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- 2021-11-11 发布
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2020 年中考数学选择填空压轴题汇编:平移旋转对称三大变换
1.(2020•安徽)在数学探究活动中,敏敏进行了如下操作:如图,将四边形纸片 ABCD 沿过点 A 的直线折
叠,使得点 B 落在 CD 上的点 Q 处.折痕为 AP;再将△PCQ,△ADQ 分别沿 PQ,AQ 折叠,此时点 C,
D 落在 AP 上的同一点 R 处.请完成下列探究:
(1)∠PAQ 的大小为 30 °;
(2)当四边形 APCD 是平行四边形时,
的值为
.
【解答】解:(1)由折叠的性质可得:∠B=∠AQP,∠DAQ=∠QAP=∠PAB,∠DQA=∠AQR,∠CQP
=∠PQR,∠D=∠ARQ,∠C=∠QRP,
∵∠QRA+∠QRP=180°,
∴∠D+∠C=180°,
∴AD∥BC,
∴∠B+∠DAB=180°,
∵∠DQR+∠CQR=180°,
∴∠DQA+∠CQP=90°,
∴∠AQP=90°,
∴∠B=∠AQP=90°,
∴∠DAB=90°,
∴∠DAQ=∠QAP=∠PAB=30°,
故答案为:30;
(2)由折叠的性质可得:AD=AR,CP=PR,
∵四边形 APCD 是平行四边形,
∴AD=PC,
∴AR=PR,
又∵∠AQP=90°,
∴QR
AP,
∵∠PAB=30°,∠B=90°,
∴AP=2PB,AB
PB,
∴PB=QR,
∴
,
故答案为:
.
2.(2020•天水)如图,在边长为 6 的正方形 ABCD 内作∠EAF=45°,AE 交 BC 于点 E,AF 交 CD 于点 F,
连接 EF,将△ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABG.若 DF=3,则 BE 的长为 2 .
【解答】解:
法一:由题意可得,
△ADF≌△ABG,
∴DF=BG,∠DAF=∠BAG,
∵∠DAB=90°,∠EAF=45°,
∴∠DAF+∠EAB=45°,
∴∠BAG+∠EAB=45°,
∴∠EAF=∠EAG,
在△EAG 和△EAF 中,
ܩ
ܩ
,
∴△EAG≌△EAF(SAS),
∴GE=FE,
设 BE=x,则 GE=BG+BE=3+x,CE=6﹣x,
∴EF=3+x,
∵CD=6,DF=3,
∴CF=3,
∵∠C=90°,
∴(6﹣x)2+32=(3+x)2,
解得,x=2,
即 BE=2,
法二:设 BE=x,连接 GF,如下图所示,
∵四边形 ABCD 为正方形,
∴∠ABE=∠GCF=90°,
∵△ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABG,
∴∠CAF=90°,GA=FA,
∴△GAF 为等腰直角三角形,
∵∠EAF=45°,
∴AE 垂直平分 GF,
∴∠AEB+∠CGF=90°,
∵在 Rt△AEB 中,∠AEB+∠BAE=90°,
∴∠BAE=∠CGF,
∴△BAE~△CGF,
∴
ܩ
,
∵CF=CD﹣DF=6﹣3=3,GC=BC+BG=BC+DF=6+3=9,
∴
,
∴x=2,
即 BE=2,
故答案为:2.
3.(2020•深圳)如图,矩形纸片 ABCD 中,AB=6,BC=12.将纸片折叠,使点 B 落在边 AD 的延长线上
的点 G 处,折痕为 EF,点 E、F 分别在边 AD 和边 BC 上.连接 BG,交 CD 于点 K,FG 交 CD 于点 H.给
出以下结论:
①
EF⊥BG;
②
GE=GF;
③
△GDK 和△GKH 的面积相等;
④
当点 F 与点 C 重合时,∠DEF=75°,
其中正确的结论共有( )
A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个
【解答】解:如图,连接 BE,设 EF 与 BG 交于点 O,
∵将纸片折叠,使点 B 落在边 AD 的延长线上的点 G 处,
∴EF 垂直平分 BG,
∴EF⊥BG,BO=GO,BE=EG,BF=FG,故
①
正确,
∵AD∥BC,
∴∠EGO=∠FBO,
又∵∠EOG=∠BOF,
∴△BOF≌△GOE(ASA),
∴BF=EG,
∴BF=EG=GF,故
②
正确,
∵BE=EG=BF=FG,
∴四边形 BEGF 是菱形,
∴∠BEF=∠GEF,
当点 F 与点 C 重合时,则 BF=BC=BE=12,
∵sin∠AEB
,
∴∠AEB=30°,
∴∠DEF=75°,故
④
正确,
由题意无法证明△GDK 和△GKH 的面积相等,故
③
错误;
故选:C.
