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- 2021-11-11 发布
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2021 年中考数学一轮复习精练+热考题型:
几何变换综合题(五)
1.在△ABC 中,AB=AC,∠A=60°,点 D 是线段 BC 的中点,∠EDF=120°,DE 与线
段 AB 相交于点 E,DF 与线段 AC(或 AC 的延长线)相交于点 F.
(1)如图 1,若 DF⊥AC,垂足为 F,AB=8,求 BE 的长;
(2)如图 2,将(1)中的∠EDF 绕点 D 顺时针旋转一定的角度,DF 仍与线段 AC 相交
于点 F.求证:BE+CF= AB;
(3)如图 3,将(2)中的∠EDF 继续绕点 D 顺时针旋转一定的角度,使 DF 与线段 AC
的延长线相交于点 F,作 DN⊥AC 于点 N,若 DN=FN,AB=8,求 BE 的长.
2.将一个直角三角形纸片 ABO 放置在平面直角坐标系中,点 ,点 B(0,1),
点 O(0,0).P 是边 AB 上的一点(点 P 不与点 A,B 重合),沿着 OP 折叠该纸片,
得点 A 的对应点 A'.
(1)如图①,当点 A'在第一象限,且满足 A'B⊥OB 时,求点 A'的坐标;
(2)如图②,当 P 为 AB 中点时,求 A'B 的长;
(3)当∠BPA'=30°时,求点 P 的坐标(直接写出结果即可).
3.如图,已知正方形 ABCD、AEFG 边长分别为 cm、2cm,将正方形 ABCD 绕点 A 旋转,
连接 BG、DE 相交于点 H.
(1)判断线段 BG、DE 的数量关系与位置关系,并说明理由.
(2)连接 FH,在正方形 ABCD 绕点 A 旋转过程中,
①线段 DH 的最大值是 ;
②求点 H 经过路线的长度.
4.如图 1,已知线段 AB 的两个端点坐标分别为 A(a,1),B(﹣2,b),且满足 +
=0.
(1)则 a= ,b= ;
(2)在 y 轴上是否存在点 C,使三角形 ABC 的面积等于 8?若存在,请求出点 C 的坐标;
若不存在,请说明理由;
(3)如图 2,将线段 BA 平移得到线段 OD,其中 B 点对应 O 点,A 点对应 D 点,点 P
(m,n)是线段 OD 上任意一点,求证:3n﹣2m=0.
5.矩形 ABCD 中,AB=10,BC=8,点 P 为 AD 边上的一点,沿直线 BP 将△ABP 翻折至
△EBP(点 A 落在点 E 处).
(1)如图 1,当点 E 落在 CD 边上,则△EBC 的面积 S△BEC= ;
(2)如图 2,PE、CD 相交于点 M,且 MD=ME,求折痕 BP 的长;
(3)如图 3,当点P为AD 的中点时,连接 DE,则图中与∠APB 相等的角的个数为 .
6.如图,在平面直角坐标系中,点 A(﹣2,0),等边△AOB 经过平移或轴对称或旋转都
可以得到△OCD.
(1)填空:
①△AOB 沿 x 轴向右平移得到△OCD,则平移的距离是 个单位长度;
②△AOB 与△OCD 关于某直线对称,则对称轴是 ;
③△AOB 绕原点 O 顺时针旋转得到△OCD,则旋转角度可以是 度;
(2)连接 AD,请探索 AD 与 CD 的位置关系.
7.如图,矩形 ABCD 中,P 为 AD 上一点.将△ABP 沿 BP 翻折至△EBP,点 A 与点 E 重
合:
(1)如图 1,AB=10,BC=6,点 E 落在 CD 边上,求 AP 的长;
(2)如图 2,若 AB=8,BC=6,PE 与 CD 相交于点 O,且 OE=OD,求 AP 的长;
(3)如图 3,若 AB=4.BC=6,点 P 是 AD 的中点,求 DE 的长.
8.在 Rt△ABC 中,∠ACB=90°,AC=BC,CD 为 AB 边上的中线.在 Rt△AEF 中,∠
AEF=90°,AE=EF,AF<AC.连接 BF,M,N 分别为线段 AF,BF 的中点,连接 MN.
(1)如图 1,点 F 在△ABC 内,求证:CD=MN;
(2)如图 2,点 F 在△ABC 外,依题意补全图 2,连接 CN,EN,判断 CN 与 EN 的数
量关系与位置关系,并加以证明;
(3)将图 1 中的△AEF 绕点 A 旋转,若 AC=a,AF=b(b<a),直接写出 EN 的最大
值与最小值.
