中考数学压轴题强化练习4图形的旋转折叠文档格式.docx

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〔2〕①当时，点D在AB边上〔如图〕.

∵DE∥，∴.

由旋转性质可知，CA＝，CB＝，∠ACD＝∠BCE.

∴∴.

∴△CAD∽△CBE.

∴.∵∠A＝30°

∴.【21世纪教育网】

∴〔0﹤﹤2〕

②当时，点D在AB边上

AD＝X，，∠DBE＝90°

.

此时，.

当S＝时，.整理，得.

解得，即AD＝1.

当时，点D在AB的延长线上〔如图〕.

仍设AD＝X，那么，∠DBE＝90°

当S＝时，.

整理，得.

解得，〔负值，舍去〕.

即.

综上所述：

AD＝1或.

2.网】

（1）动手操作：

如图①，将矩形纸片ABCD折叠，使点D与点B重合，点C落在点处，折痕为EF，假设∠ABE＝20°

，那么的度数为。

〔2〕观察发现：

小明将三角形纸片ABC〔AB》AC〕沿过点A的直线折叠，使得AC落在AB边上，折痕为AD，展开纸片〔如图②〕；

再次折叠该三角形纸片，使点A和点D重合，折痕为EF，展平纸片后得到△AEF〔如图③〕、小明认为△AEF是等腰三角形，你同意吗？

请说明理由、

〔3〕实践与运用：

将矩形纸片ABCD按如下步骤操作：

将纸片对折得折痕EF，折痕与AD边交于点E，与BC边交于点F；

将矩形ABFE与矩形EFCD分别沿折痕MN和PQ折叠，使点A、点D都与点F重合，展开纸片，此时恰好有MP＝MN＝PQ〔如图④〕，求∠MNF的大小。

1解

（1）125°

（2）同意

∵点A与点D是沿EF折叠的且重合，折痕为EF，

∴A、D关于EF对称，∴EF⊥AD、AE＝ED、AF＝DF

又∵沿过点A的直线折叠时，使得AC落在AB边上，折痕为AD

∴∠DAE＝∠DAF

可得AE＝AF

∴△AEF是等腰三角形

（3）由题意易得∠NMF＝∠AMN＝∠MNF，

∴MF＝NF，由对称可知，MF＝PF，

∴NF＝PF，而由题意得，MP＝MN，又MF＝MF，

∴三角形MNF和三角形MPF全等，

∴∠PMF＝∠NMF，而∠PMF＋∠NMF＋∠MNF＝180度，

即3∠MNF＝180度，

∴∠MNF＝60度

3.如图，在平面直角坐标系中，点A〔0，6〕，点B是X轴上的一个动点，连结AB，取AB的中点M，将线段MB绕着点B按顺时针方向旋转90O，得到线段BC.过点B作X轴的垂线交直线AC于点D.设点B坐标是〔T，0〕.

〔1〕当T＝4时，求直线AB的解析式；

〔2〕当T》0时，用含T的代数式表示点C的坐标及△ABC的面积；

〔3〕是否存在点B，使△ABD为等腰三角形？

假设存在，请求出所有符合条件的点B的坐标；

假设不存在，请说明理由.

3.解：

〔1〕当T＝4时，B（4，0）

设直线AB的解析式为Y＝KX＋B.

把A（0，6），B（4，0）代入得：

，解得：

，

∴直线AB的解析式为：

Y＝－X＋6.

（2）过点C作CE⊥X轴于点E

由∠AOB＝∠CEB＝90°

，∠ABO＝∠BCE，得△AOB∽△BEC.

∴，

∴BE＝AO＝3，CE＝OB＝，

∴点C的坐标为（T＋3，）.

方法一：

S梯形AOEC＝OE·

（AO＋EC）＝（T＋3）（6＋）＝T2＋T＋9，

S△AOB＝AO·

OB＝×

6·

T＝3T，

S△BEC＝BE·

CE＝×

3×

＝T，

∴S△ABC＝S梯形AOEC－S△AOB－S△BEC

＝T2＋T＋9－3T－T＝T2＋9.

