二十一图形的全等变换.docx
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二十一图形的全等变换
分类训练二十一图形的全等变换
时间:
30分钟满分50分得分
考点1轴对称(每小题3分,共18分)
1、(2015•日照)下面四个图形分别是节能、节水、低碳和绿色食品标志,在这四个标志中,是轴对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
2、(2015•天津)在一些美术字中,有的汉字是轴对称图形.下面4个汉字中,可以看作是轴对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
考点1第4题图
考点1第3题图
3、.(2015•泰安)如图,矩形ABCD中,E是AD的中点,将△ABE沿直线BE折叠后得到△GBE,延长BG交CD于点F.若AB=6,BC=4
,则FD的长为( )
A.
2
B.
4
C.
D.
2
4(2015•深圳)如图,已知正方形ABCD的边长为12,BE=EC,将正方形边CD沿DE折叠到DF,延长EF交AB于G,连接DG,现在有如下4个结论:
①△ADG≌△FDG;②GB=2AG;③△GDE∽BEF;④S△BEF=
.在以上4个结论中,正确的有( )
A.
1
B.
2
C.
3
D.
4
5、(2015•安顺)如图,正方形ABCD的边长为4,E为BC上一点,BE=1,F为AB上一点,AF=2,P为AC上一点,则PF+PE的最小值为 .
6、(2015•武汉)如图,∠AOB=30°,点M、N分别在边OA、OB上,且OM=1,ON=3,点P、Q分别在边OB、OA上,则MP+PQ+QN的最小值是 .
考点1第6题图
考点1第5题图
考点2中心对称(每小题3分,共6分)
1、(2015•南通)下列图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的是( )
A.
B.
C.
D.
2、(2015•株洲)下列几何图形中,既是轴对称图形,又是中心对称图形的是( )
A.
等腰三角形
B.
正三角形
C.
平行四边形
D.
正方形
考点3图形的平移(每小题3分,共6分)
1、(2015•泉州)如图,△ABC沿着由点B到点E的方向,平移到△DEF,已知BC=5.EC=3,那么平移的距离为( )
A.
2
B.
3
C.
5
D.
7
考点3第2题图
考点3第1题图
2、(2015•锦州)如图,在平面直角坐标系中,线段AB的两个端点是A(﹣5,1),B(﹣2,3),线段CD的两个端点是C(﹣5,﹣1),D(﹣2,﹣3).
(1)线段AB与线段CD关于直线对称,则对称轴是 ;
(2)平移线段AB得到线段A1B1,若点A的对应点A1的坐标为(1,2),画出平移后的线段A1B1,并写出点B1的坐标为 .
考点4图形的旋转(1---2题各3分,3--4题个7分,共20分)
1、(2015•天津)如图,已知▱ABCD中,AE⊥BC于点E,以点B为中心,取旋转角等于∠ABC,把△BAE顺时针旋转,得到△BA′E′,连接DA′.若∠ADC=60°,∠ADA′=50°,则∠DA′E′的大小为( )
A.
130°
B.
150°
C.
160°
D.
170°
考点4第2题图
考点4第1题图
2、(2015•德州)如图,在△ABC中,∠CAB=65°,将△ABC在平面内绕点A旋转到△AB′C′的位置,使CC′∥AB,则旋转角的度数为( )
A.
35°
B.
40°
C.
50°
D.
65°
3、((2015•湖北)如图,△ABC中,AB=AC=1,∠BAC=45°,△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的,连接BE、CF相交于点D.
(1)求证:
BE=CF;
(2)当四边形ACDE为菱形时,求BD的长.
4、(2015•日照)如图,已知,在△ABC中,CA=CB,∠ACB=90°,E,F分别是CA,CB边的三等分点,将△ECF绕点C逆时针旋转α角(0°<α<90°),得到△MCN,连接AM,BN.
(1)求证:
AM=BN;
(2)当MA∥CN时,试求旋转角α的余弦值.
分类训练二十二图形的全等变答案
考点1轴对称
1、D.
解析:
根据轴对称图形的概念求解.
解:
A、不是轴对称图形,故本选项错误;
B、不是轴对称图形,故本选项错误;
C、不是轴对称图形,故本选项错误;
D、是轴对称图形,故本选项正确.
故选D.
2、A.
解析:
根据轴对称图形的概念求解.
