】翻折问题,翻折的性质,矩形的性质,平行的性质,全等三角形的判定和性质,平行四边形的判定和性质,菱形的判定,勾股定理。
(1)由矩形和翻折对称的性质,用ASA即可得到△AND≌△CBM。
(2)根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的判定即可证明。
(3)设DN=x,则由S△ADC=S△AND+S△NAC可得DN=BM=。
过点N作NH⊥AB于H,则由勾股定理可得NM=,从而根据平行四边形的性质和已知PQ=CQ,即可求得CQ=。
因此,在△CBQ中,应用勾股定理求得BQ=1。
从而求解。
3.(2012天津市10分)已知一个矩形纸片OACB,将该纸片放置在平面直角坐标系中,点A(11,0),点B(0,6),点P为BC边上的动点(点P不与点B、C重合),经过点O、P折叠该纸片,得点B′和折痕OP.设BP=t.
(Ⅰ)如图①,当∠BOP=300时,求点P的坐标;
(Ⅱ)如图②,经过点P再次折叠纸片,使点C落在直线PB′上,得点C′和折痕PQ,若AQ=m,试用含有t的式子表示m;
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,当点C′恰好落在边OA上时,求点P的坐标(直接写出结果即可).
(Ⅰ)根据题意,∠OBP=90°
,OB=6。
在Rt△OBP中,由∠BOP=30°
,BP=t,得OP=2t。
∵OP2=OB2+BP2,即(2t)2=62+t2,解得:
t1=,t2=-(舍去).
∴点P的坐标为(,6)。
(Ⅱ)∵△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的,
∴△OB′P≌△OBP,△QC′P≌△QCP。
∴∠OPB′=∠OPB,∠QPC′=∠QPC。
∵∠OPB′+∠OPB+∠QPC′+∠QPC=180°
,∴∠OPB+∠QPC=90°
∵∠BOP+∠OPB=90°
,∴∠BOP=∠CPQ。
又∵∠OBP=∠C=90°
,∴△OBP∽△PCQ。
∴。
由题意设BP=t,AQ=m,BC=11,AC=6,则PC=11-t,CQ=6-m.
∴(0<t<11)。
(Ⅲ)点P的坐标为(,6)或(,6)。
【考点】翻折变换(折叠问题),坐标与图形性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,相似三角形的判定和性质。
(Ⅰ)根据题意得,∠OBP=90°
,OB=6,在Rt△OBP中,由∠BOP=30°
,BP=t,得OP=2t,然后利用勾股定理,即可得方程,解此方程即可求得答案。
(Ⅱ)由△OB′P、△QC′P分别是由△OBP、△QCP折叠得到的,可知△OB′P≌△OBP,
△QC′P≌△QCP,易证得△OBP∽△PCQ,然后由相似三角形的对应边成比例,即可求得答案。
(Ⅲ)首先过点P作PE⊥OA于E,易证得△PC′E∽△C′QA,由勾股定理可求得C′Q的长,然后利用相似三角形的对应边成比例与,即可求得t的值:
过点P作PE⊥OA于E,∴∠PEA=∠QAC′=90°
∴∠PC′E+∠EPC′=90°
∵∠PC′E+∠QC′A=90°
,∴∠EPC′=∠QC′A。
∴△PC′E∽△C′QA。
∵PC′=PC=11-t,PE=OB=6,AQ=m,C′Q=CQ=6-m,
∵,即,∴,即。
将代入,并化简,得。
解得:
∴点P的坐标为(,6)或(,6)。
4.(2012福建南平12分)在平面直角坐标系中,矩形OABC如图所示放置,点A在x轴上,点B的坐标为(m,1)(m>0),将此矩形绕O点逆时针旋转90°
,得到矩形OA′B′C′.
(1)写出点A、A′、C′的坐标;
(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,求此抛物线的解析式;
(a、b、c可用含m的式子表示)
(3)试探究:
当m的值改变时,点B关于点O的对称点D是否可能落在
(2)中的抛物线上?
若能,求出此时m的值.
