山東省棗莊市2018中考數(shù)學總復習 聚焦棗莊 專題四 幾何變換壓軸題試題

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1、 專題四 幾何變換壓軸題 類型一 圖形的旋轉(zhuǎn)變換 幾何圖形的旋轉(zhuǎn)變換是近年來中考中的常考點，多與三角形、四邊形相結(jié)合．解決旋轉(zhuǎn)變換問題，首先要明確旋轉(zhuǎn)中心、旋轉(zhuǎn)方向和旋轉(zhuǎn)角，關鍵是找出旋轉(zhuǎn)前后的對應點，利用旋轉(zhuǎn)前后兩圖形全等等性質(zhì)解題． 如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠BAD＝60°，過點D作DE⊥AB于點E，DF⊥BC于點F. (1)如圖1，連接AC分別交DE，DF于點M，N，求證：MN＝AC； (2)如圖2，將∠EDF以點D為旋轉(zhuǎn)中心旋轉(zhuǎn)，其兩邊DE′，DF′分別與直線AB，BC相交于點G，P.連接GP，當△DGP的面積等于3時，求旋轉(zhuǎn)角的大小并指明旋轉(zhuǎn)方向． 【分

2、析】 (1)連接BD，由∠BAD＝60°，得到△ABD為等邊三角形，進而證明點E是AB的中點，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)解答；(2)分∠EDF順時針旋轉(zhuǎn)和逆時針旋轉(zhuǎn)兩種情況，然后根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)解題． 1．(2017·濰坊)邊長為6的等邊△ABC中，點D，E分別在AC，BC邊上，DE∥AB，EC＝2. (1)如圖1，將△DEC沿射線EC方向平移，得到△D′E′C′，邊D′E′與AC的交點為M，邊C′D′與∠ACC′的角平分線交于點N.當CC′多大時，四邊形MCND′為菱形？并說明理由． (2)如圖2，將△DEC繞點C旋轉(zhuǎn)∠α(0°<α<360°)，得到△D′E′C，連接

3、AD′，BE′，邊D′E′的中點為P. ①在旋轉(zhuǎn)過程中，AD′和BE′有怎樣的數(shù)量關系？并說明理由； ②連接AP，當AP最大時，求AD′的值．(結(jié)果保留根號) 　　　　 圖1　　　　　　圖2 2．(2016·成都)如圖1，△ABC中，∠ABC＝45°，AH⊥BC于點H，點D在AH上，且DH＝CH，連接BD. (1)求證：BD＝AC； (2)將△BHD繞點H旋轉(zhuǎn)，得到△EHF(點B，D分別與點E，F(xiàn)對應)，連接AE. ①如圖2，當點F落在AC上時(F不與C重合)，若BC＝4，tan C＝3，求AE的長； ②如圖3，當△EHF是由△BH

4、D繞點H逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到時，設射線CF與AE相交于點G，連接GH，試探究線段GH與EF之間滿足的等量關系，并說明理由． 類型二 圖形的翻折變換 幾何圖形的翻折變換也是近年來中考中的?？键c，多與三角形、四邊形相結(jié)合．翻折變換的實質(zhì)是對稱，翻折部分的兩圖形全等，找出對應邊、對應角，再結(jié)合勾股定理、相似的性質(zhì)與判定解題． (2016·蘇州)如圖，在△ABC中，AB＝10，∠B＝60°，點D，E分別在AB，BC上，且BD＝BE＝4，將△BDE沿DE所在直線折疊得到△B′DE(點B′在四邊形ADEC內(nèi))，連接AB′，則AB′的長為 2

5、． 【分析】 作DF⊥B′E于點F，B′G⊥AD于點G，由∠B＝60°，BD＝BE，得到△BDE是等邊三角形，由對稱的性質(zhì)得到△B′DE也是等邊三角形，從而GD＝B′F，然后利用勾股定理求解． 3．(2017·安徽)在三角形紙片ABC中，∠A＝90°，∠C＝30°，AC＝30 cm，將該紙片沿過點B的直線折疊，使點A落在斜邊BC上的一點E處，折痕記為BD(如圖1)，剪去△CDE后得到雙層△BDE(如圖2)，再沿著過△BDE某頂點的直線將雙層三角形剪開，使得展開后的平面圖形中有一個是平行四邊形，則所得平行四邊形的周長為___________