解:
A、是轴对称图形,故本选项正确;
B、不是轴对称图形,故本选项错误;
C、不是轴对称图形,故本选项错误;
D、不是轴对称图形,故本选项错误.
故选A.
3、B.
解析:
根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE=DE=EG,然后利用“HL”证明△EDF和△EGF全等,根据全等三角形对应边相等可证得DF=GF;设FD=x,表示出FC、BF,然后在Rt△BCF中,利用勾股定理列式进行计算即可得解.
解:
∵E是AD的中点,
∴AE=DE,
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE,
∴AE=EG,AB=BG,
∴ED=EG,
∵在矩形ABCD中,
∴∠A=∠D=90°,
∴∠EGF=90°,
∵在Rt△EDF和Rt△EGF中,
,
∴Rt△EDF≌Rt△EGF(HL),
∴DF=FG,
设DF=x,则BF=6+x,CF=6﹣x,
在Rt△BCF中,(4
)2+(6﹣x)2=(6+x)2,
解得x=4.
故选:
B.
4、C.
解析:
根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF,∠A=∠GFD=90°,于是根据“HL”判定△ADG≌△FDG,再由GF+GB=GA+GB=12,EB=EF,△BGE为直角三角形,可通过勾股定理列方程求出AG=4,BG=8,进而求出△BEF的面积,再抓住△BEF是等腰三角形,而△GED显然不是等腰三角形,判断③是错误的.
解:
由折叠可知,DF=DC=DA,∠DEF=∠C=90°,
∴∠DFG=∠A=90°,
∴△ADG≌△FDG,①正确;
∵正方形边长是12,
∴BE=EC=EF=6,
设AG=FG=x,则EG=x+6,BG=12﹣x,
由勾股定理得:
EG2=BE2+BG2,
即:
(x+6)2=62+(12﹣x)2,
解得:
x=4
∴AG=GF=4,BG=8,BG=2AG,②正确;
BE=EF=6,△BEF是等腰三角形,易知△GED不是等腰三角形,③错误;
S△GBE=
×6×8=24,S△BEF=
•S△GBE=
=
,④正确.
故选:
C.
5、
.
解析:
作E关于直线AC的对称点E′,连接E′F,则E′F即为所求,过F作FG⊥CD于G,在Rt△E′FG中,利用勾股定理即可求出E′F的长.
解:
作E关于直线AC的对称点E′,连接E′F,则E′F即为所求,
过F作FG⊥CD于G,
在Rt△E′FG中,
GE′=CD﹣BE﹣BF=4﹣1﹣2=1,GF=4,
所以E′F=
.
故答案为:
.
6、
.
解析:
作M关于OB的对称点M′,作N关于OA的对称点N′,连接M′N′,即为MP+PQ+QN的最小值.
解:
作M关于OB的对称点M′,作N关于OA的对称点N′,
连接M′N′,即为MP+PQ+QN的最小值.
根据轴对称的定义可知:
∠N′OQ=∠M′OB=30°,∠ONN′=60°,
∴△ONN′为等边三角形,△OMM′为等边三角形,
∴∠N′OM′=90°,
∴在Rt△M′ON′中,
M′N′=
=
.
故答案为
.
考点2中心对称
1、A.
解析:
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
解:
A、既是轴对称图形,又是中心对称图形,故A正确;
B、不是轴对称图形,是中心对称图形,故B错误;
C、是轴对称图形,不是中心对称图形,故C错误;
D、是轴对称图形,不是中心对称图形,故D错误.
故选:
A.
2、D.
解析:
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
解:
A、是轴对称图形,不是中心对称图形.故错误;
B、是轴对称图形,不是中心对称图形.故错误;
C、不是轴对称图形,是中心对称图形.故错误;
D、既是轴对称图形,又是中心对称图形.故正确.
故选D.
3、C.
解析:
根据轴对称图形与中心对称图形的概念求解.
解:
A、是轴对称图形,不是中心对称图形.故错误;
B、是轴对称图形,不是中心对称图形.故错误;
C、是轴对称图形,也是中心对称图形.故正确;
D、不是轴对称图形,是中心对称图形.故错误.
故选C.
考点3图形的平移
1、A.
解析:
观察图象,发现平移前后,B、E对应,C、F对应,根据平移的性质,易得平移的距离=BE=5﹣3=2,进而可得答案.
解:
根据平移的性质,
易得平移的距离=BE=5﹣3=2,
故选A.
2、x轴;(4,4).