(1)∵四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m>0),∴A(m,0),C(0,1)。
∵矩形OA′B′C′由矩形OABC旋转90°
而成,∴A′(0,m),C′(-1,0)。
(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,
∵A(m,0),A′(0,m),C′(-1,0),
∴,解得。
∴此抛物线的解析式为:
y=-x2+(m-1)x+m。
(3)∵点B与点D关于原点对称,B(m,1),
∴点D的坐标为:
(-m,-1),
假设点D(-m,-1)在
(2)中的抛物线上,
∴0=-(-m)2+(m-1)×
(-m)+m=1,即2m2-2m+1=0,
∵△=(-2)2-4×
2×
2=-4<0,∴此方程无解。
∴点D不在
(2)中的抛物线上。
【考点】二次函数综合题,矩形的性质,旋转的性质,待定系数法,曲线上点的坐标与方程的关系,解方程组,关于原点对称的点的坐标特征,一元二次方程根与系数的关系。
(1)先根据四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m>0),求出点A、C的坐标,再根据图形旋转的性质求出A′、C′的坐标即可。
(2)设过点A、A′、C′的抛物线解析式为y=ax2+bx+c,把A、A′、C′三点的坐标代入即可得出abc的值,进而得出其抛物线的解析式。
(3)根据关于原点对称的点的坐标特点用m表示出D点坐标,把D点坐标代入抛物线的解析式看是否符合即可。
5.(2012广东汕头12分)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=6,BC=8.把△BCD沿对角线BD折叠,使点C落在C′处,BC′交AD于点G;
E、F分别是C′D和BD上的点,线段EF交AD于点H,把△FDE沿EF折叠,使点D落在D′处,点D′恰好与点A重合.
△ABG≌△C′DG;
(2)求tan∠ABG的值;
(3)求EF的长.
∵△BDC′由△BDC翻折而成,
∴∠C=∠BAG=90°
,C′D=AB=CD,∠AGB=∠DGC′,∴∠ABG=∠ADE。
在△ABG≌△C′DG中,∵∠BAG=∠C,AB=C′D,∠ABG=∠ADC′,
∴△ABG≌△C′DG(ASA)。
(2)解:
∵由
(1)可知△ABG≌△C′DG,∴GD=GB,∴AG+GB=AD。
设AG=x,则GB=8﹣x,
在Rt△ABG中,∵AB2+AG2=BG2,即62+x2=(8﹣x)2,解得x=。
∵△AEF是△DEF翻折而成,∴EF垂直平分AD。
∴HD=AD=4。
∵tan∠ABG=tan∠ADE=。
∴EH=HD×
=4×
∵EF垂直平分AD,AB⊥AD,∴HF是△ABD的中位线。
∴HF=AB=×
6=3。
∴EF=EH+HF=。
【考点】翻折变换(折叠问题),翻折变换的性质,矩形的性质,全等三角形的判定和性质,勾股定理,锐角三角函数定义,三角形中位线定理。
(1)根据翻折变换的性质可知∠C=∠BAG=90°
,C′D=AB=CD,∠AGB=∠DGC′,故可得出结论。
(2)由
(1)可知GD=GB,故AG+GB=AD,设AG=x,则GB=8-x,在Rt△ABG中利用勾股定理即可求出AG的长,从而得出tan∠ABG的值。
(3)由△AEF是△DEF翻折而成可知EF垂直平分AD,故HD=AD=4,再根据tan∠ABG的值即可得出EH的长,同理可得HF是△ABD的中位线,故可得出HF的长,由EF=EH+HF即可得出结果。
6.(2012广东省9分)如图,在矩形纸片ABCD中,AB=6,BC=8.把△BCD沿对角线BD折叠,使点C落在C′处,BC′交AD于点G;
7.(2012广东珠海9分)已知,AB是⊙O的直径,点P在弧AB上(不含点A、B),把△AOP沿OP对折,点A的对应点C恰好落在⊙O上.
(1)当P、C都在AB上方时(如图1),判断PO与BC的位置关系(只回答结果);
(2)当P在AB上方而C在AB下方时(如图2),
(1)中结论还成立吗?
证明你的结论;
(3)当P、C都在AB上方时(如图3),过C点作CD⊥直线AP于D,且CD是⊙O的切线,证明:
AB=4PD.
