山東省棗莊市2018中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 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(guān)鍵是找出旋轉(zhuǎn)前后的對應(yīng)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(dāng)△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(dāng)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(guān)系?并說明理由; ②連接AP,當(dāng)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(yīng)),連接AE. ①如圖2,當(dāng)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(dāng)△EHF是由△BH

4、D繞點H逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到時,設(shè)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(guān)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(yīng)邊、對應(yīng)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(guān)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(yīng)邊、對應(yīng)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(dāng)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(shè)運動時間為t(s)(0<t<6),解答下列問題: (1)當(dāng)t為何值時,△AOP是等腰三角形; (2)設(shè)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(dāng)AP=PO時,求出t的值;當(dāng)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(shè)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(dāng)∠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(dāng)順時針旋轉(zhuǎn)60°時,△DGP的面積是3. 同理,當(dāng)逆時針旋轉(zhuǎn)60°時,△DGP的面積也是3. 綜上所述,當(dāng)∠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(xùn)練 1.解:(1)當(dāng)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(dāng)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(dāng)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(guān)系得,AP

13、①在Rt△AHC中,∵tan C=3,∴=3. 設(shè)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(shè)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(xùn)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(shè)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(dāng)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(dāng)AP=AO時,t=5. ∵0<t<6,∴t=或t=5均符合題意, ∴當(dāng)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(xùn)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(shè)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

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