解析:
(1)由A、C和B、D到x轴的距离相等,可判定x轴为其对称轴;
(2)由A和A1的坐标变化可得出平移的规律,可得出B1的坐标,容易画出平移后的线段.
解:
(1)∵A(﹣5,1),C(﹣5,﹣1),
∴AC⊥x轴,且到x轴的距离相等,
同理BD⊥x轴,且到x轴的距离相等,
∴线段AB和线段CD关于x轴对称,
故答案为:
x轴;
(2)∵A(﹣5,1),A1(1,2),
∴相当于把A点先向右平移6个单位,再向上平移一个单位,
∵B(﹣2,3),
∴平移后得到B1的坐标为(4,4),
线段A1B1如图所示,
故答案为:
(4,4).
考点3图形的旋转
1、C.
解析:
根据平行四边形对角相等、邻角互补,得∠ABC=60°,∠DCB=120°,再由∠A′DC=10°,可运用三角形外角求出∠DA′B=130°,再根据旋转的性质得到∠BA′E′=∠BAE=30°,从而得到答案.
解:
∵四边形ABCD是平行四边形,∠ADC=60°,
∴∠ABC=60°,∠DCB=120°,
∵∠ADA′=50°,
∴∠A′DC=10°,
∴∠DA′B=130°,
∵AE⊥BC于点E,
∴∠BAE=30°,
∵△BAE顺时针旋转,得到△BA′E′,
∴∠BA′E′=∠BAE=30°,
∴∠DA′E′=∠DA′B+∠BA′E′=160°.
故选:
C.
2、C.
解析:
根据两直线平行,内错角相等可得∠ACC′=∠CAB,根据旋转的性质可得AC=AC′,然后利用等腰三角形两底角相等求∠CAC′,再根据∠CAC′、∠BAB′都是旋转角解答.
解:
∵CC′∥AB,
∴∠ACC′=∠CAB=65°,
∵△ABC绕点A旋转得到△AB′C′,
∴AC=AC′,
∴∠CAC′=180°﹣2∠ACC′=180°﹣2×65°=50°,
∴∠CAC′=∠BAB′=50°.
故选C.
3、
解析:
(1)先由旋转的性质得AE=AB,AF=AC,∠EAF=∠BAC,则∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF,即∠EAB=∠FAC,利用AB=AC可得AE=AF,于是根据旋转的定义,△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到,然后根据旋转的性质得到BE=CD;
(2)由菱形的性质得到DE=AE=AC=AB=1,AC∥DE,根据等腰三角形的性质得∠AEB=∠ABE,根据平行线得性质得∠ABE=∠BAC=45°,所以∠AEB=∠ABE=45°,于是可判断△ABE为等腰直角三角形,所以BE=
AC=
,于是利用BD=BE﹣DE求解.
(1)证明:
∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的,
∴AE=AB,AF=AC,∠EAF=∠BAC,
∴∠EAF+∠BAF=∠BAC+∠BAF,即∠EAB=∠FAC,
∵AB=AC,
∴AE=AF,
∴△AEB可由△AFC绕点A按顺时针方向旋转得到,
∴BE=CF;
(2)解:
∵四边形ACDE为菱形,AB=AC=1,
∴DE=AE=AC=AB=1,AC∥DE,
∴∠AEB=∠ABE,∠ABE=∠BAC=45°,
∴∠AEB=∠ABE=45°,
∴△ABE为等腰直角三角形,
∴BE=
AC=
,
∴BD=BE﹣DE=
﹣1.
4、
解析:
(1)由CA=CB,E,F分别是CA,CB边的三等分点,得CE=CF,根据旋转的性质,CM=CE=CN=CF,∠ACM=∠BCN=α,证明△AMC≌△BNC即可;
(2)当MA∥CN时,∠ACN=∠CAM,由∠ACN+∠ACM=90°,得到∠CAM+∠ACM=90°,所以cosα=
=
.
解:
(1)∵CA=CB,∠ACB=90°,E,F分别是CA,CB边的三等分点,
∴CE=CF,
根据旋转的性质,CM=CE=CN=CF,∠ACM=∠BCN=α,
在△AMC和△BNC中,
,
∴△AMC≌△BNC,
∴AM=BN;
(2)∵MA∥CN,
∴∠ACN=∠CAM,
∵∠ACN+∠ACM=90°,
∴∠CAM+∠ACM=90°,
∴∠AMC=90°,
∴cosα=
=
=
.