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  • 2021-11-11 发布

中考数学选择填空压轴题汇编:平移旋转对称三大变换

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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.