4.(2020•随州)如图,已知矩形 ABCD 中,AB=3,BC=4,点 M,N 分别在边 AD,BC 上,沿着 MN 折
叠矩形 ABCD,使点 A,B 分别落在 E,F 处,且点 F 在线段 CD 上(不与两端点重合),过点 M 作 MH
⊥BC 于点 H,连接 BF,给出下列判断:
①
△MHN∽△BCF;
②
折痕 MN 的长度的取值范围为 3<MN<
;
③
当四边形 CDMH 为正方形时,N 为 HC 的中点;
④
若 DF
DC,则折叠后重叠部分的面积为
.
其中正确的是
①②③④
.(写出所有正确判断的序号)
【解答】解:
①
如图 1,由折叠可知 BF⊥MN,
∴∠BOM=90°,
∵MH⊥BC,
∴∠BHP=90°=∠BOM,
∵∠BPH=∠OPM,
∴∠CBF=∠NMH,
∵∠MHN=∠C=90°,
∴△MHN∽△BCF,
故
①
正确;
②
当 F 与 C 重合时,MN=3,此时 MN 最小,
当 F 与 D 重合时,如图 2,此时 MN 最大,
由勾股定理得:BD=5,
∵OB=OD
,
∵tan∠DBC
,即
,
∴ON
,
∵AD∥BC,
∴∠MDO=∠OBN,
在△MOD 和△NOB 中,
∵
∠
∠
,
∴△DOM≌△BON(ASA),
∴OM=ON,
∴MN=2ON
,
∵点 F 在线段 CD 上(不与两端点重合),
∴折痕 MN 的长度的取值范围为 3<MN<
;
故
②
正确;
③
如图 3,连接 BM,FM,
当四边形 CDMH 为正方形时,MH=CH=CD=DM=3,
∵AD=BC=4,
∴AM=BH=1,
由勾股定理得:BM
,
∴FM
,
∴DF
1,
∴CF=3﹣1=2,
设 HN=x,则 BN=FN=x+1,
在 Rt△CNF 中,CN2+CF2=FN2,
∴(3﹣x)2+22=(x+1)2,
解得:x
,
∴HN
,
∵CH=3,
∴CN=HN
,
∴N 为 HC 的中点;
故
③
正确;
④
如图 4,连接 FM,
∵DF
DC,CD=3,
∴DF=1,CF=2,
∴BF
2
,
∴OF
,
设 FN=a,则 BN=a,CN=4﹣a,
由勾股定理得:FN2=CN2+CF2,
∴a2=(4﹣a)2+22,
∴a
,
∴BN=FN
,CN
,
∵∠NFE=∠CFN+∠DFQ=90°,
∠CFN+∠CNF=90°,
∴∠DFQ=∠CNF,
∵∠D=∠C=90°,
∴△QDF∽△FCN,
∴
,即
,
∴QD
,
∴FQ
,
∵tan∠HMN=tan∠CBF
,
∴
,
∴HN
,
∴MN
,
∵CH=MD=HN+CN
3,
∴MQ=3
,
∴折叠后重叠部分的面积为:S△MNF+S△MQF
;
故
④
正确;
所以本题正确的结论有:
①②③④
;
故答案为:
①②③④
.
5.(2020•武汉)如图,折叠矩形纸片 ABCD,使点 D 落在 AB 边的点 M 处,EF 为折痕,AB=1,AD=2.设
AM 的长为 t,用含有 t 的式子表示四边形 CDEF 的面积是
.