方法二：

∵AB⊥BC，AB＝2BC，∴S△ABC＝AB·

BC＝BC2.

在RT△ABC中，BC2＝CE2＋BE2＝T2＋9，

即S△ABC＝T2＋9.

（3）存在，理由如下：

①当T≥0时.

Ⅰ.假设AD＝BD.

又∵BD∥Y轴

∴∠OAB＝∠ABD，∠BAD＝∠ABD，

∴∠OAB＝∠BAD.

又∵∠AOB＝∠ABC，

∴△ABO∽△ACB，

∴＝，

∴T＝3，即B（3，0）.

Ⅱ.假设AB＝AD.

延长AB与CE交于点G，

又∵BD∥CG

∴AG＝AC

过点A画AH⊥CG于H、

∴CH＝HG＝CG

由△AOB∽△GEB，

得＝，

∴GE＝.

又∵HE＝AO＝6，CE＝

∴＋6＝×

〔＋〕

∴T2－24T－36＝0

解得：

T＝12±

6.因为T≥0，

所以T＝12＋6，即B（12＋6，0）.

Ⅲ.由条件可知，当0≤T《12时，∠ADB为钝角，故BD≠AB.

当T≥12时，BD≤CE《BC《AB.

∴当T≥0时，不存在BD＝AB的情况.

②当－3≤T《0时，如图，∠DAB是钝角.设AD＝AB，

过点C分别作CE⊥X轴，CF⊥Y轴于点E，点F.

可求得点C的坐标为（T＋3，），

∴CF＝OE＝T＋3，AF＝6－，

由BD∥Y轴，AB＝AD得，

∠BAO＝∠ABD，∠FAC＝∠BDA，∠ABD＝∠ADB

∴∠BAO＝∠FAC，

又∵∠AOB＝∠AFC＝90°

∴△AOB∽△AFC，

∴，∴T2－24T－36＝0

6.因为－3≤T《0，

所以T＝12－6，即B（12－6，0）.

③当T《－3时，如图，∠ABD是钝角.设AB＝BD，

过点C分别作CE⊥X轴，CF⊥Y轴于点E，点F，

∴CF＝－（T＋3），AF＝6－，

∵AB＝BD，

∴∠D＝∠BAD.

又∵BD∥Y轴，

∴∠D＝∠CAF，

∴∠BAC＝∠CAF.

又∵∠ABC＝∠AFC＝90°

，AC＝AC，

∴△ABC≌△AFC，

∴AF＝AB，CF＝BC，

∴AF＝2CF，即6－＝－2（T＋3），

T＝－8，即B（－8，0）.

综上所述，存在点B使△ABD为等腰三角形，此时点B坐标为：

B1（3，0），B2（12＋6，0），B3（12－6，0），B4（－8，0）.

