- 2021-05-10 发布 |
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文档介绍
中考数学复习专题四几何变换压轴题试题含答案
专题四 几何变换压轴题 类型一 图形的旋转变换 几何图形的旋转变换是近年来中考中的常考点,多与三角形、四边形相结合.解决旋转变换问题,首先要明确旋转中心、旋转方向和旋转角,关键是找出旋转前后的对应点,利用旋转前后两图形全等等性质解题. 如图,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,过点D作DE⊥AB于点E,DF⊥BC于点F. (1)如图1,连接AC分别交DE,DF于点M,N,求证:MN=AC; (2)如图2,将∠EDF以点D为旋转中心旋转,其两边DE′,DF′分别与直线AB,BC相交于点G,P.连接GP,当△DGP的面积等于3时,求旋转角的大小并指明旋转方向. 【分析】 (1)连接BD,由∠BAD=60°,得到△ABD为等边三角形,进而证明点E是AB的中点,再根据相似三角形的性质解答;(2)分∠EDF顺时针旋转和逆时针旋转两种情况,然后根据旋转的性质解题. 1.(2017·潍坊)边长为6的等边△ABC中,点D,E分别在AC,BC边上,DE∥AB,EC=2. (1)如图1,将△DEC沿射线EC方向平移,得到△D′E′C′,边D′E′与AC的交点为M,边C′D′与∠ACC′的角平分线交于点N.当CC′多大时,四边形MCND′为菱形?并说明理由. (2)如图2,将△DEC绕点C旋转∠α(0°<α<360°),得到△D′E′C,连接AD′,BE′.边D′E′的中点为P. ①在旋转过程中,AD′和BE′有怎样的数量关系?并说明理由; ②连接AP,当AP最大时,求AD′的值.(结果保留根号) 图1 图2 2.(2016·成都)如图1,△ABC中,∠ABC=45°,AH⊥BC于点H,点D在AH上,且DH=CH,连接BD. (1)求证:BD=AC; (2)将△BHD绕点H旋转,得到△EHF(点B,D分别与点E,F对应),连接AE. ①如图2,当点F落在AC上时(F不与C重合),若BC=4,tan C=3,求AE的长; ②如图3,当△EHF是由△BHD绕点H逆时针旋转30°得到时,设射线CF与AE相交于点G,连接GH,试探究线段GH与EF之间满足的等量关系,并说明理由. 类型二 图形的翻折变换 几何图形的翻折变换也是近年来中考中的常考点,多与三角形、四边形相结合.翻折变换的实质是对称,翻折部分的两图形全等,找出对应边、对应角,再结合勾股定理、相似的性质与判定解题. (2016·苏州)如图,在△ABC中,AB=10,∠B=60°,点D,E分别在AB,BC上,且BD=BE=4,将△BDE沿DE所在直线折叠得到△B′DE(点B′在四边形ADEC内),连接AB′,则AB′的长为____. 【分析】 作DF⊥B′E于点F,B′G⊥AD于点G,由∠B=60°,BD=BE,得到△BDE是等边三角形,由对称的性质得到△B′DE也是等边三角形,从而GD=B′F,然后利用勾股定理求解. 、 3.(2017·安徽)在三角形纸片ABC中,∠A=90°,∠C=30°,AC=30 cm,将该纸片沿过点B的直线折叠,使点A落在斜边BC上的一点E处,折痕记为BD(如图1),剪去△CDE后得到双层△BDE(如图2),再沿着过△BDE某顶点的直线将双层三角形剪开,使得展开后的平面图形中有一个是平行四边形,则所得平行四边形的周长为40或cm. 图1 图2 4.如图,在矩形ABCD中,点E在边CD上,将矩形沿AE折叠,使点D落在边BC上的点F处,过点F作FG∥CD,交AE于点G,连接DG. (1)求证:四边形DEFG为菱形; (2)若CD=8,CF=4,求的值. 