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.doc

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2012年全国100套中考数学压轴题分类解析汇编

专题9：

几何三大变换相关问题.

1.（2012北京市7分）在中，，M是AC的中点，P是线段BM上的动点，

将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。

（1）若且点P与点M重合（如图1），线段CQ的延长线交射线BM于点D，请补全图形，

并写出∠CDB的度数；

（2）在图2中，点P不与点B，M重合，线段CQ的延长线与射线BM交于点D，猜想∠CDB的大小（用含的代数式表示），并加以证明；

（3）对于适当大小的，当点P在线段BM上运动到某一位置（不与点B，M重合）时，能使得

线段CQ的延长线与射线BM交于点D，且PQ=QD，请直接写出的范围。

【答案】解：

（1）补全图形如下：

∠CDB=30°。

（2）作线段CQ的延长线交射线BM于点D，连接PC，AD，

∵AB=BC，M是AC的中点，∴BM⊥AC。

∴AD=CD，AP=PC，PD=PD。

在△APD与△CPD中，∵AD=CD，PD=PD，PA=PC

∴△APD≌△CPD（SSS）。

∴AP=PC，∠ADB=∠CDB，∠PAD=∠PCD。

又∵PQ=PA，∴PQ=PC，∠ADC=2∠CDB，∠PQC=∠PCD=∠PAD。

∴∠PAD+∠PQD=∠PQC+∠PQD=180°。

∴∠APQ+∠ADC=360°－（∠PAD+∠PQD）=180°。

∴∠ADC=180°－∠APQ=180°－2α，即2∠CDB=180°－2α。

∴∠CDB=90°－α。

（3）45°＜α＜60°。

【考点】旋转的性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，。

【分析】

（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°－2α。

∵点P不与点B，M重合，∴∠BAD＞∠PAD＞∠MAD。

∴2α＞180°－2α＞α，∴45°＜α＜60°。

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。

【分析】

（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）．

【答案】解：

（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。

【分析】（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．

【答案】解：

（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。

【分析】

（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．

（1）求证：

△ABG≌△C′DG；

（2）求tan∠ABG的值；

（3）求EF的长．

【答案】

（1）证明：

∵△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=。

∴。

（3）解：

∵△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。

【分析】

（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