6、________cm. 圖1　　 　圖2 4．如圖，在矩形ABCD中，點E在邊CD上，將矩形沿AE折疊，使點D落在邊BC上的點F處，過點F作FG∥CD，交AE于點G，連接DG. (1)求證：四邊形DEFG為菱形； (2)若CD＝8，CF＝4，求的值． 類型三 圖形的相似 圖形的相似常以三角形、四邊形為背景，與旋轉(zhuǎn)、翻折、動點相結(jié)合，考查三角形相似的性質(zhì)及判定，難度較大，是中考中?？嫉膸缀螇狠S題．與動點相關的相似三角形，要根據(jù)動點的運動情況討論相似三角形的對應邊、對應角，進而判定相似三角形，再利用相似三角形的性質(zhì)解題． 如圖，在矩形ABC

7、D中，AB＝6 cm，BC＝8 cm，對角線AC，BD交于點O.點P從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為1 cm/s；同時，點Q從點D出發(fā)，沿DC方向勻速運動，速度為1 cm/s；當一個點停止運動時，另一個點也停止運動．連接PO并延長，交BC于點E，過點Q作QF∥AC，交BD于點F.設運動時間為t(s)(0＜t＜6)，解答下列問題： (1)當t為何值時，△AOP是等腰三角形； (2)設五邊形OECQF的面積為S(cm2)，試確定S與t的函數(shù)表達式． 【分析】 (1)根據(jù)勾股定理求出AC的值，然后分類討論：當AP＝PO時，求出t的值；當AP＝AO時，求出t的值；(2)過點E作EH⊥A

8、C于點H，過點Q作QM⊥AC于點M，過點D作DN⊥AC于點N，交QF于點G，分別用t表示出EH，DN，DG，再利用面積的和差計算即可． 5．(2017·常德)如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D在BC上，連接AD，作BF⊥AD分別交AD于點E，交AC于點F. (1)如圖1，若BD＝BA，求證：△ABE≌△DBE； (2)如圖2，若BD＝4DC，取AB的中點G，連接CG交AD于點M.求證：①GM＝2MC；②AG2＝AF·AC. 　　　 　圖1　　　　　　　圖2 參考答案 【聚焦棗

9、莊】 【例1】 (1)如圖，連接BD，設BD交AC于點O， ∵在菱形ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝AB， ∴△ABD為等邊三角形． ∵DE⊥AB，∴點E為AB的中點． ∵AE∥CD，∴＝＝. 同理＝. ∴M，N是線段AC的三等分點， ∴MN＝AC. (2)∵AB∥CD，∠BAD＝60°，∴∠ADC＝120°. ∵∠ADE＝∠CDF＝30°，∴∠EDF＝60°. 當∠EDF順時針旋轉(zhuǎn)時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知， ∠EDG＝∠FDP，∠GDP＝∠EDF＝60°. ∵DE＝DF＝，∠DEG＝∠DFP＝90°， ∴△DEG≌△DFP，∴DG＝DP， ∴△DGP是等邊三角

10、形． 則S△DGP＝DG2. 由DG2＝3， 又∵DG＞0，解得DG＝2. ∴cos∠EDG＝＝＝， ∴∠EDG＝60°. ∴當順時針旋轉(zhuǎn)60°時，△DGP的面積是3. 同理，當逆時針旋轉(zhuǎn)60°時，△DGP的面積也是3. 綜上所述，當∠EDF以點D為旋轉(zhuǎn)中心，順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)60°時，△DGP的面積是3. 變式訓練 1．解：(1)當CC′＝時，四邊形MCND′為菱形． 理由：由平移的性質(zhì)得CD∥C′D′，DE∥D′E′. ∵△ABC為等邊三角形，∴∠B＝∠ACB＝60°， ∴∠ACC′＝180°－60°＝120°. ∵CN是∠ACC′的角平分線，∴∠NCC′＝6

11、0°. ∵AB∥DE，DE∥D′E′，∴AB∥D′E′， ∴∠D′E′C′＝∠B＝60°， ∴∠D′E′C′＝∠NCC′，∴D′E′∥CN. ∴四邊形MCND′為平行四邊形． ∵∠ME′C′＝∠MCE′＝60°，∠NCC′＝∠NC′C＝60°， ∴△MCE′和△NCC′為等邊三角形， 故MC＝CE′，NC＝CC′. 又E′C′＝2，CC′＝，∴CE′＝CC′＝， ∴MC＝CN，∴四邊形MCND′為菱形． (2)①AD′＝BE′. 理由：當α≠180°時，由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠ACD′＝∠BCE′. 由(1)知AC＝BC，CD′＝CE′， ∴△ACD′≌△BCE′，∴AD′＝

12、BE′. 當α＝180°時，AD′＝AC＋CD′，BE′＝BC＋CE′， 即AD′＝BE′. 綜上可知，AD′＝BE′. ②連接CP，在△ACP中，由三角形三邊關系得，AP

