• 324.79 KB
  • 2021-11-11 发布

2021年九年级中考数学一轮复习精练+热考题型:几何变换综合题(五)

  • 25页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
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.