4、如图11－1，矩形ABCD中，，O是矩形ABCD的中心，过点O作OE⊥AB于E，作OF⊥BC于F，得矩形BEOF、

〔1〕线段AE与CF的数量关系是＿＿＿＿＿，直线AE与CF的位置关系是＿＿＿＿＿；

〔2分〕

〔2〕固定矩形ABCD，将矩形BEOF绕点B顺时针旋转到如图11－2的位置，连接AE、CF、那么〔1〕中的结论是否依然成立？

请说明理由；

〔3分〕

〔3〕假设AB＝8，当矩形BEOF旋转至点O在CF上时〔如图11－3〕，设OE与BC交于点P，求PC的长、〔3分〕

解：

〔1〕；

〔2〕〔1〕中的结论仍然成立

延长AE交BC于H，交CF于G，由得

，

∴

∵∠ABC＝∠EBF＝90，∴∠ABE＝∠CBF

∴△ABE∽△CBF

∴∠BAE＝∠BCF，

∵∠BAE＋∠AHB＝90º

，∠AHB＝∠CHG

∴∠BCF＋∠CHG＝90º

∴∠CGH＝180–〔∠BCF＋∠CHG〕＝90º

∴AE⊥CF，且AE＝

〔3〕解：

∵AB＝，AB＝8，∴BC＝6

∴BE＝OF＝4，BF＝OE＝3

∵点O在CF上，∴∠CFB＝90º

∴CF＝

∴OC＝CF–OF＝

∵∠CPO＝∠BPE，∠PEB＝∠POC＝90º

∴△BPE∽△CPO，∴

设CP＝X，那么BP＝6–X

∴，解得：

5、：

如图〔1〕，△OAB是边长为2的等边三角形，0A在X轴上，点B在第一象限内；

△OCA是一个等腰三角形，OC＝AC，顶点C在第四象限，∠C＝120°

、现有两动点P、Q分别从A、O两点同时出发，点Q以每秒1个单位的速度沿OC向点C运动，点P以每秒3个单位的速度沿A→O→B运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随即停止.

〔1〕求在运动过程中形成的△OPQ的面积S与运动的时间T之间的函数关系，并写出自变量T的取值范围；

〔2〕在OA上〔点O、A除外〕存在点D，使得△OCD为等腰三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标；

〔3〕如图〔2〕，现有∠MCN＝60°

，其两边分别与OB、AB交于点M、N，连接MN、将∠MCN绕着C点旋转〔0°

《旋转角《60°

〕，使得M、N始终在边OB和边AB上、试判断在这一过程中，△BMN的周长是否发生变化？

假设没有变化，请求出其周长；

假设发生变化，请说明理由、

〔1〕过点作于点、〔如图①〕

∵，，∴、

在RT中，

〔1〕当时，，，；

过点作于点、〔如图①〕

在RT中，∵，∴，

∴、

即、〔图①〕

〔2〕当时，〔如图②〕

，、

即、

故当时，，当时，

〔2〕或

〔3〕的周长不发生变化、

延长至点，使，连结、〔如图③〕

∵，∴≌、

∴、又∵、

∴≌、∴

∴的周长不变，其周长为4

6、如图，正方形ABCD中，点E、F分别为AB、BC的中点，点M在线段BF上〔不与点B重合〕，连接EM，将线段EM绕点M顺时针旋转90°

得MN，连接FN、

〔1〕特别地，当点M为线段BF的中点时，通过观察、测量、推理等，

猜想：

（NFC＝°

，；

〔2〕一般地，当M为线段BF上任一点〔不与点B重合〕时，〔1〕中的猜想是否仍然成立？

〔3〕进一步探究：

延长FN交CD于点G，求的值、

〔1〕45°

〔每空2分〕…………4分

〔2〕答：

仍然成立…………5分

理由一：

过点N作NP⊥BC于P，∴∠B＝∠MPN＝90°

∵∠BME＋∠BEM＝90°

，∠BME＋∠NMP＝90°

∴∠BEM＝∠NMP

又∵EM＝MN，∴△EBM≌△MPN…………7分

∴BM＝PN，EB＝MP

又∵BF＝EB，∴BF＝MP

∴BM＝FP

∴PN＝FP…………8分

∴（NFP＝45°

…………9分

NF＝FP＝BM，即…………10分

理由二：

在EB上取一点P，使得BP＝BM，连接PM，

，∠BME＋∠NMF＝90°

∴∠BEM＝∠NMF

又∵EM＝MN，EP＝MF，

∴△EPM≌△MFN…………7分

∴∠MFN＝∠EPM

∵BP＝BM，∴∠BPM＝45°

…………8分

∴（NFC＝∠BPM＝45°

NF＝PM＝BM，即…………10分

〔3〕由〔2〕得（NFC＝45°

，∴△FCG是等腰直角三角形

∴FC＝GC，FG＝FC＝BF…………12分

又由〔2