13、①在Rt△AHC中，∵tan C＝3，∴＝3. 設CH＝x，則BH＝AH＝3x， ∴BC＝BH＋CH＝4x＝4， ∴x＝1，∴AH＝3，CH＝1. 由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)知，∠EHF＝∠BHD＝∠AHC＝90°， EH＝AH＝3，CH＝DH＝FH， ∴∠EHA＝∠FHC，＝＝1， ∴△EHA∽△FHC， ∴∠EAH＝∠C，∴tan∠EAH＝tan C＝3. 如圖，過點H作HP⊥AE于點P， 則HP＝3AP，AE＝2AP. 在Rt△AHP中，AP2＋HP2＝AH2， 即AP2＋(3AP)2＝9， ∴AP＝，∴AE＝. ②由①知，△AEH和△FHC都為等腰三角形， 設AH交

14、CG于點Q， ∴∠GAH＝∠HCG， ∴△AGQ∽△CHQ，∴＝， ∴＝，∠AGQ＝∠CHQ＝90°. ∵∠AQC＝∠GQH，∴△AQC∽△GQH. 又∵旋轉(zhuǎn)角為30°， ∴∠EHA＝∠FHC＝120°， ∴∠QAG＝30°， ∴＝＝＝＝2. 【例2】 2　如圖，作DF⊥B′E于點F，B′G⊥AD于點G， ∵∠B＝60°，BD＝BE＝4， ∴△BDE是邊長為4的等邊三角形． ∵將△BDE沿DE所在的直線折疊得到△B′DE， ∴△B′DE也是邊長為4的等邊三角形， ∴GD＝B′F＝2. ∵B′D＝4，∴B′G＝＝2. ∵AB＝10，∴AG＝10－6＝4， ∴

15、AB′＝＝2. 變式訓練 3．40或 4．(1)證明：由折疊的性質(zhì)知，DG＝FG，ED＝EF， ∠AED＝∠AEF， ∵FG∥CD，∴∠FGE＝∠AED， ∴∠FGE＝∠AEF，∴FG＝FE， ∴DG＝GF＝EF＝DE， ∴四邊形DEFG為菱形． (2)解：設DE＝x，則EF＝DE＝x，EC＝8－x， 在Rt△EFC中，F(xiàn)C2＋EC2＝EF2， 即42＋(8－x)2＝x2， 解得x＝5，CE＝8－x＝3， ∴＝. 【例3】 (1)∵在矩形ABCD中，AB＝6 cm，BC＝8 cm， ∴AC＝10 cm. ①當AP＝PO時，如圖，過點P作PM⊥AO， ∴A

16、M＝AO＝. ∵∠PMA＝∠ADC＝90°，∠PAM＝∠CAD， ∴△APM∽△ACD，∴＝，∴AP＝t＝. ②當AP＝AO時，t＝5. ∵0＜t＜6，∴t＝或t＝5均符合題意， ∴當t＝或t＝5時，△AOP是等腰三角形． (2)如圖，過點E作EH⊥AC于點H，過點Q作QM⊥AC于點M，過點D作DN⊥AC于點N，交QF于點G， ∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC， ∴∠PAO＝∠ECO. ∵點O是對角線AC的中點，∴AO＝CO. 又∵∠AOP＝∠COE，∴△AOP≌△COE， ∴CE＝AP＝t. ∵△CEH∽△CAB，∴＝，∴EH＝. ∵S△ADC＝AD·DC＝

17、DN·AC， ∴DN＝＝. ∵QM∥DN，∴△CQM∽△CDN， ∴＝，即＝， ∴QM＝，∴DG＝－＝. ∵FQ∥AC，∴△DFQ∽△DOC， ∴＝＝，∴FQ＝， ∴S＝S△OEC＋S△OCD－S△DFQ ＝OC·EH＋OC·DN－DG·FQ ＝－t2＋t＋12， 即S與t的函數(shù)表達式為S＝－t2＋t＋12. 變式訓練 5．證明：(1)在Rt△ABE和Rt△DBE中， ∴△ABE≌△DBE. (2)①如圖，過點G作GH∥AD交BC于H， ∵AG＝BG，∴BH＝DH. ∵BD＝4DC，設DC＝1，則BD＝4，∴BH＝DH＝2. ∵GH∥AD，∴＝＝，∴GM＝2MC. ②如圖，過點C作CN⊥AC交AD的延長線于N， 則CN∥AG， ∴△AGM∽△NCM，∴＝. 由①知GM＝2MC，∴AG＝2NC. ∵∠BAC＝∠AEB＝90°， ∴∠ABF＝∠CAN＝90°－∠BAE， ∴△ACN∽△BAF， ∴＝. ∵AB＝2AG，∴＝， ∴2CN·AG＝AF·AC， ∴AG2＝AF·AC. 9