(1)PO与BC的位置关系是PO∥BC。
(2)
(1)中的结论PO∥BC成立。
理由为:
由折叠可知:
△APO≌△CPO,∴∠APO=∠CPO。
又∵OA=OP,∴∠A=∠APO。
∴∠A=∠CPO。
又∵∠A与∠PCB都为所对的圆周角,∴∠A=∠PCB。
∴∠CPO=∠PCB。
∴PO∥BC。
(3)证明:
∵CD为圆O的切线,∴OC⊥CD。
又∵AD⊥CD,∴OC∥AD。
∴∠APO=∠COP。
由折叠可得:
∠AOP=∠COP,∴∠APO=∠AOP。
∴∠A=∠APO=∠AOP。
∴△APO为等边三角形。
∴∠AOP=60°
又∵OP∥BC,∴∠OBC=∠AOP=60°
又∵OC=OB,∴△BC为等边三角形。
∴∠COB=60°
∴∠POC=180°
﹣(∠AOP+∠COB)=60°
又∵OP=OC,∴△POC也为等边三角形。
∴∠PCO=60°
,PC=OP=OC。
又∵∠OCD=90°
,∴∠PCD=30°
在Rt△PCD中,PD=PC,
又∵PC=OP=AB,∴PD=AB,即AB=4PD。
【考点】折叠的性质,圆心角、弧、弦的关系,圆周角定理,平行的判定和性质,切线的性质,全等三角形的性质,等腰三角形的性质,等边三角形的判定和性质,含30度角的直角三角形的性质。
(1)由折叠可得,由∠AOP=∠POC;
因为∠AOC和∠ABC是弧所对的圆心角和圆周角,根据同弧所对圆周角是圆心角一半的性质,得∠AOP=∠ABC;
根据同位角相等两直线平行的判定,得PO与BC的位置关系是平行。
(2)
(1)中的结论成立,理由为:
由折叠可知三角形APO与三角形CPO全等,根据全等三角形的对应角相等可得出∠APO=∠CPO,再由OA=OP,利用等边对等角得到∠A=∠APO,等量代换可得出∠A=∠CPO,又根据同弧所对的圆周角相等得到∠A=∠PCB,再等量代换可得出∠COP=∠ACB,利用内错角相等两直线平行,可得出PO与BC平行。
(3)由CD为圆O的切线,利用切线的性质得到OC⊥CD,又AD⊥CD,利用平面内垂直于同一条直线的两直线平行得到OC∥AD,根据两直线平行内错角相等得到∠APO=∠COP,再利用折叠的性质得到∠AOP=∠COP,等量代换可得出∠APO=∠AOP,再由OA=OP,利用等边对等角可得出一对角相等,等量代换可得出△AOP三内角相等,确定出△AOP为等边三角形,根据等边三角形的内角为60°
得到
∠AOP=60°
,由OP∥BC,利用两直线平行同位角相等可得出∠OBC=∠AOP=60°
,再由OB=OC,得到△OBC为等边三角形,可得出∠COB为60°
,利用平角的定义得到∠POC也为60°
,再加上OP=OC,可得出△POC为等边三角形,得到内角∠OCP=60°
,可求出∠PCD=30°
,在Rt△PCD中,利用30°
所对的直角边等于斜边的一半可得出PD为PC的一半,而PC=圆的半径OP=直径AB的一半,可得出PD为AB的四分之一,即AB=4PD,得证。
8.(2012广西南宁10分)如图,已知矩形纸片ABCD,AD=2,AB=4.将纸片折叠,使顶点A与边CD上的点E重合,折痕FG分别与AB,CD交于点G,F,AE与FG交于点O.
(1)如图1,求证:
A,G,E,F四点围成的四边形是菱形;
(2)如图2,当△AED的外接圆与BC相切于点N时,求证:
点N是线段BC的中点;
(3)如图2,在
(2)的条件下,求折痕FG的长.
(1)由折叠的性质可得,GA=GE,∠AGF=∠EGF,
∵DC∥AB,∴∠EFG=∠AGF。
∴∠EFG=∠EGF。
∴EF=EG=AG。
∴四边形AGEF是平行四边形(EF∥AG,EF=AG)。
又∵AG=GE,∴四边形AGEF是菱形。
(2)连接ON,
∵△AED是直角三角形,AE是斜边,点O是AE的中点,
△AED的外接圆与BC相切于点N,
∴ON⊥BC。
∵点O是AE的中点,∴ON是梯形ABCE的中位线。
∴点N是线段BC的中点。
(3)∵OE、ON均是△AED的外接圆的半径,∴OE=OA=ON=2。
∴AE=AB=4。
在Rt△ADE中,AD=2,AE=4,∴∠AED=30°
在Rt△OEF中,OE=2,∠AED=30°
,∴。
∴FG=。
【考点】翻折变换(折叠问题),折叠对称的性质,菱形的判定,梯形中位线性质,锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值。
(1)根据折叠的性质判断出AG=GE,∠AGF=∠EGF,再由CD∥AB得出∠EFG=∠AGF,从而
判断出EF=AG,得出四边形AGEF是平行四边形,从而结合AG=GE,可得出结论。
(2)连接ON,则ON⊥BC,从而判断出ON是梯形ABCE的中位线,从而可得出结论。
(3)根据
(1)可得出AE=AB,从而在Rt△ADE中,可判断出∠AED为30°
,在Rt△EFO中求
出FO,从而可得出FG的长度。
9.(2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田10分)△ABC中,AB=AC,D为BC的中点,以D为顶点作∠MDN=∠B.
