中考数学解法探究专题 图形变换综合探究专题.docx

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中考数学解法探究专题图形变换综合探究专题

中考数学解法探究专题图形变换综合探究专题

考题研究：

本专题主要包括图形的变换和相似形．其中轴对称图形、平移、中心对称图形的识别，相似三角形性质以填空和选择题为主，主要是考查对图形的识别和性质；图形的折叠、平移、旋转与几何图形面积相关的计算问题以填空题和解答题为主，主要是考查对几何问题的综合运用能力；而相似三角形的性质及判断定的应用往往还会结合圆或者解直角三角形等问题一并考查，主要是以解答题为主。

解题攻略：

图形的轴对称、平移、旋转是近年中考的新题型、热点题型，它主要考查学生的观察与实验能力，探索与实践能力，因此在解题时应注意以下方面：

1.熟练掌握图形的轴对称、图形的平移、图形的旋转的基本性质和基本方法。

2.结合具体问题大胆尝试，动手操作平移、旋转，探究发现其内在规律是解答操作题的基本方法。

3．注重图形与变换的创新题，弄清其本质，掌握其基本的解题方法，尤其是折叠与旋转等。

解题思路：

1.变换中求角度注意平移性质：

平移前后图形全等，对应点连线平行且相等．

2．变换中求线段长时把握折叠的性质：

折线是对称轴、折线两边图形全等、对应点连线垂直对称轴、对应边平行或交点在对称轴上．

3．变换中求坐标时注意旋转性质：

对应线段、对应角的大小不变，对应线段的夹角等于旋转角.

4．变换中求面积，注意前后图形的变换性质及其位置等情况。

例题解析

1．如图，在边长为1个单位长度的小正方形组成的网格中，给出了格点△ABC和△DEF（顶点为网格线的交点），以及过格点的直线l．

（1）将△ABC向右平移两个单位长度，再向下平移两个单位长度，画出平移后的三角形．

（2）画出△DEF关于直线l对称的三角形．

（3）填空：

∠C+∠E=　45°　．

【考点】P7：

作图﹣轴对称变换；Q4：

作图﹣平移变换．

【分析】

（1）将点A、B、C分别右移2个单位、下移2个单位得到其对应点，顺次连接即可得；

（2）分别作出点D、E、F关于直线l的对称点，顺次连接即可得；

（3）连接A′F′，利用勾股定理逆定理证△A′C′F′为等腰直角三角形即可得．

【解答】解：

（1）△A′B′C′即为所求；

（2）△D′E′F′即为所求；

（3）如图，连接A′F′，

∵△ABC≌△A′B′C′、△DEF≌△D′E′F′，

∴∠C+∠E=∠A′C′B′+∠D′E′F′=∠A′C′F′，

∵A′C′==、A′F′==，C′F′==，

∴A′C′2+A′F′2=5+5=10=C′F′2，

∴△A′C′F′为等腰直角三角形，

∴∠C+∠E=∠A′C′F′=45°，

故答案为：

45°．

2．实验探究：

（1）如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展开；再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，MN．请你观察图1，猜想∠MBN的度数是多少，并证明你的结论．

