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下载.doc
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∴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°
∵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