(1)如图
(1)当射线DN经过点A时,DM交AC边于点E,不添加辅助线,写出图中所有与△ADE相似的三角形.
(2)如图
(2),将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转,DM,DN分别交线段AC,AB于E,F点(点E与点A不重合),不添加辅助线,写出图中所有的相似三角形,并证明你的结论.
(3)在图
(2)中,若AB=AC=10,BC=12,当△DEF的面积等于△ABC的面积的时,求线段EF的长.
(1)图
(1)中与△ADE相似的有△ABD,△ACD,△DCE。
(2)△BDF∽△CED∽△DEF,证明如下:
∵∠B+∠BDF+∠BFD=180°
,∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°
,
又∵∠EDF=∠B,∴∠BFD=∠CDE。
∵AB=AC,∴∠B=∠C。
∴△BDF∽△CED。
∵BD=CD,∴,即。
又∵∠C=∠EDF,∴△CED∽△DEF。
∴△BDF∽△CED∽△DEF。
(3)连接AD,过D点作DG⊥EF,DH⊥BF,垂足分别为G,H.
∵AB=AC,D是BC的中点,∴AD⊥BC,BD=BC=6。
在Rt△ABD中,AD2=AB2﹣BD2,即AD2=102﹣62,
∴AD=8。
∴S△ABC=•BC•AD=×
12×
8=48,
S△DEF=S△ABC=×
48=12。
又∵•AD•BD=•AB•DH,∴。
∵△BDF∽△DEF,∴∠DFB=∠EFD。
∵DH⊥BF,DG⊥EF,∴∠DHF=∠DGF。
又∵DF=DF,∴△DHF≌△DGF(AAS)。
∴DH=DG=。
∵S△DEF=·
EF·
DG=·
=12,∴EF=5。
【考点】旋转的性质,相似三角形的判定和性质,等腰三角形的性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质。
(1)根据等腰三角形的性质以及相似三角形的判定得出△ADE∽△ABD∽△ACD∽△DCE:
∵AB=AC,D为BC的中点,∴AD⊥BC,∠B=∠C,∠BAD=∠CAD。
又∵∠MDN=∠B,∴△ADE∽ABD。
同理可得:
△ADE∽△ACD。
∵∠MDN=∠C=∠B,∠B+∠BAD=90°
,∠ADE+∠EDC=90°
,∠B=∠MDN,
∴∠BAD=∠EDC。
∵∠B=∠C,∴△ABD∽△DCE。
∴△ADE∽△DCE。
(2)利用已知首先求出∠BFD=∠CDE,即可得出△BDF∽△CED,再利用相似三角形的性质得出,从而得出△BDF∽△CED∽△DEF。
(3)利用△DEF的面积等于△ABC的面积的,求出DH的长,从而利用S△DEF的值求出EF即可。
10.(2012湖北天门、仙桃、潜江、江汉油田12分)如图,抛物线y=ax2+bx+2交x轴于A(﹣1,0),B(4,0)两点,交y轴于点C,与过点C且平行于x轴的直线交于另一点D,点P是抛物线上一动点.
(1)求抛物线解析式及点D坐标;
(2)点E在x轴上,若以A,E,D,P为顶点的四边形是平行四边形,求此时点P的坐标;
(3)过点P作直线CD的垂线,垂足为Q,若将△CPQ沿CP翻折,点Q的对应点为Q′.是否存在点P,使Q′恰好落在x轴上?
若存在,求出此时点P的坐标;
若不存在,说明理由.
(1)∵抛物线y=ax2+bx+2经过A(﹣1,0),B(4,0)两点,
∴,解得:
∴抛物线解析式为。
当y=2时,,解得:
x1=3,x2=0(舍去)。
∴点D坐标为(3,2)。
(2)A,E两点都在x轴上,AE有两种可能:
①当AE为一边时,AE∥PD,∴P1(0,2)。
②当AE为对角线时,根据平行四边形对顶点到另一条对角线距离相等,可知P点、D点到直线AE(即x轴)的距离相等,∴P点的纵坐标为﹣2。
代入抛物线的解析式:
,解得:
∴P点的坐标为(,﹣2),(,﹣2)。
综上所述:
P1(0,2)