【解答】解:连接 DM,过点 E 作 EG⊥BC 于点 G,
设 DE=x=EM,则 EA=2﹣x,
∵AE2+AM2=EM2,
∴(2﹣x)2+t2=x2,
解得 x
1,
∴DE
1,
∵折叠矩形纸片 ABCD,使点 D 落在 AB 边的点 M 处,
∴EF⊥DM,
∠ADM+∠DEF=90°,
∵EG⊥AD,
∴∠DEF+∠FEG=90°,
∴∠ADM=∠FEG,
∴tan∠ADM
ܩ
,
∴FG
,
∵CG=DE
1,
∴CF
1,
∴S 四边形 CDEF
(CF+DE)×1
t+1.
故答案为:
t+1.
6.(2020•咸宁)如图,在矩形 ABCD 中,AB=2,BC=2
,E 是 BC 的中点,将△ABE 沿直线 AE 翻折,
点 B 落在点 F 处,连结 CF,则 cos∠ECF 的值为( )
A.
B.
C.
D.
【解答】解:如图,∵四边形 ABCD 是矩形,
∴∠B=90°,
∵E 是 BC 的中点,BC=2
,
∴BE=CE
BC
,
∴AE
3,
由翻折变换的性质得:△AFE≌△ABE,
∴∠AEF=∠AEB,EF=BE
,
∴EF=CE,
∴∠EFC=∠ECF,
∵∠BEF=∠EFC+∠ECF,
∴∠AEB=∠ECF,
∴cos∠ECF=cos∠AEB
.
故选:C.
7.(2020•襄阳)如图,矩形 ABCD 中,E 为边 AB 上一点,将△ADE 沿 DE 折叠,使点 A 的对应点 F 恰好
落在边 BC 上,连接 AF 交 DE 于点 N,连接 BN.若 BF•AD=15,tan∠BNF
,则矩形 ABCD 的面积
为 15
.
【解答】解:∵将△ADE 沿 DE 折叠,使点 A 的对应点 F 恰好落在边 BC 上,
∴AF⊥DE,AE=EF,
∵矩形 ABCD 中,∠ABF=90°,
∴B,E,N,F 四点共圆,
∴∠BNF=∠BEF,
∴tan∠BEF
,
设 BF
x,BE=2x,
∴EF
3x,
∴AE=3x,
∴AB=5x,
∴AB
BF.
∴S 矩形 ABCD=AB•AD
BF•AD
15=15
.
故答案为:15
.
8.(2020•孝感)如图,点 E 在正方形 ABCD 的边 CD 上,将△ADE 绕点 A 顺时针旋转 90°到△ABF 的位
置,连接 EF,过点 A 作 EF 的垂线,垂足为点 H,与 BC 交于点 G.若 BG=3,CG=2,则 CE 的长为
( )
A.
B.
C.4 D.
【解答】解:如图所示,连接 EG,
由旋转可得,△ADE≌△ABF,
∴AE=AF,DE=BF,
又∵AG⊥EF,
∴H 为 EF 的中点,
∴AG 垂直平分 EF,
∴EG=FG,
设 CE=x,则 DE=5﹣x=BF,FG=8﹣x,
∴EG=8﹣x,
∵∠C=90°,
∴Rt△CEG 中,CE2+CG2=EG2,即 x2+22=(8﹣x)2,
解得 x
,
∴CE 的长为
,
故选:B.
9.(2020•衡阳)如图 1,在平面直角坐标系中,▱ ABCD 在第一象限,且 BC∥x 轴.直线 y=x 从原点 O 出
发沿 x 轴正方向平移,在平移过程中,直线被▱ ABCD 截得的线段长度 n 与直线在 x 轴上平移的距离 m
的函数图象如图 2 所示.那么▱ ABCD 的面积为( )
A.3 B.3
C.6 D.6
【解答】解:过 B 作 BM⊥AD 于点 M,分别过 B,D 作直线 y=x 的平行线,交 AD 于 E,如图 1 所示,
由图象和题意可得,
AE=6﹣4=2,DE=7﹣6=1,BE=2,
∴AB=2+1=3,
∵直线 BE 平行直线 y=x,
∴BM=EM
,
∴平行四边形 ABCD 的面积是:AD•BM=3×
3
.
故选:B.