9.在△ABC 中,∠B=45°,∠C=30°.
(1)如图 1,若 AB=5 ,求 BC 的长;
(2)点 D 是 BC 边上一点,连接 AD,将线段 AD 绕点 A 逆时针旋转 90°,得到线段
AE.
①如图 2,当点 E 在 AC 边上时,求证:CE=2BD;
②如图 3,当点 E 在 AC 的垂直平分线上时,直接写出 的值.
10.已知等边三角形△ABC,点 D 和点 B 关于直线 AC 轴对称.点 M(不同于点 A 和点 C )
在射线 CA 上,线段 DM 的垂直平分线交直线 BC 于点 N
(1)如图 1,过点 D 作 DE⊥BC,交 BC 的延长线于 E.CE=5,求 BC 的长;
(2)如图 2,若点 M 在线段 AC 上,求证:△DMN 为等边三角形;
(3)连接 CD,BM,若 =3,直接写出 =
参考答案
1.解:(1)如图 1,
∵AB=AC,∠A=60°,
∴△ABC 是等边三角形,
∴∠B=∠C=60°,BC=AC=AB=4.
∵点 D 是线段 BC 的中点,
∴BD=DC= BC=4,
∵DF⊥AC,即∠AFD=90°,
∴∠AED=360°﹣60°﹣90°﹣120°=90°,
∴∠BED=90°,
∴BE=BD×cos∠B=4×cos60°=4× =2;
(2)过点 D 作 DM⊥AB 于 M,作 DN⊥AC 于 N,如图 2,
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°.
∵∠A=60°,∴∠MDN=360°﹣60°﹣90°﹣90°=120°.
∵∠EDF=120°,∴∠MDE=∠NDF.
在△MBD 和△NCD 中, ,
∴△MBD≌△NCD,
∴BM=CN,DM=DN.
在△EMD 和△FND 中, ,
∴△EMD≌△FND,
∴EM=FN,
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cos60°=BD= BC= AB;
(3)过点 D 作 DM⊥AB 于 M,如图 3.
同(1)可得:∠B=∠ACD=60°.
同(2)可得:BM=CN,DM=DN,EM=FN.
∵DN=FN,
∴DM=DN=FN=EM,
∴BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM=2BD×sin60°= BC=
AB,
∴(2)中的结论不成立;
∵AB=8,
∴BD=4,
∵BE+CF=BE+NF﹣CN=BE+DM﹣BM=BE+ BD﹣ BD= AB,
∴BE=2 +2.
2.解:(1)∵点 ,点 B(0,1),
∴OA= ,OB=1,
由折叠的性质得:OA'=OA= ,
∵A'B⊥OB,
∴∠A'BO=90°,
在 Rt△A'OB 中,A'B= = ,
∴点 A'的坐标为( ,1);
(2)在 Rt△ABO 中,OA= ,OB=1,
∴AB= =2,
∵P 是 AB 的中点,
∴AP=BP=1,OP= AB=1,
∴OB=OP=BP
∴△BOP 是等边三角形,
∴∠BOP=∠BPO=60°,
∴∠OPA=180°﹣∠BPO=120°,
由折叠的性质得:∠OPA'=∠OPA=120°,PA'=PA=1,
∴∠BOP+∠OPA'=180°,
∴OB∥PA',
又∵OB=PA'=1,
∴四边形 OPA'B 是平行四边形,
∴A'B=OP=1;
(3)设 P(x,y),分两种情况:
①∵∠BPA'=30°,
∴∠APA'=150°,
连接 AA′,延长 OP 交 AA′于 E,如图③所示:
则∠APE=75°,
∴∠OPB=75°,
∵OA= ,OB=1,
∴AB= = =2,
∴∠BAO=30°,∠OBA=60°,
∵∠BPA'=30°,
∴∠BA′P=30°,∠OPA′=105°,
∴∠A′OP=180°﹣30°﹣105°=45°,
∴点 A'在 y 轴上,
∴∠A'OP=∠AOP= ∠AOB=45°,
∴点 P 在∠AOB 的平分线上,
设直线 AB 的解析式为 y=kx+b,
把点 ,点 B(0,1)代入得: ,
解得: ,
∴直线 AB 的解析式为 y=﹣ x+1,
∵P(x,y),
∴x=﹣ x+1,
解得:x= ,
∴P( , );
②如图④所示:
由折叠的性质得:∠A'=∠A=30°,OA'=OA,
∵∠BPA'=30°,
∴∠A'=∠A=∠BPA',
∴OA'∥AP,PA'∥OA,
∴四边形 OAPA'是菱形,
∴PA=OA= ,作 PM⊥OA 于 M,如图④所示:
∵∠A=30°,
∴PM= PA= ,
把 y= 代入 y=﹣ x+1 得: =﹣ x+1,
解得:x= ,
∴P( , );
综上所述:当∠BPA'=30°时,点 P 的坐标为( , )或( , ).