类型三 图形的相似 图形的相似常以三角形、四边形为背景,与旋转、翻折、动点相结合,考查三角形相似的性质及判定,难度较大,是中考中常考的几何压轴题.与动点相关的相似三角形,要根据动点的运动情况讨论相似三角形的对应边、对应角,进而判定相似三角形,再利用相似三角形的性质解题. (2016·青岛)如图,在矩形ABCD中,AB=6 cm,BC=8 cm,对角线AC,BD交于点O.点P从点A出发,沿AD方向匀速运动,速度为1 cm/s;同时,点Q从点D出发,沿DC方向匀速运动,速度为1 cm/s;当一个点停止运动时,另一个点也停止运动.连接PO并延长,交BC于点E,过点Q作QF∥AC,交BD于点F.设运动时间为t(s)(0<t<6) ,解答下列问题: (1)当t为何值时,△AOP是等腰三角形; (2)设五边形OECQF的面积为S(cm2),试确定S与t的函数关系式. 【分析】 (1)根据勾股定理求出AC的值,然后分类讨论:当AP=PO时,求出t的值;当AP=AO时,求出t的值;(2)过点E作EH⊥AC于点H,过点Q作QM⊥AC于点M,过点D作DN⊥AC于点N,交QF于点G,分别用t表示出EH,DN,DG,再利用面积的和差计算即可. 5.(2017·常德)如图,Rt△ABC中,∠BAC=90°,D在BC上,连接AD,作BF⊥AD分别交AD于E,AC于F. (1)如图1,若BD=BA,求证:△ABE≌△DBE; (2)如图2,若BD=4DC,取AB的中点G,连接CG交AD于点M. 求证:①GM=2MC;②AG2=AF·AC. 图1 图2 参考答案 【例1】 (1)如图,连接BD,设BD交AC于点O, ∵在菱形ABCD中,∠DAB=60°, AD=AB, ∴△ABD为等边三角形. ∵DE⊥AB, ∴点E为AB的中点. ∵AE∥CD, ∴==. 同理=. ∴M,N是线段AC的三等分点,∴MN=AC. (2)∵AB∥CD,∠BAD=60°,∴∠ADC=120°. ∵∠ADE=∠CDF=30°,∴∠EDF=60°. 当∠EDF顺时针旋转时,由旋转的性质知, ∠EDG=∠FDP,∠GDP=∠EDF=60°. ∵DE=DF=,∠DEG=∠DFP=90°, ∴△DEG≌△DFP, ∴DG=DP,∴△DGP是等边三角形. 则S△DGP=DG2.由DG2=3, 又∵DG>0,解得DG=2. ∴cos∠EDG===,∴∠EDG=60°. ∴当顺时针旋转60°时,△DGP的面积是3. 同理,当逆时针旋转60°时,△DGP的面积也是3. 综上所述,当∠EDF以点D为旋转中心,顺时针或逆时针旋转60°时,△DGP的面积是3. 【变式训练】 1.解:(1)当CC′=时,四边形MCND′为菱形. 理由:由平移的性质得CD∥C′D′,DE∥D′E′. ∵△ABC为等边三角形,∴∠B=∠ACB=60°, ∴∠ACC′=180°-60°=120°. ∵CN是∠ACC′的角平分线,∴∠NCC′=60°. ∵AB∥DE,DE∥D′E′,∴AB∥D′E′, ∴∠D′E′C′=∠B=60°, ∴∠D′E′C′=∠NCC′,∴D′E′∥CN. ∴四边形MCND′为平行四边形. ∵∠ME′C′=∠MCE′=60°,∠NCC′=∠NC′C=60°, ∴△MCE′和△NCC′为等边三角形, 故MC=CE′,NC=CC′. 又E′C′=2,CC′=,∴CE′=CC′=, ∴MC=CN,∴四边形MCND′为菱形. (2)①AD′=BE′. 理由:当α≠180°时,由旋转的性质得∠ACD′=∠BCE′. 由(1)知AC=BC,CD′=CE′, ∴△ACD′≌△BCE′,∴AD′=BE′. 当α=180°时,AD′=AC+CD′,BE′=BC+CE′, 即AD′=BE′. 综上可知,AD′=BE′. ②连接CP,在△ACP中,由三角形三边关系得,AP查看更多
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