（2）将图1中的三角形纸片BMN剪下，如图2，折叠该纸片，探究MN与BM的数量关系，写出折叠方案，并结合方案证明你的结论．

【考点】PB：

翻折变换（折叠问题）；LB：

矩形的性质；P9：

剪纸问题．

【分析】

（1）猜想：

∠MBN=30°．只要证明△ABN是等边三角形即可；

（2）结论：

MN=BM．折纸方案：

如图，折叠△BMN，使得点N落在BM上O处，折痕为MP，连接OP．由折叠可知△MOP≌△MNP，只要证明△MOP≌△BOP，即可推出MO=BO=BM；

【解答】解：

（1）猜想：

∠MBN=30°．

理由：

如图1中，连接AN，∵直线EF是AB的垂直平分线，

∴NA=NB，

由折叠可知，BN=AB，

∴AB=BN=AN，

∴△ABN是等边三角形，

∴∠ABN=60°，

∴NBM=∠ABM=∠ABN=30°．

（2）结论：

MN=BM．

折纸方案：

如图2中，折叠△BMN，使得点N落在BM上O处，折痕为MP，连接OP．

理由：

由折叠可知△MOP≌△MNP，

∴MN=OM，∠OMP=∠NMP=∠OMN=30°=∠B，

∠MOP=∠MNP=90°，

∴∠BOP=∠MOP=90°，

∵OP=OP，

∴△MOP≌△BOP，

∴MO=BO=BM，

∴MN=BM．

3．在如图的正方形网格中，每一个小正方形的边长为1．格点三角形ABC（顶点是网格线交点的三角形）的顶点A、C的坐标分别是（﹣4，6），（﹣1，4）．

（1）请在图中的网格平面内建立平面直角坐标系；

（2）请画出△ABC关于x轴对称的△A1B1C1；

（3）请在y轴上求作一点P，使△PB1C的周长最小，并写出点P的坐标．

【考点】P7：

作图﹣轴对称变换；KQ：

勾股定理；PA：

轴对称﹣最短路线问题．

【分析】

（1）根据A点坐标建立平面直角坐标系即可；

（2）分别作出各点关于x轴的对称点，再顺次连接即可；

（3）作出点B关于y轴的对称点B2，连接A、B2交y轴于点P，则P点即为所求．

【解答】解：

（1）如图所示；

（2）如图，即为所求；

（3）作点B关于y轴的对称点B2，连接A、B2交y轴于点P，则点P即为所求．

设直线AB2的解析式为y=kx+b（k≠0），

∵A（﹣4，6），B2（2，2），

∴，解得，

∴直线AB2的解析式为：

y=﹣x+，

∴当x=0时，y=，

∴P（0，）．

4．阅读填空：

（1）请你阅读芳芳的说理过程并填出理由：

如图1，已知AB∥CD．

求证：

∠BAE+∠DCE=∠AEC．

理由：

作EF∥AB，则有EF∥CD（　平行于同一条直线的两条直线平行　）

∴∠1=∠BAE，∠2=∠DCE（　两直线平行，内错角相等　）

∴∠AEC=∠1+∠2=∠BAE+∠DCE（　等量代换　）

思维拓展：

（2）如图2，已知AB∥CD，BE平分∠ABC，DE平分∠ADC．BE、DE所在直线交于点E，若∠FAE=m°，∠ABC=n°，求∠BED的度数．（用含m、n的式子表示）

（3）将图2中的线段BC沿DC方向平移，使得点B在点A的右侧，其他条件不变，得到图3，直接写出∠BED的度数是　180°﹣n°+m°　（用含m、n的式子表示）．

【考点】Q2：

平移的性质；JB：

平行线的判定与性质．

【分析】

（1）根据平行线的性质即可得到结论；

（2）先过点E作EH∥AB，根据平行线的性质和角平分线的定义，即可得到结论；

（3）过E作EG∥AB，根据平行线的性质和角平分线的定义，即可得到结论．

【解答】解：

阅读填空：

（1）平行于同一条直线的两条直线平行；

两直线平行，内错角相等；

等量代换，

故答案为：

平行于同一条直线的两条直线平行，两直线平行，内错角相等，等量代换；

思维拓展：

（2）如图2，过点E作EH∥AB，

∵AB∥CD，∠FAD=m°，

∴∠FAD=∠ADC=m°，

∵DE平分∠ADC，∠ADC=m°，．

∴∠EDC=∠ADC=m°，

∵BE平分∠ABC，∠ABC=n°，

∴∠ABE=∠ABC=n°，

∵AB∥CD，

∴AB∥CD∥EH，

∴∠ABE=∠BEH=n°，∠CDE=∠DEH=m°，

∴∠BED=∠BEH+∠DEH=n°+m°=（n°+m°）；

（3）∠BED的度数改变．

过点E作EG∥AB，

∵BE平分∠ABC，DE平分∠ADC，∠ABC=n°，∠ADC=∠FAD=m°

∴∠ABE=∠ABC=n°，∠CDE=∠ADC=m°

∵AB∥CD，

∴AB∥CD∥EF，

∴∠BEF=180°﹣∠ABE=180°﹣n°，∠CDE=∠DEF=m°，

∴∠BED=∠BEF+∠DEF=180°﹣n°+m°．

故答案为：

180°﹣n°+m°．

5．某游乐场部分平面图如图所示，C、E、A在同一直线上，D、E、B在同一直线上，测得A处与E处的距离为80米，C处与D处的距离为34米，∠C=90°，∠BAE=30°．（≈1.4，≈1.7）