3.解:DE=BG,DE⊥BG,
理由:如图,
∵四边形 ABCD 和四边形 AEFG 是正方形,
∴AD=AB,AE=AG,∠DAB=∠EAG=90°,
∴∠DAE=∠BAG,
在△ADE 和△ABG 中, ,
∴△ADE≌△ABG,
∴DE=BG,∠AED=∠AGB,
∵∠AGB+∠AMG=90°,
∴∠AED+∠AMG=90°,
∵∠AMG=∠EMH,
∴∠AED+∠EMH=90°,
∴∠EHG=90°,
∴DE⊥BG;
即:DE=BG,DE⊥BG;
(2)①由(1)知,∠EHG=90°=∠C,
∴点 H 是正方形 ABCD 的外接圆上,
∴DH 是正方形 ABCD 的外接圆的弦,
∴DH 最大就是正方形 ABCD 的外接圆的直径 BD=2cm;
故答案为 2cm;
②如图 2,
作出正方形 AEFG 的外接圆,
连接 OC',OC,FC,FC',
由(1)知,∠EHG=90°=∠EFG,
∴点 H 在正方形 AEFG 的外接圆⊙O 上,
点 H 的运动轨迹是如图 2 所示的 这段弧,(即:点 D,B,E 在同一条线上时,
和点 G,D',B'在同一条线上时,)
∴当∠AGH 越大, 越长,
即:GH⊥AB 时,∠AGH 最大,
∵正方形 AEFG 的边长是 2,
∴OA=OB= ,
∵AB= ,
∴OA=OB=AB,
∴∠AOB=60°,
同理:∠AOD'=60°,
∴∠BOD'=∠AOB+∠AOD'=120°
∴点 H 经过路线的长度为 •2π• = π(cm).
4.解:(1)∵ + =0.
∴a+5=0,b﹣3=0,
∴a=﹣5,b=3,
故答案:﹣5,3;
(2)存在,理由:如图 1,
延长 AB 交 y 轴于 E,
设 C(0,c),
∵a=﹣5,b=3,
∴A(﹣5,1),B(﹣2,3),
∴AB 的解析式为 y= x+ (﹣5≤x≤﹣2),
∴E(0, ),
∴CE=|c﹣ |,
∵S△ABC=8,
∴S△ABC=S△ACE﹣S△BCE= CE•|xA|﹣ CE•|xB|= CE•(|xA|﹣|xB|)= ×|c﹣ |
×(5﹣2)=8,
∴|c﹣ |= ,
∴c= 或 c=﹣ ,
∴C(0, )或(0,﹣1);
(3)∵将线段 BA 平移得到线段 OD,
∴OD 的解析式为 y= x(﹣3≤x≤0),
∵点 P(m,n)在线段 OD 上,
∴n= m,
∴3n﹣2m=0.
5.解:(1)由折叠知,BE=AB=10,
在 Rt△BCE 中,BC=8,根据勾股定理得,CE=6,
∴S△BCE= CE•BC=24,
故答案为 24,
(2)如图 2,
当 MD=ME 时,设 BE 交 DC 与点 Q,
在△DPM 和△EQM 中, ,
∴△DPM≌△EQM
∴DP=EQ DQ=EP,
设 AP=x,则 DP=8﹣x=EQ DQ=EP=AP=x
∴CQ=10﹣x BQ=2+x,
在 Rt△CBQ 中,由勾股定理得:64+(10﹣x)2=(x+2)2,
解得 x= ,即 AP= ,
在 Rt△ABP 中,由勾股定理得:BP= ,
(3)由折叠知,∠BPE=∠APB,AP=PE,
∵点 P 是 AD 中点,
∴AP=DP,
∴PD=PE,
∴∠PDE=∠PED,
∵2∠PDE+∠DPE=180°,2∠APB+∠DPE=180°,
∴∠PDE=∠APB,
∴∠PDE=∠PED=∠BPE=∠APB,
∵∠APB+∠ABP=90°,∠PBC+∠ABP=90°,
∴∠APB=∠PBC
故答案为 4.
