1、2012年全国100套中考数学压轴题分类解析汇编专题9:几何三大变换相关问题.1. (2012北京市7分)在中,M是AC的中点,P是线段BM上的动点,将线段PA绕点P顺时针旋转得到线段PQ。 (1) 若且点P与点M重合(如图1),线段CQ的延长线交射线BM于点D,请补全图形,并写出CDB的度数; (2) 在图2中,点P不与点B,M重合,线段CQ的延长线与射线BM交于点D,猜想CDB的大小(用含的代数式表示),并加以证明; (3) 对于适当大小的,当点P在线段BM上运动到某一位置(不与点B,M重合)时,能使得线段CQ的延长线与射线BM交于点D,且PQ=QD,请直接写出的范围。【答案】解:(1)补
2、全图形如下:CDB=30。(2)作线段CQ的延长线交射线BM于点D,连接PC,AD,AB=BC,M是AC的中点,BMAC。AD=CD,AP=PC,PD=PD。在APD与CPD中,AD=CD, PD=PD, PA=PCAPDCPD(SSS)。AP=PC,ADB=CDB,PAD=PCD。又PQ=PA,PQ=PC,ADC=2CDB,PQC=PCD=PAD。PAD+PQD=PQC+PQD=180。APQ+ADC=360(PAD+PQD)=180。ADC=180APQ=1802,即2CDB=1802。CDB=90。(3)4560。【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
3、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,BMAC,AM=AC。将线段PA绕点P顺时针旋转2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APDCPD,从而得出PAD+PQD=PQC+PQD=180,即可求出。(3)由(2)得出CDB=90,且PQ=QD,PAD=PCQ=PQC=2CDB=1802。点P不与点B,M重合,BADPADMAD。21802,4560。2. (2012
4、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:ANDCBM.(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,PQMN。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,ADBC。 DAC=BCA。 又由翻折的性质,得DAN=NAF,ECM=BCM,DAN=BCM。 ANDCBM(ASA)。(2)证明:ANDCBM,D
5、N=BM。 又由翻折的性质,得DN=FN,BM=EM, FN=EM。 又NFA=ACDCNF=BACEMA=MEC, FNEM。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,FEMEFM。FMEM。四边形MFNE不是菱形。(3)解:AB=4,BC=3,AC=5。 设DN=x,则由SADC=SANDSNAC得3 x5 x=12,解得x=,即DN=BM=。过点N作NHAB于H,则HM=43=1。在NHM中,NH=3,HM=1,由勾股定理,得NM=。PQMN,DCAB,四边形NMQP是平行四边形。NP=MQ,PQ= NM=。又PQ=CQ
6、,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。【分析】(1)由矩形和翻折对称的性质,用ASA即可得到ANDCBM。 (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SADC=SANDSNAC可得DN=BM=。过点N作NHAB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1
7、0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()如图,当BOP=300时,求点P的坐标;()如图,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;()在()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)【答案】解:()根据题意,OBP=90,OB=6。在RtOBP中,由BOP=30,BP=t,得OP=2t。OP2=OB2+BP2,即(2t)2=62+t2,解得:t1=,t2=
8、(舍去)点P的坐标为( ,6)。()OBP、QCP分别是由OBP、QCP折叠得到的,OBPOBP,QCPQCP。OPB=OPB,QPC=QPC。OPB+OPB+QPC+QPC=180,OPB+QPC=90。BOP+OPB=90,BOP=CPQ。又OBP=C=90,OBPPCQ。由题意设BP=t,AQ=m,BC=11,AC=6,则PC=11t,CQ=6m。(0t11)。()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。【分析】()根据题意得,OBP=90,OB=6,在RtOBP中,由BOP=30,BP=t,
9、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。 ()由OBP、QCP分别是由OBP、QCP折叠得到的,可知OBPOBP,QCPQCP,易证得OBPPCQ,然后由相似三角形的对应边成比例,即可求得答案。()首先过点P作PEOA于E,易证得PCECQA,由勾股定理可求得CQ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PEOA于E,PEA=QAC=90。PCE+EPC=90。PCE+QCA=90,EPC=QCA。PCECQA。PC=PC=11t,PE=OB=6,AQ=m,CQ=CQ=6m,。,即,即。将代入,并化简,得。解得:。点P的坐标为(,6)或(,6
10、)。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)(m0),将此矩形绕O点逆时针旋转90,得到矩形OABC(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 【答案】解:(1)四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m0),A(m,0),C(0,1)。矩形OABC由矩形OABC旋转90而成,A(0,m),C(1,0)。(2)设过
11、点A、A、C的抛物线解析式为y=ax2bxc,A(m,0),A(0,m),C(1,0),解得。此抛物线的解析式为:y=x2(m1)xm。(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(m1)(m)m=1,即2m22m1=0,=(2)2422=40,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。【分析】(1)先根据四边形ABCD是矩形,点B的坐标为(m,1)(m0),求出点A
12、、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CD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(1)求证:ABGCDG;(2)求tanABG的值;(3)求EF的长【
13、答案】(1)证明:BDC由BDC翻折而成, C=BAG=90,CD=AB=CD,AGB=DGC,ABG=ADE。在ABGCDG中,BAG=C,AB= CD,ABG=AD C,ABGCDG(ASA)。(2)解:由(1)可知ABGCDG,GD=GB,AG+GB=AD。设AG=x,则GB=8x,在RtABG中,AB2+AG2=BG2,即62+x2=(8x)2,解得x=。(3)解:AEF是DEF翻折而成,EF垂直平分AD。HD=AD=4。tanABG=tanADE=。EH=HD=4。EF垂直平分AD,ABAD,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。【分析】(1)根据翻折变换的性质可知C=BAG=90,CD=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RtABG中利用
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