10.(2020•江西)矩形纸片 ABCD,长 AD=8cm,宽 AB=4cm,折叠纸片,使折痕经过点 B,交 AD 边于点
E,点 A 落在点 A'处,展平后得到折痕 BE,同时得到线段 BA',EA',不再添加其它线段.当图中存在 30°
角时,AE 的长为
厘米或 4
厘米或
厘米.
【解答】解:
①
当∠ABE=30°时,AE=AB×tan30°
;
②
当∠AEB=30°时,AE
ܽ
4
;
③
∠ABE=15°时,∠ABA′=30°,延长 BA′交 AD 于 F,如下图所示,
设 AE=x,则 EA′=x,EF
݅
,
∵AF=AE+EF=ABtan30°
,
∴x
,
∴x=8﹣4
,
∴AE=8﹣4
.
故答案为:
厘米或 4
厘米或 8﹣4
厘米.
11.(2020•滨州)如图,对折矩形纸片 ABCD,使 AD 与 BC 重合,得到折痕 EF,把纸片展平后再次折叠,
使点 A 落在 EF 上的点 A′处,得到折痕 BM,BM 与 EF 相交于点 N.若直线 BA′交直线 CD 于点 O,
BC=5,EN=1,则 OD 的长为( )
A.
B.
C.
D.
【解答】解:∵EN=1,
∴由中位线定理得 AM=2,
由折叠的性质可得 A′M=2,
∵AD∥EF,
∴∠AMB=∠A′NM,
∵∠AMB=∠A′MB,
∴∠A′NM=∠A′MB,
∴A′N=2,
∴A′E=3,A′F=2
过 M 点作 MG⊥EF 于 G,
∴NG=EN=1,
∴A′G=1,
由勾股定理得 MG
,
∴BE=OF=MG
,
∴OF:BE=2:3,
解得 OF
,
∴OD
.
故选:B.
12.(2020•德州)如图,在矩形 ABCD 中,AB
2,AD
.把 AD 沿 AE 折叠,使点 D 恰好落在 AB
边上的 D′处,再将△AED′绕点 E 顺时针旋转
α
,得到△A'ED″,使得 EA′恰好经过 BD′的中点 F.A′
D″交 AB 于点 G,连接 AA′.有如下结论:
①
A′F 的长度是
2;
②
弧 D'D″的长度是
π
;
③△A′AF≌△A′EG;
④
△AA′F∽△EGF.上述结论中,所有正确的序号是
①②④
.
【解答】解:∵把 AD 沿 AE 折叠,使点 D 恰好落在 AB 边上的 D′处,
∴∠D=∠AD'E=90°=∠DAD',AD=AD',
∴四边形 ADED'是矩形,
又∵AD=AD'
,
∴四边形 ADED'是正方形,
∴AD=AD'=D'E=DE
,AE
AD
,∠EAD'=∠AED'=45°,
∴D'B=AB﹣AD'=2,
∵点 F 是 BD'中点,
∴D'F=1,
∴EF
2,
∵将△AED′绕点 E 顺时针旋转
α
,
∴AE=A'E
,∠D'ED''=
α
,∠EA'D''=∠EAD'=45°,
∴A'F
2,故
①
正确;
∵tan∠FED'
,
∴∠FED'=30°
∴
α
=30°+45°=75°,
∴弧 D'D″的长度
h
π
,故
②
正确;
∵AE=A'E,∠AEA'=75°,
∴∠EAA'=∠EA'A=52.5°,
∴∠A'AF=7.5°,
∵∠AA'F≠∠EA'G,∠AA'E≠∠EA'G,∠AFA'=120°≠∠EA'G,
∴△AA'F 与△A'GE 不全等,故
③
错误;
∵D'E=D''E,EG=EG,
∴Rt△ED'G≌Rt△ED''G(HL),
∴∠D'GE=∠D''GE,
∵∠AGD''=∠A'AG+∠AA'G=105°,
∴∠D'GE=52.5°=∠AA'F,
又∵∠AFA'=∠EFG,
∴△AFA'∽△EFG,故
④
正确,
故答案为:
①②④
.