6.解:(1)△AOB 沿 x 轴向右平移得到△OCD,根据 AO=2 可知,平移的距离是 2 个单
位长度;
△AOB 与△COD 关于直线对称,根据线段 AC 被 y 轴垂直平分可知,对称轴是 y 轴;
△AOB 绕原点 O 顺时针旋转得到△DOC,根据∠BOC=180°﹣∠AOB=120°可知,旋
转角度可以是 120°;
故答案为:2;y 轴;120
(2)由 AO=DO,∠COD=60°可得,∠OAD=∠ODA=30°,
∴∠ADC=30°+60°=90°,
∴AD⊥CD.
7.解:(1)如图 1,由折叠可得,AP=EP,AB=EB=10,
Rt△BCE 中,由勾股定理可得,CE=8,
∴DE=CD﹣CE=2,
设 AP=EP=x,则 PD=6﹣x,
∵Rt△DEP 中,DE2+DP2=PE2,
∴22+(6﹣x)2=x2,
解得 x= ,
∴AP 的长为 ;
(2)如图 2,∵四边形 ABCD 是矩形,
∴∠D=∠A=∠C=90°,AD=BC=6,CD=AB=8,
根据题意得:△ABP≌△EBP,
∴EP=AP,∠E=∠A=90°,BE=AB=8,
在△ODP 和△OEG 中,
,
∴△ODP≌△OEG(ASA),
∴OP=OG,PD=GE,
∴DG=EP,
设 AP=EP=x,则 PD=GE=6﹣x,DG=x,
∴CG=8﹣x,BG=8﹣(6﹣x)=2+x,
根据勾股定理得:BC2+CG2=BG2,
即 62+(8﹣x)2=(x+2)2,
解得 x=4.8,
∴AP=4.8;
(3)解法一:如图 3,取 DE 的中点 F,连接 PF,则
当点 P 是 AD 的中点时,DP=AP=EP=3,
∴PF⊥DE,
∴∠PFE=∠BEP=90°,
由折叠可得,∠BPE= ∠APE=∠PEF,BE=AB=4,
∴△PEF∽△BPE,
∴ ,即 ,
∴PF= EF,
又∵EF2+PF2=PE2,
∴EF2+( EF)2=32,
解得 EF= ,
∴DE= ;
解法二:如图 3,过 E 作 GF∥AB,交 AD 于 G,交 BC 于 F,则∠PGE=∠EFB=90°,
GF=AB=4,
设 GE=x,则 EF=4﹣x,
由折叠可得,∠BEP=∠A=90°,AB=BE=4,PE=AP= AD=3,
∴∠PEG=∠EBF,
∴△PEG∽△EBF,
∴ = ,即 = ,
∴PG= (4﹣x),
∵Rt△EGP 中,GE2+PG2=PE2,
∴x2+[ (4﹣x)]2=32,
解得 x1=0(舍去),x2= ,
∴GE= ,GD=DP﹣PG=3﹣ (4﹣ )= ,
∴Rt△DEG 中,DE= = = ,
∴DE 的长为 .
8.解:(1)证明:在 Rt△ABC 中,
∵CD 是斜边 AB 上的中线.
∴CD= AB.
在△ABF 中,点 M,N 分别是边 AF,BF 的中点,
∴MN= AB,
∴CD=MN.
(2)答:CN 与 EN 的数量关系 CN=EN,
CN 与 EN 的位置关系 CN⊥EN.
证明:连接 EM,DN,如图.
与(1)同理可得 CD=MN,EM=DN.
在 Rt△ABC 中,CD 是斜边 AB 边上的中线,
∴CD⊥AB.
在△ABF 中,同理可证 EM⊥AF.
∴∠EMF=∠CDB=90°.
∵D,M,N 分别为边 AB,AF,BF 的中点,
∴DN∥AF,MN∥AB.
∴∠FMN=∠MND,∠BDN=∠MND.
∴∠FMN=∠BDN.
∴∠EMF+∠FMN=∠CDB+∠BCN.
∴∠EMN=∠NDC.
