专题中考几何综合变换旋转翻折对称Word文档格式.docx

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1.如图，△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°

．

（1）如图1，连接BE，CD，BE的廷长线交AC于点F，交CD于点P，求证：

BP⊥CD；

（2）如图2，把△ADE绕点A顺时针旋转，当点D落在AB上时，连接BE，CD，CD的延长线交BE于点P，若BC＝6

，AD＝3，求△PDE的面积．

2.如图1，菱形ABCD的顶点A，D在直线上，∠BAD＝60°

，以点A为旋转中心将菱形ABCD顺时针旋转α（0°

＜α＜30°

），得到菱形AB′C′D′，B′C′交对角线AC于点M，C′D′交直线l于点N，连接MN．

（1）当MN∥B′D′时，求α的大小．

（2）如图2，对角线B′D′交AC于点H，交直线l与点G，延长C′B′交AB于点E，连接EH．当△HEB′的周长为2时，求菱形ABCD的周长．

3.【问题探究】

（1）如图1，△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°

，点B，D，E在同一直线上，连接AD，BD．

①请探究AD与BD之间的位置关系：

　　；

②若AC＝BC＝

，DC＝CE＝

，则线段AD的长为　　；

【拓展延伸】

（2）如图2，△ABC和△DEC均为直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°

，AC＝

，BC＝

，CD＝

，CE＝1．将△DCE绕点C在平面内顺时针旋转，设旋转角∠BCD为α（0°

≤α＜360°

），作直线BD，连接AD，当点B，D，E在同一直线上时，画出图形，并求线段AD的长．

4.

（1）如图1，菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°

，请直接写出HD：

GC：

EB的结果（不必写计算过程）

（2）将图1中的菱形AEGH绕点A旋转一定角度，如图2，求HD：

EB；

（3）把图2中的菱形都换成矩形，如图3，且AD：

AB=AH：

AE=1：

2，此时HD：

EB的结果与

（2）小题的结果相比有变化吗？

如果有变化，直接写出变化后的结果（不必写计算过程）；

若无变化，请说明理由．

解析：

折叠：

1【分析】

（1）根据题意和翻着的性质，可以得到△BCE≌△BFE，再根据全等三角形的性质和菱形的判定方法即可证明结论成立；

（2）根据题意和勾股定理，可以求得AF的长，进而求得EF和DF的值，从而可以得到四边形CEFG的面积．

【解答】

（1）证明：

由题意可得，

△BCE≌△BFE，

∴∠BEC＝∠BEF，FE＝CE，

∵FG∥CE，

∴∠FGE＝∠CEB，

∴∠FGE＝∠FEG，

∴FG＝FE，

∴FG＝EC，

∴四边形CEFG是平行四边形，

又∵CE＝FE，

∴四边形CEFG是菱形；

（2）∵矩形ABCD中，AB＝6，AD＝10，BC＝BF，

∴∠BAF＝90°

，AD＝BC＝BF＝10，

∴AF＝8，

∴DF＝2，

设EF＝x，则CE＝x，DE＝6﹣x，

∵FDE＝90°

，

∴22+（6﹣x）2＝x2，

解得，x＝

∴CE＝

∴四边形CEFG的面积是：

CE•DF＝

×

2＝

【点评】本题考查翻折变化、菱形的性质和判定、矩形的性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．

2【分析】过点H作HN⊥BM于N，利用正方形的性质及轴对称的性质，证明△ABG≌△AFG，可推出AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；