（1）求旋转木马E处到出口B处的距离；

（2）求海洋球D处到出口B处的距离（结果保留整数）．

【考点】R2：

旋转的性质．

【分析】

（1）在Rt△ABE中，利用三角函数即可直接求得BE的长；

（2）在Rt△CDE中，利用三角函数求得DE的长，然后利用DB=DE+EB求解．

【解答】解：

（1）∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，

∴BE=AE=×80=40（米）；

（2）∵在Rt△ABE中，∠BAE=30°，

∴∠AEB=90°﹣30°=60°，

∴∠CED=∠AEB=60°，

∴在Rt△CDE中，DE=≈=40（米），

则BD=DE+BE=40+40=80（米）．

6．如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，点D，E分别在AC，BC上（点D与点A，C不重合），且∠DEC=∠A，将△DCE绕点D逆时针旋转90°得到△DC′E′．当△DC′E′的斜边、直角边与AB分别相交于点P，Q（点P与点Q不重合）时，设CD=x，PQ=y．

（1）求证：

∠ADP=∠DEC；

（2）求y关于x的函数解析式，并直接写出自变量x的取值范围．

【考点】R2：

旋转的性质；E3：

函数关系式；LD：

矩形的判定与性质；T7：

解直角三角形．

【分析】

（1）根据等角的余角相等即可证明；

（2）分两种情形①如图1中，当C′E′与AB相交于Q时，即＜x≤时，过P作MN∥DC′，设∠B=α．②当DC′交AB于Q时，即＜x＜3时，如图2中，作PM⊥AC于M，PN⊥DQ于N，则四边形PMDN是矩形，分别求解即可；

【解答】

（1）证明：

如图1中，

∵∠EDE′=∠C=90°，

∴∠ADP+∠CDE=90°，∠CDE+∠DEC=90°，

∴∠ADP=∠DEC．

（2）解：

如图1中，当C′E′与AB相交于Q时，即＜x≤时，过P作MN∥DC′，设∠B=α

∴MN⊥AC，四边形DC′MN是矩形，

∴PM=PQ•cosα=y，PN=×（3﹣x），

∴（3﹣x）+y=x，

∴y=x﹣，

当DC′交AB于Q时，即＜x＜3时，如图2中，作PM⊥AC于M，PN⊥DQ于N，则四边形PMDN是矩形，

∴PN=DM，

∵DM=（3﹣x），PN=PQ•sinα=y，

∴（3﹣x）=y，

∴y=﹣x+．

综上所述，y=

7．已知：

△AOB和△COD均为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°．连接AD，BC，点H为BC中点，连接OH．

（1）如图1所示，易证：

OH=AD且OH⊥AD（不需证明）

（2）将△COD绕点O旋转到图2，图3所示位置时，线段OH与AD又有怎样的关系，并选择一个图形证明你的结论．

【考点】R2：

旋转的性质；KD：

全等三角形的判定与性质；KW：

等腰直角三角形．

【分析】

（1）只要证明△AOD≌△BOC，即可解决问题；

（2）①如图2中，结论：

OH=AD，OH⊥AD．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，由△BEO≌△ODA即可解决问题；

②如图3中，结论不变．延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，延长EO交AD于G．由△BEO≌△ODA即可解决问题；

【解答】

（1）证明：

如图1中，

∵△OAB与△OCD为等腰直角三角形，∠AOB=∠COD=90°，

∴OC=OD，OA=OB，

∵在△AOD与△BOC中，

，

∴△AOD≌△BOC（SAS），

∴∠ADO=∠BCO，∠OAD=∠OBC，

∵点H为线段BC的中点，

∴OH=HB，

∴∠OBH=∠HOB=∠OAD，

又因为∠OAD+∠ADO=90°，

所以∠ADO+∠BOH=90°，

所以OH⊥AD

（2）解：

①结论：

OH=AD，OH⊥AD，如图2中，延长OH到E，使得HE=OH，连接BE，

易证△BEO≌△ODA

∴OE=AD