∴△EMN≌△DNC.
∴CN=EN,∠1=∠2.
∵∠1+∠3+∠EMN=180°,
∴∠2+∠3+∠FMN=90°.
∴∠2+∠3+∠DNM=90°,
即∠CNE=90°.
∴CN⊥EN.
(3)点 N 是以点 D 为圆心, 为半径的圆上,
在 Rt△ABC 中,AC=BC=a,
∴AB= a,
∵CD 为 AB 边上的中线.
∴CD= AB= ,
∴CN 最大=CD+ = ,CN 最小=CD﹣ =
由(2)知,EN=CN,
∴EN 最大= ,EN 最小=
即:EN 的最大值为 ,最小值为 .
9.解:(1)如图 1,过点 A 作 AH⊥BC 于 H,则∠AHB=∠AHC=90°,
在 Rt△AHB 中,∵AB=5 ,∠B=45°,
∴BH=ABcosB=5,AH=ABsinB=5,
在 Rt△AHC 中,∵∠C=30°,
∴AC=2AH=10,CH=ACcosC=5 ,
∴BC=BH+CH=5+5 ;
(2)①证明:如图 2,过点 A 作 AP⊥AB 交 BC 于 P,连接 PE,则∠BAP=90°,∠APB
=45°,
由旋转可得,AD=AE,∠DAE=90°,
∴∠BAP=90°=∠DAE,
∴∠BAD=∠PAE,
∵∠B=∠APB=45°,
∴AB=AP,
在△ABD 和△APE 中,
,
∴△ABD≌△APE,
∴BD=PE,∠B=∠APE=45°,
∴∠EPB=∠EPC=90°,
∵∠C=30°,
∴CE=2PE,
∴CE=2BD;
②如图 3,作 AH⊥BC 于 H,AC 的垂直平分线交 AC 于 P,交 BC 于 M,则 AP=PC,
在 Rt△AHC 中,∵∠ACH=30°,
∴AC=2AH,
∴AH=AP,
在 Rt△AHD 和 Rt△APE 中,
,
∴△AHD≌△APE(HL),
∴∠DAH=∠EAP,
∵EM⊥AC,PA=PC,
∴MA=MC,
∴∠MAC=∠MCA=∠MAH=30°,
∴∠DAM=∠EAM= ∠DAE=45°,
∴∠DAH=∠EAP=15°,
∴∠BAD=∠BAH﹣∠DAH=30°,
如图 3,作 DK⊥AB 于 K,
设 BK=DK=a,则 AK= a,AD=2a,
∴ = = ,
∵AE=CE=AD,
∴ = .
10.解:(1)如图 1,连接 CD,
∵△ABC 是等边三角形,点 D 和点 B 关于直线 AC 轴对称,
∴BC=DC,∠ACB=∠ACD=60°,
∴∠DCE=60°,
∵DE⊥CE,CE=5,
∴∠CDE=30°,
∴CD=2CE=10,
∴BC=10;
(2)如图 2,过点 N 作 NG⊥CD 于 G,作 NH⊥AC 于 H,则∠H=∠DGN=90°,
∵△ABC 是等边三角形,点 D 和点 B 关于直线 AC 轴对称,
∴∠1=∠2=60°,
∴∠3=60°=∠4,即 NC 平分∠GCH,
∴NG=NH,
∵线段 DM 的垂直平分线交直线 BC 于点 N,
∴NM=ND,
在 Rt△MNH 和 Rt△DNG 中,
,
∴Rt△MNH≌Rt△DNG(HL),
∴∠CMQ=∠NDQ,
又∵∠MQC=∠DQN,
∴∠2=∠5=60°,
∵NM=ND,
∴△DMN 为等边三角形;
(3)①如图 3,当点 M 在线段 AC 上时,连接 AD,BD,则 BD⊥AC,BP=DP,
∵△ACD 和△MND 都是等边三角形,
∴AD=CD,∠ADM=∠CDN,MD=ND,
∴△ADM≌△CDN,
∴AM=CN,
∵ =3,
∴ = ,
∴ = ,
∴ = ,即 = ,
∴ = ,
∴ = ;
②如图 4,当点 M 在 CA 延长线上时,连接 AD,
同理可得,△ADM≌△CDN,
∴AM=CN,
∵ =3,
∴ = ,
∴ = ,即 = ,
∴BN=CN,
∴ =1.
综上所述, = 或 1.
故答案为: 或 1.
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