证明△ABG≌△GNH，推出HN＝CN，得到∠DCH＝∠NCH，推出CH是∠DCN的平分线；

再证∠HGN＝∠EGH，可知GH是∠EGM的平分线．

【解答】解：

过点H作HN⊥BM于N，

则∠HNC＝90°

∵四边形ABCD为正方形，

∴AD＝AB＝BC，∠D＝∠DAB＝∠B＝∠DCB＝∠DCM＝90°

①∵将△ADE沿AE所在的直线折叠得到△AFE，

∴△ADE≌△AFE，

∴∠D＝∠AFE＝∠AFG＝90°

，AD＝AF，∠DAE＝∠FAE，

∴AF＝AB，

又∵AG＝AG，

∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），

∴∠BAG＝∠FAG，∠AGB＝∠AGF，

∴AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线；

②由①知，∠DAE＝∠FAE，∠BAG＝∠FAG，

又∵∠BAD＝90°

∴∠GAF+∠EAF＝

90°

＝45°

即∠GAH＝45°

∵GH⊥AG，

∴∠GHA＝90°

﹣∠GAH＝45°

∴△AGH为等腰直角三角形，

∴AG＝GH，

∵∠AGB+∠BAG＝90°

，∠AGB+∠HGN＝90°

∴∠BAG＝∠NGH，

又∵∠B＝∠HNG＝90°

，AG＝GH，

∴△ABG≌△GNH（AAS），

∴BG＝NH，AB＝GN，

∴BC＝GN，

∵BC﹣CG＝GN﹣CG，

∴BG＝CN，

∴CN＝HN，

∵∠DCM＝90°

∴∠NCH＝∠NHC＝

∴∠DCH＝∠DCM﹣∠NCH＝45°

∴∠DCH＝∠NCH，

∴CH是∠DCN的平分线；

③∵∠AGB+∠HGN＝90°

，∠AGF+∠EGH＝90°

由①知，∠AGB＝∠AGF，

∴∠HGN＝∠EGH，

∴GH是∠EGM的平分线；

综上所述，AG是∠BAF的平分线，GA是∠BGF的平分线，CH是∠DCN的平分线，GH是∠EGM的平分线．

【点评】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质等，解题关键是能够灵活运用轴对称的性质及全等的判定方法．

旋转：

（1）根据等腰直角三角形的性质得到AD＝AE，AB＝AC，∠BAC﹣∠EAF＝∠EAD﹣∠EAF，求得∠BAE＝∠DAC，根据全等三角形的性质得到∠ABE＝∠ACD，根据余角的性质即可得到结论；