13.(2020•聊城)如图,在 Rt△ABC 中,AB=2,∠C=30°,将 Rt△ABC 绕点 A 旋转得到 Rt△AB′C′,
使点 B 的对应点 B′落在 AC 上,在 B′C′上取点 D,使 B′D=2,那么点 D 到 BC 的距离等于( )
A.2(
1) B.
1 C.
1 D.
1
【解答】解:∵在 Rt△ABC 中,AB=2,∠C=30°,
∴BC=2
,AC=4,
∵将 Rt△ABC 绕点 A 旋转得到 Rt△AB′C′,使点 B 的对应点 B′落在 AC 上,
∴AB′=AB=2,B′C′=BC=2
,
∴B′C=2,
延长 C′B′交 BC 于 F,
∴∠CB′F=∠AB′C′=90°,
∵∠C=30°,
∴∠CFB′=60°,B′F
B′C
,
∵B′D=2,
∴DF=2
,
过 D 作 DE⊥BC 于 E,
∴DE
DF
(2
)
1,
故选:D.
14.(2020•杭州)如图是一张矩形纸片,点 E 在 AB 边上,把△BCE 沿直线 CE 对折,使点 B 落在对角线
AC 上的点 F 处,连接 DF.若点 E,F,D 在同一条直线上,AE=2,则 DF= 2 ,BE=
1 .
【解答】解:∵四边形 ABCD 是矩形,
∴AD=BC,∠ADC=∠B=∠DAE=90°,
∵把△BCE 沿直线 CE 对折,使点 B 落在对角线 AC 上的点 F 处,
∴CF=BC,∠CFE=∠B=90°,EF=BE,
∴CF=AD,∠CFD=90°,
∴∠ADE+∠CDF=∠CDF+∠DCF=90°,
∴∠ADF=∠DCF,
∴△ADE≌△FCD(ASA),
∴DF=AE=2;
∵∠AFE=∠CFD=90°,
∴∠AFE=∠DAE=90°,
∵∠AEF=∠DEA,
∴△AEF∽△DEA,
∴
,
∴
,
∴EF
1(负值舍去),
∴BE=EF
1,
故答案为:2,
1.
15.(2020•嘉兴)如图,有一张矩形纸条 ABCD,AB=5cm,BC=2cm,点 M,N 分别在边 AB,CD 上,CN
=1cm.现将四边形 BCNM 沿 MN 折叠,使点 B,C 分别落在点 B',C'上.当点 B'恰好落在边 CD 上时,
线段 BM 的长为
cm;在点 M 从点 A 运动到点 B 的过程中,若边 MB'与边 CD 交于点 E,则点 E
相应运动的路径长为 (
) cm.
【解答】解:如图 1 中,
∵四边形 ABCD 是矩形,
∴AB∥CD,
∴∠1=∠3,
由翻折的性质可知:∠1=∠2,BM=MB′,
∴∠2=∠3,
∴MB′=NB′,
∵NB′
(cm),
∴BM=NB′
(cm).
如图 2 中,当点 M 与 A 重合时,AE=EN,设 AE=EN=xcm,
在 Rt△ADE 中,则有 x2=22+(4﹣x)2,解得 x
,
∴DE=4
(cm),
如图 3 中,当点 M 运动到 MB′⊥AB 时,DE′的值最大,DE′=5﹣1﹣2=2(cm),
如图 4 中,当点 M 运动到点 B′落在 CD 时,DB′(即 DE″)=5﹣1
(4
)(cm),
∴点 E 的运动轨迹 E→E′→E″,运动路径=EE′+E′B′=2
2﹣(4
)=(
)(cm).
故答案为
,(
).
16.(2020•衢州)如图,把一张矩形纸片 ABCD 按所示方法进行两次折叠,得到等腰直角三角形 BEF,若
BC=1,则 AB 的长度为( )
A.
B.
C.
D.
【解答】解:
由折叠补全图形如图所示,
∵四边形 ABCD 是矩形,
∴∠ADA'=∠B=∠C=∠A=90°,AD=BC=1,CD=AB,
由第一次折叠得:∠DAE=∠A=90°,∠ADE
∠ADC=45°,
∴∠AED=∠ADE=45°,
∴AE=AD=1,
在 Rt△ADE 中,根据勾股定理得,DE
AD
,
故选:A.