（2）根据全等三角形的性质得到∠ABE＝∠ACD，BE＝CD，求得∠EPD＝90°

，得到DE＝3

，AB＝6，求得BD＝6﹣3＝3，CD＝

＝3

，根据相似三角形的性质得到PD＝

，PB＝

根据三角形的面积公式即可得到结论．

（1）∵△ABC和△ADE是有公共顶点的等腰直角三角形，∠BAC＝∠DAE＝90°

∴AD＝AE，AB＝AC，∠BAC﹣∠EAF＝∠EAD﹣∠EAF，

即∠BAE＝∠DAC，

在△ABE与△ADC中，

∴△ABE≌△ADC（SAS），

∴∠ABE＝∠ACD，

∵∠ABE+∠AFB＝∠ABE+∠CFP＝90°

∴∠CPF＝90°

∴BP⊥CD；

（2）在△ABE与△ACD中，

∴△ABE≌△ACD（SAS），

∴∠ABE＝∠ACD，BE＝CD，

∵∠PDB＝∠ADC，

∴∠BPD＝∠CAB＝90°

∴∠EPD＝90°

∵BC＝6

，AD＝3，

∴DE＝3

，AB＝6，

∴BD＝6﹣3＝3，CD＝

∵△BDP∽△CDA，

∴

＝

∴PD＝

∴PE＝3

﹣

∴△PDE的面积＝

【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质．熟练掌握旋转的性质是解题的关键．

2【分析】

（1）证明△AB′M≌△AD′N（SAS），推出∠B′AM＝∠D′AN，即可解决问题．

（2）证明△AEB′≌△AGD′（AAS），推出EB′＝GD′，AE＝AG，再证明△AHE≌△AHG（SAS），推出EH＝GH，推出B′D′＝2，即可解决问题．

（1）∵四边形AB′C′D′是菱形，

∴AB′＝B′C′＝C′D′＝AD′，

∵∠B′AD′＝∠B′C′D′＝60°

∴△AB′D′，△B′C′D′是等边三角形，

∵MN∥B′C′，

∴∠C′MN＝∠C′B′D′＝60°

，∠CNM＝∠C′D′B′＝60°

∴△C′MN是等边三角形，

∴C′M＝C′N，

∴MB′＝ND′，

∵∠AB′M＝∠AD′N＝120°

，AB′＝AD′，

∴△AB′M≌△AD′N（SAS），

∴∠B′AM＝∠D′AN，

∵∠CAD＝

∠BAD＝30°

∠DAD′＝15°

∴α＝15°

（2）∵∠C′B′D′＝60°

∴∠EB′G＝120°

∵∠EAG＝60°

∴∠EAG+∠EB′G＝180°

∴四边形EAGB′四点共圆，

∴∠AEB′＝∠AGD′，

∵∠EAB′＝∠GAD′，AB′＝AD′，

∴△AEB′≌△AGD′（AAS），

∴EB′＝GD′，AE＝AG，

∵AH＝AH，∠HAE＝∠HAG，

∴△AHE≌△AHG（SAS），

∴EH＝GH，

∵△EHB′的周长为2，

∴EH+EB′+HB′＝B′H+HG+GD′＝B′D′＝2，

∴AB′＝AB＝2，

∴菱形ABCD的周长为8．

【点评】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考

3【解答】解：

【问题探究】

（1）∵△ABC和△DEC均为等腰直角三角形，

∴AC＝BC，CE＝CD，∠ABC＝∠DEC＝45°

＝∠CDE

∵∠ACB＝∠DCE＝90°

∴∠ACD＝∠BCE，且AC＝BC，CE＝CD

∴△ACD≌△BCE（SAS）

∴∠ADC＝∠BEC＝45°

∴∠ADE＝∠ADC+∠CDE＝90°

∴AD⊥BD

故答案为：

AD⊥BD

②如图，过点C作CF⊥AD于点F，

∵∠ADC＝45°

，CF⊥AD，CD＝

∴DF＝CF＝1

∴AF＝

∴AD＝AF+DF＝4

4

（2）若点D在BC右侧，

如图，过点C作CF⊥AD于点F，

，CE＝1．

∴∠ACD＝∠BCE，

∴△ACD∽△BCE

∴∠ADC＝∠BEC，

∵CD＝

，CE＝1

∴DE＝

＝2

∵∠ADC＝∠BEC，∠DCE＝∠CFD＝90°

∴△DCE∽△CFD，

即

∴CF＝

，DF＝

∴AD＝DF+AF＝3

若点D在BC左侧，

∴∠CED＝∠CDF

∵∠CED＝∠CDF，∠DCE＝∠CFD＝90°

∴AD＝AF﹣DF＝2

4【答案】解：

（1）连接AG，

∵菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°

∴∠GAE=∠CAB=30°

，AE=AH，AB=AD，

∴A，G，C共线，AB-AE=AD-AH，

∴HD=EB，

延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，

∴GC⊥MN，∠NGO=∠AGE=30°

=cos30°

=

∵GC=2OG，

∵HGND为平行四边形，

∴HD=GN，

∴HD：

EB=1：

：

1．

（2）如图2，连接AG，AC，

∵△ADC和△AHG都是等腰三角形，

∴AD：

AC=AH：

AG=1：

，∠DAC=∠HAG=30°

∴∠DAH=∠CAG，

∴△DAH∽△CAG，

GC=AD：

AC=1：

∵∠DAB=∠HAE=60°

∴∠DAH=∠BAE，

在△DAH和△BAE中，

∴△DAH≌△BAE（SAS）

（3）有变化．

如图3，连接AG，AC，

∵AD：

2，∠ADC=∠AHG=90°

∴△ADC∽△AHG，

∵∠DAC=∠HAG，

∵∠DAB=∠HAE=90°

∵DA：

AB=HA：

2，

∴△ADH∽△ABE，

∴DH：

BE=AD：

AB=1：

2

【解析】

（1）连接AG，由菱形AEGH的顶点E、H在菱形ABCD的边上，且∠BAD=60°

，易得A，G，C共线，延长HG交BC于点M，延长EG交DC于点N，连接MN，交GC于点O，则GMCN也为菱形，利用菱形对角线互相垂直，结合三角函数可得结论；

（2）连接AG，AC，由△ADC和△AHG都是等腰三角形，易证△DAH∽△CAG与△DAH≌△BAE，利用相似三角形的性质及菱形的性质可得结论；

（3）连接AG，AC，易证△ADC∽△AHG和△ADH∽△ABE，利用相似三角形的性质可得结论．

本题是菱形与相似三角形，全等三角形，三角函数等知识点的综合运用，难度较大．